Tổng hợp đề thi cao học toán

Chia sẻ: Le Duy Tan Tan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:25

7
3.121
lượt xem
1.252
download

Tổng hợp đề thi cao học toán

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo luyện giải đề thi cao học môn đại số, hướng dẫn bạn cách giải đề thi tuyển sinh cao học môn cơ bản đại số và giải tích.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Tổng hợp đề thi cao học toán

  1. Luy ện giải đề thi cao học môn đại số GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO HỌC THÁNG 8/2008 MÔN CƠ BẢN: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH Bài 1: Cho ánh xạ tuyến tính f : R4 → R3 xác định bởi f(x1,x2,x3,x4)=(x1+x2,x2+x3,x3+x4) với mọi x=(x1,x2,x3,x4) ∈ R4 M={ (x1,x2,x3,x4) ∈ R4 : x1-x2=0 và x3-x4=0} a. Tìm ma trận f trong cơ sở chính tắc của R4 và R3 . xác định Imf và Kerf b. CM f(M) là không gian vectơ con của R3. tìm dimf(M) Giải : • Tìm ma trận f trong cơ sở chính tắc của R4 và R3 Trong R4 ta có e1=(1,0,0,0),e2=(0,1,0,0),e3=(0,0,1,0),e4=(0,0,0,1) Trong R3 ta có e’1=(1,0,0),e’2=(0,1,0),e’3=(0,0,1) Ma trận f trong cơ sở chính tắc là a1 a2 a3 a 4  1 1 0 0 A f /( e 4 ),( e3 ) =  b1  b2 b3 b4  = 0 1 1 0     c1  c2 c3 c 4  0 0 1 1     mà f(e1)=(1,0,0)=a1e’1+b1e’2+c1e’3 ta tìm được (a1,b1,c1)=(1,0,0) f(e2)=(1,1,0) (a2,b2,c2)=(1,1,0) f(e3)=(0,1,1) (a3,b3,c3)=(0,1,1) f(e4)=(0,0,1) (a4,b4,c4)=(0,0,1) • Xác định Imf,Kerf • Kerf ={ x∈ R4 : f(x)=0 }  x1 = − x 4  x1 + x 2 = 0 x = x   x 2 + x3 = 0 ⇔  2 4 Ta được hệ  hệ có nghiệm tổng quát là (-a,a,-a,a) x + x = 0  x3 = − x 4  3 4  x4 ∈ R  Hệ nghiệm cơ bản là (-1,1,-1,1) Vậy dimKerf=1, cơ sở của Kerf =(-1,1,-1,1) • Tìm Imf Ta có f(e1)=(1,0,0),f(e2)=(1,1,0), f(e3)=(0,1,1),f(e4)=(0,0,1) Nên Imf= Ta có 1 0 0 1 0 0 1 1  0 0 1 0  → ... →   0 1 1 0 0 1     0 0 1 0 0 0 vậy cơ sở của Imf là f(e1),f(e2),f(e3) và dimf=3 b. Bài 2: Giải và biện luận hệ phương trình http://kinhhoa.violet.vn 1
  2. Luy ện giải đề thi cao học môn đại số mx1 + x 2 + x3 + x 4 = 1   x1 + mx 2 + x3 + x 4 = 1  x + x + mx + x = 1  1 2 3 4 Giải : lập ma trận các hệ số m 1 1 1 . 1 1 1 m 1 . 1 1 1 m 1 . 1  A= 1 m 1 1 . 1 →  1 m 1 1 .  → ... → 0 m − 1 1. 1− m 0 . 0       1 1 m 1 . 1   m 1 1 1 .  1 0  0 2 − m − m 2 1 − m . 1 − m  (1 − m)(2 + m) x 3 + (1 − m) x 4 = 1− m  vậy ta được (m − 1) x 2 + (1 − m) x3 = 0  x + x + mx + x = 1  1 2 3 4 Biện luận: Với m=1 hệ có vô số nghiệm phụ thuộc 3 tham số x2,x3,x4 nghiệm của hệ là (1-a-b-c,a,b,c) a,b,c ∈ R với m=-2 hệ có vô số nghiệm phụ thuộc tham số x3 nghiệm của hệ là (a,a,a,1) a ∈R với m khác 1,-2 hệ có vô số nghiệm phụ thuộc tham số x4 và m  1− a x = m + 2  x = 1 − a  nghiệm của hệ là  m + 2 a ∈R  1− a x =  m+2 x = a  Bài 3: Cho chuỗi luỹ thừa ∞ (−1) n −1 ( x + 2) n ∑ n =1 n.2 n a. Tìm miền hội tụ của chuỗi b. Tính tổng của chuỗi Giải: ( −1) n −1 ( x + 2) n a. ta có U n ( x) = n.2 n 1 x+2 x+2 tính lim n →∞ n U n ( x) = lim n . n →∞ n 2 = 2 =C theo tiêu chuẩn côsi nếu chuổi hội tụ khi C 0 Bài 4: Cho a>0 và f ( x, y ) =  ( x + y2 ) a 0 ,x = y = 0  http://kinhhoa.violet.vn 2
  3. Luy ện giải đề thi cao học môn đại số Tuỳ theo giá trị của a>0 xét sự khả vi của f tại (0,0), sự liên tục của f’x,f’y tại (0,0) Giải : Tính các đhr • tại x2+y2>0 1 2x3 1 f x' = 2 x sin − 2 cos (x + y ) 2 2 a x +y 2 x + y2 2 ( ) a − 2x 2 y 1 f y' = cos 2 x +y 2 2 (x + y 2 )a • tại x=y=0 f (t ,0) − f (0,0) f x' = lim = t →0 t f (0, t ) − f (0,0) f = lim y ' = t →0 t ϕ ( s, t ) • xét sự khả vi của f tại (0,0) Cần xét : lim s ,t →0 Với ϕ ( s, t ) = 1 [ f (s, t ) − f (0,0) − f x ' (0,0) s − f y' (0,0)t ] s +t 2 2 Nếu lim ϕ (s, t ) s ,t →0 =0 thì hàm số khả vi tại (0,0) ngược lại thì không khả vi • xét sự liên tục của f’x,f’y tại 0(0,0) lim f ( x, y ) ≠ f x' (0,0) lim f ( x, y ) ≠ f y' (0,0) ' ' nếu : x , y →0 x , x , y →0 y thì hàm số không liên tục tại (0,0) ngược lại thì liên tục Bài 5: Cho (X,d ) là không gian Metric A ⊂ X khác rỗng Cho f: X → R định bởi f(x)=d(x;A)=inf{d(x,y): y∈ A} a. CM: f liên tục điều trên X b. Giả sử A là tập đóng , B là tập compác chứa trong X và A  B = φ Đặt d(A,B)= inf{ d(x,y),x ∈ A,y ∈ B } CM : d(A,B)>0 Giải : a. để CM f liên tục điều trên X cần CM f ( x) − f ( x' ) ≤ d ( x, x' ) ta có d(x,y) ≤ d(x,x’)+d(x’,y) lấy inf 2 vế ⇒ d(x,A)-d(x’,A) ≤ d(x,x’) tương tự thay đổi vai trò vị trí của x và x’ nhau ta suy ra ĐPCM vậy f liên tục tại x’, do x’ tuỳ ý nên f liên tục điều trên X b. Giả sử trái lại d(A,B)=0 Khi đó ta tìm được các dãy (xn) ⊂ A, (yn) ⊂ B sao cho limd(xn,yn)=0 Do B compắc nên (yn) có dãy con ( y n ) k hội tụ ve y0 ∈ B k Ta có d ( x n , y 0 ) ≤ d ( x n , y n ) + d ( y n , y 0 ) k k k k Mà lim d ( x k →∞ nk , y n k ) = lim d ( y nk , y 0 ) = 0 ⇒ lim d ( x n k , y 0 ) = 0 k →∞ k →∞ Do A là tập đóng dãy ( x n ) k ⊂ A, ( x n ) k → y 0 nên y0 ∈ A k k Điều này mâu thuẩn với giả thiết A  B = φ .Vậy d(A,B)>0 GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO HỌC THÁNG 9/2007 MÔN CƠ BẢN: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH Bài 1: Tìm miền hội tụ của chuổi luỹ thừa http://kinhhoa.violet.vn 3
  4. Luy ện giải đề thi cao học môn đại số n  n +1  ∞ ∑  2n + 3  ( x − 2 ) 2 n n =0   Giải : Đặt X=(x-2) đk X ≥ 0 2 n  n +1  n n +1 ∞ Ta tìm miền hội tụ của chuổi ∑   X xét u n = n = 0  2n + 3  2n + 3 n +1 1 Ta có l = lim n u n = lim = n →∞ n →∞ 2n + 3 2 1 ⇒ R = = 2 nên khoảng hội tụ là (-2,2) l Xét tại X= 2, X= -2 n n  n +1  n ∞ ∞ n  2n + 2  Ta có chuổi ∑ (±1)   2 = ∑ (±1)  n  n =0  2n + 3  n =0  2n + 3  2n + 2 ⇒ lim n u n = lim = 1 ≠ 0 nên chuổi phân kì n→∞ n →∞ 2n + 3 vậy miền hội tụ theo X là (-2,2) ⇒ miền họi tụ theo x là x − 2 < 2 ⇔ 2 − 2 < x < 2 + 2  2  1  ( x + y ) sin  2  x + y 2  khi x + y > 0 2 2 2 f ( x, y ) =   Bài 2: Cho hàm số   0 khi x = y = 0  Chứng tỏ rằng hàm số f(x,y)có đạo hàm riêng f’x,f’y không liên tục tại 0(0,0) Nhưng hàm số f(x,y)khả vi tại 0(0,0). Giải : Tính các đhr tại (x,y) ≠ (0,0) va tại (x,y)=(0,0) • Tại (x,y) ≠ (0,0)  1  2x  1  Ta có f x' = 2 x sin  2  x + y 2  − x 2 + y 2 cos x 2 + y 2          1  2y  1  f y' = 2 y sin  2  x + y 2  − x 2 + y 2 cos x 2 + y 2         • Tại (x,y)=(0,0) 1 t 2 sin f (t ,0) − f (0,0) t2 ≤ 1 f x' = lim = lim lim t = 0 do sin t 2 ≤ 1 t →0 t t →0 t t →0 1 t 2 sin 2 f (0, t ) − f (0,0) t ≤ 1 f y' = lim = lim lim t = 0 do sin t 2 ≤ 1 t →0 t t →0 t t →0 lim f x ≠ 0 lim f y ≠ 0 ' ' CM : f’x,f’y không liên tục tại 0(0,0) Ta CM : x , y →0 và x , y →0 lim f ( x, y ) ≠ f (0,0) lim f ( x, y ) ≠ f (0,0) ' ' ' ' Hay CM : x , y →0 x x , x , y →0 y y Ta có : http://kinhhoa.violet.vn 4
  5. Luy ện giải đề thi cao học môn đại số 1 2x 1 lim f ( x, y ) = lim 2 x. sin − lim 2 ' x . cos 2 , x , y →0 x , y →0 x +y 2 2 x , y →0 x + y 2 x + y2 1 1 Do sin x 2 + y 2 ≤ 1, ⇒ 2 x sin x + y ≤ 2 x → 0, khi x → 0 1 2x 1 2x 2 cos ≤1⇒ 2 . cos 2 ≤ 2 ≤ → ∞ , khi x → 0 x +y 2 2 x +y 2 x +y 2 x +y 2 x lim f ( x, y ) ≠ f x' (0,0) ' nên x , y →0 x lim f ( x, y ) ≠ f y' (0,0) ' tương tự ta CM : được x , y →0 y vậy f’x,f’y không liên tục tại 0(0,0) ϕ ( s, t ) = 0 • Ta CM : f(x,y)khả vi tại 0(0,0). Cần CM : lim s ,t → 0 Với ϕ ( s, t ) = 1 [ f (s, t ) − f (0,0) − f x ' (0,0) s − f y' (0,0)t ] s +t 2 2 1 1 lim ϕ (s, t ) = lim s ,t → 0 s ,t → 0 s 2 + t 2 . sin s + t2 2 =0 (do sin s + t2 2 ≤ 1) vậy f(x,y)khả vi tại 0(0,0) Bài 3: Cho ϕ : [ 0,1] * R → R là một hàm số liên tục CMR : Hàm F: C[0,1] → R xác định bởi 1 F ( x) = ∫ ϕ (t , x(t ))dt khi x(t) ∈ C[ 0,1] là hàm số liên tục trên C[0,1] 0 Giải: Cố định x0, CM f liên tục tại x0 Đặt M=1+sup x0 (t ) , t ∈ C[ 0,1] Cho ε > 0 ϕ liên tục trên tập compac D= [0,1]*[-M,M] nên ϕ liên tục đều trên D tồn tại số δ 1 >0 sao cho ∀(t , s ), (t ' , s ' ) ∈ D ⇒ t − t ' < δ 1 , s − s ' < δ 1 ⇒ ϕ (t , s ) − ϕ (t ' , s ' ) < ε đặt δ = min(1, δ 1 ) : ∀x ∈ [ 0,1] ⇒ d ( x, x0 ) < δ mà x(t ) − x0 (t ) < 1 ⇒ x0 (t ) ∈ [ − M , M ] 1 ϕ (t , x(t )) − ϕ (t , x 0 (t )) < ε ⇒ ∫ [ϕ (t , x(t )) − ϕ (t , x 0 0 (t ))] dt < ε ⇒ F ( x) − F ( x0 ) < ε ta CM được ∀ε > 0, ∃δ > 0 : d ( x, x0 ) < δ ⇒ d ( F ( x), F ( x0 )) < ε vậy F liên tục tại x0 Bài 4: Cho ánh xạ tuyến tính f :R 4 → R 3 xác định bởi f(x1,x2,x3,x4)=(x1-2x2+x4,-x1+x2+2x3,-x2+2x3+x4) 1. Tìm cơ sở và số chiều của kerf, Imf 2. f có phải là đơn cấu , toàn cấu không? Giải : 1. • Tìm cơ sở và số chiều của kerf Với x=( x1,x2,x3,x4) http://kinhhoa.violet.vn 5
  6. Luy ện giải đề thi cao học môn đại số Ta có : ker f = { x ∈ R 4 : f ( x) = 0}  x1 − 2 x 2 + x 4 = 0  f(x1,x2,x3,x4)=(x1-2x2+x4,-x1+x2+2x3,-x2+2x3+x4)=0 ⇔ − x1 + x 2 + 2 x3 = 0 − x + 2 x + x = 0  2 3 4  1 − 2 0 1 1 − 2 0 1 1 − 2 0 1 − 1 1 2 0 → 0 − 1 2 1 → 0 − 1 2 1 lập ma trận A =        0 − 1 2 1   0 − 1 2 1   0 0 0 0    vậy Rank(A)=2  x1 = 2 x 2 − x 4  ta có  x 2 = 2 x3 + x 4 nên dimKerf=2 x , x ∈ R  3 4 nghiệm cơ bản là (1,1,0,1),(4,2,1,0) và là cơ sở của Kerf do dimKerf =2 ≠ 0 nên f không đơn cấu • Tìm cơ sở , số chiều của Im f Im f là không gian con của R3 sinh bởi hệ 4 vectơ f(e1)=(1,-1,0) với e1=(1,0,0,0) f(e2)=(-2,1,-1) với e2=(0,1,0,0) f(e3)=(0,2,2) với e3=(0,0,1,0) f(e4)=(1,0,1) với e4=(0,0,0,1) ta tìm hạng của 4 vectơ trên  1 −1 0  1 − 1 0  1 − 1 0  − 2 1 − 1 0 − 1 − 1    xét ma trận B =  →  → 0 − 1 − 1 0 2 2 0 2 2 0 0 0       1 0 1 0 1 1 0 0 0 Rank(B)=2, , dim Imf =2 , cơ sở của Imf là f(e1),f(e2) Do , dim Imf =2 nên f không toàn cấu Bài 5: Cho f : V → V ' , g : V → V ' ' là những ánh xạ tuyến tính sao cho ker f ⊂ ker g Hơn nữaf là một toàn cấu . CMR tồn tại duy nhất một ánh xạ tuyến tính h : V ' → V ' ' sao cho h.f=g Giải: Bài 6: Cho dạng toàn phương trên R3 f(x1,x2,x3)= 2 x12 + 2 x 22 + x32 + 2 x1 x 2 + ax1 x3 a. Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phương pháp Lagrange b. Với giá trị nào của a thì f xác định dương, không âm Giải : a. f(x1,x2,x3)= 2 x12 + 2 x 2 + x32 + 2 x1 x 2 + ax1 x3 =…… 2 2 2  2 x 2 + ax3  3 a   a2  2 ……= 2 x1 +  + 2  x 2 − 6 x 3  + 1 − 6   x3   4      http://kinhhoa.violet.vn 6
  7. Luy ện giải đề thi cao học môn đại số  x 2 ax3  y 2 ay 3  y1 = x1 + 2 + 4  x1 = y1 − 2 − 3    ax3  ay đặt  y 2 = x 2 − ⇔ x2 = y 2 + 3  6  6  y 3 = x3  x3 = y 3     ta được cơ sở f chính tắc là u1=(1,0,0),u2=(-1/2,1,0),u3=(-a/3,a/6,1)  −1 − a 1 2 3   a  ma trận trong cơ sở chính tắc là Tεu = 0 1   6  0 0 1      a2 b. f xác định dương khi 1 − > 0 ⇔ − 6 < a < 6 6 a2 f xác định không âm khi 1 − = 0 ⇔ a = ± 6 6 GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO HỌC THÁNG 5/2007 MÔN CƠ BẢN: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH Bài 1: Cho u=u(x,y), v=v(x,y) là hàm ẩn suy ra từ hệ phương trình  x.e u +v + 2uv − 1 = 0   u −v u  y.e − − 2x = 0  1+ v tìm vi phân du(1,2), dv(1,2) biết u(x,y)=0, v(x,y)=0  F ( x, y , u , v ) = 0 Giải : lí thuyết : cho hàm ẩn  xác định bởi u=u(x,y), v=v(x,y) G ( x, y, u , v) = 0 Tính các đạo hàm riêng của hàm ẩn  Fx' d x + Fy' d y + Fu' d u + Fv' d v = 0  Từ hệ trên ta có  ' ⇔ G x d x + G y d y + Gu d u + Gv d v = 0 ' ' '  − Fx d x − F y d y = Fu' d u + Fv' d v  ' ' d u =  ⇔ − G x d x − G y d y = G u d u + G v d v d v = ' ' ' '  d u (1,2) = Tính  d v (1,2) = Ta có : Bài 2: Tìm miền hội tụ của chuổi luỹ thừa ∞ 1 ∑ n(ln n) n =2 2 ( x + 1) n ∞ 1 Giải : Đặt X= x+1 ta được ∑ n(ln n) n =2 2 Xn 1 1 Xét u n = n(ln n) 2 ⇒ u n+1 = (n + 1)(ln(n + 1)) 2 http://kinhhoa.violet.vn 7
  8. Luy ện giải đề thi cao học môn đại số u n +1 n(ln n) 2 Ta có : L = lim = lim n →∞ ( n + 1)[ ln(n + 1)] 2 n →∞ un 1 2. ln n. (ln n) 2 lopi tan n n + 1 ln n Tính lim [ ln(n + 1)] = lim2 1 = lim . n ln(n + 1) n →∞ n →∞ 2. ln(n + 1). n →∞ n +1 1 ln n lopi tan n Tính lim n →∞ ln(n + 1) = lim 1 = 1 n →∞ n +1 1 Nên R = = 1 , khoảng hội tụ là (-1,1) L ∞ 1 Tại X= ± 1 ta được chuổi ∑ (±1) n n =2 n(ln n) 2 u n +1 n(ln n) 2 Từ đó ta có L = lim = lim =1≠ ∞ n →∞ ( n + 1)[ ln(n + 1) ] 2 n →∞ un Chuổi phân kì , MHT theo X là (-1,1) MHT theo x là (-2,0) Bài 3: Cho X là không gian metric compac f: X → X thoả d(f(x),f(y))0 Khi đó g(f(x0))=d(f(x0),f(f(x0)))< d(x0,f(x0))=g(x0) Điều này mâu thuẩn với sự kiện g(x0)=min(g(x)) Vậy g(x0)=d(x0,f(x0))=0 hay x0=f(x0) CM tính duy nhât của x0. Giả sử có y0 ∈ X sao cho y0=f(x0) Khi đó d(x0,y0) =d(f(x0),f(y0))
  9. Luy ện giải đề thi cao học môn đại số Giả sử An là tập compackhi đó An+1=f(An) là tập compac Vậy An là tập compac khác rỗng ∀n ∈ N ∗ nên An la tập đóng Hơn nủa do A1=f(X) ⊂ X nên A2=f(A1) ⊂ f(X)=A1 Giả sử An+1 ⊂ An ta có An+2=f(An+1) ⊂ f(An)=An+1 Vậy An+1 ⊂ An , ∀n ∈ N { An } là họ có tâm các tập đóng trong không gian compac ∞ Theo tính chất phần giao hữu hạn ta có A= An ≠ φ n =1 • CM: f(A)=A cần CM : f(A) ⊂ A (1) , f(A) ⊃ A (2) • CM : f(A) ⊂ A (1) Do A ⊂ An nên f(A) ⊂ f(An)=An+1 với mọi n, là dãy giảm nên ∞ f(A) ⊂ A n +1 =A n =1 • f(A) ⊃ A (2) lấy tuỳ ý x∈ A cần CM x ∈ f(A) vì x ∈ An+1 =f(An) với mọi n=1,2 … tồn tại xn ∈ An: x=f(xn) do X compact nên có dãy con (xnk)k : lim x n = a k →∞ k khi đó lim f ( x k →∞ nk ) = x , do f liên tục nên lim f ( x k →∞ nk ) = f (a ) ta cần CM a ∈ A cố đinh n ta có x n ∈ An ⊂ An ⇒ x n ∈ An khi nk ≥ n k k k do An đóng lim x nk = a ∈ An k →∞ vậy a ∈ An với mọi n=1,2 … do a ∈ A, x=f(a) ∈ f(A) vậy ta CM được f(A)=A mx1 + x 2 + x3 + x 4 = 1  Bài 4: Giải và biện luận hệ  x1 + mx2 + x3 + x 4 = 1  x + x + mx + x = 1  1 2 3 4 Giải : Ta có ma trận mở rộng m 1 1 1 . 1 A =  1 m 1 1 . 1   đổi chổ d1, d3, biến đổi ma trận về dạng  1 1 m 1 . 1   1 1 m 1 . 1  0 m − 1 A= 1− m 0 . 0   0  0 (m − 1)(m + 2) m − 1 . m − 1  biện luận • nếu m=1 hệ có VSN phụ thuộc 3 tham số x2,x3,x4 và RankA=1 nghiệm của hệ là x1=1-a-b-c, x2=a,x3=b,x4=c • nếu m=-2 hệ có VSN phụ thuộc tham số x3 và RankA=3 http://kinhhoa.violet.vn 9
  10. Luy ện giải đề thi cao học môn đại số nghiệm của hệ là x1=x2=x3=a,x4=1 • nếu m ≠ 1và m ≠ -2 thì hệ có VSN phụ thuộc vào tham số x4 va tham số m 1− a 1− a 1− a nghiệm của hệ là x1 = , x2 = , x3 = , x 4 = a, a ∈ R m+2 m+2 m+2 Bài 5: Trong R3 cho cơ sở : u1=(1,1,1), u2= (-1,2,1), u3=(1,3,2) cho ánh xạ tuyến tính f: R3 → R3 xác định bởi f(u1)= (0,5,3), f(u2)=(2,4,3), f(u3)=(0,3,2) tìm ma trận của f trong cơ sở đó là ma trận chéo hoá được Giải : b1. Tìm ma trận của f trong cơ sở u  f (u1 ) = a1u1 + a 2 u 2 + a 3 u 3 (1)  Ta có hệ  f (u 2 ) = b1u1 + b2 u 2 + b3u 3 (2)  f (u ) = c u + c u + c u (3)  3 1 1 2 2 3 3 a1 − a 2 + a3 = 0 a1 = 0   Từ (1) ta có (0,5,3)=a1(1,1,1)+a2(-1,2,1)+a3(1,3,2) ⇔ a1 + 2a 2 + 3a3 = 0 ⇔ a 2 = 1 a + a + 2 a = 0 a = 1  1 2 3  3 Tương tự từ ( 2) ta được b1=1,b2=0,b3=1 Tương tự từ (3) ta được c1=1,c2=1,c3=0  a1 b1 c1  0 1 1 Vậy ma trận A trong cơ sở f là AA / f (u ) = a 2  b2 c 2  = 1 0 1     a3  b3 c3  1 1 0    B2. Tìm GTR- VTR của A và của f (GTR của A chính là GTR của f) − m 1 1    m = −1(kep) Xét ma trận đặt trưng  1 − m 1  = −m + 3m + 2 = 0 ⇔ 3 m=2  1  1 − m  A có 2 giá trị riêng, nên f có 2 giá trị riêng m=-1, m=2 Tìm VTR của A từ đó suy ra VTR của f 1 1 1 1 1 1     • với m=-1 ta có 1 1 1 = 0 0 0 = 0 1 1 1 0 0 0      x1 = − x 2 − x3 = −a − b  x1 + x 2 + x3 = 0  VTR của A có dạng  ⇔  x2 = a a,b∈ R  x 2 , x3 ∈ R x = b  3 Dạng VTR của A là (-a-b,a,b) Vậy A có 2 VTR (-1,0,1),(-1,1,0) Từ đó VTR của f có dạng n= x1u1+x2u2+x3u3=(-a-b)u1+au2+bu3= =(-a-b)(1,1,1)+a(-1,2,1)+b(1,3,2)=(-2a,a+2b,b) vậy f có 2 VTR ĐLTT với a=1,b=0 : VTR là n1=(-2,1,0) với a=0,b=1: VTR là n2=(0,2,1) − 2 1 1  1 1 − 2 1 1 − 2  1 − 2 1  =  1 − 2 1  = 0 3 − 3  = 0 • với m=2 ta có       1  1 − 2 − 2 1   1  0 0 0     http://kinhhoa.violet.vn 10
  11. Luy ện giải đề thi cao học môn đại số  x1 + x 2 − 2 x3 = 0  x1 = − x 2 + 2 x3 = − a + 2a = a   VTR của A có dạng 3x 2 − 3x3 = 0 ⇔  x 2 = x3 = a a∈ R x ∈ R x = a  3  3 Dạng VTR của A là (a,a,a), Vậy A có VTR (1,1,1) Từ đó VTR của f có dạng n= x1u1+x2u2+x3u3=au1+au2+au3= =a(1,1,1)+a(-1,2,1)+a(1,3,2)=(a,6a,4a) vậy f có VTR là n3=(1,6,4) b3 : KL vậy f có 3 VTR ĐLTT n1,n2,n3 do đó 3 VTR n1,n2,n3 làm thành 1 cơ sở của R3 và ma trận của f trong cơ sở đó là ma trận chéo hoá được ta có : − 1 0 0 A f /(n ) =  0 − 1 0   0  0 2 GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO HỌC THÁNG 9/2006 MÔN CƠ BẢN: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH  1  x + y sin 2 , x 2 + y2 > 0 2 Bài 1: Cho f ( x, y ) =  x +y 2 0 ,x = y =0  a. Xét sự khả vi của f tại (x,y)∈ R đặc biệt tại (0,0) 2 ' ' b. Xét sự liên tục của các ĐHR f x , f y tại (0,0) Giải : • Tại (x,y) ≠ (0,0) Ta có 2 xy 2 1 f x' = 1 − . cos 2 (x + y ) 2 2 2 x + y2 1 2y3 1 f y' = 2 y. sin − 2 . cos 2 x +y 2 2 (x + y ) 2 2 x + y2 ' ' Do f x , f y liên tục tại mọi (x,y) ≠ (0,0) nên f khả vi tại mọi (x,y) ≠ (0,0) • Tại (x,y)=(0,0) Ta có f (t ,0) − f (0,0) f x' (0,0) = lim =1 t →0 t 1 sin f (0, t ) − f (0,0) t2 = 0 1 f y' (0,0) = lim = lim t 2 . (do sin ≤ 1) t →0 t t →0 t t2 • Tính lim ϕ (s, t ) s ,t → 0 Ta có ϕ ( s, t ) = 1 [ f (s, t ) − f (0,0) − f x ' ] (0,0) s − f y' (0,0)t = 1 .t 2 . sin 1 t + s2 2 s +t2 2 s +t 2 2 t2 1 lim ϕ (s, t ) = lim s ,t → 0 s ,t →0 s +t 2 2 . sin s + t2 2 =0 http://kinhhoa.violet.vn 11
  12. Luy ện giải đề thi cao học môn đại số 1 do sin ≤ 1 nên f khả vi tại (0,0) s + t2 2 ' ' b.Xét sự liên tục của các ĐHR f x , f y tại (0,0) lim f ( x, y ), lim f y' ( x, y ) ' ' ' để Xét sự liên tục của các ĐHR f x , f y tại (0,0) ta tính x , y →0 x x , y →0 lim f ( x, y ) = f (0,0), lim f ( x, y ) = f (0,0) ' ' ' ' ' ' nếu x , y →0 x x x , y →0 y y thì f x , f y liên tục tại (0,0) f x' , f y' không liên tục tại (0,0) 1 lim f ( ,0) = 1 ' x   1 n chọn ( x n , y n ) =  ,0  → (0,0) ta có x , y →0 n  1 lim f ( ,0) = 0 ' y x , y →0 n lim f ( xn , y n ) = −∞ ' ' ' x  1  1 chọn ( x' n , y ' n ) =  x , y →0  ,  → (0,0) ta có   2 nπ 2 nπ  lim f ( xn , y n ) = −∞ ' ' ' y x , y →0 ' ' vậy f , f không liên tục tại (0,0) x y Bài 2: Cho (X,d )là không gian mêtric compac, f: X → X thoả mãn: d(f(x),f(y))0 khi đó h(f(x0))=d(f(x0),f(f(x0)))
  13. Luy ện giải đề thi cao học môn đại số Nên gn liên tục Do g n+1 ( x) = d ( x0 , f n +1 ( x)) = d ( f ( x0 ), f ( f n ( x))) ≤ d ( x0 , f n ( x)) = g n ( x), ∀x ∈ X ⇒ (gn(x))dãy giảm không âm nên hội tụ Đặt a= limgn(x) Giả sử a>0, do X compac dãy fn(x)chữa dãy con hội tụ ( f ( x) ) k n k Đặt y = lim f ( x) n k k →∞ Ta có ( g n +1 ( x) ) k là dãy con của ( g n ( x) ) n nên a = lim g n ( x) = lim g n +1 ( x) k k →∞ k →∞ k k a = lim g nk ( x) = lim d ( x 0 , f nk ( x)) = d ( x 0 , y ) > 0 k →∞ k →∞ nk +1 a = lim g nk +1 ( x) = lim d ( x , f ( x)) = lim d ( f ( x 0 0 ), f ( y )) < d ( x 0 , y ) = a k →∞ k →∞ k →∞ mâu thuẩn vậy lim g ( x) = 0, ∀x ∈ X n →∞ n c. CM (gn)n hội tụ điều về 0 trên X với ε > 0 đặt Gn = { x ∈ X : g n ( x) < ε } = g n 1 (−∞ , ε ) là tập mở − ∞ do gn (x) >gn+1(x)nên Gn ⊂ Gn+1 ta có X = X Gn n =1 n0 do X compac nên có n0 : X = = Gn = Gn 0 n =1 vậy 0 ≤ g n ( x) < ε , ∀x ∈ X khi n ≥ n 0 vậy (gn)n hội tụ điều về 0 trên X Bài 3 Cho V là không gian vectơ , f: V → V là ánh xạ tuyến tính thoả mãn f2=f CM: Kerf+Imf=V và ker f ∩ Im f = { 0} Giải • CM: Kerf+Imf=V ta cần CM Kerf+Imf ⊂ V (1), Kerf+Imf ⊃ V (2) • CM Kerf+Imf ⊂ V (1) hiển nhiên • CM: Kerf+Imf ⊃ V (2) Lấy tuỳ ý x∈ V cần CM x∈ Kerf+Imf Ta có x= x-f(x)+f(x) mà f(x) ∈ Imf cần CM (x-f(x)) ∈ Kerf cần CM f(x-f(x))=0 Xét f(x-f(x))=f(x)-f2(x)=f(x)-f(x)=0 nên (x-f(x)) ∈ Kerf hay x∈ Kerf+Imf Vậy Kerf+Imf ⊃ V Từ (1),(2) ta có Kerf+Imf=V • CM ker f ∩ Im f = { 0} Lây y tuỳ y: y∈ ker f ∩ Im f cần CM y=0 Do y∈ ker f ∩ Im f khi đó có x∈ V : f(x)=y và f(y)=0 Do f2=f nên y=f(x)=f2(x)=f(f(x))=f(y)=0 Vậy y=0 hay ker f ∩ Im f = { 0} Bài 4 : Cho f: R4 → R3 định bởi f(x1,x2,x3,x4)=(x1-x2+x3,2x1+x4,2x2-x3+x4) a. Tìm cơ sở và số chiều của Kerf, Imf b. Tìm u ∈ R4 sao cho f(u)=(1,-1, 0) Giải : a. • Tìm cơ sở số chiều của Kerf Với x=(x1,x2,x3,x4) http://kinhhoa.violet.vn 13
  14. Luy ện giải đề thi cao học môn đại số  x1 − x 2 + x3 = 0 { }  Kerf = x ∈ R : f ( x) = 0 ⇔ 2 x1 + x 4 = 0 4 2 x − x + x = 0  2 3 4 ta có ma trận mở rộng 1 − 1 1 0 . 0  1 − 1 1 0 . 0 2 0  → 0 2 − 2 1 . 0   0 1 . 0   biến đổi ta được hệ 0 2 − 1 1 . 0   0 0 − 1 0 . 0     x1 − x 2 + x3 = 0  x1 = a 2 x − 2 x + x = 0 x = a  2 3 4   ⇔ 2 là nghiệm tổng quát của hệ  x3 = 0  x3 = 0  x4 ∈ R   x 4 = 2a  ta có dimKerf =1 cơ sở của Kerf là (1,1,0,2) • Tìm cơ sở và số chiều của Imf ta có f(e1)=(1,2,0), f(e2)=(-1,0,2), f(e3)=(1,0,-1), f(e4)=(0,1,1) Imf=(f(e1),f(e2),f(e3),f(e4)) 1 2 0 1 2 0 − 1 0 2 0 0 2 Ta có  1 →   0 − 1 0 0 1     0 1 1 0 0 0 Nên dim Imf =3 Vậy cơ sở của Imf là (f(e1),f(e2),f(e3)) b. Tìm u ∈ R4 sao cho f(u)=(1,-1, 0) ta có : f(u)=(1,-1, 0) =(x1-x2+x3,2x1+x4,2x2-x3+x4)  1 1  x1 = − x4 − 2 2  x1 − x 2 + x 3 = 1    1 1 ta được hệ 2 x1 + x 4 = −1 ⇔  x 2 = − x4 − (a∈ R) 2 x − x + x = 0  2 2  2 3 4  x3 =1 x = 2a  4 lập ma trận mở rộng biến đôi để giải hệ trên ta có u=(x1,x2,x3,x4) Bài 5 : Tìm GTR- VTR và chéo hoá ma trân  5 −1 1    A= − 1 2 − 2  1 −2 2    Giải : Xét đa thức đặt trương 5 − a − 1 1  a=0  − 1 2 − a − 2  = −a 3 + 9a 2 − 18a = 0 ⇔ a = 6    1  − 2 2 − a  a=3 vậy A có 3 GTR a=0, a=6, a=3 • tìm VTR http://kinhhoa.violet.vn 14
  15. Luy ện giải đề thi cao học môn đại số  5 −1 1   1 −2 2  1 − 2 2  − 1 2 − 2  →  − 1 2 − 2  → 0 − 9 9  • với a=0 :ta có        1 −2 2     5 −1 1    0 0 0     x1 − 2 x 2 + 2 x3 = 0  x1 = 0   ta được hệ − 9 x 2 + 9 x3 = 0 ⇔  x 2 = a suy ra VTR (0,a,a) với a=1 thì VTR (0,1,1) x = a x = a  3  3 − 1 − 1 1  − 1 − 1 1  − 1 − 4 − 2 →  0 3 3 • với a=6: ta có      1 − 2 − 4   0  0 0   x1 − x 2 + x 3 = 0  x1 = −2a   được hệ 3x 2 + 3x3 = 0 ⇔  x 2 = −a suy ra VTR (-2a,-a,a) với a=1 thì VTR (-2,-1,1) x = a x =a  3  3  2 −1 1   1 − 2 − 1 1 − 2 − 1   → − 1 2 − 2 → 0 − 3 − 3 • với a=3: ta có − 1 − 1 − 2      1 −2  − 1   2 −1 1    0 0  0  x1 − 2 x 2 − x 3 = 0  x1 = 3a   được hệ − 3x 2 − 3x3 = 0 ⇔  x 2 = a suy ra VTR (3a,a,a) với a=1 thì VTR (3,1,1) x = a x = a  3  3 0 − 2 3 0 0 0  1 − 1 1   • ma trận cần tìm là T=   và T AT= 0 6 0 -1 1 1 1   0 0 3   GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO HỌC THÁNG 9/2005 MÔN CƠ BẢN: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH  2 1 ( x + y ) sin 2 khi x 2 + y 2 > 0 2 Bài 1: Cho hàm số f ( x, y ) =  x + y2 0 khi x = y = 0  ' ' CMR hàm số f(x,y ) có các đạo hàm riêng f , f không liên tục tại (0,0) nhưng x y f(x,y) khả vi tại (0,0) Giải : ' ' • Tính các đhr f x , f y • tại (x,y) ≠ (0,0) 1 2x 1 ta có f x = 2 x sin x 2 + y 2 − x 2 + y 2 cos x 2 + y 2 ' 1 2y 1 f y' = 2 y sin − 2 cos 2 x +y 2 2 x +y 2 x + y2 • tại (x,y)=(0,0) 1 t 2 sin f (t ,0) − f (0,0) t2 = 0 f x' = lim = lim t →0 t t →0 t http://kinhhoa.violet.vn 15
  16. Luy ện giải đề thi cao học môn đại số 1 t 2 sin 1 f (0, t ) − f (0,0) t2 = 0 ( do sin ≤1 ) f y' = lim = lim t2 t →0 t t →0 t • xét sự liên tục của các đhr lim f ( x, y ) = f ' (0,0) ' nếu x , y →0 thì các đhr liên tục 1 2x 1 lim f ( x, y ) = lim (2 x sin − 2 ' • ta có x cos 2 ) x , y →0 x , y →0 x +y 2 2 x +y 2 x + y2 1 1 do sin ≤ 1 ⇒ lim 2 x sin 2 =0 x +y 2 2 x , y →0 x + y2 1 2x 1 2x do cos ≤ 1 ⇒ lim 2 cos 2 ≤ lim 2 →∞ x +y 22 x , y →0 x + y 2 x +y 2 x , y →0 x + y 2 1 2x 1 vậy lim f x ( x, y ) = lim 2 x sin x 2 + y 2 − x 2 + y 2 cos x 2 + y 2 ≠ f x (0,0) ' ' x , y →0 x , y →0 1 2y 1 • tương tự ta có lim f y ( x, y ) = lim 2 y sin x 2 + y 2 − x 2 + y 2 cos x 2 + y 2 ≠ f y (0,0) ' ' x , y →0 x , y →0 vậy các đhr không liên tục tại (0,0) • xét sự khả vi tại (0,0) để CM f(x,y) khả vi tại (0,0) cần CM lim ϕ (s, t ) = 0 s ,t → 0 với ϕ ( s, t ) = 1 [ f (s, t ) − f (0,0) − f x ' (0,0) s − f y' (0,0)t ] s +t 2 2 1 1 ta có lim ϕ (s, t ) = lim s ,t →0 s ,t → 0 s 2 + t 2 sin s + t2 2 =0 do sin s + t2 2 ≤1 vậy f khả vi tại (0,0) Bài 2: Tìm miền hội tụ của chuổi luỷ thừa n ∞  n +1  ∑  3n + 2  ( x − 2) n n =1   Giải : Đặt X=x-2 n n  n +1  n ∞  n +1  Ta được chuổi ∑   X voi u n =   n =1  3n + 2   3n + 2  n +1 1 Xét L= lim n u n = lim = n →∞ n →∞ 3n + 2 3 Nên R=3 và khoảng hội tụ là (-3,3) Xét tại X=3 và X=-3 ta được n n ∞  n +1  ∞  3n + 3  ∑  3n + 2  ( ± 3) n = ∑  3n + 2  ( ± 1) n n =1   n =1   3n + 3 lim n u n = lim 3n + 2 = 1 ≠ 0 nên tại X=3,X=-3 chuổi không hội tụ n →∞ n →∞ MHT chuổi theo X là (-3,3) MHT chuổi theo x là (-1,5) Bài 3: Gọi M = { x ∈ C[ 0,1] : x(1) = 1,0 ≤ x(t ) ≤ 1, ∀t ∈ [ 0,1]} http://kinhhoa.violet.vn 16
  17. Luy ện giải đề thi cao học môn đại số a.CMR : M là tập đóng không rỗng và bị chặn trong không gian metric C([0,1]) với mêtric d(x,y)=max{ x(t ) − y (t ) : t∈ [ 0,1] } với x(t),y(t) ∈ C ([ 0,1] ) 1 b. xét f : C ([ 0,1] ) → R xác định bởi f(x)= ∫ x (t )dt 2 0 CM : f liên tục trên M những f không đạt được GTNN trên M từ đó suy ra M không phải là tập compắc trong C([0,1]) Giải : a. • CM : M là tập đóng Lấy dãy (xn) ⊂ M : limxn=x cần CM x∈ M Ta có 0 ≤ x n (t ) ≤ 1, ∀t ∈ [ 0,1], x n (1) = 1 Cho n → ∞ ta có 0 ≤ x(t ) ≤ 1, ∀t ∈ [ 0,1], x(1) = 1 nên x∈ M Vậy M là tập đóng b. • CM f liên tục trên M Xét tuỳ ý x∈ C ([ 0,1] ) , (xn) ⊂ M : limxn=x cần CM limf(xn)=f(x) Ta có xn (t ) − x (t ) = x n (t ) − x(t ) . x n (t ) − x(t ) + 2 x(t ) ≤ d ( x n , x).[ d ( x n , x) + N ] 2 2 Với N= sup 2 x(t ) , t ∈ [ 0,1] 1 ⇒ f ( x n ) − f ( x) ≤ ∫ x n (t ) − x 2 (t ) ≤ d ( x n , x ).[ d ( x n , x) + N ] 2 0 do limd(xn,x)=0 nên từ đây ta có limf(xn)=f(x) vậy f liên tục trên M • CM f không đạt GTNN trên M • Trước tiên ta CM inff(M)=0, nhưng không tồn tại x∈ M để f(x)=0 Đặt a= inff(M) ta có f(x) ≥ 0, ∀x ∈ M nên a ≥ 0 Với xn(t)=tn ta có xn ∈ M t 2 n +1 1 1 1 a ≤ f ( x n ) = ∫ x n (t )dt = ∫ t 2 n dt = 1 2 = →0 khi n → ∞ 0 0 2n + 1 0 2n + 1 vậy a= inff(M)=0 • không tồn tại x∈ M để f(x)=0 1 giả sử tồn tai x∈ M để f(x)=0 ta có ∫x (t )dt = 0, x 2 (t ) ≥ 0, x 2 (t ) liên tục trên [0,1] 2 0 suy ra x(t)=0 với mọi t ∈ [0,1] điêu này mâu thuẩn với x(1)=1 với mọi x∈ M vậy không tồn tại x∈ M để f(x)=0 từ đây ta suy ra M không là tập compăc giả sử nếu M là tập compắc , f liên tục thì f đạt cực tiểu trên M tức là có x0∈ M sao cho f(x0)=inff(M)=0 điều này mâu thuẩn với không tồn tại x∈ M để f(x)=0 vậy M không là tập compắc Bài 4: Cho f : R 3 → R 3 là một phép biến đổi tuyến tính xác định bởi f(u1)=v1, f(u2)=v2, f(u3)=v3 u1=(1,1,1),u2=(0,1,1), u3=(0,0,1) v1=(a+3,a+3,a+3),v2=(2,a+2,a+2), v3=(1,1,a+1) a.tìm ma trận f với cơ sở chính tắc e1=(1,0,0), e2=(0,1,0), e3=(0,0,1) b. Tìm giá trị của a để f là một đẳng cấu http://kinhhoa.violet.vn 17
  18. Luy ện giải đề thi cao học môn đại số c. khi f không là một đẳng cấu hãy tìm cơ sở và số chiều của Imf và Kerf d. với a=-3 f có chéo hoá được không trong trường hợp f chéo hoá được háy tìm một cơ sở để ma trận f voéi cơ sở đó có dạng chéo . Giải : Bài 5: Cho dạng toàn phương f ( x1 , x 2 , x3 ) = x12 + 2 x 2 + x3 + 2 x1 x 2 + 2ax1 x3 + 2 x 2 x3 2 2 a. Đưa dạng toàn phương vể dạng chính tắc b. Với giá trị nào của a thì f là xác định dương và nữa xác định dương Giải : a. ta có f ( x1 , x 2 , x3 ) = x12 + 2 x 2 + x3 + 2 x1 x 2 + 2ax1 x3 + 2 x 2 x3 = ....... 2 2 ................ = ( x1 + x 2 + ax 3 ) 2 + [ x 2 − (a − 1) x3 ] + (−2a 2 + 2a ) x3 2 2  y1 = x1 + x 2 + ax3  x1 = y1 − y 2 + (1 − 2a ) y 3   đặt  y 2 = x 2 − (a − 1) x3 ⇔  x 2 = y 2 + (a − 1) y3 y = x x = y  3 3  3 3 cơ sở f chính tắc là u1=(1,0,0),u2=(-1,1,0),u3=(1-2a,a-1,1) 1 − 1 1 − 2a    ma trận Tεu = 0 1 a − 1  0 0  1   b.f xác định dương khi -2a2+2a>0 ⇔ 0 < a < 1 f nữa xác định dương khi -2a2+2a=0 ⇔ a = 0, a = 1 GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO HỌC THÁNG 9/2004 MÔN CƠ BẢN: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH Bài 1: Tìm miền hội tụ của chuỗi hàm luỷ thừa n ( n +1) ∞ n + 2 ∑ n +1  n =1   xn Giải : n  1   n +1 Xét u n = 1 +    n + 1     n +1  1  Ta có L= lim n u n = lim 1 +  =e n →∞ n →∞  n +1 1 1  1 1 Nên R = = , khoảng hội tụ là  − ,  L e  e e 1 Xét tai 2 đầu mút x= ± e http://kinhhoa.violet.vn 18
  19. Luy ện giải đề thi cao học môn đại số n ∞  1   n ( n +1) n n +1 n n + 2 ∞  1  Ta có chuổi ∑    ±  = ∑ 1 +   ( ± 1) n  1    n =1  n + 1   e n =1   n + 1   e n +1  1 1  1 ⇒ lim n u n = lim 1 + . = e. = 1 ≠ 0  n →∞ n →∞  e n + 1 e  1 1 vậy MHT của chuổi hàm luỹ thừa là  − ,   e e Bài 2 : Cho hàm số f:R2 → R xác định bởi  2 xy  khi (x, y) ≠ (0,0) f ( x, y ) =  x 2 + y 2 0 khi (x, y) = (0,0)  a. Xét sự liên tục của f trên R2 b. Tính các đạo hàm riêng của f trên R2 Giải : Chú ý : nếu lim f ( x, y) = x , y →0 f (0,0) = 0 thì hàm số liên tục • Tại mọi (x,y) ≠ (0,0) thì hàm số liên tục vì là hàm sơ cấp • Xét sự liên tục của f trên R2 tại (0,0) 2 xy • Tính lim f ( x, y) = lim x x , y →0 x , y →0 2 + y2   1 1 Chọn dãy { M n ( x n , y n )} = M n ( , ) → (0,0) khi n → ∞  n n  1 2 2 n2 2 xy 2 Ta có f ( M n ) = 1 = 1 ≠ 0 , lim f ( x, y ) = lim 2 = lim n = 1 ≠ 0 = f (0,0) 1 x , y →0 x + y 2 2 2 + 2 x , y →0 n →∞ n n n2 vậy hàm số không liên tục tại (0,0) ' ' • Tính các đhr f x , f y • Tại (x,y) ≠ (0,0) 2 y ( x 2 + y 2 ) − 2 x (2 xy ) ta có f x = ' (x 2 + y 2 )2 2 x( x 2 + y 2 ) − 2 y (2 xy ) f y' = (x 2 + y 2 )2 • Tại (x,y)=(0,0) f (t ,0) − f (0,0) ta có f x = lim =0 ' t →0 t f (0, t ) − f (0,0) f y' = lim =0 t →0 t Bài 3: Tính tích phân I = ∫ ∫2 x − y )dxdy( D Với D là nữa trên của hình tròn có tâm tại điểm (1,0) bán kính 1 Giải : Phương trình đường tròn tâm I(1,0) bán kính R=1 là (x-1)2+y2 ≤ 1 ⇔ x2+y2 ≤ 2x http://kinhhoa.violet.vn 19
  20. Luy ện giải đề thi cao học môn đại số Đổi sang toạ độ cực  x = r cos ϕ Đặt  r > 0, ϕ ∈ 1 chu kì  y = r sin ϕ Ta có x2+y2 ≤ 2x ta có r2 ≤ 2rcos ϕ nên r ≤ 2 cos ϕ 0 ≤ r ≤ 2 cos ϕ  Vậy ta được  π 0 ≤ ϕ ≤ 2   x = r cos ϕ Với  ⇒ dxdy = rdrdϕ  y = r sin ϕ Vậy π π 2 2 cos ϕ 2 cos ϕ 2 π 2 I = ∫ ∫2 x − y )dxdy = ∫ ( ∫ (2r cos ϕ − r sin ϕ )rdrdϕ = ∫ dϕ ∫ r 2 (2 cos ϕ − sin ϕ ) dr = ... = − D 0 0 0 0 16 3 Bài 4: Cho tập hợp các số tự nhiên N với mọi m,n∈ N  1 1 + neu m ≠ n Đặt d (m, n) =  m + n 0  neu m = n a. CM d là metric trên N b. CM (N,d ) là không gian metric đầy đủ Giải : a. d là metric trên N • d(m,n) ≥ 0, ∀m, n ∈ N d(m,n)=0 ⇔ m=n  1  1 1 + neu m ≠ n 1 + • d ( m, n ) =  m + n =  n+m = d (n, m) 0  neu m = n 0  • CM d(m,n) ≤ d(m,l)+d(l,n) (1) ∀l , m, n ∈ N TH1 : nếu m=n,m=l,n=l thì (1) đúng 1 TH2 : nếu m ≠ n thì d (m, n) = 1 + m+n 1 nếu m ≠ l thì d (m, l ) = 1 + m+l 1 nếu l ≠ n thì d (l , n) = 1 + l+n thì VT của (1) ≤ 2 , VP của (1) ≥ 2 nên (1) đúng b. (N,d ) là không gian metric đầy đủ giả sử (xn) là dãy cauchy trong (N,d) ta CM xn → x∈ d do (xn) là dãy cauchy trong (N,d) nên ta có lim ( x m , n →∞ m , xn ) = 0 ∀ε > 0, ∃n0 : ∀m, n ≥ n0 : d ( x m , x n ) < ε 1 1 chọn ε = , ∃n0 : ∀m, n ≥ n0 → d ( xm , x n ) < → d ( x m , x n ) = 0 → x m = x n .∀m, n ≥ n0 2 2 vậy ∃x ∈ N : x n = x : ∀n ≥ n0 ⇒ x n → x trên d http://kinhhoa.violet.vn 20
Đồng bộ tài khoản