đề thi tuyển sinh sau đại học môn toán

Cập nhật 25/08/2014 3.3 Đề thi đợt năm 2013 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH SAU ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn thi bản: Toán cao cấp III Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu Giải hệ phương trình x  2y  3z  4t  2x  3y  7z  5t    3x  7y  10z  11z  x  y  4z  t  Câu Tìm m để dạng toàn phương xác định dương R3 Q(X)  x12  mx 22  (m  3)x 32  4x1x  2x1x  2x x Câu Tính đạo hàm cấp cao y(20)(x) cho x2  x  y(x)  x  2x  Câu Tìm cực trị địa phương hàm số z(x, y)  x  2y2  2x  4y Câu Tìm giới hạn e2x   x  sinx a) lim x 0  cosx b) limsin3x  cosxsinx x 0 Câu Tính tích phân x dx x  x   I Câu Giải phương trình vi phân cấp hai y ' '2y '3y  xe3x Câu Tìm miền hội tụ chuỗi lũy thừa (2x  1) n  n n 1 n   Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 80 Cập nhật 25/08/2014 Lời giải: Câu 1: Giải hệ phương trình: x  2y  3z  4t  2x  3y  7z  5t    3x  7y  10z  11z  x  y  4z  t  Ma trận liên kết mở rộng hệ: 1  2 A  1 H3  H ~ H4 H2 1  1 10 11    1  0 1 0  0 H  2H H  3H ~ H  H1    1   4  0  1  0 1 0  0 1 H3 :2 ~     1   3      1    1      0   2   Hệ phương trình trở thành: x  2y  3z  4t  x  2y  3z   4t x   4t  2y  3z     y  z  3t   y  z  3t  1   y  z  3t  z  2t  2 z  2t  z  2t     x  8t    y   t  z  2t   Kết luận: Hệ phương trình cho có vô số nghiệm (phụ thuộc vào t) (x, y, z, t) = (–8t + 9; –t – 1; 2t – 2; t) t  R Câu 2: Tìm m để dạng toàn phương xác định dương R3: Q(X)  x12  mx 22  (m  3)x 32  4x1x  2x1x  2x x Nếu đưa dạng toàn phương dạng tắc dài dễ gây nhầm lẫn Vì vậy, nên sử dụng cách thứ hai: dạng toàn phương xác định dương định thức ma trận A > (A ma trận dạng toàn phương) Ma trận dạng toàn phương là: Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 81 Cập nhật 25/08/2014  1   A  2 m   1 m  3   Định thức ma trận chính: (ma trận ma trận nhận đường chéo A làm đường chéo mình) D1 | | D2   m4 m D3  detA  m  m(m  3)    m  4(m  3)  1 m3  m2  8m   (m  3)(m  5) Q(X) xác định dương khi: Di > i m  m      m   m   (m  3)(m  5)   m   Vậy với m > dạng toàn phương Q(X) xác định dương R3 Câu 3: Tìm đạo hàm cấp cao y(20)(x): x2  x  x 5 y  1 x  2x  x  2x  (thực phép chia đa thức cho đa thức) x 5 A B A(x  1)  B(x  3)  1   1 (x  1)(x  3) x  x 1 (x  1)(x  3) (A  B)x  A  3B  1 (x  1)(x  3)  1 A  B  A   Do đó: A  3B  B  1 Suy ra:  y  1  x  x 1 Nên: y (20) (x)  (20)      x 3 (20)      x 1 (20)    2   x 3 Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 82 (20)      x 1 (20) Cập nhật 25/08/2014 Mà ta có:      xa  (n)  (1) n n! (x  a)n1 (với a số) (công thức áp dụng chứng minh quy nạp) Vậy đạo hàm cấp 20 cần tìm là: y(20) (x)  2(1)20 2 20! 20! 20  (  1) (x  3)21 (x  1)21 20! 20!  21 (x  3) (x  1)21 Câu 4: Tìm cực trị địa phương hàm số: z(x, y)  x  2y2  2x  4y Đây toán cực trị tự Miền tìm cực trị toàn miền xác định z Miền xác định: R2 * Tìm điểm dừng (điểm tới hạn): ' ' '' '' Đặt: p  f x ; q  f y ; r  f x2 ; S  f xy ; t  f y''2 Ta có: p  f x'  4x3  4x q  f y'  4y  r  f x''2  12x  S  f xy''  t  f y''2  4 x  p  4x3  4x    x  1 Cho:  q   4y  y  1   Các điểm dừng là: M1(0, –1); M2(1, –1); M3(–1, –1) * Xét xem điểm dừng có phải cực trị hay không: + Xét điểm dừng M1(0, –1) ta có: S2  rt  02  (12.02  4)(4)  16  Điểm M1 cực trị Mà M1: r = – < Vậy M1 điểm cực đại  z(M1) = + Xét điểm dừng M2(1, –1) ta có: Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 83 Cập nhật 25/08/2014 S2  rt  02  (12.12  4)(4)  32  Điểm M2 không cực trị + Xét điểm dừng M3(–1, –1) ta có: S2  rt  02  (12.(1)2  4)(4)  32  Điểm M3 không cực trị * Kết luận: Hàm số z(x, y) đạt cực đại M1(0, –1) * Kiểm tra lại đồ thị hàm số z(x, y): Kết tìm phù hợp với hình ảnh đồ thị (Điểm cực đại điểm nhô cao so với vùng xung quanh) Câu 5: Tìm giới hạn: e2x   x  sinx x 0  cosx a) lim Dùng quy tắc Bernoulli (tức quy tắc L'Hospital) hai lần ta được: 2e2x   cosx 4e2x  sinx  lim 4 x 0 x 0 sinx cosx L  lim Có thể dùng khai triển Taylor – Maclaurin x = kết L  lim  2x  x 0 4x 4x  o(x )   x  x  o(x )  o(x )  lim 22 4 x 0 x x2 2  o(x )  o(x ) 2 b) limsin3x  cosxsinx x 0 Đặt: f(x)  sin3x  cosxsinx  lnf(x)   f(x)  e sin3x  cosx sinx sin3x  cosx sinx Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 84 Cập nhật 25/08/2014 Do đó: L  lim f(x)  lim e x 0 sin3x  cosx sinx x 0 Sử dụng quy tắc Bernoulli lần: L  lim e 3cos3x-sinx cosx x 0  e3 Lưu ý: Đối với dạng câu 5b không nên khai triển Taylor Câu 6: Tính tích phân xác định: x dx x  x   I Đặt: t  x   x  t   dx  2tdt Ta được: (t  1)2t t3  t dt  dt 2  t   5t  t  5t  1 2 I t3  t Đặt: f(t)  t  5t  Thực phép chia đa thức 18t  30 A B (A  B)t  3A  2B  t 5   t 5 t  5t  t 2 t 3 (t  2)(t  3) A  B  18 A  6   3A  2B  30 B  24 f(t)  t    f(t)  t   24  Do đó, tích phân cần tìm là: t 2 t 3  t2  24   I  2  t     dt  2  5t  ln t   24 ln t   t  t  3 2 1 1    2  10  ln  24 ln5    ln  24 ln     7  12 ln  48ln  0,2587 (Đối với toán tích phân nên kiểm tra lại máy tính bỏ túi, tránh sai sót trình tính toán) Câu 7: Giải phương trình vi phân cấp hai: y ' '2y '3y  xe3x Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 85 Cập nhật 25/08/2014 Đây dạng phương trình vi phân tuyến tính cấp hai với hệ số số Xem giáo trình Ôn luyện Toán cao cấp, tác giả Lê Đình Định, trang 305 Vì đề không cho điều kiện ban đầu nên ta tìm nghiệm tổng quát phương trình y phương trình Tìm nghiệm tổng quát cách: lấy nghiệm tổng quát ~ * tương ứng cộng với nghiệm riêng y bất kỳ: y  y* y= ~ (1) y phương trình tương ứng: + Nghiệm tổng quát ~ Phương trình đặc trưng: k  1 k  2k     k  ~ y  C1 e-x  C2 e3x (2) với C1 C2 số + Tìm nghiệm riêng y*: Ta tìm nghiệm riêng phương pháp "hệ số không xác định" Nghiệm riêng có dạng: y*  x(ax  b)e3x  (ax2  bx)e3x Do đó: y* '  (2ax  b)e3x  3(ax2  bx)e3x  (3ax2  2ax  3bx  b)e3x y*" (6ax  2a  3b)e3x  (9ax2  6ax  9bx  3b)e3x  (9ax2  12ax  9bx  2a  6b)e3x Thay ngược lại phương trình ban đầu ta được: y ' '2y '3y  xe3x  (9ax  12ax  9bx  2a  6b)e3x  2(3ax  2ax  3bx  b)e3x  3(ax  bx)e 3x  xe 3x  (9ax2  12ax  9bx  2a  6b  6ax2  4ax  6bx  2b  3ax2  3bx)e3x  xe3x  (8ax  2a  4b)e3x  xe3x 8a  a  1/8   2a  4b  b  1/16 1 8 * Do nghiệm riêng hệ là: y  x x   3x e 16  (3) Kết luận: + Từ (1), (2) (3) suy nghiệm tổng quát phương trình là: 1 1 y  C1 e- x  C2 e3x  x x   e3x 16  8 với C1 C2 số Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 86 Cập nhật 25/08/2014 Câu 8: Tìm miền hội tụ chuỗi lũy thừa: (2x  1) n  n n 1 n   Tất hệ số số hạng chuỗi khác Do đó, bán kính hội tụ chuỗi là: an n a n 1 R  lim với an an+1 hệ số số hạng thứ n thứ (n+1) an 5n 1 n   lim n 5 n  a n  n  n 1  R  lim Do miền hội tụ chuỗi cho là: 2x   5 x  3   2x      2x    x  + Xét x = – chuỗi trở thành:  (5)n (1) n   n n 1 n 1 n  n 1  chuỗi số hội tụ + Xét x = chuỗi trở thành:   5n    n n 1 n 1 n  n 1 chuỗi số hội tụ Kết luận: Miền hội tụ chuỗi lũy thừa cho đoạn [– 3, 2] Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 87 Cập nhật 25/08/2014 3.2 Đề thi đợt năm 2013 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH SAU ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn thi bản: Toán cao cấp III Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu Cho ma trận   1    3  A  0  ; B      1  2    Tìm ma trận X thỏa mãn phương trình XA = B Câu Cho hai mặt phẳng (P1) (P2) có phương trình tương ứng là: ax  y  z  1; x  ay  z  b mặt phẳng (Q) có phương trình x  y  cz  c Tìm điều kiện để hai mặt phẳng (P1) P(2) cắt theo giao tuyến (d) a) (d) cắt mặt phẳng (Q) điểm b) (d) song song với (Q) Câu Tìm giới hạn sau a) lim x   x  x 1  x2  x   lim sinx  lnx b) x 0 Câu Tính tích phân đường loại hai I   (x  y) dx  2x dy AB x2  y2  với tọa độ điểm Trong đó, cung AB phần tư đường elip A(–2, 0) B(0, 1) Câu Tìm miền hội tụ chuỗi hàm số 2n  x      n  n  1 2x    n Câu Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số z(x, y)  yx2  2x  2y2  12y  15 Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 68 Cập nhật 25/08/2014 miền (D) giới hạn đường x + y = 6; x = 0; y = Câu Tìm nghiệm phương trình vi phân y ' '2y ' y  xex  2cosx thỏa mãn điều kiện y(0) = 1; y '(0) = Lời giải: Câu 1: Ta có: A ma trận vuông cấp det A = + + + = 15  Suy A ma trận khả nghịch Mà: XA  B  XAA1  BA1  X  BA1 (vì AA-1 = I3 ma trận đơn vị cấp 3) + Tìm A-1 Để tìm A-1 sử dụng trực tiếp công thức dùng phương pháp Gauss – Jordan (viết thêm ma trận đơn vị I cạnh ma trận A, sử dụng phép biến đổi sơ cấp đưa A ma trận đơn vị tác động đồng thời phép biến đổi lên I Khi A biến đổi thành I I trở thành ma trận nghịch đảo A) Dưới sử dụng trực tiếp công thức tính A-1  A11  A1   A12 det A   A13 A21 A22 A23 A31   A32  A33  (với Aij phần phụ đại số phần tử aij) A11 = (2 + 6) = 8; A21 = – (4 – 2) = –2; A31 = (6 + 1) = A12 = – (0 – 3) = 3; A22 = (2 + 1) = 3; A32 = – (3 – 0) = – A13 = (0 – 1) = – 1; A23 = – (– – 2) = 4; A33 = (1 – 0) =  2    1 A  3    Do đó: 15    1  2      -1    3  3 Vậy: X  BA  15       1 X 13 17  13 / 15 / 15 17 / 15     15   10   1/  1/ /  Câu 2: Tìm điều kiện để: a) (P1) cắt (P2) theo giao tuyến (d) (d) cắt mặt phẳng (Q) điểm: P1 : ax  y  z   P2 : x  ay  z  b Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 69 Cập nhật 25/08/2014 x2 x2  y2   y   4  dy  (vì y > 0) (x)dx   dx x2 x2 1 1 4 (– < x  0) Do đó:  x2  I   (x  y) dx  2x dy   x    AB -2 0   dx  2x dx  I1  I2  I3 2  x  1 Tính: x2 I1   x dx  -2 I2   -2  2 2 x2 1  dx    x dx -2 Đặt x = 2sint  dx = 2cost.dt Ta được: π   I2   cos t dt   (1  cos2t) dt   t  sin2t     -π π π 0 2 2 dx xdx I3   2x   x2 2 x2 2 1 1 4 (với x  – để hàm số khả tích) Đặt x = 2sint  dx = 2cost.dt I3    π 2sint.2cost dt   sint dt  2(cost)  π  2 cost π  Vậy: I  I1  I2  I3  2  π π 2 2 Câu 5: Tìm miền hội tụ chuỗi hàm số: 2n  x      n  n  1 2x    n Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 73 Cập nhật 25/08/2014 Chuỗi có dạng chuỗi lũy thừa Xem giáo trình Ôn luyện Toán cao cấp, tác giả Lê Đình Định, trang 271 Điều kiện: x  1/2 Tất hệ số chuỗi khác Bán kính hội tụ chuỗi là: an n a n 1 R  lim với an an+1 hệ số số hạng thứ n thứ (n+1) an 2n n  n2  R  lim  lim  lim  n  n  a n  n  2 n  n  n 1 Do miền hội tụ chuỗi cho là:  x 1  2x   2x    0  2x   x 1 2x       2x   x 1   2x   2x    2x   2x   x    4x   2x    1    x  x  0   2x   x   Xét tại: x   chuỗi trở thành: (1) n chuỗi đan dấu chuỗi hội tụ  n 0 n   Kết luận:  1 Miền hội tụ chuỗi lũy thừa cho nửa khoảng:   ,   4  Câu 6: Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số: z(x, y)  yx2  2x  2y2  12y  15 miền (D) giới hạn đường x + y = 6; x = 0; y = Tham khảo đồ thị hàm số (giá trị z kéo dài nữa): Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 74 Cập nhật 25/08/2014 Nhìn theo hướng xiên góc Nhìn theo phương đường thẳng x + y = từ phía x Nhìn theo phương đường thẳng x + y = từ phía y Nhìn từ xuống đoán thấy có điểm cực tiểu (điểm sáng mờ, bên dưới) Đồ thị z(x,y) vẽ miền [0, 6] x [0, 6] Để đồ thị miền giới hạn D Ta dùng mặt phẳng x + y – = để cắt Đồ thị lại phần bên phải mặt phẳng x + y – = 0: Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 75 Cập nhật 25/08/2014 Hàm z(x, y) hàm liên tục nên có GTLN, GTNN miền đóng bị chặn D * Tìm giá trị hàm số điểm tới hạn (điểm dừng): Tìm điểm tới hạn: ' ' '' '' Đặt: p  f x ; q  f y ; r  f x2 ; S  f xy ; t  f y''2 Ta có: p  f x'  2xy  4x q  f y'  x  4y  12 r  f x''2  2y  S  f xy''  2x t  f y''2   x    x   y    x  p  2xy  4x   y        Cho: q  x  4y  12   y    12  x  y    x  2 y  Suy có hai điểm dừng miền D là: A(2, 2) B (0, 3) (thực chất điểm B nằm biên miền D Khi tìm điểm cực trị biên có điểm trùng với B) + Tại điểm dừng A(2, 2) ta có: S2  rt  (2x)2  (2y  4).4  42   16  Suy hàm số z(x, y) không đạt cực trị A (phù hợp với hình ảnh đồ thị) + Tại điểm dừng B(0, 3) ta có: S2  rt  (2x)2  (2y  4).4  02  2.4  8  Do B cực trị Mà B: r = > Vậy B điểm cực tiểu (điều phù hợp với đồ thị) Hàm z đại cực tiểu B(0, 3)  z = – (1) * Tìm giá trị hàm số đường biên: Tại đường biên y = f(x) ứng với đường biên toán tìm cực trị hàm biến trở thành tìm cực trị hàm biến + Trên đường biên trục hoành (y = 0) với  x  ta có: Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 76 Cập nhật 25/08/2014 z(x, y)  yx2  2x  2y2  12y  15  z(x, y)  2x  15 Đây hàm nghịch biến Trên biên này, hàm z đạt cực đại x = (z = 15) đạt cực tiểu x = (z = – 57) (2) + Trên đường biên trục tung (x = 0) với  y  ta có: z(x, y)  yx2  2x  2y2  12y  15  z(x, y)  2y2  12y  15 Ta có: z '  4y  12   y  Suy giá trị cực tiểu z y = (z = – 3) (Điểm cực tiểu trùng với B) (Để tránh nhầm lẫn, nên lập bảng xét dấu z' để xác định cực đại, cực tiểu) + Trên đường biên x + y = 6, ta có: y = – x z(x, y)  yx2  2x  2y2  12y  15  z(x, y)  (6  x)x2  2x  2(6  x)2  12(6  x)  15  z(x, y)  x3  6x2  12x  15 Ta có: z '  x  4x    (x  2)2   x  Suy x = không cực trị Hàm số nghịch biến [0, 6] z đạt GTLN x = (z = 15) đạt GTNN x = (z = – 57) (3) (trùng với GTLN GTNN xét đường biên trục hoành) Kết luận: Từ (1), (2) (3) suy miền D: + Hàm z(x, y) đạt giá trị lớn 15 điểm (0, 0) + Hàm z(x, y) đạt giá trị nhỏ – 57 điểm(6, 0) Câu 7: Tìm nghiệm phương trình vi phân: y ' '2y ' y  xex  2cosx thỏa mãn điều kiện y(0) = 1; y '(0) = Đây dạng phương trình vi phân tuyến tính cấp hai với hệ số số Xem giáo trình Ôn luyện Toán cao cấp, tác giả Lê Đình Định, trang 305 Ta tìm nghiệm tổng quát sau thay vào điều kiện ban đầu để suy nghiệm cụ y thể Nghiệm tổng quát phương trình nghiệm nghiệm tổng quát ~ phương trình tương ứng cộng với nghiệm riêng y* bất kỳ: ~ y  y* (1) Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 77 Cập nhật 25/08/2014 y phương trình tương ứng: + Nghiệm tổng quát ~ Phương trình đặc trưng: k2 – 2k + =  k = (nghiệm kép) ~ y  (C1  C2 x) ex với C1 C2 số (2) + Tìm nghiệm riêng y*: Nếu tìm nghiệm riêng phương pháp biến thiên số dài khó lấy tích phân y* theo y1(x), y2(2) f(x) Sử dụng phương pháp hệ số không xác định ưu việt Nghiệm riêng tổng nghiệm riêng thành phần Đặt f1(x) = xex f2(x) = – 2cosx Tìm nghiệm riêng ứng với f1(x) = xex: * x x Nghiệm riêng có dạng: y1  x (ax  b)e  (ax  bx )e Suy ra: y1* '  (3ax2  2bx)ex  (ax3  bx2 )ex  (ax3  3ax2  bx2  2bx)ex y1*" (3ax2  6ax  2bx  2b)ex  (ax3  3ax2  bx2  2bx)ex  (ax3  6ax2  bx2  6ax  4bx  2b)ex Thay ngược lại phương trình: y1* ' '2y1* ' y1*  xex  (ax3  6ax2  bx  6ax  4bx  2b)ex  2(ax3  3ax2  bx  2bx)e x  (ax3  bx )e x  xe x  x a  *  (6ax  2b)e  xe    y1   b  x x (3) Tìm nghiệm riêng ứng với f2(x) = – 2cosx: * Nghiệm riêng có dạng: y2  A cosx  Bsinx Suy ra: y*2 '  Asinx  Bcosx y*2 " Acosx  Bsinx Thay ngược lại phương trình: y*2 ' '2y*2 ' y*2  2cosx  Acosx  Bsinx  2(Asinx  Bcosx)  2cosx  Acosx  Bsinx  2Asinx  2Bcosx  A cosx  Bsinx  2cosx  Asinx  Bcosx  cosx Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 78 Cập nhật 25/08/2014 A   B  Do đó: y*2  sinx (4) Từ (1), (2), (3) (4) suy nghiệm tổng quát phương trình vi phân là: y  (C1  C2 x) ex  x  sinx Thay vào điều kiện ban đầu y(0) = 1; y '(0) = ta được:   (C  C 0) e   sin0 1  C1 C1  1        1  C2  C1   C2   2  C2e0  (C1  C2 0) e0   cos  6     Kết luận: Nghiệm phương trình vi phân là: x  x y  1   e x   sinx  6 Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 79 Cập nhật 22/08/2014 3.1 Đề thi đợt năm 2014 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH SAU ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn thi bản: Toán cao cấp III Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu Giải biện luận theo tham số a hệ phương trình sau  z  3t x 2x  y  z  2t   y  2z  t  x  y  2z  t 2 1 0 a Câu Đưa dạng toàn phương sau dạng tắc Q(X)  x12  5x 22  4x 32  2x 1x  4x 1x 2 Câu Chứng minh hàm u  ln (x  a)  (y  b) ; a, b  R thỏa mãn phương trình  2u  2u  0 x y Câu Tính giới hạn sau a) lim x 0 cos(xe x )  cos(xe  x ) x 0 x3  xsinx  ex  b) lim Câu Vẽ đồ thị (C): y  1 |  x |;  x  tính tích phân đường theo chiều tăng đối số x I   (x2  y2 ) dx  (x2  y2 ) dy C Câu Tìm miền hội tụ chuỗi lũy thừa   n 1 n  1 x     2n  x   n Câu Tìm nghiệm phương trình vi phân cấp thỏa mãn y(0) = y '(x  1)y  xe  x cos(x2 ) Lời giải: Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 60 Cập nhật 22/08/2014 Câu 1: Giải biện luận hệ phương trình sau theo tham số a:  z  3t x 2x  y  z  2t   y  2z  t  x  y  2z  t 2 1 0 a Ma trận liên kết mở rộng hệ: 1 1  2 1 A 2  1 1 1  H3 H2 ~ H4 H2 2  1 0  a  H  2H1 ~ H  H1  1 1   0 1    0     0 1  a  2    1 1   0 1    0 3 3    0  0 a    + Nếu a  –1 hệ phương trình vô nghiệm + Nếu a = –1 hệ trở thành: x  z  3t  x  z   3t x  1     y  3z  4t  3   y  3z  3  4t   y  5t  z  3t  3 z  3  3t z  3  3t    Kết luận: + Nếu a  –1 hệ phương trình cho vô nghiệm + Nếu a = –1 hệ phương trình có vô số nghiệm (phụ thuộc vào t): (x, y, z, t) = (–1; 5t – 6; 3t – 3; t) t  R Câu 2: Đưa dạng toàn phương dạng tắc: Q(X)  x12  5x 22  4x 32  2x 1x  4x 1x Dạng toàn phương tồn aii  nên thuộc trường hợp Ta đưa dạng tắc cách nhóm tất số hạng chứa x1 với lập thành bình phương tổng Làm tương tự với số hạng chứa x2, x3 Q(X)  ( x12  x 22  4x 32  2x 1x  4x 1x  4x x )  (4x 22  4x x  8x 32 )    (x  x  2x )  4 x 22  x x  x 32   9x 32   Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 61 Cập nhật 22/08/2014    (x1  x  2x3 )  4 x  x   9x 32    y1  x1  x  2x   Đặt:  y  x  x    y3  x 2 Suy ra: Q  y1  y  y3 Đây dạng tắc cần tìm  2u  2u  0 Câu 3: Chứng minh: x y 2 Ta có: u  ln (x  a)  (y  b)  ln[ (x  a)2  (y  b)2 ] 2 (với điều kiện (x  a)  (y  b)   x  a y  b) Vì có logarit số dương + Tính đạo hàm riêng cấp hai x y: u xa  x (x  a)  (y  b)2   2u (x  a)2  (y  b)2  2(x  a)2 (y  b)2  (x  a)2   x (x  a)2  (y  b)2 (x  a)2  (y  b)2     u yb  y (x  a)  (y  b)2  2u (x  a)2  (y  b)2  2(y  b)2 (x  a)2  (y  b)2    y (x  a)2  (y  b)2 (x  a)2  (y  b)2     Do đó:  2u  2u (y  b)2  (x  a)2 (x  a)2  (y  b)2    0 x y2 (x  a)2  (y  b)2 (x  a)2  (y  b)2     (điều phải chứng minh) Câu 4: Tìm giới hạn: a) lim x 0  xsinx  ex  1  xsinx  1  xsinx  x2 L  lim  lim x 0 x 0 x2 (ex  1)/x2 Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 62 ex  lim  1) (vì x  x2 Cập nhật 22/08/2014 Sử dụng công thức khai triển Taylor hàm số x = ta được: sinx  x  o(x) (với o(x) vô bé x) (1  x) α   αx  o(x) Một vấn đề gặp phải khai triển đến bậc x Thương ta nên khai triển hàm số đến bậc k (k khác hàm số) để nhân bậc với số hạng tự Ví dụ số hạng tự nằm mẫu có bậc Do đó, tử ta cần khai triển đến bậc sinx bậc (1 + xsinx) Giới hạn là:  xsinx  [1  x(x  o(x)] 1/2   lim x 0 x2 x2 L  lim x 0 x  o(x2 ) 1  o x  o(x2 )  2 1/2 [1  x  o(x )]   lim  lim x 0 x 0 x x2   x2 o(x2 )  o(x2 )  2 x  lim  lim x 0 x  x L cos(xe x )  cos(xe  x ) b) lim x 0 x3 Đối với câu này, khai triển Taylor hàm số ex cos(x) không thuận lợi cho việc rút gọn Có thể sử dụng quy tắc Bernoulli (tức quy tắc L'Hospital) sau áp dụng giới hạn số dạng đặc biệt: cos(xe x )  cos(xe  x ) x 0 x3 L  lim   sin(xex )(ex  xex ) sin(xe x )(e x  xe x )    lim   2 x 0 3x 3x     sin(xex )(1 x)ex sin(xe x )(1 x)e x    lim   2 x 0 3x 3x     sin(xex ) (1  x)e2x sin(xe x ) (1  x)e2 x    lim   x x x 0 xe 3x xe 3x    (1  x)e2x (1  x)e2 x    lim    x 0 3x 3x   (vì x  xex xe-x  0) Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 63 Cập nhật 22/08/2014  e2x e2 x    lim   (1  x)  (1  x) x 0 2x  2x     e 2x  1   e-2x  1    (x  1)    lim  (1  x)    x 0 2x 2x  2x  2x            lim  (1  x) 1    (x  1) 1   x 0  2x   2x   2x  2x     lim   2(1  x)  2(x  1)  x 0 6x 6x    4x   4x  2x  4x  2x  4x   lim x 0 6x  12x  2 x  6x  lim Câu 5: Vẽ đồ thị tính tích phân đường: * Vẽ đồ thị (C) hàm số: y  1 |  x |;  x  x  x  x x   Ta có: y  1 |  x |  2  x  x  2  x x  Mà:  x  nên: x  x  y 2  x  x  Đồ thị hàm số sau: y B y  1 |  x |;  x  (C) A D x * Tích phân đường theo chiều tăng đối số x: Đây tích phân đường loại có y = y(x) Chia thành khoảng lấy tích phân [0,1] [1, 2] ứng với y = x y = – x Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 64 Cập nhật 22/08/2014 I   (x2  y ) dx  (x2  y ) dy (C)   (x2  y2 ) dx  (x2  y2 ) dy   (x2  y2 ) dx  (x2  y2 ) dy AB BD   2x dx   (2x2  4x  4) dx  (4x  4) (dx) 1  x3  x3   2x dx   (2x  8x  8) dx   2  2x  4x   1 1 2  2 8  2  2          3  3 Câu 6: Tìm miền hội tụ chuỗi lũy thừa:   n 1 n 1 x     2n  x   n Điều kiện: x  –1 Ta thấy, tất hệ số số hạng chuỗi khác Do đó, bán kính hội tụ chuỗi là: an n  a n 1 R  lim với an an+1 hệ số số hạng thứ n thứ (n+1) an n  2n1 n 1  lim  lim 2 n n  a n n  n  n  n 1  R  lim Do miền hội tụ chuỗi cho là: x   x   2x    0   x2  x 1  x 1 2 2  x  x 1   x   2x      x 1  x 1   x  4 /  3x   0   x 1  x  1    1  x   x x     0   x 1  x  1 + Xét x = –1: số hạng chuỗi không xác định Chuỗi không hội tụ –1 + Xét x = 0, chuỗi trở thành: Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 65 Cập nhật 22/08/2014 n 1 n  2   n  2n n 1   n 1 có dạng chuỗi số phân kỳ Kết luận: Miền hội tụ chuỗi lũy thừa cho khoảng: (1, 0) Câu 7: Tìm nghiệm phương trình vi phân cấp thỏa mãn y(0) = y '(x  1)y  xe  x cos(x2 ) Đầu tiên, tìm nghiệm tổng quát phương trình Sau thay điều kiện ban đầu vào nghiệm tổng quát để suy số C tìm nghiệm cụ thể Phương trình vi phân tuyến tính cấp có dạng: y' + p(x)y = q(x) p(x)dx Nhân hai vế với e  sau rút gọn lấy tích phân để suy nghiêm Nhân hai vế với e y 'e x2 x  y'e x2 x  (x  1)e x2 x ta được: x2 x  (x  1)e x y  xe e x2 x x2 x x2 y  xe cos(x2 ) Ta thấy, vế trái đạo hàm e x2 cos(x2 ) x2 x y Do đó: x2 x d ye  xe cos(x ) dx Lấy tích phân hai vế theo x: ye  ye x2 x x2 x x2 x2   xe cos(x2 )dx   e cos(x2 )d(x2 ) x2  e sin(x )  cos(x )  C (với C số) Đây nghiệm tổng quát phương trình cho Nghiệm cụ thể phương trình phải thỏa mãn điều kiện đầu Ta có: y(0)   2.e0  e0 sin(0)  cos(0) C 2 CC 2 Vậy, nghiệm phương trình là: Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 66 Cập nhật 22/08/2014 ye x2 x x2  e sin(x )  cos(x )  2  x2    1  y  e  x sin(x )   cos(x )   e  2 2   x   Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149 67