đề thi tuyển sinh sau đại học môn toán

Đây là dạng phương trình vi phân tuyến tính cấp hai với hệ số hằng số.. Vì đề bài không cho điều kiện ban đầu nên ta chỉ tìm nghiệm tổng quát của phương trình trên... Tất cả các hệ số c

3.3 Đề thi đợt 1 năm 2013

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

ĐỀ THI TUYỂN SINH SAU ĐẠI HỌC NĂM 2013

Môn thi cơ bản: Toán cao cấp III

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 Giải hệ phương trình

011z10z7y3x

15t7z3y2x

14t3z2yx

Câu 2 Tìm m để dạng toàn phương là xác định dương trong R3

3 2 3 1 2 1

2 3

2 2

2xx

Câu 5 Tìm giới hạn

cosx1

sinxx

1elim

a)

2x 0

xI

1)(2x

Cập nhật 25/08/2014 Lời giải:

Câu 1: Giải hệ phương trình:

011z10z7y3x

15t7z3y2x

14t3z2yx

31110

13110

14321

~0

1411

0111073

15732

14321A

1 3 1 2

1 4

3H H 2H H

H H

13110

14321

~0

0000

44200

13110

14321

~

2 : H H

H

H H

3 2

3

2 4

13tzy

3z2y4t1x

22tz

13tzy

4t13z2yx

22tz

13tzy

14t3z2yx

1ty

98tx

2 3

2 2

Ma trận của dạng toàn phương là:

121A

Định thức của các ma trận con chính: (ma trận con chính là ma trận nhận đường chéo của A làm đường chéo của mình)

1

|1

|

4mm2

21

13)4(mm

223)m(m3

m11

1m2

121detA

58m



Q(X) là xác định dương khi và chỉ khi: Di > 0 i

5m5

m

3m

4m0

5)3)(m(m

04m

5x1

32xx

2xx

3)B(x1)A(x1

1x

B3x

A13)1)(x(x

5x1

3BAB)x(A1

2A5

3BA

1BA

Do đó:

1x

13x

21y

(20) (20)

(20) (20)

1x

13

x

121

x

13

x

21

Cập nhật 25/08/2014

Mà ta có:

1 n n

(n)

a)(x

n!

1)(a

20 (20)

1)(x

20!

1)(3)(x

20!

1)2(

(x)y

1)(x

20!

3)(x

x

' y

p x'  3

44yf

q y'  

42x1f



0f

S xy'' 

4f

1x

0x4

4y

4x4x0

4)(

(12.00

rt

S2   2 2     Điểm M1 là cực trị

Mà tại M1: r = – 4 < 0 Vậy M1 là điểm cực đại  z(M1) = 2

+ Xét tại điểm dừng M2(1, –1) ta có:

(12.10

rt

S2   2  2    Điểm M2 không là cực trị

+ Xét tại điểm dừng M3(–1, –1) ta có:

0324)4)(

1)(12.(

0rt

sinxx

1e

sinx4e

limsinx

cosx1

2elimL

2x 0 x

2x 0

x

)o(x2

4xlim)

o(x2

x

)o(xxx1)o(x2

4x2x1limL

2 2

2 2

0 x 2

2

2 2

Cập nhật 25/08/2014

Do đó:

 sin3x cosx 

sinx 1 0 x 0

x f(x) limelim

xI

tt2dt75t1t

1)2t(t

I

2

1 2

3 2

tt

2B3AB)t(A5t3t

B2t

A5t65tt

3018t5

6A30

2B3A

18BA

3t

242t

65tf(t)

1

3tln242tln65t2

t2dt3t

242

t

65t2

0,25874

5ln483

4ln12

Đây là dạng phương trình vi phân tuyến tính cấp hai với hệ số hằng số Xem giáo

trình Ôn luyện Toán cao cấp, tác giả Lê Đình Định, trang 305 Vì đề bài không cho

điều kiện ban đầu nên ta chỉ tìm nghiệm tổng quát của phương trình trên

Tìm nghiệm tổng quát bằng cách: lấy nghiệm tổng quát ~ycủa phương trình thuần nhất tương ứng cộng với nghiệm riêng y* bất kỳ:

1k0

32k

k2

3x 2

-x

Cy

b)ex(ax

e)bbx32axax

3(bx)e(ax

3b)e(2ax'

3x 2

3x

*

e)bbx96axax

9(b)e32(6ax

"

3x 2

e)b62abx912axax

3x 3x

2

3x 2

3x 2

xebx)e

3(ax

e)bbx32axax

3(2e)b62abx912axax

2 2

2

xe3bx)e

3ax2b6bx4ax6ax

6b2a9bx12ax



3x 3x

xe4b)e

1/8a04b2a

18a

Do đó nghiệm riêng của hệ là: * 3x

e16

1x8

1x

2 x -

16

1x8

1xeCeC

Tất cả các hệ số của các số hạng của chuỗi đều khác 0 Do đó, bán kính hội tụ của chuỗi là:

1 n

n

alimR

2n.5lima

alim

1 n n 1 n

3x5

12x

512x5

12x5

n

1 n

n n

1n

)1(1

n.5

5)(

1n

11

n.5

3.2 Đề thi đợt 2 năm 2013

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

ĐỀ THI TUYỂN SINH SAU ĐẠI HỌC NĂM 2013

Môn thi cơ bản: Toán cao cấp III

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

302B

;221

310

121A

Tìm ma trận X thỏa mãn phương trình XA = B

Câu 2 Cho hai mặt phẳng (P1) và (P2) có phương trình tương ứng là:

bzayx1;

zy

và mặt phẳng (Q) có phương trình xyczc

Tìm điều kiện để hai mặt phẳng (P1) và P(2) cắt nhau theo giao tuyến (d) và a) (d) cắt mặt phẳng (Q) tại một điểm

b) (d) song song với (Q)

Câu 3 Tìm các giới hạn sau

Trong đó, cung AB là một phần tư đường elip y 1

n

12x

1x1n

2xyxy)

Cập nhật 25/08/2014

trên miền (D) giới hạn bởi các đường x + y = 6; x = 0; y = 0

Câu 7 Tìm nghiệm phương trình vi phân

2cosxxe

y'2y''

y    x  thỏa mãn điều kiện y(0) = 1; y '(0) = 2

BAXAA

I trở thành ma trận nghịch đảo của A) Dưới đây sử dụng trực tiếp công thức tính A-1

32 22 12

31 21 11 1

AAA

AAA

AAAAdet

1A

(với Aij là phần phụ đại số của phần tử aij)

33

3

728

33

3

728

011

30215

1BA

/1

15/1715/815/1310

55

1781315

1X

Câu 2: Tìm điều kiện để:

a) (P 1 ) cắt (P 2 ) theo giao tuyến (d) và (d) cắt mặt phẳng (Q) tại một điểm:

1zyax:P

2 1

Để (P1) cắt (P2) theo giao tuyến (d) thì:

1a

1

1a11

11aa

11a

(Xem giáo trình Ôn luyện Toán cao cấp, tác giả Lê Đình Định, trang 58)

Gọi n1,n2,n3 lần lượt là véctơ pháp tuyến của (P1), P(2) và (Q)

Nếu (P1) cắt (P2) theo một giao tuyến (d) thì tích có hướng [n1n2] là một véctơ chỉ phương của (d)

Để giao tuyến (d) cắt với mặt phẳng (Q) thì tích vô hướng giữa véctơ chỉ phương của (d) và véctơ pháp tuyến của (Q) phải khác 0

 Tích hỗn tạp khác 0

1)aa,a,1(1n1a1

11a

kji]nn[

Do đó: n3.n 01.(1a)1.(1a)c(a2 1)0

022acca0ccaa1a



02]

1)1)[c(a(a

01)2(a1)1)(a

2c

1a

1a

21)c(a

1a021)c(a

01a

(1)

Có thể sử dụng phương pháp khác: cho 3 mặt phẳng chỉ có duy nhất 1 điểm chung, suy ra hệ có nghiệm duy nhất Tìm điều kiện để cho định thức của ma trận liên kết khác 0 Cuối cùng suy ra (1)

b) (P 1 ) cắt (P 2 ) theo giao tuyến (d) và (d) song song với mặt phẳng (Q):

Để giao tuyến (d) song song với mặt phẳng (Q) thì véctơ chỉ phương của (d) phải vuông góc với véctơ pháp tuyến của (Q) và một điểm bất kỳ thuộc (d) đều không thuộc (Q)

Minh họa bằng hình vẽ:

1a021)c(a

1a021)c(a0

2]

1)1)[c(a

+ Điều kiện thứ hai: một điểm bất kỳ trên (d) đều không thuộc (Q)

ayxbyax1ayxbz

yax1zbzay

x

1zy

1bxy

1b0,

A thuộc (d) thì ra có:

1b01b01a

1bcc.11a

1b

2c

1b

1a

Câu 3: Tìm các giới hạn sau:

2x2lim

1xx1xx

1xx1xxlimL

2 2

x 2

2

2 2

2

n n1

3n

n

Chia cả tử và mẫu cho x ta được:

1x

1x

11x

1x

11

x

22lim

L

2 2

 lnx

1 0

lnx

sinxlnsinx

ef(x) 



Do đó:

 

eelime

lime

lim

lnx

0 x lnx x sinx x ln

0 x lnx sinx ln

0 x

Với A(–2, 0) và B(0, 1) là một phần tư đường elip y 1

Cập nhật 25/08/2014

4

x1y1y4

x2  2     2 (vì y > 0)

dx4

x14

12

x)dx(4

x12

1dy

2 2

2 -

0

2 AB

III4

x14

dx2x

dx4

x1xdy

2xdxy)(x

xdxx

2 0

x1I

Đặt x = 2sint  dx = 2cost.dt Ta được:

2

πsin2t

2

1tdtcos2t)(1

dttcos2I

0

2

π - 0

2

π - 0

2

π -

2

2 3

4

x1

xdx2

14

x14

dx2x

Đặt x = 2sint  dx = 2cost.dt

2cost)

(2dtsint2cost

dtt2sint.2cos2

1

2 π 0

2 π 0

2 π

π2I

II

Câu 5: Tìm miền hội tụ của chuỗi hàm số:

n

0 n

n

12x

1x1n

Chuỗi trên có dạng một chuỗi lũy thừa Xem giáo trình Ôn luyện Toán cao cấp,

tác giả Lê Đình Định, trang 271

Điều kiện: x  1/2 Tất cả các hệ số của chuỗi đều khác 0 Bán kính hội tụ của chuỗi là:

1 n

n

alimR

2nlim2

12

2n1n

2lima

alimR

n 1 n n

n 1 n

2x

12x22x

01

2x

12x22x

2

112x

1x

2

112x

1x2

112x

1x21

4

1x

2

1x2

1x4

1x

012x

3

012x

14x

n

1n

1)(

là một chuỗi đan dấu và chuỗi này hội tụ

Câu 6: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:

1512y2y

2xyxy)

trên miền (D) giới hạn bởi các đường x + y = 6; x = 0; y = 0

Tham khảo đồ thị hàm số (giá trị z còn kéo dài hơn nữa):

Cập nhật 25/08/2014

Đồ thị của z(x,y) trên được vẽ trên miền [0, 6] x [0, 6] Để được đồ thị trên miền giới hạn D Ta dùng mặt phẳng x + y – 6 = 0 để cắt Đồ thị còn lại là phần bên phải của mặt phẳng x + y – 6 = 0:

Hàm z(x, y) là hàm liên tục nên nó luôn có GTLN, GTNN trên miền đóng và bị chặn D

* Tìm giá trị của hàm số tại các điểm tới hạn (điểm dừng):

Tìm các điểm tới hạn:

y

'' xy ''

x

' y

124yxf

42yf

x2  



2xf

S xy'' 

4f

2x

2y

2x

3y

0x

4

x12y

2y

0x

0124yx

04x2xy0

q

0p

2 2

Suy ra có hai điểm dừng trên miền D là: A(2, 2) và B (0, 3)

(thực chất điểm B nằm trên biên của miền D Khi tìm điểm cực trị trên biên sẽ có một điểm trùng với B)

+ Tại điểm dừng A(2, 2) ta có:

016044).4(2y

(2x)rt

Suy ra hàm số z(x, y) không đạt cực trị tại A (phù hợp với hình ảnh đồ thị)

+ Tại điểm dừng B(0, 3) ta có:

082.40

4).4(2y

(2x)rt

S2   2    2   Do đó B là cực trị

Mà tại B: r = 4 > 0 Vậy B là điểm cực tiểu (điều này cũng phù hợp với đồ thị)

Hàm z đại cực tiểu tại B(0, 3)  z = – 3 (1)

* Tìm giá trị của hàm số trên các đường biên:

Tại các đường biên thì y = f(x) ứng với từng đường biên do đó bài toán tìm cực trị của hàm 2 biến trở thành tìm cực trị của hàm 1 biến

+ Trên đường biên trục hoành (y = 0) với 0  x  6 ta có:

Cập nhật 25/08/2014

1512y2y

2xyxy)

152xy)

2xyxy)

1512y2y

2xyxy)

15x)12(6x)

2(62x

x)x(6y)



1512x6x

xy)



Ta có:

2x02)(x0

44xx0

Từ (1), (2) và (3) suy ra trên miền D:

+ Hàm z(x, y) đạt giá trị lớn nhất bằng 15 tại điểm (0, 0)

+ Hàm z(x, y) đạt giá trị nhỏ nhất bằng – 57 tại điểm(6, 0)

Câu 7: Tìm nghiệm của phương trình vi phân:

2cosxxe

y'2y''

y    x  thỏa mãn điều kiện y(0) = 1; y '(0) = 2 Đây là dạng phương trình vi phân tuyến tính cấp hai với hệ số hằng số Xem giáo

trình Ôn luyện Toán cao cấp, tác giả Lê Đình Định, trang 305.

Ta tìm nghiệm tổng quát sau đó thay vào điều kiện ban đầu để suy ra nghiệm cụ thể Nghiệm tổng quát của phương trình trên bằng nghiệm nghiệm tổng quát ~ycủa phương trình thuần nhất tương ứng cộng với nghiệm riêng y* bất kỳ:

*

yy

+ Nghiệm tổng quát ~y của phương trình thuần nhất tương ứng:

Phương trình đặc trưng:

k2 – 2k + 1 = 0  k = 1 (nghiệm kép)

x 2

1 C x)e(C

y

 với C1 và C2 là hằng số (2)

+ Tìm nghiệm riêng y*:

Nếu tìm nghiệm riêng bằng phương pháp biến thiên hằng số thì sẽ rất dài và khó lấy tích phân của y* theo y1(x), y2(2) và f(x) Sử dụng phương pháp hệ số không xác định sẽ ưu việt hơn Nghiệm riêng ở đây bằng tổng 2 nghiệm riêng thành phần

2 3

x 2

*

x 2

2 3

2b)ebx

46axbx

* 1

*

1 '' 2y ' y xe

x x 2 3

x 2

2 3

x 2

2 3

xe)ebx(ax

bx)e2bx3ax(ax

22b)ebx

46axbx

6ax(ax

b6

1axe

Tìm nghiệm riêng ứng với f2(x) = – 2cosx:

Nghiệm riêng có dạng: y*2 AcosxBsinx

Suy ra:

BcosxAsinx

'

BsinxAcosx

"

Thay ngược lại phương trình:

2cosxy

'2y''

y*2  *2  *2 

2cosxBcosx)

Asinx(

2Bsinx





2cosxsinx

BcosxABcosx2

Asinx2Bsinx





cosxBcosx



Do đó: y*2 sinx (4)

Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra nghiệm tổng quát của phương trình vi phân là:

sinx6

xex)C(C

1C1

6

1CC2

C10cos6

1e.0)C(CC

2

sin06

0e.0)C(C

1

2

1

1 2

1

0 2 1

0 2

0 2 1

e

Kết luận:

Nghiệm của phương trình vi phân là:

sinx6

xe6

x1

3.1 Đề thi đợt 1 năm 2014

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

ĐỀ THI TUYỂN SINH SAU ĐẠI HỌC NĂM 2014

Môn thi cơ bản: Toán cao cấp III

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 Giải và biện luận theo tham số a hệ phương trình sau

0t2zy

12tzy2x

23tzx

Câu 2 Đưa dạng toàn phương sau về dạng chính tắc

3 1 2 1 2 3 2 2 2

ux

u

2 2

1xsinx1

lim

x 0

0

)cos(xe)

cos(xelim

2

dy)y(xdx)y(xI

Câu 6 Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa

n

1 n

n

1x

2x2

1n

1)y(x'

Lời giải:

12tzy2x

23tzx

10

01

210

34

310

23

101

~a

1211

01210

12112

23101

A

1 2

1 4

2H H

H H

331

00

34310

23101

~

2 3

2 4

H H

H H

+ Nếu a  –1 thì hệ phương trình vô nghiệm

65ty

1x

3t3z

4t33z

y

3t2zx

33t

z

3t

43zy

23tzx

Kết luận:

+ Nếu a  –1 thì hệ phương trình đã cho vô nghiệm

+ Nếu a = –1 thì 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 về dạng chính tắc:

3 1 2 1 2 3 2 2 2

)x8x4x4x()x4xx4xx2xx4xx(Q(X)  12  22  32 1 2  1 3  2 3  22  2 3 32

2 3 2

3 3

2 2 2 2

3 2

4

1xxx4)2xx

2 3

2

3 2

2 3 2

2

1x4)2xx

3 2

2

3 2 1 1

xy

x2

1xy

2xxxy

u

2 2

b)(ya)(x

axx

2 2 2

2 2

2

2 2

b)(ya)(x

a)(xb)(yb)

(ya)(x

a)(x2b)(ya)(xx

b)(ya)(x

byy

2 2 2

2 2

2

2 2

b)(ya)(x

b)(ya)(xb)

(ya)(x

b)(y2b)(ya)(xy

b)(ya)(xb)

(ya)(x

a)(xb)(yy

ux

u

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

1xsinx1

x 2 x

2

0

1xsinx1

lim1)/x

(ex

1xsinx1

0 x

2





Cập nhật 22/08/2014

Sử dụng công thức khai triển Taylor của các hàm số tại x = 0 ta được:

o(x)x

sinx  (với o(x) là vô cùng bé của x)

o(x)αx

1x)(1 α   

Một vấn đề gặp phải là khai triển đến bậc bao nhiêu đối với x Thương thì ta nên khai triển các hàm số đến bậc k nào đó (k có thể khác nhau đối với từng hàm số) để khi nhân ra sẽ được cùng bậc với số hạng tự do Ví dụ trong bài này số hạng tự do nằm dưới mẫu và có bậc bằng 2 Do đó, trên tử ta chỉ cần khai triển đến bậc 1 đối với sinx

và bậc 1 đối với (1 + xsinx) là được

Giới hạn là:

2 1/2

0 x 2

0

1o(x)]

x(x[1limx

1xsinx1

2 2

0 x 2

1/2 2 2

0

1)o(xx

o2

)o(xx

1limx

1)]

o(xx

[1lim

)o(x2

1limx

)o(x2

x

2

0 x 2

2 2

0 x

0

)cos(xe)

cos(xelim

0

)cos(xe)

cos(xelim

x

2

x x x

0

)xe)(e

sin(xe3x

)xe)(esin(xelim

2

x x

0

x)e)(1sin(xe3x

x)e)(1sin(xelim

)sin(xe3x

x)e(1xe

)sin(xelim

x

x

x 2x

x x

0 x

x)e(1lim

x 2x

0

ex)(13

2lim

x 2x

0 x

1e1)(x3

22x

12x

1ex)(13

2lim

-2x 2x

0 x

22x

11x)(13

2lim

0 x

12xx)2(1lim

0 x

6x

24x2x4x2x4x24xlim

2 2

0 x

12xlim

1xkhix0x1khix2

0x1khix

|x1

|1y

1x0khixy

Đồ thị của hàm số như sau:

* Tích phân đường theo chiều tăng của đối số x:

Đây là tích phân đường loại 2 có y = y(x) Chia thành 2 khoảng lấy tích phân [0,1] và [1, 2] ứng với y = x và y = 2 – x

y

x

2 x 0

|;

x 1

| 1

y     (C)

A

B

D

dy)y(xdx)y(xI

2

AB

2 2 2

2

dy)y(xdx)y(xdy

)y(xdx)y(x



1 2 1

0

2

dx)(4)x4(dx4)4x(2xdx

2x

2

1

2 3 1

0

3 2

1 2 1

0

2

4x2x3

x23

x2dx8)8x(2xdx

23

2423

1883

823

n

1x

2x2

1n

n

alimR

1nlim22n

22

1nlima

alimR

n

1 n

n n

1 n

x

22x2x

01

x

22x2x

21x

2x

21x

2x2

1x

2x2

0x11

0x1

3/4x

01x

x

01x

43x

+ Xét tại x = –1: các số hạng của chuỗi không xác định Chuỗi không hội tụ ở –1 + Xét tại x = 0, chuỗi trở thành:

1 n

2

1n

có dạng chuỗi số phân kỳ

Kết luận:

Miền hội tụ của chuỗi lũy thừa đã cho là khoảng: (1,0)

Câu 7: Tìm nghiệm của phương trình vi phân cấp một thỏa mãn y(0) = 2

)cos(xxe

1)y(x'

Nhân cả hai vế với p(x)dx

e sau đó rút gọn đi và lấy tích phân để suy ra nghiêm

Nhân cả hai vế với 2 x

x2

e  ta được:

)cos(xe

xey1)e(xe

'

x x x

2

x x

y1)e(xe

'

x x

2

x x

)cos(xxe

yedx

x x

)dxcos(xxe

x 2

2

x x

2

C)cos(x2

1)sin(xe

x x 2

1.sin(0)e

2.e2

2

3CC2

Cập nhật 22/08/2014

2

3)cos(x2

1)sin(xe

x x 2

2

2

e2

3)cos(x2

1)sin(xe