[r]
Trang 1bộ giáo dục và đào tạo Đề thi tuyển sinh cao học tháng 11 năm 2013 Tr-ờng Đại Học Xây Dựng Môn toán cao cấp − Thời gian làm bài 180 phút
Câu 1 Cho ma trận A =
a) Gọi f : R2 →R2 là ánh xạ tuyến tính nhận A là ma trận trong cơ sở chính tắc
của R2 Tìm một cơ sở của không gian ảnh imf và không gian nhân kerf.
b) Gọi ω(x, y) là dạng toàn ph-ơng trên R2 nhận A + I làm ma trận trong cơ sở chính tắc, với I là ma trận đơn vị cấp 2 Đ-a đ-ờng bậc hai
ω(x, y) +
√
2x +
√
2y − 8 = 0
về dạng chính tắc bằng phép biến đổi trực giao Chứng tỏ đ-ờng bậc hai là một elip và tìm các bán trục của nó
Câu 2
a) Tìm giới hạn lim
x→0
1
x arctan x
.
b) Cho hàm f (x) = (x2+ 2) ln(1 + x2) Hãy tính đạo hàm f(8)(0).
Câu 3
a) Tìm cực trị của hàm số f (x, y) = 3x2 − 2y3+ 6xy − 6x − 6y.
b) Tính tích phân kép
ZZ D
dxdy
p
x2+ y2, với D = {(x, y) ∈ R2 : x ≥ 1, x2+ y2≤ 2x}.
Câu 4
a) Tính tích phân đ-ờng loại hai
Z L
(sin x + 2x sin y)dx + (cos x − sin y)dy, với L là
cung parabol y = x2 nối điểm O(0; 0) với điểm A(π; π2), h-ớng đi từ O tới A.
b) Tính tích phân suy rộng
+∞
Z 2
x − ln2x
x2lnkx dx khi giá trị k = 2 Với giá trị nào của k
thì tích phân hội tụ
Câu 5
a) Giải ph-ơng trình vi phân y00+ 2y0− 3y = 2 − 3x.
b) Tìm miền hội tụ và tính tổng của chuỗi lũy thừa
∞ X n=1
xn
n2+ n .
-Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Trang 2Đáp án và thang điểm Môn toán
Câu 1 (2 đ)
(1 đ) a) Giả hệ AX = 0 Suy ra cơ sở của kerf là {u = (1, 1)} . 0,5 đ
Cơ sở của imf là {v = (1, −1)} . 0,5 đ
(1 đ) b) Các giá trị riêng của A + I =
lần l-ợt bằng λ1 = 1, λ2 = 9 Cơ sở trực
chuẩn t-ơng ứng là v1 = (√1
2,√1
2), v2 = (√1
2,−1√
2) 0,5 đ
Phép đổi tọa độ trực chuẩn
(
x = √1
2X + √1
2Y
y = √1
2X −√1
2Y. Suy ra elip có ph-ơng trình là
(X + 1)2
Y2
1 = 1 Bán trục a = 3, b = 1. . 0,5 đ
Câu 2 (2 đ)
(1,0 đ) a) Quy đồng và thay VCB t-ơng đ-ơng arctan x ∼ x khi x → 0, ta có L =
lim
x→0
arctan x − x
x3 0,5 đ
Sử dụng quy tắc LHospital, suy ra L = lim
x→0
1 1+x 2 − 1
3x2 = lim
x→0
−x2 (1 + x2)3x2 = −1
3 . 0,5 đ
(1 đ) b) Sử dụng khai triển Mac-laurin hàm ln(1 + x2) = x2−x4
2 +
x6
3 −
x8
4 + o(x
8
). 0,5 đ
Suy ra f (x) = ã ã ã + (1
3 − 2 ã
1
4)x
8+ o(x8) Vậy f(8)(0) = −8!
6 . . 0,5 đ
Câu 3 (2 đ)
(1 đ) a) Điểm dừng là nghiệm của hệ ph-ơng trình
(
f0
x= 6x + 6y − 6 = 0
f0
y = −6y2+ 6x − 6 = 0.
Hệ có các nghiệm x1 = 1, y1 = 0 và x2 = 2, y2 = −1.
Hàm có 2 điểm dừng M1(1, 0), M2(2, −1). 0,5 đ
Ma trận các đạo hàm riêng cấp 2 của hàm f là A =
6 −12y
.
Xét vi phân cấp 2 tại các điểm dừng ta có kết luận:
• Tại M1 hàm không đạt cực trị
• Tại M2, d2f (M2) xác định d-ơng, hàm đạt cực tiểu, fCT = f (M2) = −4 0,5 đ
(1 đ) b) Đổi biến
(
x = r cos ϕ
y = r sin ϕ D
0
cos ϕ ≤ r ≤ 2 cos ϕ,
−π
π
4 . 0,5 đ
Vậy I =
π 4
R
−π
4
dϕ
2 cos ϕR
1 cos ϕ
=
π 4
R
−π 4
(2 cos ϕ −cos ϕ1 )dϕ = 2
√
2 − 2 ln(
√
2 + 1) . 0,5 đ
Câu 4 (2 đ)
Trang 3(1 đ) a) I =
π R 0
(sin x + 2x cos x) dx . 0,5 đ
Tính đúng tích phân I = − cos x|π
0 +
π R 0
2xd(sin x) = 2 + 2x sin xπ
0 − 2
π R 0
sin xdx = −2.
0,5 đ
(1 đ) b) I(k) =
+∞R 2
x − ln2x
x2lnkx dx =
+∞R 2
dx
x lnkx −
+∞R 2
dx
x2lnk−2x Với k = 2 thì I =
1
ln 2 − 1
2 . 0,5 đ
Tích phân thứ 1 hội tụ khi và chỉ khi k > 1 vì
+∞R 2
dx
x lnkx =
ln−k+1x
−k + 1 |
+∞
2 , (k 6= 1) Tích phân
thứ 2 luôn hội tụ vì limx→∞
1
x2lnk−2x
1
x23
x12 lnk−2x = 0 Suy ra
1
x2lnk−2x <
1
x23
với
x đủ lớn. 0,5 đ
Câu 5 (2 đ)
(1 đ) a) Nghiệm ph-ơng trình thuần nhất y00+ 2y0− 3y = 0, ¯ y = C1ex+ C2 e−3x 0,5 đ
Nghiệm riêng của ph-ơng trình không thuần nhất y00+ 2y0− 3y = 2 − 3x là y∗= x Vậy nghiệm tổng quát y = x + C1 ex+ C2 e−3x 0,5 đ
(1 đ)b) Bán kính hội tụ R = lim
n→∞
|an|
|an+ 1| = limn→∞
n2+ n (n + 1)2+ n + 1 = 1 Do chuỗi
∞ P n=1
1
n2+ n hội tụ nên chuỗi đã cho hội tụ tại x = ±1 Miền hội tụ X = [−1; 1] . 0,5 đ
Ta có
∞
P
n=1
xn
n2+ n =
∞ P n=1
xn
n −
∞ P n=1
xn
n + 1 = − ln(1 − x) +
x + ln(1 − x)
Vậy S(x) = 1 + (1 − x) ln(1 − x)
x . . 0,5 đ