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 : R
4
→
R
3
xác định bởi
f(x
1
,x
2
,x
3
,x
4
)=(x
1
+x
2
,x
2
+x
3
,x
3
+x
4
) với mọi x=(x
1
,x

a. Tìm ma trận f trong cơ sở chính tắc của R
4
và R
3
. xác định Imf và Kerf
b. CM f(M) là không gian vectơ con của R
3
. tìm dimf(M)
Giải :
• Tìm ma trận f trong cơ sở chính tắc của R
4
và R
3
Trong R
4
ta có e
1
=(1,0,0,0),e
2
=(0,1,0,0),e
3
=(0,0,1,0),e
4
=(0,0,0,1)
Trong R
3
ta có e’
1
=(1,0,0),e’
2

4321
4321
)(),/(
34
cccc
bbbb
aaaa
A
eef
mà f(e
1
)=(1,0,0)=a
1
e’
1
+b
1
e’
2
+c
1
e’
3
ta tìm được (a
1
,b
1
,c
1
)=(1,0,0)

R
4
: f(x)=0 }
Ta được hệ







∈
−=
=
−=
⇔





=+
=+
=+
Rx
xx
xx
xx
xx
xx

),f(e
4
)>
Ta có












→→












000

4321
4321
xmxxx
xxmxx
xxxmx

Giải : lập ma trận các hệ số










−−−−
−−→→










→

1.111
2

vậy ta được





=+++
=−+−
−=−++−
1
0)1()1(
1)1()2)(1(
4321
32
43
xmxxx
xmxm
mxmxmm
Biện luận:
Với m=1 hệ có vô số nghiệm phụ thuộc 3 tham số x
2
,x
3
,x
4

nghiệm của hệ là (1-a-b-c,a,b,c) a,b,c

+
−
=
ax
m
a
x
m
a
x
m
a
x
2
1
2
1
2
1
a
∈
R
Bài 3: Cho chuỗi luỹ thừa
∑
∞
=
−
+−
1
1

n
n
n
n
=
+
=
+
=
∞→∞→
2
2
2
2
.
1
)(
limlim
theo tiêu chuẩn côsi nếu chuổi hội tụ khi C<1 tức là
041
2
2
<<−⇔<
+
x
x
tại x+2=2 và x+2=-2 ta có chuỗi
0
1)1()1(
2.


==
>+
+
=
0yx, 0
0,
1
sin
),(
22
22
2
yx
yx
x
yxf
a
2
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 x
2
+y
2
>0

)(
1
cos
2
2222
2
'
++
−
=
• tại x=y=0
=
−
=
→
t
ftf
f
t
x
)0,0()0,(
lim
0
'
=
−
=
→
t
ftf

Nếu
),(
lim
0,
ts
ts
ϕ
→
=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)
nếu :
)0,0(),(
''
0,
lim
xx
yx
fyxf ≠
→
,
)0,0(),(
''
0,
lim
yy
yx

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 (x
n
)
⊂
A, (y
n
)
⊂
B sao cho limd(x
n
,y
n
)=0
Do B compắc nên (y
n
) có dãy con
kn
k
y )(
hội tụ ve y
0

∈
B

kn
k
→
nên y
0
∈
A
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
3
( )
n
n
n
x
n
n
2
0
2
32
1
−



+
+
0
32
1
xét
32
1
+
+
=
n
n
u
n
Ta có
2
1
32
1
limlim
=
+
+
==
∞→∞→
n
n
ul

n
2
32
1
)1(
0
n
n
n
n
n
∑
∞
=






+
+
±
0
32
22
)1(
01
32
22





+
+
=
0y xkhi 0
0y xkhi
1
sin)(
),(
22
22
22
yx
yx
yxf
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)
≠

yx
xf
x








++
−








+
=
222222
'
1
cos
21
sin2
yxyx

ttt
x
1
t
1
sin do 0
1
sin
)0,0(),0(
2
0
2
2
00
'
limlimlim
≤=≤=
−
=
→→→
t
t
t
t
t
ftf
f
ttt
y
CM : f’

fyxf ≠
→
,
)0,0(),(
''
0,
lim
yy
yx
fyxf ≠
→
Ta có :
4
Do
0 xkhi ,
2
2
1
cos.
2
1
1
cos
0 xkhi ,02
1
sin2,1
yx
1
sin
,

x
yxyx
x
yx
x
yx
x
yxyx
x
yx
xyxf
yxyx
x
yx
nên
)0,0(),(
''
0,
lim
xx
yx
fyxf ≠
→
tương tự ta CM : được
)0,0(),(
''
0,
lim
yy
yx

ϕ
)1
ts
1
sin (do 0
1
sin.),(
2222
22
0,0,
limlim
≤
+
=
+
+=
→→
ts
tsts
tsts
ϕ
vậy f(x,y)khả vi tại 0(0,0)
Bài 3: Cho
[ ]
RR →*1,0:
ϕ
là một hàm số liên tục
CMR : Hàm F: C
[0,1]
→

liên tục trên tập compac D= [0,1]*[-M,M] nên
ϕ
liên tục đều trên D
tồn tại số
1
δ
>0 sao cho
εϕϕδδ
<−⇒<−<−⇒∈∀ )','(),(',')','(),,(
11
ststssttDstst
đặt
[ ]
δδδ
<⇒∈∀= ),(1,0:),1min(
01
xxdx
mà
[ ]
MMtxtxtx ,)(1)()(
00
−∈⇒<−
[ ]
εεϕϕεϕϕ
<−⇒<−⇒<−
∫
)()())(,())(,())(,())(,(
0
1
0

+x
2
+2x
3
,-x
2
+2x
3
+x
4
)
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=( x
1
,x
2
,x
3
,x
4
)
Ta có :
{ }
0)(:ker
4
=∈= xfRxf
5



=++−
=++−
=+−
⇔
02
02
02
432
321
421
xxx
xxx
xxx
lập ma trận










−
−
→


1210
1210
1021
1210
0211
1021
A
vậy Rank(A)=2
ta có





∈
+=
−=
Rxx
xxx
xxx
43
432
421
,
2
2
nên dimKerf=2
nghiệm cơ bản là (1,1,0,1),(4,2,1,0) và là cơ sở của Kerf
do dimKerf =2
≠










−−
−
→












−−
−
→




Do , dim Imf =2 nên f không toàn cấu
Bài 5: Cho
'':,': VVgVVf →→
là những ánh xạ tuyến tính sao cho
gf kerker ⊂
Hơn nữaf là một toàn cấu . CMR tồn tại duy nhất một ánh xạ tuyến tính
''': VVh →

sao cho h.f=g
Giải:
Bài 6: Cho dạng toàn phương trên R
3
f(x
1
,x
2
,x
3
)=
3121
2
3
2
2
2
1
222 xaxxxxxx ++++
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(x

2 x
a
x
a
x
axx
x








−+






−+






+

22
3
2
11
33
3
22
3
2
11
6
32
6
42
yx
ay
yx
ay
y
yx
xy
ax
xy
ax
x
xy
ta được cơ sở f chính tắc là u
1
=(1,0,0),u
2

T
u
ε
b. f xác định dương khi
660
6
1
2
<<−⇔>− a
a
f xác định không âm khi
60
6
1
2
±=⇔=− a
a
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





=−
+
−
=−+
−

⇔





=+++
=+++
0
0
''''
''''
vvuuyyxx
vvuuyyxx
dGdGdGdG
dFdFdFdF



=
=
⇔





+=−−
+=−−
v

)(ln
1
n
n
x
nn
Giải : Đặt X= x+1 ta được
∑
∞
=2
2
)(ln
1
n
n
X
nn
Xét
2
1
2
))1)(ln(1(
1
)(ln
1
++
=⇒=
+
nn
u

.
1
1
1
).1ln(.2
1
.ln.2
)1ln(
)(ln
limlimlim
tan
2
2
+
+
=
+
+
+
∞→∞→∞→
=
n
n
n
n
n
n
n
n
n

R
, khoảng hội tụ là (-1,1)
Tại X=
1±
ta được chuổi
∑
∞
=
±
2
2
)1(
)(ln
1
n
n
nn
Từ đó ta có
[ ]
∞≠=
++
==
∞→
+
∞→
1
)1ln()1(
)(ln
2
2

n+1
=f(A
n
), n
∈
N và
n
n
AA

∞
=
=
1
CM: A
φ
≠
và f(A)=A
Giải : a. CM tồn tại duy nhất x
0

∈
X sao cho f(x
0
)=x
0
Đặt g(x)= d(x,f(x)), g: X
→
R ,x
∈

Khi đó g(f(x
0
))=d(f(x
0
),f(f(x
0
)))< d(x
0
,f(x
0
))=g(x
0
)
Điều này mâu thuẩn với sự kiện g(x
0
)=min(g(x))
Vậy g(x
0
)=d(x
0
,f(x
0
))=0 hay x
0
=f(x
0
)
CM tính duy nhât của x
0
.

b. Đặt A
1
=f(X),A
n+1
=f(An), n
∈
N và
n
n
AA

∞
=
=
1
CM: A
φ
≠
và f(A)=A
• CM: A
φ
≠
Do f liên tục ,X compac nên A
1
= f(X) là tập compac
8
Giả sử An là tập compackhi đó A
n+1
=f(A
n

)
⊂
f(A
n
)=A
n+1
Vậy A
n+1
NnA
n
∈∀⊂ ,
{ }
n
A
là họ có tâm các tập đóng trong không gian compac
Theo tính chất phần giao hữu hạn ta có A=
φ
≠
∞
=
n
n
A

1

• CM: f(A)=A cần CM : f(A)
⊂
A (1) , f(A)
⊃

A (2)
lấy tuỳ ý x
∈
A cần CM x
∈
f(A)
vì x
∈
A
n+1
=f(A
n
) với mọi n=1,2 … tồn tại x
n
∈
A
n
: x=f(x
n
)
do X compact nên có dãy con (x
nk
)
k
:
ax
k
n
k
=

k
≥
n
do A
n
đóng
nn
k
Aax
k
∈=
∞→
lim

vậy a
∈
A
n
với mọi n=1,2 …
do a
∈
A, x=f(a)
∈
f(A)
vậy ta CM được f(A)=A
Bài 4: Giải và biện luận hệ





m
A
đổi chổ d
1
, d
3
, biến đổi ma trận về dạng










−−+−
−−=
1.1)2)(1(00
0.0110
1.111
mmmm
mm
m
A
biện luận
• nếu m=1 hệ có VSN phụ thuộc 3 tham số x
2
,x

-2 thì hệ có VSN phụ thuộc vào tham số x
4
va tham số m
nghiệm của hệ là
2
1
1
+
−
=
m
a
x
,
2
1
2
+
−
=
m
a
x
,
2
1
3
+
−
=

Giải : b1. Tìm ma trận của f trong cơ sở u
Ta có hệ





++=
++=
++=
)3( )(
)2( )(
)1( )(
3322113
3322112
3322111
ucucucuf
ubububuf
uauauauf
Từ (1) ta có (0,5,3)=a
1
(1,1,1)+a
2
(-1,2,1)+a
3
(1,3,2)





aaa
aaa
Tương tự từ ( 2) ta được b
1
=1,b
2
=0,b
3
=1
Tương tự từ (3) ta được c
1
=1,c
2
=1,c
3
=0
Vậy ma trận A trong cơ sở f là










=



=
−=
⇔=++−=










−
−
−
m
kepm
mm
m
m
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
• với m=-1 ta có
0
000
000
111
111

=
=
−−=−−=
⇔



∈
=++
bx
ax
baxxx
Rxx
xxx
3
2
321
32
321
,
0
a,b
∈
R
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= x
1
u
1

211
121
112
=










−
−
=










−
−
−