Bài Tập, Đề Thi Trắc Nghiệm Online – Môn Toán Cao Cấp – Đề 09

Để tính định thức của ma trận $A$, ta có thể sử dụng phương pháp khai triển Laplace hoặc phép biến đổi sơ cấp trên hàng/cột. Ở đây, ta sẽ dùng phép biến đổi sơ cấp để đưa ma trận về dạng tam giác.
$det(A) = begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 2 & 5 & 7 3 & 7 & 11 end{vmatrix} xrightarrow{H_2 - 2H_1, H_3 - 3H_1} begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 0 & 1 & 1 0 & 1 & 2 end{vmatrix} xrightarrow{H_3 - H_2} begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 0 & 1 & 1 0 & 0 & 1 end{vmatrix} = 1 imes 1 imes 1 = 1$.

Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất $AX=0$ luôn có nghiệm tầm thường $X=0$. Hệ có nghiệm không tầm thường khi và chỉ khi định thức của ma trận hệ số $det(A) = 0$. Nếu $det(A)
eq 0$, hệ chỉ có nghiệm tầm thường.

Để tìm cực trị, ta cần tìm điểm dừng bằng cách giải hệ $begin{cases} f_x = 3x^2 - 3y = 0 f_y = 3y^2 - 3x = 0 end{cases} Leftrightarrow begin{cases} x^2 = y y^2 = x end{cases}$. Thay $y = x^2$ vào phương trình thứ hai, ta được $(x^2)^2 = x Leftrightarrow x^4 - x = 0 Leftrightarrow x(x^3 - 1) = 0$. Vậy $x = 0$ hoặc $x = 1$.
Nếu $x = 0 Rightarrow y = 0^2 = 0$. Điểm dừng $M_1(0, 0)$.
Nếu $x = 1 Rightarrow y = 1^2 = 1$. Điểm dừng $M_2(1, 1)$.
Tính đạo hàm cấp hai: $f_{xx} = 6x, f_{yy} = 6y, f_{xy} = -3$.
Tại $M_1(0, 0)$: $D = f_{xx}f_{yy} - f_{xy}^2 = (0)(0) - (-3)^2 = -9 < 0$. $M_1$ không là cực trị. Tại $M_2(1, 1)$: $f_{xx}(1, 1) = 6, D = f_{xx}f_{yy} - f_{xy}^2 = (6)(6) - (-3)^2 = 36 - 9 = 27 > 0, f_{xx}(1, 1) = 6 > 0$. $M_2(1, 1)$ là điểm cực tiểu.

Đặt $u = x^2$, suy ra $du = 2x dx Rightarrow x dx = frac{1}{2} du$.
$int x e^{x^2} dx = int e^{x^2} (x dx) = int e^u frac{1}{2} du = frac{1}{2} int e^u du = frac{1}{2} e^u + C = frac{1}{2} e^{x^2} + C$.

Áp dụng tiêu chuẩn D'Alembert: $L = lim_{n o infty} frac{a_{n+1}}{a_n} = lim_{n o infty} frac{frac{(n+1)^2}{2^{n+1}}}{frac{n^2}{2^n}} = lim_{n o infty} frac{(n+1)^2}{n^2} cdot frac{2^n}{2^{n+1}} = lim_{n o infty} (frac{n+1}{n})^2 cdot frac{1}{2} = (1)^2 cdot frac{1}{2} = frac{1}{2} < 1$. Vì $L < 1$, chuỗi số hội tụ tuyệt đối.

Áp dụng tiêu chuẩn D'Alembert cho chuỗi số dương $sum_{n=0}^{infty} |frac{(x-2)^n}{n+1}|$. Gọi $a_n = frac{|x-2|^n}{n+1}$.
$L = lim_{n o infty} frac{a_{n+1}}{a_n} = lim_{n o infty} frac{frac{|x-2|^{n+1}}{n+2}}{frac{|x-2|^n}{n+1}} = lim_{n o infty} frac{n+1}{n+2} |x-2| = |x-2|$.
Chuỗi hội tụ khi $L = |x-2| < 1 Leftrightarrow -1 < x-2 < 1 Leftrightarrow 1 < x < 3$. Xét $x = 1$: $sum_{n=0}^{infty} frac{(1-2)^n}{n+1} = sum_{n=0}^{infty} frac{(-1)^n}{n+1}$ - chuỗi Leibniz, hội tụ. Xét $x = 3$: $sum_{n=0}^{infty} frac{(3-2)^n}{n+1} = sum_{n=0}^{infty} frac{1}{n+1}$ - chuỗi điều hòa, phân kỳ. Vậy miền hội tụ là $[1, 3)$.

Mô-đun của $z$: $|z| = sqrt{1^2 + (sqrt{3})^2} = sqrt{1 + 3} = 2$.
Acgument của $z$: $ an(varphi) = frac{sqrt{3}}{1} = sqrt{3}$. Vì phần thực và phần ảo đều dương, $varphi = frac{pi}{3}$.
Dạng lượng giác: $z = |z|(cos(varphi) + i sin(varphi)) = 2(cos(frac{pi}{3}) + i sin(frac{pi}{3}))$.

Phương trình đặc trưng: $k^2 - 3k + 2 = 0 Leftrightarrow (k-1)(k-2) = 0 Leftrightarrow k_1 = 1, k_2 = 2$.
Vì có hai nghiệm thực phân biệt, nghiệm tổng quát là $y(x) = C_1 e^{k_1 x} + C_2 e^{k_2 x} = C_1 e^x + C_2 e^{2x}$.

Để $W$ là không gian con của $V$, cần thỏa mãn 3 điều kiện:
1. $W
eq emptyset$: Vector không $(0, 0, 0) in W$ vì $0 + 0 - 2(0) = 0$. Vậy $W
eq emptyset$.
2. Đóng với phép cộng: Cho $u = (x_1, y_1, z_1), v = (x_2, y_2, z_2) in W$. Khi đó $x_1 + y_1 - 2z_1 = 0$ và $x_2 + y_2 - 2z_2 = 0$. Xét $u + v = (x_1 + x_2, y_1 + y_2, z_1 + z_2)$. $(x_1 + x_2) + (y_1 + y_2) - 2(z_1 + z_2) = (x_1 + y_1 - 2z_1) + (x_2 + y_2 - 2z_2) = 0 + 0 = 0$. Vậy $u + v in W$.
3. Đóng với phép nhân vô hướng: Cho $u = (x, y, z) in W$ và $c in mathbb{R}$. Khi đó $x + y - 2z = 0$. Xét $cu = (cx, cy, cz)$. $(cx) + (cy) - 2(cz) = c(x + y - 2z) = c(0) = 0$. Vậy $cu in W$.
Cả 3 điều kiện đều thỏa mãn, nên $W$ là không gian con của $V$.

Gradient của $f(x,y)$ là $
abla f = (frac{partial f}{partial x}, frac{partial f}{partial y})$.
$frac{partial f}{partial x} = e^x sin(y)$
$frac{partial f}{partial y} = e^x cos(y)$
Tại điểm $(0, pi/2)$: $frac{partial f}{partial x}(0, pi/2) = e^0 sin(pi/2) = 1 cdot 1 = 1$
$frac{partial f}{partial y}(0, pi/2) = e^0 cos(pi/2) = 1 cdot 0 = 0$
Vậy $
abla f(0, pi/2) = (1, 0)$.

Đặt $P(x, y) = x^2 + y^2, Q(x, y) = 2xy$. Ta thấy $frac{partial Q}{partial x} = 2y, frac{partial P}{partial y} = 2y$. Vậy $frac{partial Q}{partial x} = frac{partial P}{partial y}$. Miền $D$ giới hạn bởi $C$ là hình tròn đơn vị, là miền đơn liên. Do đó, tích phân đường trên đường cong kín $C$ của trường vectơ bảo toàn bằng 0.
Hoặc có thể tham số hóa đường tròn $C$: $x = cos(t), y = sin(t), 0 leq t leq 2pi$. $dx = -sin(t) dt, dy = cos(t) dt$.
$int_C (x^2 + y^2) dx + 2xy dy = int_0^{2pi} ((cos^2(t) + sin^2(t))(-sin(t)) + 2cos(t)sin(t)cos(t)) dt = int_0^{2pi} (-sin(t) + 2cos^2(t)sin(t)) dt = int_0^{2pi} sin(t) (2cos^2(t) - 1) dt = int_0^{2pi} sin(t) cos(2t) dt = 0$. (Do tính chất tuần hoàn và đối xứng)

Định thức của $A$: $det(A) = (2)(2) - (1)(3) = 4 - 3 = 1$.
Ma trận phụ hợp của $A$: $adj(A) = begin{pmatrix} 2 & -1 -3 & 2 end{pmatrix}$.
Ma trận nghịch đảo $A^{-1} = frac{1}{det(A)} adj(A) = frac{1}{1} begin{pmatrix} 2 & -1 -3 & 2 end{pmatrix} = begin{pmatrix} 2 & -1 -3 & 2 end{pmatrix}$.

Phương trình đặc trưng: $det(A - lambda I) = 0$.
$A - lambda I = begin{pmatrix} 2-lambda & 1 1 & 2-lambda end{pmatrix}$.
$det(A - lambda I) = (2-lambda)^2 - (1)(1) = lambda^2 - 4lambda + 4 - 1 = lambda^2 - 4lambda + 3 = (lambda - 1)(lambda - 3) = 0$.
Eigenvalues là $lambda_1 = 1, lambda_2 = 3$.

Khai triển Maclaurin của $f(x)$ là $f(x) = f(0) + frac{f'(0)}{1!}x + frac{f''(0)}{2!}x^2 + frac{f'''(0)}{3!}x^3 + cdots$.
$f(x) = ln(1+x) Rightarrow f(0) = ln(1) = 0$.
$f'(x) = frac{1}{1+x} = (1+x)^{-1} Rightarrow f'(0) = 1$.
$f''(x) = -(1+x)^{-2} Rightarrow f''(0) = -1$.
$f'''(x) = 2(1+x)^{-3} Rightarrow f'''(0) = 2$.
Khai triển Maclaurin đến số hạng $x^3$: $f(x) approx 0 + frac{1}{1!}x + frac{-1}{2!}x^2 + frac{2}{3!}x^3 = x - frac{x^2}{2} + frac{x^3}{3}$.

$int_0^1 int_0^2 xy , dy , dx = int_0^1 x left[ int_0^2 y , dy right] dx = int_0^1 x left[ frac{y^2}{2} right]_0^2 dx = int_0^1 x left( frac{2^2}{2} - frac{0^2}{2} right) dx = int_0^1 x (2) dx = 2 int_0^1 x , dx = 2 left[ frac{x^2}{2} right]_0^1 = 2 left( frac{1^2}{2} - frac{0^2}{2} right) = 2 cdot frac{1}{2} = 1$.

$frac{dy}{dx} = frac{x}{y} Leftrightarrow y , dy = x , dx$. Lấy tích phân hai vế: $int y , dy = int x , dx Leftrightarrow frac{y^2}{2} = frac{x^2}{2} + C_1 Leftrightarrow y^2 = x^2 + 2C_1 Leftrightarrow y^2 - x^2 = C$ (với $C = 2C_1$).

$f(x) = sqrt{x}$. $f'(x) = frac{1}{2sqrt{x}}$.
$frac{f(4) - f(0)}{4 - 0} = frac{sqrt{4} - sqrt{0}}{4 - 0} = frac{2 - 0}{4} = frac{1}{2}$.
Ta cần tìm $c$ sao cho $f'(c) = frac{1}{2}$, tức $frac{1}{2sqrt{c}} = frac{1}{2} Leftrightarrow 2sqrt{c} = 2 Leftrightarrow sqrt{c} = 1 Leftrightarrow c = 1^2 = 1$.
Kiểm tra $c = 1 in (0, 4)$.

Hàm số $f(x,y) = x^2 + y^2$ liên tục trên miền đóng bị chặn $D$. Ta xét điểm dừng trong miền $D$ và trên biên.
Điểm dừng: $
abla f = (2x, 2y) = (0, 0) Rightarrow x = 0, y = 0$. Điểm dừng $(0, 0) in D$, $f(0, 0) = 0$.
Trên biên $x^2 + y^2 = 1$, $f(x, y) = x^2 + y^2 = 1$. Vậy giá trị lớn nhất trên $D$ là 1.

$frac{partial f}{partial x} = 3x^2 y^2 + y e^{xy}$.
$frac{partial^2 f}{partial x partial y} = frac{partial}{partial y} (frac{partial f}{partial x}) = frac{partial}{partial y} (3x^2 y^2 + y e^{xy}) = 3x^2 (2y) + (1 cdot e^{xy} + y cdot x e^{xy}) = 6x^2 y + e^{xy} + xy e^{xy}$.

Tích phân $int_1^{infty} frac{1}{x^p} dx$ hội tụ khi và chỉ khi $p > 1$.

Phương trình $x^2 + y^2 + z^2 = R^2$ biểu diễn mặt cầu tâm tại gốc tọa độ $(0, 0, 0)$ và bán kính $R$. Trong trường hợp này, $R^2 = 9 Rightarrow R = 3$. Vậy phương trình biểu diễn mặt cầu tâm gốc tọa độ bán kính 3.

Xét tổ hợp tuyến tính $c_1 u_1 + c_2 u_2 + c_3 u_3 = 0$.
$c_1 (1, 2, 1) + c_2 (2, 1, -1) + c_3 (1, -1, -2) = (0, 0, 0)$.
Hệ phương trình: $begin{cases} c_1 + 2c_2 + c_3 = 0 2c_1 + c_2 - c_3 = 0 c_1 - c_2 - 2c_3 = 0 end{cases}$.
Ma trận hệ số: $A = begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 2 & 1 & -1 1 & -1 & -2 end{pmatrix}$. Định thức $det(A) = 1(1(-2) - (-1)(-1)) - 2(2(-2) - (-1)(1)) + 1(2(-1) - 1(1)) = 1(-3) - 2(-3) + 1(-3) = -3 + 6 - 3 = 0$.
Vì $det(A) = 0$, hệ có nghiệm không tầm thường, nên hệ vectơ $S$ phụ thuộc tuyến tính.

Phương trình có dạng $y' + P(x) y = Q(x)$ với $P(x) = 2$. Thừa số tích phân là $mu(x) = e^{int P(x) dx} = e^{int 2 dx} = e^{2x}$.

Tìm giao điểm: $x^2 = x Leftrightarrow x^2 - x = 0 Leftrightarrow x(x - 1) = 0 Leftrightarrow x = 0, x = 1$.
Diện tích $S = int_0^1 |x - x^2| dx = int_0^1 (x - x^2) dx = left[ frac{x^2}{2} - frac{x^3}{3} right]_0^1 = (frac{1^2}{2} - frac{1^3}{3}) - (0) = frac{1}{2} - frac{1}{3} = frac{3 - 2}{6} = frac{1}{6}$.

Hàm số $f(x) = frac{1}{x-1}$ là hàm phân thức. Nó liên tục trên tập xác định của nó. Hàm số không xác định khi mẫu bằng 0, tức $x - 1 = 0 Leftrightarrow x = 1$. Vậy hàm số gián đoạn tại $x = 1$.

Vận tốc $r'(t) = (-sin(t), cos(t), 1)$.
Tốc độ $|r'(t)| = sqrt{(-sin(t))^2 + (cos(t))^2 + 1^2} = sqrt{sin^2(t) + cos^2(t) + 1} = sqrt{1 + 1} = sqrt{2}$.
Độ dài đường cong $L = int_0^{2pi} |r'(t)| dt = int_0^{2pi} sqrt{2} dt = sqrt{2} int_0^{2pi} dt = sqrt{2} [t]_0^{2pi} = sqrt{2} (2pi - 0) = 2pisqrt{2}$.