Câu lạc bộ Tin học dành cho học sinh Tiểu học

[sai mần gium pen 07 - Vũ Hoàng Quân 5/4]

​

Cho hàm

f(x)=x2sin⁡(1x),x≠0,f(0)=0.f(x) = x^2 \sin\left(\frac{1}{x}\right), \quad x \ne 0, \qquad f(0)=0.f(x)=x2sin(x1),x=0,f(0)=0.

1. Chứng minh rằng fff khả vi tại x=0x=0x=0 và tính f′(0)f'(0)f′(0).
2. Chứng minh rằng f′(x)f'(x)f′(x) không liên tục tại 0.
3. Xét hàm tuần hoàn mở rộng của fff trên [−π,π][-π, π][−π,π].
   
   • Tìm chuỗi Fourier của nó.
   • Thảo luận hội tụ tại x=0x=0x=0.

---

​

Cho không gian vectơ V=R4V = \mathbb{R}^4V=R4 với tích vô hướng chuẩn.
Gọi UUU là không gian con sinh bởi các vectơ:

u1=(1,1,0,0),u2=(0,1,1,0),u3=(0,0,1,1).u_1=(1,1,0,0), \quad u_2=(0,1,1,0), \quad u_3=(0,0,1,1).u1=(1,1,0,0),u2=(0,1,1,0),u3=(0,0,1,1).

1. Dùng phương pháp Gram–Schmidt để tạo cơ trực chuẩn cho UUU.
2. Tìm trực giao U⊥U^{\perp}U⊥.
3. Cho v=(1,2,3,4)v=(1,2,3,4)v=(1,2,3,4), hãy tính hình chiếu trực giao của vvv lên UUU.

---

​

Tính chính xác tích phân sau bằng Định lý phần dư:

I=∫−∞∞x2(x2+1)2 dx.I = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^2}{(x^2+1)^2}\,dx.I=∫−∞∞(x2+1)2x2dx.
Gợi ý: Dùng contour khép trên nửa mặt phẳng trên.

---

​

Xét mặt cong trong không gian

S:z=e−(x2+y2).S: z = e^{-(x^2 + y^2)}.S:z=e−(x2+y2).

1. Tính vector pháp tuyến đơn vị tại điểm P(0,0,1)P(0,0,1)P(0,0,1).
2. Tính độ cong trung bình HHH tại PPP.
3. Cho đường cong γ(t)=(t,0,e−t2)γ(t)=(t,0,e^{-t^2})γ(t)=(t,0,e−t2), hãy tính độ cong κ(0)κ(0)κ(0).

---

​

Giải xấp xỉ gần đúng phương trình

y′′+y3=0,y'' + y^3 = 0,y′′+y3=0,
với điều kiện đầu y(0)=A>0, y′(0)=0.y(0)=A>0, \, y'(0)=0.y(0)=A>0,y′(0)=0.

Gợi ý: Bảo toàn năng lượng → y′2=A4−y4.y'^2 = A^4 - y^4.y′2=A4−y4.

---

---

​

Câu 1​

f′(x)=2xsin⁡1x−cos⁡1x.f'(x)=2x\sin\frac{1}{x}-\cos\frac{1}{x}.f′(x)=2xsinx1−cosx1.
→ f′(0)=lim⁡x→0f(x)−f(0)x=lim⁡x→0xsin⁡1x=0.\displaystyle f'(0)=\lim_{x→0}\frac{f(x)-f(0)}{x} = \lim_{x→0}x\sin\frac{1}{x}=0.f′(0)=x→0limxf(x)−f(0)=x→0limxsinx1=0.



Khi x→0x→0x→0, f′(x)=2xsin⁡(1/x)−cos⁡(1/x)f'(x)=2x\sin(1/x)-\cos(1/x)f′(x)=2xsin(1/x)−cos(1/x) dao động giữa −1 và 1 ⇒ không liên tục tại 0.



Chuỗi Fourier chỉ có hệ số sin và cos giảm chậm, do đạo hàm không liên tục ⇒ hội tụ đến (f(0⁺)+f(0⁻))/2 = 0.

---

Câu 2​

Gram–Schmidt:

v1=u1=(1,1,0,0),e1=12(1,1,0,0).v_1=u_1=(1,1,0,0), \quad e_1=\frac{1}{\sqrt2}(1,1,0,0).v1=u1=(1,1,0,0),e1=21(1,1,0,0).v2=u2−proje1(u2)=(0,1,1,0)−⟨u2,e1⟩⟨e1,e1⟩e1=(0,1,1,0)−12(1,1,0,0)=(−12,12,1,0).v_2=u_2 - \mathrm{proj}_{e_1}(u_2) = (0,1,1,0)-\frac{\langle u_2,e_1\rangle}{\langle e_1,e_1\rangle}e_1 = (0,1,1,0)-\tfrac{1}{2}(1,1,0,0)=( -\tfrac12,\tfrac12,1,0).v2=u2−proje1(u2)=(0,1,1,0)−⟨e1,e1⟩⟨u2,e1⟩e1=(0,1,1,0)−21(1,1,0,0)=(−21,21,1,0).
Sau khi chuẩn hoá, e2=13/2(−12,12,1,0).e_2 = \frac{1}{\sqrt{3/2}}(-\tfrac12,\tfrac12,1,0).e2=3/21(−21,21,1,0).


Tương tự v3=u3−proje1,e2(u3)v_3 = u_3 - \mathrm{proj}_{e_1,e_2}(u_3)v3=u3−proje1,e2(u3), …
Tính ra được cơ trực chuẩn gồm ba vectơ.


Sau đó, U⊥U^{\perp}U⊥ là mọi x=(x1,x2,x3,x4)x=(x_1,x_2,x_3,x_4)x=(x1,x2,x3,x4) sao cho x1+x2=0x_1+x_2=0x1+x2=0, x2+x3=0x_2+x_3=0x2+x3=0, x3+x4=0x_3+x_4=0x3+x4=0.
→ x=(−a,a,−a,a)=a(−1,1,−1,1)x=(-a,a,-a,a)=a(-1,1,-1,1)x=(−a,a,−a,a)=a(−1,1,−1,1).


Vậy U⊥=span{(−1,1,−1,1)}.U^{\perp}=\mathrm{span}\{(-1,1,-1,1)\}.U⊥=span{(−1,1,−1,1)}.


Hình chiếu của vvv lên UUU là v−⟨v,n⟩∥n∥2nv - \frac{\langle v, n\rangle}{\|n\|^2}nv−∥n∥2⟨v,n⟩n, với n=(−1,1,−1,1)n=(-1,1,-1,1)n=(−1,1,−1,1).
Tính ra:
⟨v,n⟩=−1+2−3+4=2,  ∥n∥2=4.\langle v,n\rangle = -1+2-3+4=2,\;\|n\|^2=4.⟨v,n⟩=−1+2−3+4=2,∥n∥2=4.
⇒ vU=v−24n=(1,2,3,4)−0.5(−1,1,−1,1)=(1.5,1.5,3.5,3.5).v_U = v - \frac{2}{4}n = (1,2,3,4)-0.5(-1,1,-1,1)=(1.5,1.5,3.5,3.5).vU=v−42n=(1,2,3,4)−0.5(−1,1,−1,1)=(1.5,1.5,3.5,3.5).

---

Câu 3​

Hàm: f(z)=z2(z2+1)2f(z)=\frac{z^2}{(z^2+1)^2}f(z)=(z2+1)2z2.
Cực bậc 2 tại z=i.


Phần dư tại z=i:

Res(f,i)=11!lim⁡z→iddz[(z−i)2f(z)]=lim⁡z→iddzz2(z+i)2.\mathrm{Res}(f,i)=\frac{1}{1!}\lim_{z\to i}\frac{d}{dz}\left[(z-i)^2f(z)\right]= \lim_{z→i}\frac{d}{dz}\frac{z^2}{(z+i)^2}.Res(f,i)=1!1z→ilimdzd[(z−i)2f(z)]=z→ilimdzd(z+i)2z2.
Đạo hàm = 2z(z+i)2−z2⋅2(z+i)(z+i)4=2z(z+i−z)(z+i)3=2zi(z+i)3.\frac{2z(z+i)^2 - z^2·2(z+i)}{(z+i)^4}=\frac{2z(z+i-z)}{(z+i)^3}=\frac{2zi}{(z+i)^3}.(z+i)42z(z+i)2−z2⋅2(z+i)=(z+i)32z(z+i−z)=(z+i)32zi.
Thay z=i ⇒ 2i⋅i(2i)3=−2−8i=14i.\frac{2i·i}{(2i)^3}=\frac{-2}{-8i}=\frac{1}{4i}.(2i)32i⋅i=−8i−2=4i1.


Theo định lý phần dư:

I=2πi⋅14i=π2.I=2πi·\frac{1}{4i}= \frac{π}{2}.I=2πi⋅4i1=2π.
Kết quả: I=π/2.I=π/2.I=π/2.

---

Câu 4​

Ta có z=e−(x2+y2).z=e^{-(x^2+y^2)}.z=e−(x2+y2).

∇z=(−2xe−(x2+y2),−2ye−(x2+y2),1).∇z = (-2xe^{-(x^2+y^2)}, -2ye^{-(x^2+y^2)}, 1).∇z=(−2xe−(x2+y2),−2ye−(x2+y2),1).
Tại (0,0,1): pháp tuyến = (0,0,1).


Độ cong trung bình H=12(k1+k2)H=\frac{1}{2}(k_1+k_2)H=21(k1+k2).
Vì tại (0,0) mặt đối xứng tròn ⇒ k1=k2=−2.k_1=k_2=-2.k1=k2=−2.
⇒ H=−2.H=-2.H=−2.


Đường cong γ(t)=(t,0,e−t2)γ(t)=(t,0,e^{-t^2})γ(t)=(t,0,e−t2):
γ′(t)=(1,0,−2te−t2)γ'(t)=(1,0,-2te^{-t^2})γ′(t)=(1,0,−2te−t2), γ′′(t)=(0,0,(−2+4t2)e−t2).γ''(t)=(0,0,(-2+4t^2)e^{-t^2}).γ′′(t)=(0,0,(−2+4t2)e−t2).
Độ cong tại 0:

κ(0)=∣γ′(0)×γ′′(0)∣∥γ′(0)∥3=∣(0,2,0)∣13=2.κ(0)=\frac{|γ'(0)×γ''(0)|}{\|γ'(0)\|^3} = \frac{|(0,2,0)|}{1^3}=2.κ(0)=∥γ′(0)∥3∣γ′(0)×γ′′(0)∣=13∣(0,2,0)∣=2.

---

Câu 5​

Bảo toàn năng lượng:

E=12y′2+14y4=14A4.E = \frac{1}{2}y'^2 + \frac{1}{4}y^4 = \frac{1}{4}A^4.E=21y′2+41y4=41A4.
→ y′=±A4−y4.y' = \pm \sqrt{A^4 - y^4}.y′=±A4−y4.
Tách biến:

∫0ydyA4−y4=t.\int_0^y \frac{dy}{\sqrt{A^4 - y^4}} = t.∫0yA4−y4dy=t.
Đặt y=Asin⁡1/2θy=A\sin^{1/2}\thetay=Asin1/2θ ⇒ nghiệm dạng hàm elliptic:

y(t)=A sn(At;k=12).y(t)=A\,\mathrm{sn}(A t; k=\tfrac{1}{\sqrt2}).y(t)=Asn(At;k=21).
Đây là dao động phi tuyến tuần hoàn, biên độ A.