Đề thi cuối kì GT3 học kì 20181 – nhóm ngành 1 Lời giải Nguyễn Tiến Được – K64 Câu 1 a) ∑
Đề thi cuối kì GT3 học kì 20181 – nhóm ngành Lời giải: Nguyễn Tiến Được – K64 Câu a) ∞ 𝑛2 + 𝑛2 + 𝐷ễ 𝑡ℎấ𝑦 𝑢𝑛 = ≥ 0∀𝑛 ≥ ∑ 𝑛 +𝑛+1 𝑛 +𝑛+1 𝑛=1 𝑛2 + 𝑛2 𝑢𝑛 = ~ = 𝑘ℎ𝑖 𝑛 → ∞ 𝑛 + 𝑛 + 𝑛3 𝑛 ∞ 𝑀à ∑ 𝑙à 𝑐ℎ𝑢ỗ𝑖 đ𝑖ề𝑢 ℎò𝑎 𝑝ℎâ𝑛 𝑘ỳ 𝑛 𝑛=1 → 𝐶ℎ𝑢ỗ𝑖 𝑐ℎ𝑜 𝑝ℎâ𝑛 𝑘ỳ 𝑡ℎ𝑒𝑜 𝑇𝐶𝑆𝑆 b) ∞ ∑ (−1)𝑛 𝑛=1 2𝑛 + 2𝑛 + 𝐿à 𝑐ℎ𝑢ỗ𝑖 đ𝑎𝑛 𝑑ấ𝑢 𝑣ớ𝑖 𝑢 = 𝑛 𝑛2 + 𝑛2 + +) 𝑢𝑛 ≥ 0∀𝑛 ≥ 2𝑥 + 2(𝑥 + 1) − 2𝑥(2𝑥 + 1) −2(𝑥 + 𝑥 + 1) ′ (𝑥) +) 𝑓(𝑥) = →𝑓 = = (𝑥 + 1)2 (𝑥 + 1)2 𝑥 +1 < 0∀𝑥 ≥ → {𝑢𝑛 } 𝑙à 𝑑ã𝑦 đơ𝑛 đ𝑖ệ𝑢 𝑔𝑖ả𝑚 2𝑛 + +) lim =0 𝑛→∞ 𝑛 + → 𝐶ℎ𝑢ỗ𝑖 𝑐ℎ𝑜 ℎộ𝑖 𝑡ụ 𝑡ℎ𝑒𝑜 𝑡𝑖ê𝑢 𝑐ℎ𝑢ẩ𝑛 𝐿𝑒𝑖𝑏𝑛𝑖𝑡𝑧 Câu 2: Tìm miền HT ∞ ∞ 𝑛=1 𝑛=1 (2𝑥 + 3)𝑛 Đặ𝑡 𝑡 = 2𝑥 + → ∑ 𝑡 𝑛 𝑙à 𝑐ℎ𝑢ỗ𝑖 𝑙ũ𝑦 𝑡ℎừ𝑎 ∑ 2𝑛 + 2𝑛 + − 𝐵á𝑛 𝑘í𝑛ℎ 𝐻𝑇 𝑐ủ𝑎 𝑐ℎ𝑢ỗ𝑖 𝑙à: 2𝑛 + lim =1→𝑅=1 𝑛→∞ 2𝑛 + ∞ − 𝑇ạ𝑖 𝑡 = ∑ 𝑙à 𝑐ℎ𝑢ỗ𝑖 đ𝑖ề𝑢 ℎò𝑎 𝑝ℎâ𝑛 𝑘ỳ 2𝑛 + 𝑛=1 ∞ (−1)𝑛 − 𝑇ạ𝑖 𝑡 = −1 ∑ 𝑙à 𝑐ℎ𝑢ỗ𝑖 đ𝑎𝑛 𝑑ấ𝑢 ℎộ𝑖 𝑡ụ 𝑡ℎ𝑒𝑜 𝐿𝑒𝑖𝑏𝑛𝑖𝑡𝑧 2𝑛 + 𝑛=1 𝑀𝑖ề𝑛 ℎộ𝑖 𝑡ụ 𝑙à − ≤ 𝑡 < → −1 ≤ 2𝑥 + < → −2 ≤ 𝑥 ≤ −1 𝑉ậ𝑦 𝑚𝑖ề𝑛 ℎộ𝑖 𝑡ụ 𝑐ầ𝑛 𝑡ì𝑚 𝑙à 𝑥 ∈ [−2; −1) Câu 3: Khai triển f(x) thành chuỗi Maclaurin ∞ 𝑥 𝑓(𝑥) = = 𝑥 ∑ (−1)𝑛 (2𝑥 )𝑛 ∀|2𝑥 | < + 2𝑥 𝑛=0 ∞ = ∑ (−2)𝑛 𝑥 2𝑛+1 ∀|𝑥| < 𝑛=0 √2 Câu 4: ′ 𝑦 𝑦 a) 𝑦 = ( ) + + 𝑥 𝑥 𝑦 Đặ𝑡 = 𝑡 → 𝑦 = 𝑥𝑡 → 𝑦 ′ = 𝑡 + 𝑡′𝑥 𝑥 → 𝑡 + 𝑡′𝑥 = 𝑡2 + 𝑡 + 𝑑𝑡 1 𝑡 → 𝑥 = 𝑡2 + → 𝑑𝑡 = 𝑑𝑥 → ln 𝑥 + ln 𝐶 = arctan 𝑑𝑥 𝑡 +4 𝑥 2 𝑡 → 𝑥 = (√𝑒 + 𝑒 arctan2 ) 𝐶 𝑡 𝑡 Vậy PT có nghiệm { 𝑦 = (√𝑒 + 𝑒 arctan2 ) 𝐶 𝑥 = ( √𝑒 + 𝑒 arctan 𝐶 (3𝑥 𝑡 ) b) (3𝑥 + 6𝑥𝑦)𝑑𝑥 + − 4𝑦 )𝑑𝑦 = 𝑃(𝑥; 𝑦) = 3𝑥 + 6𝑥𝑦 → 𝑃𝑦′ = 6𝑥 𝑄(𝑥; 𝑦) = 3𝑥 − 4𝑦 → 𝑄𝑥′ = 6𝑥 → Đâ𝑦 𝑙à 𝑃𝑇𝑉𝑃 𝑡𝑜à𝑛 𝑝ℎầ𝑛 𝑥 𝑦 → 𝐶 = ∫ 3𝑥 𝑑𝑥 + ∫ 3𝑥 − 4𝑦 𝑑𝑦 0 𝑦=𝑦 𝑥=𝑥 = 𝑥3 | + (3𝑥 𝑦 − 𝑦 )| 𝑦 = = 𝑥 + 3𝑥 𝑦 − 𝑦 𝑥=0 Vậy TPTQ PT 𝐶 = 𝑥 + 3𝑥 𝑦 − 𝑦 c) 𝑦 ′′ + 3𝑦 ′ + 2𝑦 = (6𝑥 + 16𝑥 + 13)𝑒 𝑥 - Xét PT 𝑦 ′′ + 3𝑦 ′ + 2𝑦 = Có PT đặc trưng 𝑘 + 3𝑘 + = → 𝑘1 = −1; 𝑘2 = −2 → 𝑦̅ = 𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝐶2 𝑒 −2𝑥 - 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥 (6𝑥 + 16𝑥 + 13) 𝑐ó 𝛼 = 𝑘𝑜 𝑙à 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑐ủ𝑎 𝑃𝑇 đặ𝑐 𝑡𝑟ư𝑛𝑔 → 𝑦 ∗ = 𝑒 𝑥 (𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 + 𝐶) → (𝑦 ∗ )′ = 𝑒 𝑥 [𝐶 + 𝐵 + (𝐵 + 2𝐴)𝑥 + 𝐴𝑥 ] → (𝑦 ∗ )′′ = 𝑒 𝑥 [𝐶 + 2𝐵 + 2𝐴 + (𝐵 + 4𝐴)𝑥 + 𝐴𝑥 ] Thay vào PT ban đầu ta có: 𝑒 𝑥 [𝐶 + 2𝐵 + 2𝐴 + (𝐵 + 4𝐴)𝑥 + 𝐴𝑥 ] + 3𝑒 𝑥 [𝐶 + 𝐵 + (𝐵 + 2𝐴)𝑥 + 𝐴𝑥 ] + 2𝑒 𝑥 (𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 + 𝐶) = (6𝑥 + 16𝑥 + 13)𝑒 𝑥 → (𝐴 + 3𝐴 + 2𝐴)𝑥 + (𝐵 + 4𝐴 + 3𝐵 + 6𝐴 + 2𝐵)𝑥 + (𝐶 + 2𝐵 + 2𝐴 + 3𝐶 + 3𝐵 + 2𝐶) = 6𝑥 + 16𝑥 + 13 6𝐶 = 𝐴=1 → { 6𝐵 + 10𝐴 = 16 → {𝐵 = → 𝑦 ∗ = 𝑒 𝑥 (𝑥 + 𝑥 + 1) 6𝐶 + 5𝐵 + 2𝐴 = 13 𝐶=1 𝑉ậ𝑦 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑇𝑄 𝑐ủ𝑎 𝑃𝑇 𝑙à 𝑦 = 𝑦̅ = 𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝐶2 𝑒 −2𝑥 + 𝑒 𝑥 (𝑥 + 𝑥 + 1) d) 𝑦 ′′ − 𝑦 = 2𝑒 2𝑥 𝑒 𝑥 +1 - Xét PT 𝑦 ′′ − 𝑦 = Có PT đặc trưng 𝑘 = → 𝑘1,2 = ±1 → 𝑦̅ = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒 −𝑥 Áp dụng phương pháp biến thiên số Lagrange 𝐶1′ 𝑒 𝑥 + 𝐶2′ 𝑒 −𝑥 = { ′ 𝑥 2𝑒 2𝑥 ′ −𝑥 𝐶1 𝑒 − 𝐶2 𝑒 = 𝑥 𝑒 +1 Nhầm nghiệm 𝑒 𝑥 𝑒 −𝑥 𝐷=| 𝑥 | = −𝑒 𝑥 𝑒 −𝑥 − 𝑒 𝑥 𝑒 −𝑥 = −1 − = −2 𝑒 −𝑒 −𝑥 𝑒 −𝑥 | 2𝑒 2𝑥 | −𝑒 −𝑥 𝑥 𝑒𝑥 𝑒 + ′ 𝐶1 = = 𝑥 → 𝐶1 (𝑥) = ln(𝑒 𝑥 + 1) + 𝐾1 −2 𝑒 +1 𝑒𝑥 | 𝑥 2𝑒 2𝑥 | 𝑒 𝑥+1 𝑒 3𝑥 𝑒 2𝑥 𝑒 ′ 𝑥 (𝑥) 𝐶2 = =− 𝑥 → 𝐶2 =𝑒 − − ln(𝑒 𝑥 + 1) + 𝐾2 −2 𝑒 +1 Vậy PT có nghiệm TQ 𝑦 = [ln(𝑒 𝑥 + 1) + 𝐾1 ]𝑒 𝑥 + [𝑒 𝑥 − 𝑒 2𝑥 − ln(𝑒 𝑥 + 1) + 𝐾2 ] 𝑒 −𝑥 Câu 5: a) 𝑥 (3) − 4𝑥 ′′ + 5𝑥 ′ − 2𝑥 = (1) 𝑣ớ𝑖 𝑥(0) = 𝑥 ′ (0) = 0; 𝑥 ′′ (0) = - Tác động toán tử Laplace vào vế PT (1) ta được: 𝐿{𝑥 (3) − 4𝑥 ′′ + 5𝑥 ′ − 2𝑥} = (2) - 𝐿{𝑥} = 𝑋(𝑠) - 𝐿{𝑥 ′ } = 𝑠 𝑋(𝑠) − 𝑥(0) = 𝑠 𝑋(𝑠) - 𝐿{𝑥 ′′ } = 𝑠 𝑋(𝑠) − 𝑠𝑥(0) − 𝑥 ′ (0) = 𝑠 𝑋(𝑠) - 𝐿{𝑥 (3) } = 𝑠 𝑋(𝑠) − 𝑠 𝑥(0) − 𝑠𝑥 ′ (0) − 𝑥 ′′ (0) = 𝑠 𝑋(𝑠) − Thay vào PT (2) ta được: 𝑠 𝑋(𝑠) − − 4𝑠 𝑋(𝑠) + 5𝑠𝑋(𝑠) − 2𝑋(𝑠) = 1 1 → 𝑋(𝑠) = = = − − 𝑠 − 4𝑠 + 5𝑠 − (𝑠 − 2)(𝑠 − 1)2 𝑠 − 𝑠 − (𝑠 − 1)2 1 → 𝑥(𝑡) = 𝐿−1 { − − } = 𝑒 2𝑡 − 𝑒 𝑡 − 𝑒 𝑡 𝑡 𝑠 − 𝑠 − (𝑠 − 1)2 = 𝑒 2𝑡 + 𝑒 𝑡 (−1 − 𝑡) 𝜋 sin 𝑡 𝑘ℎ𝑖 ≤ 𝑡 < b) 𝑥 ′′ + 4𝑥 = 𝑓(𝑡) = { 𝜋 𝑘ℎ𝑖 𝑡 ≥ 𝑣ớ𝑖 𝑥(0) = 𝑥 ′ (0) =0 Áp dụng CT Trần Bá Hiếu cho vế phải (Heaviside) 𝜋 𝜋 𝜋 𝑓(𝑡) = sin 𝑡 − sin 𝑡 𝑢 (𝑡 − ) = sin 𝑡 − cos (𝑡 − ) 𝑢 (𝑡 − ) 2 - Tác động toán tử Laplace vào vế PT 𝜋𝑠 𝑠 𝑠 𝑋(𝑠) + 4𝑋(𝑠) = − 𝑒− 𝑠 +1 𝑠 +1 𝜋𝑠 𝑠 − → 𝑋(𝑠) = − 𝑒 (𝑠 + 1)(𝑠 + 4) (𝑠 + 1)(𝑠 + 4) = 3(𝑠 +1) − 3(𝑠 +4) −[ 3(𝑠 +1) − 𝑠 3(𝑠 +4) 𝜋𝑠 ] 𝑒− 1 𝜋 → 𝑥(𝑡) = 𝐿−1 {… } = sin 𝑡 − sin 2𝑡 − [ sin(𝑡 − ) − cos(2𝑡 − 𝜋)] 3 1 1 = sin 𝑡 − sin 2𝑡 − cos 𝑡 + cos 2𝑡 3 ... arctan