ĐỀ THI CUỐI KÌ MÔN GIẢI TÍCH 3 – HỌC KÌ 20172 KSTN K62 Lời giải Trần Bá Hiếu KSTN Dệt – K64 Câu 1 Xét sự hội tụ của chuỗi số ∑ 2n n! nn ∞ n=1 Chuỗi đã cho là chuỗi dương ∀n ≥ 1 Áp dụng tiêu chuẩn Dale[.]
ĐỀ THI CUỐI KÌ MƠN GIẢI TÍCH – HỌC KÌ 20172 KSTN K62 Lời giải: Trần Bá Hiếu KSTN Dệt – K64 ∞ 2n n! Câu 1: Xét hội tụ chuỗi số ∑ n n n=1 Chuỗi cho chuỗi dương ∀n ≥ Áp dụng tiêu chuẩn Dalembert, ta có ∶ 2n+1 (n + 1)! 2n n! n n lim ÷ n = lim ( ) n→+∞ (n + 1)n+1 n→+∞ n n+1 −n n lim ln|1− |.n lim n+1 = lim (1 − = en→+∞n+1 = < ) = en→+∞ n→+∞ n+1 e Suy chuỗi cho hội tụ ∞ Câu 2: Tìm miền hội tụ chuỗi hàm ∑ (x − 1)n n=1 2n ∞ tn Đặt x − = t , ( t ≥ −1) chuỗi cho trở thành ∑ n2 2 n=1 Đặt an = , suy bán kính hội tụ ∶ 2n n R = ÷ lim √ n→+∞ 1 = ÷ lim =∞ n→+∞ 2n 2n mà t ≥ −1 , suy chuỗi hội tụ ∀t ≥ −1 → x − ≥ −1 → x2 ≥ → x ∈ (−∞; +∞) Vậy miền hội tụ chuỗi hàm số x ∈ R Câu 3: Khai triển hàm số f(x) = ln(x + 1) thành chuỗi lũy thừa x Đặt x = t, (t > 0) Ta có khai triển Maclaurin ln(1 + t) ∞ ln(1 + t) = ∑ (−1)n−1 n=1 tn ,R = n Thay t = x , ta có: ∞ f(x) = ∑(−1)n−1 n=1 x 2n ,R = n ∞ Vậy khai triển f(x) thành chuỗi lũy thừa x ∑ (−1)n−1 n=1 y Câu 4: Giải phương trình vi phân 2y + ( ) = −2 x y ′ (x ≠ 0) 2y + ( ) = −2 x ′ y −2 − ( ) x → y′ = Đặt (∗) y dy d(ux) = u(x) → y = ux → = → y ′ = u′ x + u x dx dx Thay vào (∗) , ta có ∶ u2 u x + u = −1 − ′ du u2 → x = −1 − − u dx du dx → = u2 x −1 − − u → −2du dx = (u + 1)2 + x → −2 arctan(u + 1) = ln|x| + C y → −2 arctan ( + 1) + C = ln|x| x y → −2 arctan ( + 1) + C − ln|x| = x Phương trình khơng có nghiệm kì dị Vậy tích phân tổng qt phương trình y u(x, y, C) = −2 arctan ( + 1) + C − ln|x| = x Câu 5: Giải phương trình vi phân xy ′′ + 4y ′ = x 2n ,R = n xy ′′ + 4y ′ = → y ′′ + y ′ = , với x ≠ x Đặt y ′ (x) = u(x), ta có ∶ u′ + u = x Thừa số tích phân p(x) = e∫xdx = e4ln|x| = x Nhân vế với p(x) ∶ → x u′ + 4x u = → (x u)′ = → x u = C1 → u= C1 x4 dy C1 = dx x C1 dx → dy = x −C1 → y = + C2 Với x = → y ′ = → y = C Nên x = khơng phải nghiệm kì dị 3x −C1 Vậy nghiệm tổng quát phương trình y = + C2 3x → Câu 6: Giải phương trình vi phân y ′′ − 2y ′ − = −14 cos x − sin x Xét phương trình ∶ y ′′ − 2y ′ − = Phương trình đặc trưng phương trình vi phân ∶ k − 2k − = k=3 → { k = −1 → Phương trình y ′′ − 2y ′ − = có nghiệm y̅ = C1 e3x + C2 e−x Để tìm nghiệm riêng y ∗ (x) = C1 (x) e3x + C2 (x) e−x Áp dụng phương pháp biến thiên số Lagrange, ta có hệ phương trình sau: C ′ (x) e3x + C2′ (x) e−x = { 1′ 3C1 (x) e3x − C2′ (x) e−x = −14 cos x − sin x (1) (2) Lấy (1) + (2) → 4C1′ (x) e3x = −14 cos x − sin x → C1′ (x) = − e−3x cos x − e−3x sin x → C2′ (x) = ex cos x + ex sin x NOTE: CÔNG THỨC TÍNH NHANH eax (a cos bx + b sin bx) ∫ e cos bx dx = a2 + b ax eax (a sin bx − b cos bx) ∫ e sin bx dx = a2 + b ax e−3x (−3 cos x − sin x) e−3x (cos x + sin x) C1 (x) = − − 2 10 10 e−3x (5 cos x + sin x) = ex (cos x + sin x) −ex (sin x − cos x) ex (3 cos x + 11 sin x) C2 (x) = + = 2 →y ∗ (x) e−3x (5 cos x + sin x) ex (3 cos x + 11 sin x) = C1 (x) + C2 (x) = + 4 Vậy nghiệm phương trình vi phân ban đầu e−3x (5 cos x + sin x) ex (3 cos x + 11 sin x) y = y̅ + y = C1 e + C2 e + + 4 s Câu 7: Tìm biến đổi Laplace ngược F(s) = (s + 1)3 ∗ (x) 3x −x +∞ f(t) Từ công thức ∶ ℒ { } (s) = ∫ F(x)dx ( với F(x) = ℒ{f(t)}(x) ) t s +∞ → f(t) = t ℒ −1 {∫ F(x)dx} (t) s Ta có: +∞ +∞ +∞ s s s +∞ x d(x + 1) 1 ∫ F(x)dx = ∫ dx = ∫ = − = | (x + 1)3 (x + 1)3 (x + 1)2 s 4(s + 1)2 1 s2 − = ( − s + (s + 1)2 1 s2 − 1 (t) → f(t) = t ℒ −1 { ( − = t (sin t − t cos t) )} s + (s + 1)2 = (t sin t − t cos t) Vậy biến đổi Laplace ngược F(s) = s f(t) = (t sin t − t cos t) (s + 1)3 0, t < π Câu 8: Giải toán giá trị ban đầu y ′′ + y = { t, t ≥ π y(0) = y ′ (0) = Biểu diễn phương trình theo hàm heaviside ∶ y ′′ + y = + t u(t − π) = t u(t − π) Ta có ∶ ℒ{y ′′ }(s) = s F(s) − s f(0) − f ′ (0) = s F(s) ℒ{y}(s) = F(s) ℒ{t u(t − π)}(s) = e−πs s2 Tác động biến đổi Laplace vào vế, suy ∶ s F(s) + F(s) = e−πs s2 e−πs 1 1 → F(s) = 2 = e−πs ( − ) = e−πs − e−πs s (s + 1) s s +1 s s +1 → ℒ −1 {F(s)}(t) = ℒ −1 {e−πs 1 −πs − e } s2 s2 + → y(t) = + (t − sin t) u(t − π) Vậy y(t) = { , t < π t − sin t , t ≥ π Bài 9: Cho hàm số f(x) tuần hoàn với chu kì 2π thỏa mãn −2x , − π < x < f(x) = { , < x < π ∞ Khai triển Fourier hàm số f(x) áp dụng tính ∑ n=0 (2n + 1)2 π −π −π π 1 a0 = ∫ f(x)dx = ( ∫ −2xdx + ∫ 2dx) = + π π π π −π −π π 1 an = ∫ f(x) cos nx dx = ( ∫ −2x cos nx dx + ∫ cos nx dx) π π −2 cos nx x sin nx sin nx π = ( + )| + | π n n π n −π 0, n chẵn −2 − (−1)n = = { −4 π n2 , n lẻ πn2 π −π −π π 1 bn = ∫ f(x) sin nx dx = ( ∫ −2x sin nx dx + ∫ sin nx dx) π π −x cos nx sin nx −cos nx π = − ( + + | )| π n n2 π n −π , n chẵn (−1)n (1 − (−1)n ) n = + ={ n πn − + , n lẻ n πn Khai triển Fourier f(x) ∞ ∞ n=1 n=0 2+π −4 −2 f(x) = + ∑ sin 2nx + ∑ cos(2n + 1)x + ( + ) sin(2n + 1)x 2 2n π(2n + 1) 2n + π(2n + 1) Theo định lí Dirichlet, tổng chuỗi x = là: f(0+ ) + f(0− ) + = =1 2 Thay x = , suy ∶ ∞ 2+π −4 f(0) = +∑ π(2n + 1)2 n=0 ∞ π −4 →1=1+ + ∑ (2n + 1)2 π n=0 π 1−1− π2 → ∑ = = (2n + 1)2 −π n=0 ∞ ∞ Bài 10: Xét hội tụ chuỗi số ∑ n=2 un = (ln n)ln ln n 1 = (ln n)ln ln n e(ln ln n)2 (ln ln n)2 Xét lim n→+∞ ln n (ln t)2 ln t = (Lopitan) lim = (Lopitan) lim = t→+∞ t→+∞ t t→+∞ t t Đặt ln n = t → lim → (ln ln n)2 < ln n kể từ n trở → e(ln ln n) > eln n ∞ 1 = n → ∞, mà ∑ phân kỳ → chuỗi cho phân kỳ n n n=2 ... trình sau: C ′ (x) e3x + C2′ (x) e−x = { 1′ 3C1 (x) e3x − C2′ (x) e−x = −14 cos x − sin x (1) (2) Lấy (1) + (2) → 4C1′ (x) e3x = −14 cos x − sin x → C1′ (x) = − e−3x cos x − e−3x sin x → C2′ (x)... e−3x (? ?3 cos x − sin x) e−3x (cos x + sin x) C1 (x) = − − 2 10 10 e−3x (5 cos x + sin x) = ex (cos x + sin x) −ex (sin x − cos x) ex (3 cos x + 11 sin x) C2 (x) = + = 2 →y ∗ (x) e−3x... = x −C1 → y = + C2 Với x = → y ′ = → y = C Nên x = nghiệm kì dị 3x −C1 Vậy nghiệm tổng quát phương trình y = + C2 3x → Câu 6: Giải phương trình vi phân y ′′ − 2y ′ − = −14 cos x − sin x Xét phương