5 đề thi Hàm Biến Phức với lời giải chi tiết.

HỌC VIỆN KỸ THUẬT QUÂN SỰ HỘI ĐỒNG THI KHOA: KHCB Mã đề thi: 001 ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN Môn: TOÁN CHUYÊN ĐỀ 2 (HÀM BIẾN PHỨC) LỚP: Thời gian làm bài: 90 phút Họ tên sinh viên:………………………… Mã số sinh viên:…………………Ký tên:………. Chú ý: Sinh viên được sử dụng tài liệu. Tất cả các câu được giải trong tập số phức. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Câu 1: ( 2,0 điểm) Giải phương trình: a. 4 10z  b. 5 10z   Câu 2: (3,0 điểm) Tính tích phân: a. 3 AB I z dz  với 1 ; 2 3A i B i    b. cos (1 ) C z I dz zz    với C là đường tròn 14z  Câu 3: ( 1,0 điểm) Kiểm tra sự tồn tại đạo hàm và tính đạo hàm nếu có của ()fz với 3 2 2 ( ) 2 3yf z x x y i Câu 4: ( 2,0 điểm) Khai triển Taylor của hàm số tại 0z  của w iz e   Câu 5: ( 2,0 điểm) Tìm biến đổi Laplace của hàm gốc: 3osct HẾT Duyệt của Tổ chuyên môn Giảng Viên ra đề Trương Văn Kìm HƯỚNG DẪN GIẢI TOÁN CHUYÊN ĐỀ 2 – ĐỀ SỐ 001 Câu 1a (1,0 đ) 4 10z  Từ phương trình 4 10z  , ta suy ra 4 1z  . Do đó nghiệm của phương trình là căn bậc bốn của 1 . Mà 1 cos isin     nên ta có bốn nghiệm của phương trình đã cho là: 22 44 k kk z cos isin       với 0,1,2,3k  Như vậy 0 1 44 2 i z cos isin      ; 1 3 3 1 44 2 i z cos isin      2 5 5 1 44 2 i z cos isin      ; 3 7 7 1 44 2 i z cos isin      0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 1b (1,0 đ) 5 10z   Từ phương trình 5 10z   , ta suy ra 5 1z  . Do đó nghiệm của phương trình là căn bậc năm của 1 . Mà 1 0 0cos isin nên ta có bốn nghiệm của phương trình đã cho là: 22 55 k kk z cos isin   với 0,1,2,3,4k  Như vậy 0 00 1 55 z cos isin   ; 1 22 55 z cos isin   ; 2 44 55 z cos isin   3 66 55 z cos isin   ; 4 88 55 z cos isin   0,25 0,25 0,5 Câu 2.a (1,5 đ) Tính 3 AB I z dz  với 1 ; 2 3A i B i        23 23 4 44 3 1 1 2 3 1 4 i i i i z I z dz i i                        2 2 2 2 2 3 1 2 3 1 115 120i i i i i          Vậy 115 120Ii   0,5 0,75 0,25 Câu 2.b (1,5 đ) cos (1 ) C z I dz zz    với C là đường tròn 14z  Bằng phương pháp đồng nhất hệ số, ta có: 1 1 1 (1 ) 1z z z z   Suy ra 12 cos 1 1 cos cos cos (1 ) 1 1 C C C C z z z I dz zdz dz dz I I z z z z z z                  Các điểm 0z  và 1z  đều nằm trong đường tròn giới hạn bởi C. Do đó theo công thức tích phân Cauchy, ta được: 1 0 22 z I icosz i    và 1 2 os( 1) o2 12 s2 z I icosz ic ic      Vậy   12 cos 2 2 os1 2 1 os1 (1 ) C z I dz I I i ic i c zz             . 0,25 0,5 0,5 0,25 Câu 3 (1,0 đ) Kiểm tra sự tồn tại đạo hàm và tính đạo hàm của ()fz với 3 2 2 ( ) 2 3yf z x x y i Đặt ( ) ( , ) ( , )f z u x y iv x y , với 3 ( , ) 2uy yxx và 22 ( , ) 3v x y x y 0,25 Khi đó 2 ( , ) 6 u x y x y x    , 2 ( , ) 6 v x y x y y    3 ( , ) 2 u x y x y    , 2 ( , ) 6 v x y xy x    Như vậy ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) uv x y x y xy vu x y x y xy              . Tức là điều kiện Cauchy – Reimann không thỏa mãn, do đó ()fz không tồn tại đạo hàm. 0,25 0,25 0,25 Câu 4 (2,0 đ) Khai triển Taylor của hàm số tại 0z  của w ( ) iz f x e   Khai triển Taylor tại a của ()fz có dạng: 0 ( ) ( ) n n n w f z c z a       với () () ! n n fa c n  . Theo đề bài 0a  . Ta có : 1 1 '( ) 1) 1 ( ! i iz c e f x e     22 2 ''( ) ( 1) 1) 2 ( ! i iz e f x e c   … () ( ) ( ) 1) ! (1 i nn n i z n e c e fx n   Vậy khai triển Taylor tại của ()fz tại 0 là: 0 ( ) ( 1) ! in n n ez w f z n       0,25 1,25 0,5 Câu 5 (2,0 đ) Tìm biến đổi Laplace của hàm gốc: 3osct Ta có: L   0 cos ( ) cos st t X s e tdt     . Áp dụng công thức tích phân từng phần (2 lần) với cách đặt cos sin st st u e du se dt dv tdt v t          0 00 ( ) sin sin ( sin ) st st st tX s e t s e s edt t dt           Đặt sin os st st u e du se dt dv tdt v c t            222 0 00 os os os( ) ( ) st st st X s se c t s e c s s e c stdt tdt s X s             Suy ra: 2 1 () 1 Xs s   Như vậy ()xs  L   2 2 1 1 1 3 3c . 3 3 3 3 s 1 o 9 s X s t s         0,5 0,5 0,5 0,5 HỌC VIỆN KỸ THUẬT QUÂN SỰ HỘI ĐỒNG THI KHOA: KHCB Mã đề thi: 002 ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN Môn: TOÁN CHUYÊN ĐỀ 2 (HÀM BIẾN PHỨC) LỚP: Thời gian làm bài: 90 phút Họ tên sinh viên:………………………… Mã số sinh viên:…………………Ký tên:………. Chú ý: Sinh viên được sử dụng tài liệu. Tất cả các câu được giải trong tập số phức. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Câu 1: ( 2,0 điểm) Giải phương trình: a. 4 10z  b. 6 10z   Câu 2: (3,0 điểm)Tính tích phân: 2 sin (1 ) C z I dz zz    với C là đường tròn 14z  a. Bằng phương pháp sử dụng công thức Cauchy. b. Bằng phương pháp tính thặng dư Câu 3: ( 2,0 điểm) Kiểm tra sự tồn tại đạo hàm và tính đạo hàm nếu có của ()fz với 3 3 2 2 ( ) (3 )f z x y y x i Câu 4: ( 2,0 điểm) Tìm bốn số hạng đầu của khai triển Taylor tại 0z  của hàm 1 w sin 1 z   Câu 5: ( 1,0 điểm) Tìm biến đổi Laplace của hàm gốc: 2 3 t e ch t  HẾT Duyệt của Tổ chuyên môn Giảng Viên ra đề Trương Văn Kìm HƯỚNG DẪN GIẢI TOÁN CHUYÊN ĐỀ 2 – ĐỀ SỐ 002 Câu 1a (1,0 đ) 4 10z  Từ phương trình 4 10z  , ta suy ra 4 1z  . Do đó nghiệm của phương trình là căn bậc bốn của 1 . Mà 1 cos isin     nên ta có bốn nghiệm của phương trình đã cho là: 22 44 k kk z cos isin       với 0,1,2,3k  Như vậy 0 1 44 2 i z cos isin      ; 1 3 3 1 44 2 i z cos isin      2 5 5 1 44 2 i z cos isin      ; 3 7 7 1 44 2 i z cos isin      0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 1b (1,0 đ) 6 10z   Từ phương trình 6 10z   , ta suy ra 6 1z  . Do đó nghiệm của phương trình là căn bậc năm của 1 . Mà 1 0 0cos isin nên ta có bốn nghiệm của phương trình đã cho là: 22 66 k kk z cos isin   với 0,1,2,3,4k  ,5 Như vậy 0 00 1 66 z cos isin   ; 1 2 2 1 3 6 6 3 3 2 2 z cos isin cos isin i           ; 2 4 4 2 2 1 3 6 6 3 3 2 2 z cos isin cos isin i            3 66 1 66 z cos isin cos isin         ; 4 8 8 4 4 1 3 6 6 3 3 2 2 z cos isin cos isin i            6 10 10 5 5 1 3 6 6 3 3 2 2 z cos isin cos isin i           0,25 0,25 0,5 Câu 2.a (1,5 đ) Tính tích phân: 2 sin (1 ) C z I dz zz    với C là đường tròn 14z  bằng phương pháp sử dụng công thức Cauchy. Bằng phương pháp đồng nhất hệ số, ta có: 22 1 1 1 1 (1 ) 1z z z z z     Suy ra 2 2 2 sin 1 1 1 sin sin sin sin (1 ) 1 1 C C C C C z z z z I dz z dz dz dz dz z z z z z z z z                   Các điểm 0z  và 1z  đều nằm trong đường tròn giới hạn bởi C. Do đó theo công thức tích phân Cauchy, ta được: 1 0 sin 2 sin 0 C z Ii z z zd z     và 1 2 sin ( 1)2 sin 2 sin s 12 in 1 z C I i z z z z id i            0,25 0,25 0,75   3 2 0 2 sin ' si 2 n z C Ii z dz z zi     Vậy 2 2 sin1iI i   . 0,25 Câu 2.b (1,5 đ) Tính tích phân: 2 sin (1 ) C z I dz zz    với C là đường tròn 14z  bằng phương pháp tính thặng dư. Hàm 2 sin () (1 ) z fz zz   có 2 cực điểm: cực điểm cấp một tại 1 và cực điểm cấp hai (kép) tại 0 đều nằm trong đường tròn C. 22 1 sin sin R es ; 1 lim sin1 (1 ) x zz z z z            2 2 00 sin 1 sin ( 1) osz-sin Res ;0 lim lim 1 (1 ) 1! 1 1 xx z d z z c z z z dz z z                  Như vậy:     2 sin 2 R es ( ); 1 2 R es ( );0 2 (1 sin1) (1 ) C z I dz i f z i f z i zz            . 0,25 0,5 0,5 0,25 Câu 3 (2,0 đ) Kiểm tra sự tồn tại đạo hàm và tính đạo hàm nếu có của ()fz với 3 3 2 2 ( ) (3 )f z x y y x i Đặt ( ) ( , ) ( , )f z u x y iv x y , với 3 3 ( , ) yu x y x  và 22 3( , ) ( )v x y y x Khi đó 2 ( , ) 3 u x y x x    , 2 ( , ) 3 v x y y y    2 ( , ) 3 u x y y y    , 2 ( , ) 3 v x y x x    Như vậy ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) uv x y x y xy vu x y x y xy              Tức là điều kiện Cauchy – Reimann không thỏa mãn, do đó ()fz không tồn tại đạo hàm. 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 4 (2,0 đ) Tìm bốn số hạng đầu của khai triển Taylor tại 0z  của 1 w ( ) sin 1 fx z   Khai triển Taylor tại a của ()fz có dạng: 0 ( ) ( ) n n n w f z c z a       với () () ! n n fa c n  . Theo đề bài 0a  . Ta có : 0 sin1 0 i1 ! sn c    2 1 1 os os1 1 1 '( ) 1 cc z f x c z           3 2 4 1 1 2 os1 sin1 os 1 22 ''( ) sin 1 12 1 f x c zz c c zz                4 5 5 6 116 2 4 1 '''( ) sin sin 11 11 os 1 1 1 1 1 os 1zz f x c c z z z z z z             0,25 1,5 3 2sin1 7 os1 2sin1 7 os1 3! 6 cc c     Vậy bốn số hạng đầu của khai triển: sin1 , cos1z , 2 2 os1 sin1 2 c z     ,   3 2sin1 7 os1 6 c z  0,25 Câu 5 (2,0 đ) Tìm biến đổi Laplace của hàm gốc: 2 3 t e ch t  Ta có: 3 3 5 2 2 5 11 3. 2 2 2 2 t t t t t t t t e e e e e ch t e e e          L   2 3 t e ch t   L 5 11 22 tt ee      = 1 2 L   .1 t e  1 2 L   5 .1 t e  Áp dụng công thức L   ( ) ( ) at e x t X s a Với L   0 0 1 1 ( ) st st e e dt X s ss          Suy ra: L   2 3 t e ch t   1 2 L   .1 t e  1 2 L   5 .1 ( 1) ( 5) t e X s X s      1 1 1 2 2 1 5 ( 1)( 5)s s s s           . 0,25 0,25 0,25 0,25 HỌC VIỆN KỸ THUẬT QUÂN SỰ HỘI ĐỒNG THI KHOA: KHCB Mã đề thi: 003 ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN Môn: TOÁN CHUYÊN ĐỀ 2 (HÀM BIẾN PHỨC) LỚP: Thời gian làm bài: 90 phút Họ tên sinh viên:………………………… Mã số sinh viên:…………………Ký tên:………. Chú ý: Sinh viên được sử dụng tài liệu. Tất cả các câu được giải trong tập số phức. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Câu 1: ( 2,0 điểm)Giải phương trình: a. 4 10z  b. 7 10z   Câu 2: ( 3,0 điểm)Tính tích phân: os ( 1)( 1) C zc z I dz zz    với C là đường tròn 14z  a. Bằng phương pháp sử dụng công thức Cauchy. b. Bằng phương pháp tính thặng dư Câu 3: ( 1,5 điểm) Kiểm tra sự tồn tại đạo hàm và tính đạo hàm nếu có của ()fz với 2244 ( ) 2f z x y x y i Câu 4: ( 1,5 điểm) Tìm bốn số hạng đầu của khai triển Taylor tại 0z  của hàm 2 ( 1) w z e   Câu 5: ( 2,0 điểm) Giải các phương trình vi phân tuyến tính với hệ số ban đầu '' sinx x t với (0) '(0) 0xx HẾT Duyệt của Tổ chuyên môn Giảng Viên ra đề Trương Văn Kìm HƯỚNG DẪN GIẢI TOÁN CHUYÊN ĐỀ 2 – ĐỀ SỐ 003 Câu 1a (1,0 đ) 4 10z  Từ phương trình 4 10z  , ta suy ra 4 1z  . Do đó nghiệm của phương trình là căn bậc bốn của 1 . Mà 1 cos isin     nên ta có bốn nghiệm của phương trình đã cho là: 22 44 k kk z cos isin       với 0,1,2,3k  Như vậy 0 1 44 2 i z cos isin      ; 1 3 3 1 44 2 i z cos isin      2 5 5 1 44 2 i z cos isin      ; 3 7 7 1 44 2 i z cos isin      0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 1b (1,0 đ) 5 10z   Từ phương trình 7 10z   , ta suy ra 7 1z  . Do đó nghiệm của phương trình là căn bậc năm của 1 . Mà 1 0 0cos isin nên ta có bảy nghiệm của phương trình đã cho là: 7 22 7 k kk z cos isin   với 0;6k  Như vậy 0 00 1 77 z cos isin   ; 1 22 77 z cos isin   ; 2 44 77 z cos isin   3 66 77 z cos isin   ; 4 88 77 z cos isin   0,25 0,25 0,5 Câu 2.a (1,5 đ) Tính tích phân: os ( 1)( 1) C zc z I dz zz    với C là đường tròn 14z  bằng phương pháp sử dụng công thức Cauchy. Bằng phương pháp đồng nhất hệ số, ta có: 1 1 1 1 ( 1)( 1) 2 1 1z z z z         Suy ra os 1 1 1 1 os 1 os os (1 )( 1) 2 1 1 2 1 2 1 C C C C zc z zc z zc z I dz zc z dz dz dz z z z z z z                   Các điểm 1z  và 1z  đều nằm trong đường tròn giới hạn bởi C. Do đó theo công thức tích phân Cauchy, ta được: 1 1 1 os 1 . os os1 2 1 2 2 C z zc z dz zc zIc z ii       1 2 1 os 1 . os os1 21 2 2 z C Ii zc z dz zc icz z        Vậy o12 sicI   . 0,25 0,5 0,75 Câu 2.b (1,5 đ) Tính tích phân: os ( 1)( 1) C zc z I dz zz    với C là đường tròn 14z  bằng phương pháp tính thặng dư. Hàm 2 sin () (1 ) z fz zz   có 2 cực điểm: cực điểm cấp một là 1 và 1 đều nằm trong đường tròn C. 1 os os os1 os1 R es ; 1 lim ( 1)( 1) 1 2 2 x zc z zc z c c z z z              0,25 0,5 1 os os os1 R es ;1 lim ( 1)( 1) 1 2 x zc z zc z c z z z         Như vậy:     os 2 Res ( ); 1 2 Res ( );1 2 os1 ( 1)( 1) C zc z I dz i f z i f z ic zz           . 0,5 0,25 Câu 3 (1,5 đ) Kiểm tra sự tồn tại đạo hàm và tính đạo hàm nếu có của ()fz với 2244 ( ) 2f z x y x y i Đặt ( ) ( , ) ( , )f z u x y iv x y , với 44 ( , )u x y x y và 22 ( , ) 2v x y x y Khi đó 3 ( , ) 4 u x y x x    , 2 ( , ) 4 v x y x y y    3 ( , ) 4 u x y y y    , 2 ( , ) 4 v x y xy x    Như vậy ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) uv x y x y xy vu x y x y xy              . Tức là điều kiện Cauchy – Reimann không thỏa mãn, do đó ()fz không tồn tại đạo hàm. 0,25 0,75 0,25 0,25 Câu 4 (2,0 đ) Tìm bốn số hạng đầu của khai triển Taylor tại 0z  của hàm 2 ( 1) w ( ) z f x e   Khai triển Taylor tại a của ()fz có dạng: 0 ( ) ( ) n n n w f z c z a       với () () ! n n fa c n  . Theo đề bài 0a  . Ta có : 0 c e 2 ( 1) 1 '( ) 2( 1) 2 z ecf exz    22 ( 1 (2) 1) 2 ''( ) 2 (4 1) 6 zz f x ze e c e     2 2 2 ( 1) ( 1) ( 133 3 () ) ( ) ( 1) (4 1) ( 18 8 0) 2 z z z e e ef x z z cez        Vậy bốn số hạng đầu của khai triển: e , 2ez , 2 6ez , 3 20ez 0,25 1,5 0,25 Câu 5 (2,0 đ) Giải các phương trình vi phân tuyến tính với hệ số ban đầu '' sinx x t với (0) 1; '(0) 0xx Ta có: ()Ys L   0 sisin n st tte dt     Áp dụng công thức tích phân từng phần (2 lần) với cách đặt sin os st st u e du se dt dv tdt v c t            0 00 os os o( ) 1 c s st st st tdtY s e c t s e c s e tdt            Đặt os sin st st u e du se dt dv c tdt v t          0,25 1,0 0,5 [...]... ĐỒNG THI KHOA: KHCB Môn: TOÁN CHUYÊN ĐỀ 2 (HÀM BIẾN PHỨC) Mã đề thi: 0 05 LỚP: Thời gian làm bài: 90 phút Họ tên sinh viên:………………………… Mã số sinh viên:…………………Ký tên:……… Chú ý: Sinh viên được sử dụng tài liệu Tất cả các câu được giải trong tập số phức Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Câu 1: ( 3,0 điểm )Giải phương trình: a z 4  1  0 Câu 2: ( 3,0 điểm)Tính tích phân: I  b z 9  1  0 sin z dz với. .. (1  i ) ; z4  cos  isin  1 , z5  cos 8 8 2 8 8 14 14 2 12 12  isin  (1  i) ; z6  cos  isin  i , z7  cos 8 8 2 8 8 e z cos z Tính tích phân: I   dz với C là đường tròn z  5 bằng phương ( z  1) z 2 C 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0 ,5 pháp sử dụng công thức Cauchy 1 1 1 1    2 2 ( z  1) z z z 1 z Bằng phương pháp đồng nhất hệ số, ta có: 0, 25 Suy ra e z cos z 1 1  1 z  ( z... tdt  1  s 2 0 e  st costdt  1  s 2Y (s ) 0 0 ,5 1 Suy ra: Y ( s )  1  s2   Phương trình ảnh: s 2  1 X ( s)  Như vậy x( s)   1 1  X ( s)  2 1 s 1  s2   sin t  t cos t  2 2 8  1 s    L -1    1    2 0 ,5 HỌC VIỆN KỸ THUẬT QUÂN SỰ HỘI ĐỒNG THI KHOA: KHCB Mã đề thi: 004 ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN Môn: TOÁN CHUYÊN ĐỀ 2 (HÀM BIẾN PHỨC) LỚP: Thời gian làm bài: 90 phút Họ tên sinh...  isin  isin , z5  cos , 9 9 9 9 12 12 4 4 1 3 z6  cos  isin  cos  isin   9 9 3 3 2 2 14 14 16 16 z7  cos  isin  isin , z8  cos 9 9 9 9 sin z Tính tích phân: I   2 dz với C là đường tròn z  6 bằng phương pháp z 1 C 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 1 ,5 sử dụng công thức Cauchy Bằng phương pháp đồng nhất hệ số, ta có: 1 1 1 1      z 1 2  z 1 z 1  2 0, 25 Suy ra sin z 1... được giải trong tập số phức Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Câu 1: ( 2,0 điểm )Giải phương trình: a z 4  1  0 Câu 2: (3,0 điểm)Tính tích phân: I  b z8 1  0  C e z cos z dz với C là đường tròn z  5 ( z  1) z 2 a Bằng phương pháp sử dụng công thức Cauchy b Bằng phương pháp tính thặng dư Câu 3: ( 2,0 điểm) Khai triển Taylor của hàm số tại z  0 của w  eiz i Câu 4: ( 3,0 điểm) a Tìm biến. .. Cauchy b Bằng phương pháp tính thặng dư Câu 3: ( 2,0 điểm) Khai triển Taylor của hàm số tại z  0 của f ( z)  sh z Câu 4: ( 2,0 điểm) Tìm biến đổi Laplace L 1  cos t HẾT Duyệt của Tổ chuyên môn Giảng Viên ra đề Trương Văn Kìm HƯỚNG DẪN GIẢI TOÁN CHUYÊN ĐỀ 2 – ĐỀ SỐ 0 05 Câu 1a (1,0 đ) Câu 1b (2,0 đ) Câu 2.a (1 ,5 đ) z4 1  0 Từ phương trình z 4  1  0 , ta suy ra z 4  1 Do đó nghiệm của...  ( z  1)  x0  ( z  1) 2   0, 25 0 ,5 0 ,5 Như vậy: I  C Câu 3 (2,0 đ) e z cos z 2 icos1 dz  2 i  R es f ( z );1  2 i  R es f ( z );0  2 ( z  1) z e 0, 25 Khai triển Taylor của hàm số tại z  0 của w  f ( x)  eiz i Khai triển Taylor tại a của f ( z ) có dạng:  w  f ( z )   cn ( z  a ) n với cn  n 0 f ( n ) (a) Theo đề bài a  0 n! 0, 25 Ta có : ei f '( x)  ie  c1  i 1!... 1, 25 0 ,5 Tìm biến đổi Laplace của hàm gốc: ch2t sin t e  e2t 2 L ch2t sin t  L  1 e2t sin t  1 e2t sin t  = 1 L e2t sin t  1 L e2t sin t   2 2 2  2 Áp dụng công thức L eat x(t )  X (s  a) Ta có: cht  2t Ta có: X (s)   L sin t   e  st 0 ,5 sin tdt 0 Áp dụng công thức tích phân từng phần (2 lần) với cách đặt u  e st du   se  st dt   dv  sin tdt v  cost 0 ,5. .. Taylor của hàm số tại z  0 của w  eiz i Câu 4: ( 3,0 điểm) a Tìm biến đổi Laplace của hàm gốc: cht cos t b Tìm hàm gốc x(t ) biết X (t )  s 2  2i ( s  1)( s 2  1) HẾT Duyệt của Tổ chuyên môn Giảng Viên ra đề Trương Văn Kìm HƯỚNG DẪN GIẢI TOÁN CHUYÊN ĐỀ 2 – ĐỀ SỐ 004 Câu 1a (1,0 đ) Câu 1b (1,0 đ) Câu 2.a (1 ,5 đ) z4 1  0 Từ phương trình z 4  1  0 , ta suy ra z 4  1 Do đó nghiệm của phương...  e  e     2 2 2 n 0 n ! 2 n 0 n ! 2 n 0 n! Câu 5 (2,0 đ) 0 ,5 sin z dz  2 i  R es f ( z ); 1  2 i  R es f ( z );1  2 i sin1 z 2 1 C Câu 3 (2,0 đ) 0, 25 0 ,5 0 ,5 L 1  cos t L 1 + L cos t e st 1   e dt  s 0   L cos t  X (s)   e 0  st 0 ,5 1  s  st cos tdt 0 Áp dụng công thức tích phân từng phần (2 lần) với cách đặt u  e st du   se st dt   dv  cos