Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 18 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
18
Dung lượng
681,09 KB
Nội dung
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 55 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 55 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 ĐỀTHI 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) x0 ( 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 e2t 2 L ch2t sin t L 1 e2t sin t 1 e2t sin t = 1 L e2t sin t 1 L e2t 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