1. Trang chủ
  2. » Khoa Học Tự Nhiên

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

18 15,6K 134

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

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 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

Ngày đăng: 01/04/2014, 09:28

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w