TIỂU LUẬN CUỐI KỲ MÔ HỌC TOÁN CAO CẤP 2

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KIẾN TRÚC THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TIỂU LUẬN CUỐI KỲ MƠ HỌC: TỐN CAO CẤP Học kỳ:2 – Năm học: 2020-2021 HỌ VÀ TÊN SINH VIÊN: HỒ ĐÌNH ĐƠI MÃ SỐ SINH VIÊN: 20521000974 LỚP SINH VIÊN: KD20/A1 LỚP HỌC PHẦN: GIẢNG VIÊN: THẦY LÊ QUÝ DANH THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH: 20221 Bài làm Câu • Tiêu chuẩn so sánh +∞ Cho hai chuỗi số ∑+∞ 𝑛=1 𝐴𝑛 ∑𝑛=1 𝐵𝑛 thoả mãn ≤ 𝐴𝑛 ≤ 𝐵𝑛 , ∀n > 𝑛0 Nếu +∞ 𝐴𝑛 ~ 𝐵𝑛 𝑛 → +∞ ∑+∞ 𝑛=1 𝐴𝑛 ∑𝑛=1 𝐵𝑛 có tính chất ( hội tụ phân kỳ) +∞ Vd: Xét hội tụ chỗi số: ∑ 𝑛+1 𝑛=0 √2𝑛 +3 Giải: Khi 𝑛 → ∞ ta có: 𝑛+1 √2𝑛5 +3 ~ 𝑛 √2𝑛5 +∞ Vì∑ 𝑛=0 = √2 𝑛3/2 √2 𝑛3/2 ( thuộc dạng +∞ hội tụ nên ∑ 𝑛𝛼 𝛼 > ) 𝑛+1 𝑛=0 √2𝑛 +3 hội tụ • Tiêu chuẩn so sánh +∞ Cho hai chuỗi số ∑+∞ 𝑛=1 𝐴𝑛 ∑𝑛=1 𝐵𝑛 thoả mãn ≤ 𝐴𝑛 ≤ 𝐵𝑛 , ∀n > 𝑛0 Chú ý: Ta hay sử dụng chuỗi Riemann để so sánh: ∑ +∞ 𝛼 𝑛=1 𝑛 kết giới hạn sau: Giả sử lim 𝐴𝑛 𝑛→∞ 𝐵𝑛 ={ ℎ𝑡𝑢, 𝛼 > 𝑝𝑘𝑖, 𝛼 ≤ } dựa vào = k ≥ (k ∞) +∞ • < k < +∞ hội tụ hay phân kì chuỗi số ∑+∞ 𝑛=1 𝐴𝑛 ∑𝑛=1 𝐵𝑛 +∞ • k = chuỗi ∑+∞ 𝑛=1 𝐵𝑛 hội tụ dẫn đến chuỗi ∑𝑛=1 𝐴𝑛 hội tụ +∞ • k = +∞ chuỗi ∑+∞ 𝑛=1 𝐴𝑛 phân kỳ dẫn đến chuỗi ∑𝑛=1 B𝑛 phân kỳ +∞ Vd: Xét hội tụ hay phân kỳ chuỗi số ∑ 𝑛=1 Giải: 1 𝐴𝑛 = (1 − cos ) = sin( )2 ~ 2𝑛2 +∞ +∞ 𝑛 ∑+∞ 𝑛=1 𝐵𝑛 = ∑ 𝑛=1 2𝑛 (𝑛+1) +∞ ⇒∑ 2𝑛 = ~ ∑ 2𝑛 (𝑛+1) 𝑛=1 𝑛(𝑛+1) ⇒ Hội tụ 𝑛 Câu Cho chuỗi số ∑ +∞ 𝑛 𝑛5 𝑛=1 1 = 1.51 + 1.52 + 1.53 + Các t/c liên quan +∞ ′ ′ 1) [∑+∞ 𝑛=1 𝑓𝑛 (𝑥)] = ∑𝑛=1 𝑓𝑛 (𝑥) 𝑥 𝑥 +∞ 2) ∫𝑎 ∑+∞ 𝑛=1 𝑓𝑛 (𝑥) 𝑑𝑥 = ∑𝑛=1 ∫𝑎 𝑓𝑛 (𝑥) 𝑑𝑥 + Ta có ∫ 𝑥𝑛 𝑑𝑥 = − (𝑛−1).𝑥𝑛−1 + 𝑐 ′ ⇒( ) = − 𝑛 𝑥 𝑛 𝑥𝑛 + Ta có ⇒ ∑+∞ 𝑛=1 𝑥 𝑛 S ∑+∞ n=1 xn 1 − 𝑥𝑛 = 𝑥 = lim n→+∞ x 1− 𝑥      1− n x 1 −  x = x − 1 +∞ +∞ +∞ 𝑛=1 𝑛=1 𝑛=2 với | | < 𝑥 𝑥 𝑥 1 ⇒ ∑ 𝑛 =∫ ∑ 𝑑𝑥 = ∑ ∫ = ln|𝑥 − 1| 𝑥 𝑥 − 𝑥 − 1 +∞ ⇒∑ 𝑛=1 𝑛 ( 𝑣ì 𝑛 → +∞) = 𝐵𝑛 (1 − cos ) hội tụ ( theo tiêu chuẩn so sánh 2) 𝑛=1 (1 − cos ) = ln|𝑥 − 1| = ln 𝑥5𝑛 Câu • Định nghĩa miền hội tụ chuỗi hàm số Cho dãy hàm số 𝑈1 (𝑥), 𝑈2 (𝑥), … … , +𝑈𝑛 (𝑥), … …cùng xác định tập hợp ∅ ≠ D ⊆ R Tổng vô hạn +∞ ∑𝑛=1 𝑈𝑛 ( 𝑥) = 𝑈1 (𝑥) + 𝑈2 (𝑥) + ⋯ + 𝑈𝑛 (𝑥) + ⋯ gọi chuỗi hàm số xác định D +∞ + Với 𝑥0 ∈ D, ∑𝑛=1 𝑈𝑛 ( 𝑥0 ) hội tụ ta nói 𝑥0 điểm hội tụ chuỗi hàm +∞ ∑𝑛=1 𝑈𝑛 ( 𝑥).Tập hợp tất điểm hội tụ gọi miền hội tụ chuỗi hàm 𝑛 • Đặc điểm miền hội tụ chuỗi hàm luỹ thừa ∑+∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 𝑥 chuỗi hàm mà hạng tử tổng quát hàm lũy thừa nguyên khơng âm 𝒏 • Tìm miền hội tụ chuỗi lũy thừa ∑+∞ 𝒏=𝟏 𝑼𝒏 𝒙 B1: Tính bán kính hội tụ R 𝜌= lim | 𝑛→+∞ 𝑎𝑛+1 𝑎𝑛 |⇒𝑅= 𝜌 B2: Xét hội tụ 𝑥 =R B3: Xét hội tụ 𝑥 =-R Nếu R=0: Miền hội tụ 𝑥=0 Nếu R=∞: Miền hội tụ 𝑥=R +∞ Vd: Tìm miền hội tụ chuỗi ∑ 𝑥𝑛 𝑛=1 𝑛 Giải: 𝑎𝑛+1 𝑛 𝑎𝑛 𝑎𝑛 = ; 𝜌= lim | 𝑛→+∞ +∞ *𝑥 =1∶ ∑ 𝑛=1 𝑛 |= lim 𝑛 =1 ⇒ R=1 : PK +∞ (−1)𝑛 𝑛=1 𝑛 *𝑥 = −1 ∶ ∑ 𝑛→+∞ 𝑛+1 +∞ =0 (−1)𝑛 𝑛→+∞ 𝑛 + { ⇒∑ ∶ 𝐻𝑇 (𝑡ℎ𝑒𝑜 𝑡𝑖ê𝑢 𝑐ℎ𝑢ẩ𝑛 𝐿𝑒𝑏𝑖𝑛𝑡𝑧) 𝑛 ∶ 𝐷𝑎𝑦 𝑔𝑖𝑎𝑚 𝑛=1 𝑛 lim Miền hội tụ: 𝑥 = [−1; 1) • Tìm miền hội tụ chuỗi hàm luỹ thừa ∑ +∞ 𝑛 ln 𝑛 𝑛=1 (𝑛+1) (𝑥 − 2)𝑛 Giải: - Đặt (𝑥 − 2) = 𝑌 ⇒ ∑+∞ 𝑛=1 + Tính 𝑘 = lim | 𝑛→+∞ 𝑌𝑛 (1) (𝑛+1).ln 𝑛+1 (𝑛+1)3 𝑎𝑛 +1 𝑎𝑛 𝑛 ln 𝑛 (𝑛+1)3 | = lim 𝑛→+∞ (𝑛+2)3 ln 𝑛 =1 ⇒ 𝑅 = ⇒ khoảng hội tụ (-1;1) Khoảng phân kỳ (−∞; −1) (1; +∞) +∞ - Tại 𝑌 = +1 ⇒ ∑ 𝑛 ln 𝑛 : chuỗi dương 𝑛=1 (𝑛+1) (2) + Chọn √𝑛 = > 0, ∀𝑛 ≥ 𝑛 𝑢𝑛 + 𝑘 = lim 𝑛→+∞ √𝑛 +∞ Mà ∑ 𝑛=1 𝑛 = lim 𝑛 ln 𝑛 𝑛→+∞ (𝑛+1)3 phân kỳ nên chuỗi (2) phân kỳ +∞ - 𝑛 = +∞ Tại 𝑌 = −1 ⇒ ∑ 𝑛 ln 𝑛 𝑛=1 (𝑛+1) chuỗi đan dấu hội tụ theo t/c 𝐿𝑒𝑏𝑖𝑛𝑡𝑧 ⇒ Miền hội tụ −1 ≤ 𝑌 < ⇒ −1 ≤ 𝑥 − < ⇒ ≤ 𝑥 < Câu • Xét phương trình vi phân 𝑦 ′′ + 𝑝𝑦 ′ + 𝑞𝑦 = 𝑓(𝑥) (4.0) với 𝑝, 𝑞 số thực vế phải hàm số 𝑓(𝑥) có vài dạng cụ thể Ta tìm nghiệm riêng (4.0) với vế phải số thủ thuận riêng Lưu ý phương pháp giải với 𝑓(𝑥) tùy ý phương pháp biến thiên số 𝑦 ′′ + 𝑝𝑦 ′ + 𝑞𝑦 = (4.1) 𝑘 + 𝑝𝑘 + 𝑞 = (4.2) phương trình đặc trưng (4.1) Ta xét hai trường hợp tương ứng với hai dạng vế phải 𝑓(𝑥) Trường hợp 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝛼𝑥 𝑃𝑛 (𝑥), 𝛼 số thực, 𝑃𝑛 (𝑥) đa thức bật 𝑛 (i)_Nếu 𝛼 nghiệm phương trình đặc trưng (4.2), ta tìm nghiệm riêng 𝑦𝑟 theo dạng 𝑦𝑟 = 𝑥𝑒 𝛼𝑥 𝑄𝑛 (𝑥) với 𝑄𝑛 (𝑥) đa thức bậc 𝑛, với 𝑛 + hệ số chưa biết (Để tìm hệ số chưa biết, ta thay 𝑦𝑟 vào (4.0) đồng hệ số lũy thừa bậc 𝑥 hai vế, ta hệ gồm (𝑛 + 1) ẩn hệ số đa thức 𝑄𝑛 (𝑥).) (ii)_Nếu 𝛼 số nghiệm đơn phương trình đặc trưng (4.2), ta tìm nghiệm riêng 𝑦𝑟 theo dạng 𝑦𝑟 = 𝑥𝑒 𝛼 𝑄𝑛 (𝑥) với 𝑄𝑛 (𝑥)là đa thức bật 𝑛, với 𝑛 + hệ số chưa biết (iii)_Nếu 𝛼 nghiệm kép phương trình đặc trưng (4.2), ta tìm nghiệm riêng 𝑦𝑟 theo dạng 𝑦𝑟 = 𝑥 𝑒 𝛼𝑥 𝑄𝑛 (𝑥), với 𝑄𝑛 (𝑥) đa thức bật 𝑛, với 𝑛 + hệ số chưa biết Trường hợp f(x) = 𝑒 𝛼𝑥 [𝑃𝑛 (𝑥)𝑐𝑜𝑠 𝛽𝑥 + 𝑄𝑚 (𝑥)𝑠𝑖𝑛𝛽𝑥], 𝛼, 𝛽 số thực, 𝑃𝑛 (𝑥), 𝑄𝑚 (𝑥) đa thức bật 𝑛, 𝑚 tương ứng Khi (iv)_Nếu 𝛼 ± 𝑖𝛽 khơng nghiệm phương trình đặc trưng (4.2), nghiệm riêng phương trình (4.0) có dạng 𝑦𝑟 = 𝑒 𝛼𝑥 [𝐻𝑠 (𝑥)𝑐𝑜𝑠𝛽𝑥 + 𝑅𝑠 (𝑥)𝑠𝑖𝑛𝛽𝑥], với 𝐻𝑠 (𝑥), 𝑅𝑠 (𝑥) đa thức đa thức bậc 𝑠 = 𝑚𝑎𝑥{𝑛, 𝑚} (v)_Nếu 𝛼 ± 𝑖𝛽 nghiệm đơn phương trình đặc trưng (4.2), nghiệm riêng phương trình (4.1) có dạng 𝑦𝑟 = 𝑒 𝛼𝑥 [𝐻𝑠 (𝑥)𝑐𝑜𝑠𝛽𝑥 + 𝐾𝑠 (𝑥)𝑠𝑖𝑛𝛽𝑥], với 𝐻𝑠 (𝑥), 𝑅𝑠 (𝑥) đa thức đa thức bậc 𝑠 = 𝑚𝑎𝑥{𝑛, 𝑚} • Vd1: Giải phương trình vi phân sau: ( phương trình nhất) 𝑦 ′′ − 5𝑦 ′ + 6𝑦 = Giải: Pt đặc trưng: 𝑘 − 5𝑘 + = ⇔ 𝑘 = 2; 𝑘 = Vậy nghiệm tổng quát cần tìm là: 𝑦 = 𝑐1 𝑒 2𝑥 + 𝑐2 𝑒 3𝑥 , (𝑐1 , 𝑐2 ∈ ℝ) • Vd2: Giải phương trình vi phân sau: ( phương trình nhất) 𝑦 ′′ − 6𝑦 ′ + 9𝑦 = Giải: Pt đặc trưng: 𝑘 − 6𝑘 + = ⇔ 𝑘 = 3(𝑘é𝑝) Vậy nghiệm tổng quát cần tìm là: 𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑒 3𝑥 , (𝑐1 , 𝑐2 ∈ ℝ) • Vd3: Giải phương vi phân sau: (phương trình ko nhất) 𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ − 4𝑦 = 𝑥 (1) B1: + Xét pt 𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ − 4𝑦 = (2) Phương trình đặc trưng: 𝑘 + 3𝑘 − = ⇔ 𝑘 = 1; 𝑘 = −4 Nghiệm tổng quát (2) 𝑦1 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −4𝑥 ; (𝑐1 , 𝑐2 ∈ ℝ) 𝐵2: +)Vế phải (1) có dạng 𝑒 0𝑥 𝑥 nên 𝛼 = ( 𝛼 khơng nghiệm phương trình đặc trưng) nên nghiệm riêng (1) có dạng Y= 𝑎𝑥 + 𝑏, thay vào ta được: 𝑎=− 3𝑎 − 4𝑏 = 3𝑎 − 4𝑏 − 4𝑎𝑥 = 𝑥 ⇔ { ⇔{ ⇒𝑌=− 𝑥 − −4𝑎 = 𝑏=− 16 16 Nghiệm tổng quát (1) 𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −4𝑥 − 𝑥 − , (𝑐1 , 𝑐2 ∈ ℝ) 16 • Vd4: Giải pt sau: (vế phải có dạng đặc biệt) 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ = 𝑒 2𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 (*) + Pt đặc trưng 𝑘 − = ⇔ 𝑘 = ±2 ⇒ 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 2𝑥 + 𝑐2 𝑒 −2𝑥 + 𝑒 2𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑒 2𝑥 (1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 0𝑠𝑖𝑛𝑥) ⇒ 𝛼 + 𝑖𝛽 = + 𝑖 khơng nghiệm phương trình đặc trưng ⇒t Tìm 𝑦𝑝 dạng 𝑦𝑝 = 𝑒 2𝑥 (𝐴𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐵 𝑠𝑖𝑛𝑥) 𝑦𝑝′ = 2𝑒 2𝑥 (𝐴𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐵 𝑠𝑖𝑛𝑥) + 𝑒 2𝑥 (−𝐴 𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥) 𝑦𝑝′ = 𝑒 2𝑥 [(2𝐴 + 𝐵)𝑐𝑜𝑠𝑥 + (2𝐵 − 𝐴)𝑠𝑖𝑛𝑥] 𝑦𝑝′′ = 2𝑒 2𝑥 [(2𝐴 + 𝐵)𝑐𝑜𝑠𝑥 + (2𝐵 − 𝐴)𝑠𝑖𝑛𝑥] + 𝑒 2𝑥 [−(2𝐴 + 𝐵)𝑠𝑖𝑛𝑥 + (2𝐵 − 𝐴)𝑐𝑜𝑠𝑥] 𝑦𝑝′′ = 𝑒 2𝑥 [(3𝐴 + 4𝐵)𝑐𝑜𝑠𝑥 + (3𝐵 − 4𝐴)𝑠𝑖𝑛𝑥 Thay vào (*) ta được: (−𝐴 + 4𝐵)𝑐𝑜𝑠𝑥 + (−𝐵 − 4𝐴)𝑠𝑖𝑛𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 −𝐴 + 4𝐵 = 17 ⇔{ ⇔{ −𝐵 − 4𝐴 = 𝐵= 17 ⇒ 𝑦𝑝 = 𝑒 2𝑥 (− 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑠𝑖𝑛𝑥) 17 17 𝐴=− Nghiệm tông quát pt: 𝑦 = 𝑒 2𝑥 ( 𝑠𝑖𝑛𝑥 − 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐1 ) + 𝑐2 𝑒 −2𝑥 17 17 Vd5: Giải phương trình sau: (vế phải có dạng đặc biệt) 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ = 𝑒 2𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 (**) +) pt đặc trưng 𝑘 + = ⇔ ±𝑖 ⇒ 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑖𝑛𝑥 +) 2𝑠𝑖𝑛𝑥 = 𝑒 0𝑥 (0 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑠𝑖𝑛𝑥 ) ⇒ 𝛼 + 𝑖𝛽 = 𝑖 nghiệm pt đặc trưng ⇒Tìm nghiệm riêng (**) dạng 𝑦𝑝 = 𝑥 (𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐵𝑠𝑖𝑛𝑥) 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐵𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑦𝑝′ = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝐴𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝐵𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝐵𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑦𝑝′ = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝐴𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝐵𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝐵𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑦𝑝′ = (𝐵𝑥 + 𝐴)𝑐𝑜𝑠𝑥 + (−𝐴𝑥 + 𝐵)𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑦𝑝′′ = 𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥 − (𝐵𝑥 + 𝐴)𝑠𝑖𝑛𝑥 − 𝐴𝑠𝑖𝑛𝑥 + (𝐴𝑥 + 𝐵)𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑦𝑝′′ = (−𝐴𝑥 + 2𝐵)𝑐𝑜𝑠𝑥 + (−𝐵𝑥 − 2𝐴)𝑠𝑖𝑛𝑥 Thay vào (**) ta 2𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥 − 2𝐴𝑠𝑖𝑛𝑥 = 2𝑠𝑖𝑛𝑥 ⇔ { ⇒ 𝑦𝑝 = −𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 Nghiệm tông quát pt: 𝑦 = (𝑐1 − 𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑖𝑛𝑥 2𝐵 = ⇔ 𝐴 = −1𝐵 = −2𝐴 = ...