Đề thi cuối kì Giải tích 3 - Học kỳ 20172

Nội dung text: Đề thi cuối kì Giải tích 3 - Học kỳ 20172

1. ĐỀ THI CUỐI KÌ MÔN GIẢI TÍCH 3 – HỌC KÌ 20172 KSTN K62 Lời giải: Trần Bá Hiếu KSTN Dệt – K64 ∞ 2n. n! Câu 1: Xét sự hội tụ của chuỗi số ∑ nn n=1 Chuỗi đã cho là chuỗi dương ∀n ≥ 1 Áp dụng tiêu chuẩn Dalembert, ta có ∶ 2n+1. (n + 1)! 2n. n! n n lim ÷ = lim 2. ( ) n→+∞ (n + 1)n+1 nn n→+∞ n + 1 n 1 −n 1 lim ln|1− |.n lim 2 = lim 2. (1 − ) = 2. en→+∞ n+1 = 2. en→+∞n+1 = 0) Ta có khai triển Maclaurin của ln(1 + t) là ∞ tn ln(1 + t) = ∑(−1)n−1. , R = 1 n n=1
2. Thay t = x2, ta có: ∞ x2n f(x) = ∑(−1)n−1. , R = 1 n n=1 ∞ x2n Vậy khai triển f(x) thành chuỗi lũy thừa của x là ∑(−1)n−1. , R = 1 n n=1 y 2 Câu 4: Giải phương trình vi phân 2y′ + ( ) = −2 x y 2 2y′ + ( ) = −2 (x ≠ 0) x y 2 −2 − ( ) → y′ = x (∗) 2 y dy d(ux) Đặt = u(x) → y = ux → = → y′ = u′x + u x dx dx Thay vào (∗) , ta có ∶ u2 u′x + u = −1 − 2 du u2 → . x = −1 − − u dx 2 du dx → = u2 x −1 − − u 2 −2du dx → = (u + 1)2 + 1 x → −2 arctan(u + 1) = ln|x| + C y → −2 arctan ( + 1) + C = ln|x| x y → −2 arctan ( + 1) + C − ln|x| = 0 x Phương trình không có nghiệm kì dị Vậy tích phân tổng quát của phương trình là y u(x, y, C) = −2 arctan ( + 1) + C − ln|x| = 0 x Câu 5: Giải phương trình vi phân xy′′ + 4y′ = 0
3. xy′′ + 4y′ = 0 4 → y′′ + . y′ = 0 , với x ≠ 0 x 4 Đặt y′(x) = u(x), ta có ∶ u′ + . u = 0 x 4 dx Thừa số tích phân p(x) = e∫x = e4ln|x| = x4. Nhân cả 2 vế với p(x) ∶ → x4. u′ + 4x3. u = 0 → (x4. u)′ = 0 4 → x . u = C1 C → u = 1 x4 dy C → = 1 dx x4 C dx → dy = 1 x4 −C → y = 1 + C . Với x = 0 → y′ = 0 → y = C. Nên x = 0 không phải nghiệm kì dị 3x3 2 −C Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là y = 1 + C 3x3 2 Câu 6: Giải phương trình vi phân y′′ − 2y′ − 3 = −14 cos x − 8 sin x Xét phương trình ∶ y′′ − 2y′ − 3 = 0 Phương trình đặc trưng của phương trình vi phân trên là ∶ k2 − 2k − 3 = 0 k = 3 → { k = −1 → Phương trình y′′ − 2y′ − 3 = 0 có nghiệm là 3x −x y̅ = C1. e + C2. e ∗ 3x −x Để tìm nghiệm riêng y (x) = C1(x). e + C2(x). e Áp dụng phương pháp biến thiên hằng số Lagrange, ta có hệ phương trình sau: ′ 3x ′ −x C1(x). e + C2(x). e = 0 (1) { ′ 3x ′ −x 3C1(x). e − C2(x). e = −14 cos x − 8 sin x (2)
4. ′ 3x Lấy (1) + (2) → 4C1(x). e = −14 cos x − 8 sin x 7 → C′ (x) = − . e−3x. cos x − 2. e−3x. sin x 1 2 7 → C′ (x) = . ex. cos x + 2. ex. sin x 2 2 NOTE: CÔNG THỨC TÍNH NHANH eax. (a. cos bx + b . sin bx) ∫ eax. cos bx dx = a2 + b2 eax. (a. sin bx − b. cos bx) ∫ eax. sin bx dx = a2 + b2 7 e−3x. (−3. cos x − sin x) e−3x. (cos x + 3 sin x) C (x) = − . − 2. 1 2 10 10 e−3x. (5 cos x + sin x) = 4 7 ex. (cos x + sin x) −ex. (sin x − cos x) ex. (3. cos x + 11. sin x) C (x) = . + 2. = 2 2 2 2 4 e−3x. (5 cos x + sin x) ex. (3. cos x + 11. sin x) → y∗(x) = C (x) + C (x) = + 1 2 4 4 Vậy nghiệm của phương trình vi phân ban đầu là e−3x(5 cos x + sin x) ex(3. cos x + 11. sin x) y = y̅ + y∗(x) = C e3x + C e−x + + 1 2 4 4 s Câu 7: Tìm biến đổi Laplace ngược của F(s) = (s2 + 1)3 +∞ 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: +∞ +∞ +∞ x 1 d(x2 + 1) 1 1 +∞ 1 ∫ F(x)dx = ∫ 2 3 dx = ∫ 2 3 = − . 2 2| = 2 2 (x + 1) 2 (x + 1) 4 (x + 1) s 4(s + 1) s s s
5. 1 1 s2 − 1 = . ( − 8 s2 + 1 (s2 + 1)2 1 1 s2 − 1 1 → f(t) = t. ℒ−1 { . ( − )} (t) = . t. (sin t − t cos t) 8 s2 + 1 (s2 + 1)2 8 1 = . (t sin t − t2 cos t) 8 s 1 Vậy biến đổi Laplace ngược của F(s) = là f(t) = . (t sin t − t2 cos t) (s2 + 1)3 8 0, nếu t < π Câu 8: Giải bài toán giá trị ban đầu y′′ + y = { t, nếu t ≥ π y(0) = y′(0) = 0 Biểu diễn phương trình theo hàm heaviside là ∶ y′′ + y = 0 + t. u(t − π) = t. u(t − π) Ta có ∶ ℒ{y′′}(s) = s2. F(s) − s. f(0) − f ′(0) = s2. F(s) ℒ{y}(s) = F(s) 1 ℒ{t. u(t − π)}(s) = e−πs. s2 Tác động biến đổi Laplace vào 2 vế, suy ra ∶ 1 s2. F(s) + F(s) = e−πs. s2 e−πs 1 1 1 1 → F(s) = = e−πs. ( − ) = e−πs. − e−πs. s2(s2 + 1) s2 s2 + 1 s2 s2 + 1 1 1 → ℒ−1{F(s)}(t) = ℒ−1 {e−πs. − e−πs. } s2 s2 + 1 → y(t) = 0 + (t − sin t). u(t − π) 0 , nếu t < π Vậy y(t) = { t − sin t , nếu t ≥ π Bài 9: Cho hàm số f(x) tuần hoàn với chu kì 2π thỏa mãn −2x , nếu − π < x < 0 f(x) = { 2 , nếu 0 < x < π ∞ 1 Khai triển Fourier hàm số f(x) và áp dụng tính ∑ (2n + 1)2 n=0
6. π 0 π 1 1 a = ∫ f(x)dx = . ( ∫ −2xdx + ∫ 2dx) = 2 + π 0 π π −π −π 0 π 0 π 1 1 a = ∫ f(x) cos nx dx = . ( ∫ −2x. cos nx dx + ∫ 2. cos nx dx) n π π −π −π 0 −2 cos nx x. sin nx 0 2 sin nx π = . ( 2 + )| + . | π n n −π π n 0 −2 1 − (−1)n 0, nếu n chẵn = . = { −4 π n2 , nếu n lẻ πn2 π 0 π 1 1 b = ∫ f(x) sin nx dx = . ( ∫ −2x. sin nx dx + ∫ 2. sin nx dx) n π π −π −π 0 2 −x. cos nx sin nx 0 2 −cos nx π = − . ( + 2 )| + . | π n n −π π n 0 2 2. (−1)n 2. (1 − (−1)n) , nếu n chẵn = + = { n n πn 2 4 − + , nếu n lẻ n πn Khai triển Fourier của f(x) là ∞ ∞ 2 + π 2 −4 −2 4 f(x) = + ∑ sin 2nx + ∑ cos(2n + 1)x + ( + ) sin(2n + 1)x 2 2n π(2n + 1)2 2n + 1 π(2n + 1) n=1 n=0 Theo định lí Dirichlet, tổng của chuỗi tại x = 0 là: f(0+) + f(0−) 0 + 2 = = 1 2 2 Thay x = 0 , suy ra ∶ ∞ 2 + π −4 f(0) = + ∑ 2 π(2n + 1)2 n=0 ∞ π −4 1 → 1 = 1 + + . ∑ 2 π (2n + 1)2 n=0 ∞ π 1 1 − 1 − π2 → ∑ = 2 = (2n + 1)2 4 8 n=0 − π
7. ∞ 1 Bài 10: Xét sự hội tụ của chuỗi số ∑ (ln n)ln ln n n=2 1 1 u = = n (ln n)ln ln n e(ln ln n)2 (ln ln n)2 Xét lim n→+∞ ln n (ln t)2 2 ln t 2 Đặt ln n = t → lim = (Lopitan) lim = (Lopitan) lim = 0 t→+∞ t t→+∞ t t→+∞ t → (ln ln n)2 = khi n → ∞, mà ∑ phân kỳ → chuỗi đã cho phân kỳ e(ln ln n)2 eln n n n n=2