Trang 1
ĐỀ THI CUỐI KÌ MÔN GIẢI TÍCH 3 – HỌC KÌ 20172 KSTN K62 Lời giải: Trần Bá Hiếu KSTN Dệt – K64 ∞ n 2 .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 1 n 1 −n 2 = lim 2.(1 − ) = 2.e lim ln|1−n+1|.n = 2.e lim n+1 = < 1 n→+∞ n→+∞ n→+∞ n + 1 e Suy ra chuỗi đã cho hội tụ ∞ ( 2 )n x − 1 Câu 2:Tìm miền hội tụ của chuỗi hàm ∑ 2n2 n=1 ∞ n t Đặt x2 − 1 = t ,( t ≥ −1) chuỗi đã cho trở thành ∑ 2n2 n=1 1 Đặt an = ,suy ra bán kính hội tụ là ∶ 2n2 n 1 1 R = 1 ÷ lim √ = 1 ÷ lim = ∞ n→+∞ 2n2 n→+∞ 2n mà t ≥ −1 ,suy ra chuỗi hội tụ ∀t ≥ −1 → x2 − 1 ≥ −1 → x2 ≥ 0 → x ∈ (−∞;+∞) Vậy miền hội tụ của chuỗi hàm số là x ∈ R Câu 3:Khai triển hàm số f(x) = ln(x2 + 1) thành chuỗi lũy thừa của x Đặt x2 = t,(t > 0) Ta có khai triển Maclaurin củaln(1 + t) là ∞ n t ln(1 + t) = ∑(−1)n−1. ,R = 1 n n=1
Trang 2
Thay t = x2,ta có: ∞ 2n x f(x) = ∑(−1)n−1. ,R = 1 n n=1 ∞ 2n x 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 −2 − y 2 (x) → y′ = (∗) 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 − 2 − u −2du dx → = (u + 1)2 + 1 x → −2arctan(u + 1) = ln|x| + C y → −2arctan( + 1) + C = ln|x| x y → −2arctan( + 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) = −2arctan( + 1) + C − ln|x| = 0 x Câu 5: Giải phương trình vi phân xy′′ + 4y′ = 0
Trang 3
xy′′ + 4y′ = 0 4 → y′′ + .y′ = 0 ,với x ≠ 0 x 4 Đặt y′(x) = u(x),ta có ∶ u′ + .u = 0 x 4dx 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 → x4.u = C 1 C1 → u = x4 dy C1 → = dx x4 C1dx → dy = x4 −C1 → y = + C .Với x = 0 → y′ = 0 → y = C.Nên x = 0 không phải nghiệm kì dị 3x3 2 −C1 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là y = + C2 3x3 Câu 6:Giải phương trình vi phân y′′ − 2y′ − 3 = −14cosx − 8sinx 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 y̅ = C .e3x + C .e−x 1 2 Để tìm nghiệm riêng y∗(x) = C (x).e3x + C (x).e−x 1 2 Áp dụng phương pháp biến thiên hằng số Lagrange,ta có hệ phương trình sau: C′ (x).e3x + C′ (x).e−x = 0 (1) { 1 2 3C′ (x).e3x − C′ (x).e−x = −14cosx − 8sinx (2) 1 2
Trang 4
Lấy (1) + (2) → 4C′ (x).e3x = −14cosx − 8sinx 1 7 → C′ (x) = − .e−3x.cosx − 2.e−3x.sinx 1 2 7 → C′ (x) = .ex.cosx + 2.ex.sinx 2 2 NOTE: CÔNG THỨC TÍNH NHANH eax.(a.cosbx + b.sinbx) ∫eax.cosbxdx = a2 + b2 eax.(a.sinbx − b.cosbx) ∫eax.sinbxdx = a2 + b2 7 e−3x.(−3.cosx − sinx) e−3x.(cosx + 3sinx) C1(x) = − . − 2. 2 10 10 e−3x.(5cosx + sinx) = 4 7 ex.(cosx + sinx) −ex.(sinx − cosx) ex.(3.cosx + 11.sinx) C2(x) = . + 2. = 2 2 2 4 e−3x.(5cosx + sinx) ex.(3.cosx + 11.sinx) → y∗(x) = C (x) + C (x) = + 1 2 4 4 Vậy nghiệm của phương trình vi phân ban đầu là e−3x(5cosx + sinx) ex(3.cosx + 11.sinx) 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 = ∫ dx = ∫ = − . | = (x2 + 1)3 2 (x2 + 1)3 4 (x2 + 1)2 4(s2 + 1)2 s s s s
Trang 5
1 1 s2 − 1 = .( − 8 s2 + 1 (s2 + 1)2 1 1 s2 − 1 1 → f(t) = t.ℒ−1 { .( − )}(t) = .t.(sint − tcost) 8 s2 + 1 (s2 + 1)2 8 1 = .(tsint − t2 cost) 8 s 1 Vậy biến đổi Laplace ngược của F(s) = là f(t) = .(tsint − t2 cost) (s2 + 1)3 8 Câu 8:Giải bài toán giá trị ban đầu y′′ + y = {0, nếu t < π 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 − sint).u(t − π) Vậy y(t) = { 0 , nếu t < π t − sint, nếu t ≥ π Bài 9:Cho hàm số f(x) tuần hoàn với chu kì 2π thỏa mãn f(x) = {−2x ,nếu − π < x < 0 2 ,nếu 0 < x < π ∞ 1 Khai triển Fourier hàm số f(x) và áp dụng tính ∑ (2n + 1)2 n=0
Trang 6
π 0 π 1 1 a0 = ∫ f(x)dx = .( ∫−2xdx + ∫ 2dx) = 2 + π π π −π −π 0 π 0 π 1 1 an = ∫ f(x)cosnxdx = .( ∫−2x.cosnxdx + ∫ 2.cosnxdx) π π −π −π 0 −2 cosnx x.sinnx 0 2 sinnx π = .( + )| + . | π n2 n π n −π 0 −2 1 − (−1)n 0, nếu n chẵn = . = {−4 π n2 , nếu n lẻ πn2 π 0 π 1 1 bn = ∫ f(x)sinnxdx = .( ∫−2x.sinnxdx + ∫ 2.sinnxdx) π π −π −π 0 2 −x.cosnx sinnx 0 2 −cosnx π = − .( + )| + . | π n n2 π n −π 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) = + ∑ sin2nx + ∑ 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 ∞ 1 − 1 − π 1 2 π2 → ∑ = 4 = (2n + 1)2 − 8 n=0 π
Trang 7
∞ 1 Bài 10:Xét sự hội tụ của chuỗi số ∑ (lnn)ln lnn n=2 1 1 un = = (lnn)lnlnn e(lnln n)2 (lnlnn)2 Xét lim n→+∞ lnn (lnt)2 2lnt 2 Đặt lnn = t → lim = (Lopitan) lim = (Lopitan) lim = 0 t→+∞ t t→+∞ t t→+∞ t → (lnlnn)2 < lnn kể từ một n nào đó trở đi ∞ 1 1 1 1 → > = khi n → ∞,mà ∑ phân kỳ → chuỗi đã cho phân kỳ e(lnlnn)2 elnn n n n=2
Hiển thị 7 trang đầu. Tải tài liệu để xem đầy đủ.
Bình luận (0)
Chưa có bình luận nào. Hãy là người đầu tiên!