Đề cương môn giải tích - Trường Đại học bách khoa - Đại học đà nẵng
Theotiêuchuẩnsosánhchuỗibanđầucũngphân kỳ.
Đề cương môn giải tích - Trường Đại học bách khoa - Đại học đà nẵng.
Tài liệu gồm 13 trang , giúp bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao.
Môn: Giải tích 3(GT3260) 9 tài liệu
Trường: Trường Đại học Bách khoa, Đại học Đà Nẵng 642 tài liệu
Tác giả:
Preview text:
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
Ề THI THỬ GIỮA KỲ MÔN GIẢI TÍCH 3 - Học kì 2024.2 Nhóm ngành 1
Thời gian làm bài: 40 phút
Chú ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu và giám thị phải kí xác nhận số đề vào bài thi. ∞ ∞ Σ Σ
Câu 1: Cho hai chuỗi số dương an,
bn hội tụ. Khẳng định nào dưới đây là sai? n=1 n=1 ⃝
A. Với α, β ∈ R thì I = lim (αan + βbn) = 0 n→∞ ⃝ a
B. Theo tiêu chuẩn so sánh 1 thì lim
n = k ∈ (0, ∞) hữu hạn. n→∞ bn Σ ∞ ⃝ C. Chuỗi số (a
n + bn) cũng hội tụ. n=1 ⃝
D. Theo định lý điều kiện cần thì lim an = lim bn = 0. n→∞ n→∞
[Hướng dẫn giải] Đáp án B
+) Dễ thấy đáp án A, C, D đúng theo các tính chất của chuỗi số. 1 1
+) Đáp án B sai do tiêu chuẩn so sánh là một chiều ta có thể dễ dàng phản chứng với an = và bn = . n2 n3
+) Kết luận : Đáp án đúng là đáp án B. dx
Câu 2: Giải phương trình vi phân sau :
= (x + 1)ey khi x > — 1. dy ey ey
⃝ A. C(x + 1) = e (C > 0)
⃝ C. x + 1 = Ce (C ∈ R) ey ey+C
⃝ B. x + 1 = e + C (C ∈ R)
⃝ D. x + 1 = e (C > 0)
[Hướng dẫn giải] Đáp án A dx
+) Xét phương trình vi phân : = (x + 1)ey dy dx
+) Do x > − 1, chia 2 vế phương trình cho (x − 1) ta được : = eydy x + 1 ˆ ˆ dx ⇔ = eydy x + 1 y
⇔ ln(x + 1) = e + D ( D ∈ R )
⇔ x + 1 = e ey+D = eD .eey ( D ∈ R ) x + 1 ey ⇔ = e ( D ∈ R ) eD 1
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập ⇔ 1
C(x + 1) = eey = C > 0 eD
+) Kết luận : Vậy đáp án đúng là đáp án A.
Câu 3: Nghiên cứu sự tăng trưởng của một đám ruồi giấm trong điều kiện lý tưởng, ta thấy rằng tốc độ tăng của số
lượng cá thể tỷ lệ với độ lớn của nó. Gọi P (t) là số cá thể ruồi giấm tại thời điểm t ngày. Biết P (1) = P ′(1) = 20.
Hãy dự đoán số cá thể ruồi giấm ở thời điểm ngày thứ 5. Đáp án A ⃝ A. 1092 ⃝ C. 1024 ⃝ B. 1096 ⃝ D. 1050
[Hướng dẫn giải]
+) Do dân số tỷ lệ với độ lớn của nó nên ta có phương trình vi phân liên hệ : P ′(t) = k.P (t) với k chính là hệ số tỷ lệ . P ′(t)
+) Do P (t) ̸= 0 nên ta có: = k P (t) ˆ P ′(t) ˆ ⇒ dt = kdt P (t)
⇒ ln P (t) = k.t + C ⇔ P (t) = e k.t+C
+) Ta có: P ′(t) = k.P (t) mà P ′(1) = P (1) = 20
⇔ 20.k = 20 ⇔ k = 1 ⇒ P (t) = et+C mà P (1) = 20 ⇒ e1+C = 20 ln 20−1+t
⇒ C = ln 20 − 1 ⇒ P (t) = e
⇒ P (5) ≈ 1092 con.
+) Kết luận : Chọn đáp án A.
Câu 4: Chuỗi số nào sau đây bán hội tụ: ∞ Σ — ( ∞ Σ ⃝ 1)n 1 − n n A. ⃝ 3 C. n + 6 n=1 n 2 n=1 Σ ∞ cos(nπ) Σ ∞ n ⃝ (−1) . ln n B. n2 + 1 ⃝ D. n=1 n n=1
[Hướng dẫn giải] Đáp án D ∞ n ∞ Σ (−1) Σ a) Xét = a 3 n n=1 n 2 n=1 ∞ ∞ ∞ n Σ Σ 1 Σ (−1) +) Có |a | = 1 n 3 ⇒ |a | = n 3 là chuỗi hội tụ ⇒
3 là chuỗi hội tụ tuyệt đối n 2 n=1 n 2 n 2 n=1 n=1 2
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập ⇒ Loại đáp án A Σ ∞ ∞ n ∞ cos(nπ) Σ (−1) Σ b) Xét = = b n2 + 1 n2 + 1 n n=1 n=1 n=1 ∞ Σ ∞ Σ 1 +) Xét |b | =
có 1 < 1 ∀n n n2 + 1 n2+1 n2 n=1 n=1 ∞ ∞ Σ 1 Σ 1 +) Lại có
là chuỗi hội tụ do α = 2 > 1 nên
hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh n2 n2 + 1 n=1 n=1
⇒ Chuỗi hội tụ tuyệt đối ⇒ Loại đáp án B ∞ Σ 1 — n n 1 − n c) Xét có = a n n + 6 n + 6 n=1
+) Xét lim an = −1 ⇒ 1 − n n = (−1)n khi n → ∞ n→∞ n + 6
+) Ta thấy lim an không tồn tại ⇒ chuỗi không thỏa mãn điều kiện cần để hội tụ. n→∞ ⇒ Loại đáp án C 1 ln n Σ 1 ∞
d) Với n đủ lớn ta có : 0 < < . Lại có
phân kỳ ⇒ Chuỗi không hội tụ tuyệt đối n n n n=1 Σ ∞ Σ ∞ n (−1) . ln n +) Xét dn = n n=1 n=1 Σ
∞ (−1) n . ln n ln n Σ ∞ (−1) . nln n +) Ta xét chuỗi có
> 0 ∀n ≥ 2 ⇒ Chuỗi là chuỗi đan dấu (1) n n n n=2 n=2
+) Đặt f (x) = ln(x) x ln x 1 − ln(x)
+) Có lim f (x) = lim
= 0 (2) và f ′(x) =
≤ 0 ∀ x ∈ [e, +∞)
⇒ Chuỗi là chuỗi giảm x→+∞ x→+∞ x x2 (3)
+) Từ (1), (2), (3), Ta kết luận chuỗi bán hội tụ.
+) Kết luận : Chọn đáp án D , dy
(1 2xy) = 1 + y .2 —
Câu 5: Giải bài toán Cauchy sau: dx , x(0) = 0. 2y y
⃝ A. x = 1 + y2
⃝ C. x = 1 − y2 y arctan(y) ⃝ B. x = ⃝ D. x = 1 + y2 1 + y2 3
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
[Hướng dẫn giải]
+) Ta có: (1 − 2xy)dy = (1 + y2)dx. ⇒ (1 − 2xy)dy − (1 + y2)dx = 0. ,
P = −(1 + y2) +) Xét: ′ ′ ,
⇒ P y = −2y = Q x ⇒ ∃F (x, y) sao cho dF = Pdx + Qdy Q = 1 − 2xy. +) Vì y P ′ = x
Q′ nên x
F ′ = P = −1 − y2
⇒ F (x, y) = −1 − y2 x + c (y) ⇒ F y ′ = −2xy + c′ (y) +) Mà y
F ′ = Q = 1 − 2xy ⇒ c′(y) = 1 ⇒ c′(y) = y + C. C − y y − C
+) Vậy tích phân tổng quát là: (−1 − y2)x + y = C ⇒ x = = . − 1 − y2 1 + y2 0 − C +) Với x(0) = 0 thì = 0 ⇔ C = 0. 1 + 02 y
+) Vì thế nghiệm bài toán Cauchy là: x = . 1 + y2
+) Kết luận : Chọn đáp án B. ∞ Σ 2 ∞ x + x Σ
Câu 6: Cho kết quả sau: n2xn =
, |x| < 1. Từ kết quả trên, hãy tính tổng của chuỗi
n3xn, |x| < 1: (1— x)3 n=1 n=1 x2 + 4x + 1
x(x2 + 4x + 1) ⃝ A. ⃝ C. (1 − x)3 (1 − x)4 ⃝
x(x2 + 4x + 1) B. ⃝
x(x2 + x) D. (1 − x)3 (1 − x)3
[Hướng dẫn giải] ∞ Σ 2 x + x +) Ta có: n2xn =
, |x| < 1 (1 − x)3 n=1 ! Σ ′ ∞ ′ x2 + x
+) Do chuỗi luỹ thừa khả vi trong khoảng hội tụ nên ta có : n2xn = (1 − x)3 n=1 ∞ Σ
(2x + 1) (1 − x)3 + 3 x2 + x (1 − x)2 3 n−1 ⇔ n x = n=1 (1 − x)6 2x —
6x2 + 2x3 + x4 + 1 = (1 − x)6 2
(x — 1) x2 + 4x + 1 = (1 − x)6 x2 + 4x + 1 = (1 − x)4 Σ ∞ x x2 + 4x + 1 +) Suy ra: n3xn =
, |x| < 1. (1 − x)4 n=1 4
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
+) Kết luận : Chọn đáp án C.
Câu 7: Khai triển hàm số y(x) = ln(x2 − 3x + 2) thành chuỗi luỹ thừa của (x − 3). ∞ Σ n−1 n n ⃝ (−1) (x − 3) (2 + 1) A. ln 2 + n2n n=1 ∞ Σ 1 ⃝
cos(nπ).(x − 3)n B. ln 2 + 1 + n 2n n=0 ∞ Σ n n ⃝
cos(nπ)(x − 3) (2 + 1) C. ln 2 + n2n n=1 ∞ Σ 1 ⃝
(−1)n−1(x − 3)n D.ln 2 + 1 + n 2n n=0 Đáp án A
+) Ta nhận thấy có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai logarit:
y(x) = ln (x − 2)(x − 1) = ln(x − 2) + ln(x − 1) +) Có khai triển chu
∞ ỗi Maclaurin cho hàm ln(1 + x): n−1 n Σ (−1) x ln(1 + x) = , |x| < 1 n n=1
+) Do đề bài yêu cầu khai triển thành chuỗi luỹ thừa của (x − 3), nên ta thực hiện phép biến đổi: đặt x − 2 = t + 1
tức là x = t + 3 và t = x − 3.
+) Khi đó, ta có thể viết lại ln(x − 2) và ln(x − 1) theo t:
ln(x − 2) = ln(t + 1) và ln(x − 1) = ln (t + 3) − 1 = ln(t + 2). +) Áp dụng khai t
∞ riển chuỗi cho ln(t + 1) và ln(t + 2): n−1 n Σ (−1) t ln(t + 1) = ,
|t| < 1, n n=1
ln(t + 2) có thể được xử lý tương tự sau khi tách phần không đổi.
+) Cuối cùng, biểu diễn lại hàm y(x) dưới dạng chuỗi: " Σ ∞ (− 1)n−1(x − ∞ # 3)n
Σ (− 1)n−1(x − 3)n y(x) = + ln 2 + . n n2n n=1 n=1 ∞ Σ n−1 n n (−1) (x − 3) (2 + 1) y(x) = ln 2 + n2n n=1
Câu 8: Chọn đáp án đúng: ∞ n Σ (−1) ⃝
, x ∈ R hội tụ đều trên R. A. Chuỗi hàm số
√ x2 + (n + 2)2 n=1 5
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập Σ ∞ ⃝ B. Chuỗi hàm số u ∀
n(x) được gọi là hội tụ đều trên tập D đến hàm số S(x) nếu ε > 0 n=1
∃N0 = N0(ε, x0) ∈ N sao cho |Sn(x0) − S(x0)| < ε ∀n ≥ N0 và ∀x ∈ D. Σ ∞
⃝ C. Chuỗi hàm số xn,
|x| > q > 1 hội tụ đều trên tập đã cho. n=1 Σ ∞
⃝ D. Chuỗi hàm số xn,
|x| < 1 hội tụ đều trên tập đã cho. n=1
[Hướng dẫn giải] Đáp án: A
a) +) Xét hiệu của tổng riêng thứ m + n và tổng riêng thứ n, ta có: Σ m+n √ (−1)k
I = |Sm+n(x) − Sn(x)| = x2 + (k + 2)2 k=n+1 n+1 (−1)0 (−1)1 (−1)m−1 = |(−1) | √ + √ + ... + √ x2 + (n + 3)2 x2 + (n + 4)2
x2 + (m + n + 2)2 (−1)0 (−1)1 (−1)m−1 = √ + √ + ... + √ x2 + (n + 3)2 x2 + (n + 4)2
x2 + (m + n + 2)2 +) Ta có : √ √ 1 1
x2 + (k + 1)2 − x2 + k2 √ − √ = √ √ x2 + k2 x2 + (k + 1)2
x2 + k2 x2 + (k + 1)2 k + (k + 1) = √ √ √ √
( x2 + (k + 1)2 + x2 + k2) x2 + k2 x2 + (k + 1)2 k + (k + 1)
≤ (k + (k + 1))k(k + 1) 1 = k(k + 1) 1 1 = − k k + 1 1
< − 1 , ∀k ∈ N ∗ k k + 2 +) TH1: m lẻ 1 −1 1 I = √ + √ + ... + √ x2 + (n + 3)2 x2 + (n + 4)2
x2 + (m + n + 2)2 1 1 1 1 1 1 1 < − + − + ... + − + √ n + 3 n + 5 n + 5 n + 7 m + n m + n + 2
x2 + (m + n + 2)2 1 1 1 1 1 1 1 ≤ − + − + ... + − + n + 3 n + 5 n + 5 n + 7 m + n m + n + 2 m + n + 2 1 = , ∀ n ∈ N ∗ n + 3 1 Vì lim
= 0 nên ∀ϵ > 0, tồn tại n đủ lớn sao cho: |S m+n ( x) − S n(
x)| ≤ ϵ, ∀x ∈ R (1) n→∞ n + 3 6
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập +) TH2: m chẵn 1 −1 −1 I = √ + √ + ... + √ x2 + (n + 3)2 x2 + (n + 4)2
x2 + (m + n + 2)2 1 1 1 1 1 1 < − + − + ... + − n + 3 n + 5 n + 5 n + 7 m + n + 1 m + n + 3 1 1 1 = − < ϵ
( khi m , n đủ lớn, do dãy là dãy Cauchy) (2) n + 3 m + n + 3 k
+) Theo tiêu chuẩn Cauchy, từ (1) và (2) ta có chuỗi hàm số hội tụ đều trên R Σ ∞ c)
xn, |x| > q > 1 n=1
+) Xét hiệu của tổng riêng thứ n + 1 và tổng riêng thứ n, ta có:
|Sn+1(x) − Sn(x)| = xn+1
> qn+1 > 1 ∀|x| > q > 1
+) Theo tiêu chuẩn Cauchy, ta có chuỗi hàm số không hội tụ đều trên tập đã cho. Σ ∞ d)
xn, |x| < 1. n=1 ∞ Σ 1
+) Theo khai triển Maclaurin, ta có: xn =
− 1 = S(x), ∀|x| < 1. 1 − x n=1
+) Chọn 2 dãy sau: x 1 = 1 − , y 2 = 1 − .Ta có: n n n n
lim xn = lim yn = 1− n→∞ n→∞
lim |x — y | = lim 1 − 1 − 1 − 2 = 0 n→∞ n n n→∞ n n 1 1 n +) Mà: |S(y
n) − S(xn)| = − = → ∞( khi n → ∞) . 1 2 2 1 − 1 − 1 − 1 − n n
+) Do đó S(x) không liên tục đều trên (−1; 1) và từ đó chuỗi đã cho không hội tụ đều trên (−1; 1)
Câu 9: Xét phương trình vi phân cấp 1 tổng quát:
F (x, y, y′) = 0 hoặc y′ = f (x, y)
Hãy chọn tất cả các phát biểu đúng:
□ A. Nếu phương trình có dạng tường minh y′ = f (x, y), thì nó luôn có nghiệm tại mọi điểm trong miền xác
định của f (x, y).
□ B. Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình vi phân cấp 1 khẳng định rằng nếu f (x, y) liên tục
và có đạo hàm riêng liên tục theo y trên miền chứa điểm ban đầu, thì nghiệm của bài toán Cauchy là duy 7
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập nhất.
□ C. Nếu F (x, y, y′) = y′y sin yey − x và y(0) = 1 thì phương trình vi phân trên tồn tại ít nhất một nghiệm.
□ D. Nếu F (x, y, y′) = y′ sin x − xy ln(1 + y) và y(1) = 1 thì phương trình vi phân trên tồn tại ít nhất hai nghiệm.
□ E. Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình vi phân cấp 1 khẳng định rằng nếu f (x, y) liên tục
trên miền chứa điểm ban đầu, thì nghiệm của bài toán Cauchy là duy nhất.
□ F. Nếu f (x, y) = Pn(y) và y(0) = 0 thì phương trình vi phân trên vô nghiệm
( Biết Pn(y) là đa thức bậc n của y ).
[Hướng dẫn giải] Đáp án: B,C
+) Dễ thấy từ lý thuyết ta có thể kiểm chứng trong 3 đáp án A,B,E chỉ có đáp án B là đáp án đúng.
c) Xét đáp án C, dễ thấy phương trình vi phân F (x, y, y′) = 0 có nghiệm tương phương trình y′ = f (x, y) với f (x, y) = x
trong miền D : (x, y) ∈ (− 1; 1) × (0; 2) chứa điểm (x, y) = (0, 1). y sin yey
+) Dễ thấy f (x, y) xác định trên miền D, và có đạo hàm riêng theo y liên tục trên miền D đó nên theo định lý nghiệm
bài toán Cauchy, phương trình vi phân trên có nghiệm là duy nhất.
+) Nên nhận định câu C tồn tại ít nhất một nghiệm là đáp án đúng.
d) Dễ chứng minh tương tự câu C ta cũng thấy phương trình vi phân trên có duy nhất một nghiệm nên nhận định có ít nhất 2 nghiệm là sai.
f) Với chứng minh tương tự ta cũng chững minh được phương trình vi phân có duy nhất một nghiệm nên nhận định vô nghiệm là sai. Σ ∞
Câu 10: Phát biểu nào sau đây là đúng về chuỗi lũy thừa S(x) =
anxn có |x| < R trong đó R là bán kính hội tụ: n=0
□ A. Bán kính chuỗi hội tụ được tính theo công thức R = lim a n+1 . n→∞ an ! ′ ∞ Σ ∞ Σ □ B. S′(x) = anxn
= (anxn)′ khi |x| < R n=0 n=0
□ C. S(x) khả tích trên mọi đoạn [a, b] ⊂ [−R; R].
□ D. S(x) liên tục trên [−R, R]. 8
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập Σ ∞ □ E.
anxn hội tụ đều trên mọi đoạn [a, b] ⊂ (−R, R). n=0
□ F. Nếu S(x) phân kỳ tại x0 thì nó phân kỳ tại mọi x thoả mãn |x| ≥ |x0|. Đáp án: B, E
[Hướng dẫn giải] a A. Sai vì an R = lim không phải R = lim n+1 . n→∞ an+1 n→∞ an
B. Đúng. Đây là tính khả vi của chuỗi luỹ thừa trong khoảng hội tụ của nó.
C. Sai vì S(x) khả tích trên mọi đoạn [a, b] ⊂ (−R; R) chứ không phải (−R, R).
D. Sai vì S(x) liên tục trên (−R, R), còn tại x = −R, x = R, không khẳng định được. E. Đúng lí thuyết.
F. Sai phân kỳ tại mọi |x| > |x0| không phải tại mọi |x| ≥ |x0|. ( Theo định lý Abel ).
Câu 11: Khai triển Fourier của hàm số y = x2 trên (−π, π) là chuỗi hàm số có dạng: Σ ∞ a +
[b cos(nx) + c sin(nx)] trong đó a, b, c là các biểu thức của x và n. Nhận định nào sau đây là đúng?. n=2 □ A. c = 0 π2 □ B. a = 3 □ 2π2 C. a = 3 ∞ □ 2 Σ 1 π
D. Từ khai triển trên có thể tính đươc giá trị = − 5 (n + 1)2 6 4 n=2
□ E. Chuỗi số trên luôn hội tụ về x2 ∀ x ∈ [−π, π] ∞ ∞ Σ Σ
□ F. Chuỗi số trên luôn hội tụ về x2 ∀ x ∈ [−π, π] nên b và c hội tụ tuyệt đối n=1 n=1
[Hướng dẫn giải] Σ ∞
+) Đặt khai triển Fourier của hàm số là: y = a0 +
an cos(nx) + bn sin(nx) n=1
+) Ta có: Hàm số y = x2 là hàm chẵn ⇒ bn = 0 +)
, Theo công thức khai triển Fourier, ta có: , 1 ˆ π a = π x2dx = 2 0 2π ˆ −π 3 1 π 4 cos(nπ) — 4( , 1)n , an =
x2. cos(nx)dx = π = −π n2 n2 9
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập Khi đó ta có: 2 ∞ n 2 ∞ n π Σ 4(−1) π Σ 4(−1) y = + . cos(nx) = − 4 cos(x) + . cos(nx) 3 n2 3 n2 n=1 n=2 +) Xét các đáp án:
A. Đúng (từ khai triển bên trên) π2 π2 B. Sai do a = − 4 cos(x) ̸= 3 3 π2 2π3 C. . Sai do a = − 4 cos(x) ̸= 3 3 ∞ Σ ∞ ∞ ∞ 1 Σ 1 Σ 1 5 1 Σ (— 1)n cos(nπ) 5 1 π2 5 π2 5 − D. Đúng do = = = − = π2 — — . — = 6 4 n=2 (n + 1)2 n2 n2 4 4 n2 4 4 3 4 n=3 n=1 n=1
E. Đúng do hàm số liên tục tại 2 đầu mút nên theo định lý dirichlet chuỗi Fourier hội tụ về hàm số.
F. Sai về quan hệ nhân quả ∞ Σ " cos(nπ)
Câu 12: Cho chuỗi số: S = a —
n , với an = n h # Σ . n=2 Σ ek. ln2(1 + k) + (−1)n h=1 k=1
Những nhận xét nào dưới đây là đúng :
□ A. S là chuỗi hội tụ do thỏa mãn điều kiện lim an = 0. n→∞
□ B. Phương trình x2 + 1 − S(4 − S) = 0 luôn vô nghiệm thực. Σ ∞
□ C. Đặt K = −S. Khi đó K =
(−an) do (−an) > 0 và giảm nên K hội tụ dẫn đến S hội tụ. n=2 Σ ∞ □ D. | |
S là chuỗi số hội tụ tuyệt đối vì an hội tụ. n=2 Σ ∞ □ E. | |
S là chuỗi số bán hội tụ do an hội tụ. n=2 ∞ Σ n □ S F. Chuỗi số G = phân kỳ. 4 n=0
[Hướng dẫn giải] Đáp án đúng : B,D ∞ n−1 Σ " cos(nπ) — " (— 1) +) Ta có: S =
an , với an = n h # n h # Σ = Σ n=2 Σ Σ ek. ln2(1 + k) + (−1)n ek. ln2(1 + k) + (−1)n h=1 h=1 k=1 k=1 ∞ Σ ∞ (— 1)n−1 Σ (— ⇒ 1)n−1 S = " # " = #
— a1 = S1 — a1 Σ n Σ h Σ n Σ h n=2 ek. ln2(1 + k) + (−1)n n=1 ek. ln2(1 + k) + (−1)n h=1 k=1 h=1 k=1 10
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
+) Có an là dãy dương và đơn điều giảm về 0 nên theo định lý Leibnizt S1 sẽ hội tụ và 0 < S1 < a1 1
→ Khi đó ta giới hạn đượng miền giá trị của S là −a1 < S < 0 hay − < S < 0 e ln2 2 − 1
a) Sai do dễ thấy đây chỉ là định lý về điều kiện cần. 1
b) Đúng do ∆′ = b′2 − ac = S2 − 1 < 0 ∀ S ∈ −
, 0 nên phương trình vô nghiệm. e ln2 2 − 1
c) Dễ thấy sai do (−an) > 0 là sai. h Σ
d) Do ek. ln2(1 + k) > 1∀k ≥ 1 nên
ek. ln2(1 + k) > h. k=1 " # n Σ Σ h Σ n ⇒ ek. ln2(1 + k) > n(n + 1) h = . 2 h=1 k=1 h=1 1 1 +) Khi đó : |an| = n " < Σ Σ h # n(n+1) k 2 n 2 + (−1)n e . ln (1 + k) + (−1) h=1 k=1 1
+) Tại vô cùng : |an | < . n2 ∞ ∞ Σ 1 Σ +) Mà
hội tụ ( do a = 2 > 1 ) nên chuỗi số
|a | hội tụ nên chuỗi đề hội tụ tuyệt đối. n2 n n=1 n=1
e) Sai theo định nghĩa của hội tụ tuyệt đối và bán hội tụ. S f) Sai −1 < − 1
< < 0 do nên theo tính chất chuỗi hình học chuỗi G là hội tụ. 4(e ln2 2 − 1) 4 Σ ∞ n (−1) (2n + 1)
Câu 13: Tìm miền hội tụ của chuỗi hàm số: xn 2n − 1 n=1
[Hướng dẫn giải] Σ ∞ (2n + 1)
+) Đặt y = — x, khi đó chuỗi trở thành:
yn là chuỗi lũy thừa. 2n − 1 n=1
+) Xét bán kính hội tụ R: R = lim a n với a 2n + 1 = . n n→∞ a 2n − 1 n+1 +) Ta có: (2n + 1) (2n + 1) 2(n + 1) + 1 2n+1 − 1 R = lim : = lim .
n→∞ 2n − 1 2n+1 − 1
n→∞ 2n − 1 2(n + 1) + 1 = lim 2n + 1 2n+1 — 1 . = 2
n→∞ 2(n + 1) + 1 2n − 1
+) Do đó, chuỗi hội tụ khi |y| < 2 và phân kỳ khi |y| > 2.
+) Xét tại hai đầu mút dễ thấy chuỗi số thu được vi phạm định lý điều kiện cần nên phân kỳ.
+) Ta có: −2 < y < 2 ⇔ −2 < −x < 2 ⇒ −2 < x < 2 11
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
+) Kết luận : Vậy miền hội tụ của chuỗi hàm là (−2, 2). x
Câu 14: Giải phương trình vi phân sau : y′ — y + 1 = x + . x + y
[Hướng dẫn giải]
+) Điều kiện xác định : x + y ̸= 0. x
+) Ta có phương trình : y′ — y + 1 = x + . x + y x ′
⇔ y + 1 = (y + x) ′ = x + y + x + y x
+) Ta đặt t = x + y thay lại phương trình ta được : t′ = t +
( Dạng phương trình Bernulli ) t
+) Theo phương pháp giải phương trình Bernulli ta tiếp tục đặt u = t2 khi đó ta được phương trình mới là : u′ ′ = u + x
⇔ u — 2u = 2x ( Dạng phương trình vi phân tuyến tính bậc 1 ) 2 h i ´ ´ ´
+) Khi đó phương trình trên có nghiệm là u = e −p(x)dx
q(x)e p(x)dxdx + C với p(x) = 2, q(x) = 2x ta được : ˆ ˆ ˆ ´ ´ u = e 2dx
2xe −2dxdx + C = e2x
2xe−2xdx + C = e2x
−xd(e−2x) + C ˆ e−2x 1
= e2x −xe −2x +
e −2x d(−x) + C = e2x C − xe−2x −
= Ce2x — x − . 2 2
+) Kết luận : Vậy phương trình có nghiệm tích phân tổng quát là (x + y)2 = Ce2x − x − 1 ( C ∈ R). 2 Σ ∞ (2n)!
Câu 15: Xét sự hội tụ và phân kỳ của chuỗi số S = . 4n(n!)2 n=1
[Hướng dẫn giải] (2n)!
Hướng dẫn chung : Ta dễ thấy chuỗi số có số hạng tổng quát a n = . 4n(n!)2 an+1 +) Dãy số a
= 1 nên ta không thể sử dụng các tiêu chuẩn có sẵn với giai thừa
n trên là dãy giảm về 0 và có lim n→∞ an
để giải quyết bài toán.
+) Ta sẽ thử nghĩ đến mọi hướng giải khác dựa trên các tiêu chuẩn nền tảng đã học đó chính là tiêu chuẩn so sánh. 1
+) Giờ ta sẽ thử chứng minh an > > 0 với n > k nào đó. n
+) Ta sẽ chứng minh giả thuyết này bằng chứng minh quy nạp với n = 5, đẳng thức trên là đúng. (2k)! 1 +) Giả sử 1 (2k + 2)!
> ta đi chứng minh > . 4k(k!)2 k 4k+1((k + 1)!)2 k + 1
+) Thật vậy, xét a (2k + 2)! =
(2k + 2)(2k + 1)(2k)!
(2k + 1)(2k + 2) = = .a
(2k + 1)(2k + 2) > k+1 4k+1((k + 1)!)2
4(k + 1)2.4k(k!)2 4(k + 1)2 k 4k(k + 1)2 12
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ Trợ Học Tập
(2k + 1)(2k + 2) 1 1 1 +) Xét T = − = 2k+1 − 1 = > 0 4k(k + 1)2 k + 1 k + 1 2k 2k(k + 1) 1 1
+) Mà T < a k+1 —
suy ra a k+1 > ( đpcm ) k + 1 k + 1
(2k + 1)(2k + 2)
(2k + 1)(2k + 2) 1
(Do ở trên ta chứng minh a k+1 > , T = − ) 4k.(k + 1)2 4k.(k + 1)2 k + 1 1
+) Vậy bằng quy nạp ta chứng minh được an > ∀n > 5. n Σ ∞ 1 +) Mà
phân kỳ ( chuỗi điều hoà ) n n=1
+) Theo tiêu chuẩn so sánh chuỗi ban đầu cũng phân kỳ.
+) Kết luận : Vậy chuỗi số đề cho là phân kỳ. 13