Đề ôn thi kết thúc học phần | Giải tích 3 | Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội
Sau khi nhận đề thi, sinh viên chép đề bài, gồm 4 câu, căn cứ theo mã bốn chữcái được giám thị cung cấp. Ví dụ: sinh viên nhận được mã là BCAD có nghĩađề bài cho sinh viên đó là các câu 1B,2C,3A, và 4D.•Sinh viên cần luôn bật camera trong thời gian làm bài thi để giám thị kiểmtra. Giám thị xử lý các tình huống vi phạm nội qui theo qui định hiện tại củatrường ĐHKHTN. Tài liệu được sưu tầm và soạn thảo dưới dạng file PDF để gửi tới các bạn cùng tham khảo, ôn tập đầy đủ kiến thức, chuẩn bị cho các buổi học thật tốt. Mời bạn đọc đón xem!
Môn: Giải tích 3 (HUS) 10 tài liệu
Trường: Trường Đại học Khoa học tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội 687 tài liệu
Tác giả:
Preview text:
dy y2 cos x + sin 2x = dx 2y
(y2 + xy3) dx + (5y2 − xy + y3 sin y) dy = 0. y00− 6y0 + 8y = sin(3x), y(0) = 1, y0(0) = 2. dy1 = y dx 1 − 3y2 + 4y3 ( dy2 = 4y1 − 7y2 + 8y3 x0y0==2x −y + x3 dx dy3 = 6y dx 1 − 7y2 + 7y3. ĐẠIHỌCQUỐCGIAHÀNỘI ĐỀTHIHỌCPHẦN
TRƯỜNGĐẠIHỌCKHOAHỌCTỰNHIÊN Nămhọc2018-2019Kỳ2
—————————————– ——————————
Môn thi: PHƯƠNGTRÌNHVIPHÂN Mãhọcphần:MAT1259 Sốtínchỉ:3 Đềsố:1
Dànhchosinhviênhệ: Tàinăng Ngành:Sinhhọc
Thờigianlàmbài:120 phút(khôngkểthờigianphátđề)
——————————————————
Câu1.(3điểm) Giảiphươngtrình e2x + e−2x 2y00− 5y0 − 3y = 2
bằng:a)phươngpháphệsốbấtđịnh;
b)phươngphápphépbiếnđổiLaplace. Câu2.(2điểm)
a) Tìmhàmφ(x) saochophépbiếnđổiy(x) = φ(x)z(x) chuyểnphươngtrình y00− 2xy0 + x2y = 0
thànhphươngtrìnhhệsốhằngtheohàmz(x).
b) Giảiphươngtrìnhởphầna).
Câu3.(3điểm) Giảicáchệphươngtrìnhviphânsau dy1 dy = 3y1 + 2y2 + 4y3 1= 2y dx dx 1 + 3y2 dy2 dy = 2y1 + 2y3 2 dx a) = 2y dx 1 + y2 b) dy3= 4y dx 1 + 2y2 + 3y3.
Câu4.(1điểm) Xét mô hình quan hệ thú N(t) và mồi P (t) có sự đánh bắt của con người đốivớiloàithú dN N = 0.1N 1 − − 0.25NP , d d tP 0.25 = 0.2NP− 0.01P − H(P ) dt
trongđóhàmH(P ) biểuthịsựđánhbắtcủaconngười.Donănglựcthuhoạchconthúcóhạn
nêncóthểxemH(P ) đượcbiểuthịbởihàm ( . 0.03.P 003 nếu n 0 ếu≤P P> ≤ 0. 0 1 .1 H(P ) =
a) Tìmcácđiểmcânbằngcủahệtrên.
b) Xéttínhổnđịnhcủacácđiểmcânbằngđó(chỉrađiểmnàoổnđịnh,điểmnàokhôngổn địnhvàchứngminh).
Sinhviênchọn1trong2câu(câu5vàcâu6)dướiđây.Phầnnày1điểm.
Câu 5.Phátbiểuđịnhlýcấutrúcnghiệmcủaphươngtrìnhviphântuyếntínhthuầnnhấtvà khôngthuầnnhấtcấp2.
Câu 6.Phátbiểu nguyênlýchồngchấtnghiệmchophươngtrìnhviphântuyến tínhcấp2.
————————–Hết————————–
Ghi chú:Sinhviênkhôngđượcdùngtàiliệu,cánbộcoithikhônggiảithíchgìthêm.
ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC KÌ II NĂM HỌC 2018-2019 ————– ——–oOo——–
Học phần: Phương trình vi phân Lớp học phần: MAT2403 Số tín chỉ: 3
Dành cho sinh viên khoá: K62
Ngành học: Máy tính & KHTT
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1. Giải các phương trình vi phân sau. a) y = 5xy0 + y02 − 1, b)
(3x2 + y2)dx + (x3 + xy2 + 2xy)dy = 0, c) 2y00− 3y0 + y = (2x + 1)ex.
Câu 2. Cho một dòng sông có độ rộng w = 2a. Trong hình bên dưới: trục x biểu diễn độ rộng
của dòng sông và trục y biểu diễn đường tâm của dòng sông, hai đường thẳng x = ±a biểu
diễn hai bờ của dòng sông.
Ký hiệu v0 là vận tốc của dòng nước ở giữa sông và vR là vận tốc y
của dòng nước tại vị trí có khoảng cách x so với đường tâm. Giả sử
rằng vận tốc vR có quan hệ với khoảng cách x theo biểu thức sau x2 vR = v0 1 − . vR
Một người đứng ở vị trí (−a, 0) để ba2
ơi từ bờ tây sang bờ đông của
dòng sông với vận tốc không đổi vS (so với dòng nước). Gọi α là vS
góc tạo bởi giữa vectơ vận tốc vS và vectơ vận tốc của người này so x -a a
. Ký hiệu y = y(x) là quỹ đạo bơi O
với lòng sông, khi đó tan α = vR vS
của người này, vì tan α = y0(x) nên ta thu được phương trình vi
phân mô tả quỹ đạo bơi của người này như sau vR α v y0(x) = 0 vS x2 1 − v . S a2
Cho w = 100 m và v0 = 3 m/s, vS = 1 m/s.
Hỏi người này bị dòng nước kéo trôi bao nhiêu mét so với trục x khi bơi đến bờ đông của dòng sông?
Câu 3. Giải các hệ phương trình vi phân cấp một sau.
y0 = −2y + 2z − 3w + x − 10 dx dy dz b) = = . z0 = 2y − z + 2w + 8 x + y + 4z − 2 3 5 a) w0 = 3y − 2z + 4w + 14, Hết
Chú ý: Sinh viên không được sử dụng tài liệu. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN, KÌ II NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi: Phương trình vi phân Mã môn học: MAT2403 Số tín chỉ: 3 Câu 1 [6 điểm] a) [2 điểm]
Tham số y0 = p, ta có: y = 5xp + p2 − 1. Suy ra, dy = (5x + 2p)dp + 5pdx. 1
Mặt khác, dy = pdx. Do đó, thu được phương trình (5x + 2p)dp + 4pdx = 0.
Nếu p = 0 thì y = −1 là một nghiệm. Ngược lại, phương trình: 1 5 1 x0 + x = − . 4p 2 C 2 C 2 x = − p, Nghiệm là: x = − |p| 54 9 |p| 54 p. Vậy, y = 5xp + p2 − 1. 9 b) [2 điểm]
Thừa số tích phân: µ(y) = ey. 1
Tích phân tổng quát: ey(x3 + xy2) = C. 1 c) [2 điểm]
Hệ nghiệm cơ bản là: {ex, e 1x 2 }. 1
Nghiệm riêng là: (x2 − 3x)ex. 1
Nghiệm tổng quát: y(x) = C x 1ex + C2e 12 + (x2 − 3x)ex. Câu 2 [2 điểm]
Ta có, a = 1/20 km. Phương trình vi phân là: y0(x) = 3(1 − 400x2). Nghiệm tổng quát 1 y(x) = 3x − 400x3 + C.
Vì y(−a) = 0 nên y(x) = 3x − 400x3 + 1/10. Do đó, y(a) = 1/5 km. Người này bị trôi 1 200 mét so với trục x. Câu 3 [4 điểm] a) [2 điểm] 1 Các giá trị riêng là: −1, 1(bội 2). 1 −1 1
Nghiệm riêng ứng với giá trị riêng −1: Y . 1(x) = e−x
Hai nghiệm riêng ứng với giá trị riêng 1: 1 −1 1 −1 0 1 0 Y . 2(x) = ex , Y3(x) = ex + xex 1 0 1 −5 −2x 1 Nghiệm riêng là: Y∗(x) = . Nghiệm tổng quát là: −x
Y(x) = C1Y1(x) + C2Y2(x) + C3Y3(x) + Y∗(x). b) [2 điểm]
Tích phân đầu thứ nhất: 5y − 3z = C1. 1
Tích phân đầu thứ hai: 3 ln |x + y + 4z + 21|−y = C 1 2. (5y3−l3nz| =x C + y + 4z + 21|−y = C2. Nghiệm tổng quát: 1,
Hà Nội, ngày 24 tháng 5 năm 2019 NGƯỜI LÀM ĐÁP ÁN (ký và ghi rõ họ tên) TS. Trịnh Viết Dược 2 ĐẠIHỌCQUỐCGIAHÀNỘI ĐỀTHIGIỮAKÌ
TRƯỜNGĐẠIHỌCKHOAHỌCTỰNHIÊN NĂMHỌC2021-2022
—————————————– ——————————
Môn thi: PHƯƠNGTRÌNHVIPHÂN Mãmônhọc:MAT2314 Sốtínchỉ:4 Đềsố:1và2
Dànhchosinhviênhệ: Chínhquy Ngành:SưphạmToánhọc
Thờigianlàmbài:90 phút(khôngkểthờigianphátđề)
—————————————————— Câu1A.
(a)TìmnghiệmcủabàitoánCauchysau: y0− y = ety2, y(0) = 1. (b)Giảiphươngtrình:
(x + 2) sin y + (x cos y)y0 = 0. Câu1B.
(a)TìmnghiệmcủabàitoánCauchysau: ty0 + y = t2y2, t > 0, y(1) = 2. (b)Giảiphươngtrình: y + (2xy − e−2y)y0 = 0.
Câu 2A.Tìmnghiệm củabàitoánCauchysaubằngphươngphápthừasốtíchphân: y00− 2y0 − 3y = t.e2t, y(0) = 1, y0(0) = 1.
Câu 2B.Tìmnghiệm củabàitoánCauchysaubằngphươngpháphệsốbấtđịnh: y00− 2y0 − 3y = t.e2t, y(0) = 1, y0(0) = 1.
Câu 3A.SửdụngphépbiếnđổiLaplacetìmnghiệmcủabàitoánCauchysau: y0 + 2y = sin t, y(0) = 1.
Câu 3B.SửdụngphépbiếnđổiLaplacetìmnghiệmcủabàitoánCauchysau: y0 − 3y = t.e−t, y(0) = 1.
————————–Hết————————–
Ghi chú:Cánbộcoithikhônggiảithíchgìthêm. ĐẠIHỌCQUỐCGIAHÀNỘI ĐỀTHICUỐIKÌ
TRƯỜNGĐẠIHỌCKHOAHỌCTỰNHIÊN NĂMHỌC2021-2022
—————————————– ——————————
Môn thi: PHƯƠNGTRÌNHVIPHÂN Mãmônhọc:MAT23142 Sốtínchỉ:4 Đềsố:1
Dànhchosinhviênhệ: Chínhquy Ngành:SƯPHẠMTOÁNHỌC
Thờigianlàmbài:120 phút(khôngkểthờigianphátđề)
——————————————————
Câu 1.Trìnhbàyphươngphápthừasốtíchphânđốivớiphươngtrìnhtuyếntínhcấp1.
Câu 2.Giảicác phươngtrìnhsau: dy y a) = . dx x2 + 1
b) 3x2y + 2xy + y3 + (x2 + y2)y0 = 0.
Câu 3.Tìmnghiệm củabàitoánCauchy y00− 3y0 + 2y = xex, y(0) = 0, y0(0) = 1, bằngcácphươngphápsau:
a) biếnthiênhằngsốLagrange; b) hệsốbấtđịnh; c) phépbiếnđổiLaplace.
ChobiếttoántửLaplacecủamộtsốhàmnhưsau: 1 n! L{eax } = , L{xneax } = , s > a, n ∈ N∗. s − a (s − a)n+1
Câu 4.Chohệphươngtrìnhviphânu0(x) = Au(x) vớimatrậnhệsốhằngA chobởi 1 1 1 2 1 −1 A = 0 −1 1 .
Tìmnghiệmtổngquátu(x) củahệvàtìmđiềukiệnđểnghiệmnàyhộitụvề0 khix →∞.
Câu 5.Chophương trìnhviphân: d2y dy x2 + ax + by = 0, x > 0, a, b ∈ R. dx2 dx
a) Hãyđưaphươngtrìnhtrênvềphươngtìnhviphântuyếntínhvớihệ sốhằng.
b) Tìmnghiệmtổngquátcủaphươngtrình.
————————–Hết————————–
Ghi chú:Cánbộcoithikhônggiảithíchgìthêm.
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
—————————————–
ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN
KỲ II, NĂM HỌC 2020 - 2021 ——————————
Học phần: PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
Mã học phần: MAT2314 MAT2403 Hệ đào tạo: Chính quy
Ngành: Toán tin - Sư phạm Toán - CLC MT& KHTT
Hình thức thi: viết, online Ngày thi: 23/08/2021
Thời gian làm bài: 60 phút (không kể thời gian chép đề)
Hướng dẫn chép đề và nộp bài
• Sau khi nhận đề thi, sinh viên chép đề bài, gồm 4 câu, căn cứ theo mã bốn chữ
cái được giám thị cung cấp. Ví dụ: sinh viên nhận được mã là BCAD có nghĩa
đề bài cho sinh viên đó là các câu 1B, 2C, 3A, và 4D.
• Sinh viên cần luôn bật camera trong thời gian làm bài thi để giám thị kiểm
tra. Giám thị xử lý các tình huống vi phạm nội qui theo qui định hiện tại của trường ĐHKHTN.
• Sau khi hết thời gian làm bài, sinh viên có 10 phút để chụp ảnh, nộp bài online
theo chỉ dẫn của giám thị. 1
Câu 1A. Tìm nghiệm của bài toán Cauchy y0 + 2y = t e−2t, y(1) = 0
dùng i) phương pháp thừa số tích phân; ii) phương pháp biến thiên hằng số.
Câu 1B. Tìm các nghiệm của phương trình dy 4y − 3x = . dx 3x − 2y
Câu 1C. Giải phương trình
3y2 + 2xy dx − 2xy + x2 dy = 0.
Câu 1D. Tìm nghiệm của bài toán Cauchy xy0 − y = −y2e2x, y(1) = 2.
Câu 1E. Giải phương trình y0 − y = 2t e2t, y(0) = 1.
dùng i) phương pháp thừa số tích phân; ii) phương pháp hệ số bất định.
Trong các câu 2A–E, tìm đa thức đặc trưng; hệ nghiệm cơ bản
của phương trình thuần nhất, rồi dùng phương pháp hệ số bất
định để tìm nghiệm của phương trình không thuần nhất Câu 2A. y00+ 2y0 + 2y = ex cos x. Câu 2B. y00− 2y0 + 2y = e−x sin x. Câu 2C. y00− 3y0 + 2y = x2e2x. Câu 2D.
y00− 10y0 + 25y = e3x(x2 − 1). Câu 2E. y00− 4y0 + 4y = xe2x. 2
Trong các câu 3A–E, tìm nghiệm của hệ vi phân u0 = Au.
Tìm nghiệm u(t) hội tụ về 0 khi t → +∞. −1 1 0 1 −2 1 Câu 3A. A = 0 1 −1 . 3 2 4 2 0 2 Câu 3B. A = 4 2 3 . −4 −1 4 1 Câu 3C. A = −1 −4 −4 2 −2 3 . 5 4 6 6 1 3 2 Câu 3D. A = −1 −5 −2 . −3 −1 6 −2 −1 −4 Câu 3E. A = 1 0 1 .
Trong các câu 4A–E, dùng phép biến đổi Laplace để giải các phương trình. Câu 4A. y00− 2y0 − 3y = 3 e2t, y(0) = 0, y0(0) = 1. Câu 4B. y00+ 2y0 + y = 2 e−t, y(0) = 0, y0(0) = 2. Câu 4C. y0 + 2y = 3 sin(3t), y(0) = 1. Câu 4D. y0 − 3y = 2t e−3t, y(0) = 2. Câu 4E. y0 + y = −2 cos(2t), y(0) = 1.
————————– Hết ————————–
Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 3 ĐÁP ÁN
Câu 3A. Tìm nghiệm của hệ u0 = Au với −1 1 0 1 −2 1 A = 0 1 −1 .
Lời giải. Phương trình đặc trưng
−λ3 − 4λ2 − 3λ = −λ(λ + 1)(λ + 3).
Các gtr đều đơn. Các vtr tương ứng λ1 = 0, λ2 = −1, λ3 = −3 cho bởi 1 −1 1 1 0 −2 v 1 1 1 . 1 = , v2 = , v3 = Nghiệm của hệ cho bởi
u = C1v1 + C2e−tv2 + C3e−3tv3.
Câu 3B. Tìm nghiệm của hệ u0 = Au với 3 2 4 2 0 2 A = 4 2 3 .
Lời giải. Phương trình đặc trưng
−λ3 + 6λ2 + 15λ + 8 = −(λ − 1)2(λ − 8).
Ma trận này đối xứng nên có đủ 3 vtr.
• Với λ1 = λ2 = 1 (bội 2), ta có vtr (α1, α2, α3) thỏa mãn 2α1 + α2 + 2α3 = 0. Từ đó, 1 1 0 −4 v −1 1 = và v 1 . 2 =
Chú ý: có thể chọn cách khác 1 0 −2 −2 v 0 1 . 1 = và v2 = 4 2 1 • Với λ 2 . 3 = 8, ta có v3 = Nghiệm của hệ cho bởi u = C1etv1 + C2etv2 + C3e8tv3.
Câu 3C. Tìm nghiệm của hệ u0 = Au với −4 −1 4 1 A = −1 −4 −4 2 −2 3 . 5
Lời giải. Phương trình đặc trưng
−λ3 − λ2 + λ + 1 = −(λ + 1)2(λ − 1).
• Với λ1 = λ2 = −1 (bội 2), ta có vtr (α1, α2, α3) thỏa mãn α1 − α2 + 4α3 = 0. Từ đó, 1 −2 1 2 v 0 1 . 1 = và v2 =
Chú ý: có thể chọn cách khác 1 −4 1 0 v 0 1 . 1 = và v2 = 1 −1 • Với λ 2 . 3 = 1, ta có v3 = Nghiệm của hệ cho bởi
u = C1e−tv1 + C2e−tv2 + C3etv3. Cách 2: dùng ĐLCB.
Câu 3D. Tìm nghiệm của hệ u0 = Au với 4 6 6 1 3 2 A = −1 −5 −2 .
Lời giải. Ma trận này không đối xứng. Phương trình đặc trưng
−λ3 + 5λ2 − 8λ + 4 = −(λ − 1)(λ − 2)2. 5 −4 −1 nên u • λ 3 1 = etv1. 1 = 1 (đơn) có vtr v1 = • λ2 = 2 (bội 2). Ta có 2 6 6 4 −12 0 1 1 2 1 −3 0 A − 2E = −1 −5 −4 , (A − 2E)2 = −3 −9 0 .
Các vtrsr (α1, α2, α3) thỏa mãn α1 = 3α2, nên có thể chọn 3 0 1 0 v 0 1 . 2 = , v3 = Đặt L(t) = E + t(A − 2E) 1 0 0 2 6 6 1 + 2t 6t 6t 0 1 0 1 1 2 t 1 + t 2t = 0 0 1 + t −1 −5 −4 = −t −5t 1 − 4t Ta thu được các nghiệm 3 + 12t 1 + 4t u 2t 2t −8t 2 = e L(t)v2 = e và 6t 2t u 2t 2t −4t . 3 = e L(t)v3 = e
Theo ĐLCB, mọi nghiệm của hệ cho bởi u = C1u1 + C2u2 + C3u3.
Câu 3E. Tìm nghiệm của hệ u0 = Au với −3 −1 6 −2 −1 −4 A = 1 0 1 .
Lời giải. Phương trình đặc trưng
−(λ3 + 3λ2 + 3λ + 1) = −(λ + 1)3 6
có gtr λ1 = −1 (bội 3). Ta có −2 −1 −6 0 2 4 −2 0 −4 0 2 4 A + E = 1 0 2 , (A − 2E)2 = 0 −1 −2 , (A − 2E)3 = θ.
Các vtrsr v1, v2, v3 có thể chọn 1 0 0 0 1 0 v1 = 0 , v 0 1 . 2 = , v3 = Đặt t2 L(t) = E + t(A + E) + (A + E)2 2 1 0 0 −2 −1 −6 0 2 4 t2 0 1 0 −2 0 −4 + 0 2 4 = 0 0 1 + t 1 0 2 0 −1 −2 2 . 1 − 2t −t + t2 −6t + 2t2 −2t 1 + t2 −4t + 2t2 = . t −t2/2 1 + 2t − t2
và ui(t) = e−tL(t)vi, i = 1, 2, 3. Ta có 1 − 2t −t + t2 −6t + 2t2 −2t 1 + t2 −4t + 2t2 u t −t2/2 1 = , u2 = , u3 = 1 + 2t − t2
Theo ĐLCB, nghiệm của hệ cho bởi u = et(C1u1 + C2u2 + C3u3). 7 Đáp án câu 2: Câu 2.A y00+ 2y0 + 2y = ex cos x. Lời giải
• Đa thức đặc trưng: λ2 + 2λ + 2 = 0 ⇔ λ = −1 ± i. 0.5 đ
• Hệ nghiệm cơ bản: {y1 = e−x cos x, y2 = e−x sin x}. 0.5đ
• Tìm nghiệm riêng y∗ = ex(A cos x + B sin x). 0.5đ y∗ = ex(A cos x + B sin x)
y∗0 = ex(A cos x + B sin x) + ex(−A sin x + B cos x)
y∗00= 2ex(−A sin x + B cos x) 1
• Áp dụng phương pháp hệ số bất định, tìm ra A = B = . 0.5đ 8
• Nghiệm tổng quát: 0.5đ 1
y(x) = C1e−x cos x + C2e−x sin x + ex(cos x + sin x). 8 Câu 2.B y00− 2y0 + 2y = e−x sin x. Lời giải
• Đa thức đặc trưng: λ2 − 2λ + 2 = 0 ⇔ λ = 1 ± i. 0.5 đ
• Hệ nghiệm cơ bản{y1 = ex cos x, y2 = ex sin x}. 0.5 đ
• Tìm nghiệm riêng y∗ = e−x(A cos x + B sin x). 0.5 đ
y∗ = e−x(A cos x + B sin x),
y∗0 = − e−x(A cos x + B sin x) + e−x(−A sin x + B cos x),
y∗00= − 2e−x(−A sin x + B cos x). 1
• Áp dụng phương pháp hệ số bất định, tìm ra A = B = . 0.5 đ 8
• Nghiệm tổng quát: 0.5 đ 1
y(x) = C1ex cos x + C2ex sin x + e−x(cos x + sin x). 8 8 Câu 2.C y00− 3y0 + 2y = x2e2x. Lời giải
• Đa thức đặc trưng: λ2 − 3λ + 2 = 0 ⇔ λ1 = 1, λ2 = 2. 0.5 đ
• Hệ nghiệm cơ bản: {y1 = ex, y2 = e2x}. 0.5 đ
• Tìm nghiệm riêng y∗ = e2x(Ax3 + Bx2 + Cx). 0.5 đ y∗ = e2x(Ax3 + Bx2 + Cx),
y∗0 = 2e2x(Ax3 + Bx2 + Cx) + e2x(3Ax2 + 2Bx),
y∗00= 4e2x(Ax3 + Bx2 + Cx) + 4e2x(3Ax2 + 2Bx) + e2x(6Ax + 2B). 1
• Áp dụng phương pháp hệ số bất định, tìm ra A = , B = −1, C = 2. 0.5 đ 3
• Nghiệm tổng quát: 0.5 đ
y(x) = C1ex + C2e2x + e2x 1x3 − x2 + 2x . 3 Câu 2.D
y00− 10y0 + 25y = e3x(x2 − 1). Lời giải
• Đa thức đặc trưng: λ2 − 10λ + 25 = 0 ⇔ λ1 = λ2 = 5. 0.5 đ
• Hệ nghiệm cơ bản {y1 = e5x, y2 = xe5x}. 0.5 đ
• Tìm nghiệm riêng y∗ = e3x(Ax2 + Bx + C). 0.5 đ y∗ = e3x(Ax2 + Bx + C),
y∗0 = 3e3x(Ax2 + Bx + C) + e3x(2Ax + B),
y∗00= 9e3x(Ax2 + Bx + C) + 6e3x(2Ax + B) + e3x(2A). 1 1 1
• Áp dụng pp hệ số bất định, tìm ra A = , B = , C = . 0.5 đ 4 2 8
• Nghiệm tổng quát: 0.5 đ 1 1 x2 + x + 2 y(x) = C1e5x + C2xe5x + e3x 14 . 8 9 Câu 2.E y00− 4y0 + 4y = xe2x. Lời giải
• Đa thức đặc trưng: λ2 − 4λ + 4 = 0 ⇔ λ1 = λ2 = 2 0.5 đ
• Hệ nghiệm cơ bản {y1 = e2x, y2 = xe2x}. 0.5 đ
• Tìm nghiệm riêng y∗ = e2x(Ax3 + Bx2). 0.5 đ y∗ = e2x(Ax3 + Bx2),
y∗0 = 2e2x(Ax3 + Bx2) + e2x(3Ax2 + 2Bx),
y∗00= 4e2x(Ax3 + Bx2) + 4e2x(3Ax2 + 2Bx) + e2x(6Ax + 2B). 1
• Áp dụng phương pháp hệ số bất định, tìm ra A = , B = 0. 0.5 đ 6
• Nghiệm tổng quát: 0.5 đ 1 y(x) = C1e2x + C2xe2x + x3e2x. 6
Câu 1A. Giải phương trình y0 + 2y = t.e−2t, y(1) = 0. (1)
Lời giải: Sinh viên làm đúng một cách bất kì được 1,5 điểm. Cách còn lại được thêm tối đa 1 điểm.
i) Phương pháp thừa số tích phân R
• Thừa số tích phân u(t) = exp 2dt = e2t. 0,5đ
• Thay vào phương trình tìm được nghiệm tổng quát: 0,5đ t2 c y = + . (2) 2e2t e2t −1
• Thay y(1) = 0 ta tìm được c = . 0,5đ 2
ii) Phương pháp biến thiên hằng số Lagrange.
• Nghiệm của phương trình thuần nhất y(t) = ce−2t. 0,5đ
• Tìm một nghiệm của phương trình dưới dạng y(t) = c(t)e−2t ta tìm được t2 c(t) = + c 2 1. 0,5đ 10
Câu 1B. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình sau: dy 4y − 3x = . (3) dx 3x − 2y Lời giải:
• Viết lại phương trình ban đầu thành dy 4v − 3 = . 0,5đ (4) dx 3 − 2v y
bằng cách sử dụng phép thế biến = v. x dy dv • Từ đó biểu diễn thông qua , v, x như sau: dx dx dy dv = v + x. 0,5đ dx dx
• Ta đưa được về phương trình tách biến sau: dx 3 − 2v = dv. 0,5đ (5) x 2v2 + v − 3
• Nghiệm của phương trình trên là 1 6 ln|x| = ln|v − 1|− ln|2v + 3| + c. 0,5đ (6) 5 5
• Nghiệm của bài toán ban đầu 1 y 6 y ln|x| = − 2 + c. 0,5đ (7) ln − 1 ln + 3 5 x 5 x
Câu 1C.Giải phương trình: dy (3y2 + 2xy) − (2xy + x2) = 0. (8) dx Lời giải:
• Kiểm tra trực tiếp My 6= Nx do đó phương trình trên không phải vi phân toàn phần. Ta có My − Nx −4 = . 0,5đ (9) N x 11
• Tìm được thừa số tích phân u(x) = x−4. Nhân cả 2 vế của phương trình ban
đầu với u(x) ta được phương trình vi phân toàn phân. 0,5đ
• Do đó tồn tại hàm số ψ(x, y) sao cho:
ψx(x, y) = x−4(3y2 + 2xy), ψy(x, y) = x−4(−2xy − x2). 0,5đ (10)
• Tích phân cả 2 vế của phương trình thứ hai theo y ta có:
ψ(x, y) = −x−3y2 − x−2y + h(x). 0,5đ
• Từ đó tìm được nghiệm tổng quát của phương trình là:
−x−3y2 − x−2y = c. 0,5đ (11)
Câu 1D.Tìm nghiệm cho bài toán Cauchy sau: xy0 − y = −y2e2x, y(1) = 2. (12) Lời giải:
• Đây là phương trình Bernoulli với một nghiệm y ≡ 0. 0,5đ
• Bằng phép thế biến v = y−1 ta đưa về phương trình tuyến tính sau: 1 1 v0 + v = e2x. 0,5đ (13) x x
• Thừa số tích phân u(x) = x và nghiệm tổng quát của phương trình là e2x c v = + . 0,5đ (14) 2x x
• Từ đó rút ra nghiệm tổng quát của phương trình e2x c y−1 = + . 0,5đ 2x x 1 e2
• Thay điều kiện giá trị ban đầu ta tìm được c = − . 0,5đ 2 2
Câu 1E. Giải phương trình: y0 − y = 2t.e2t, y(0) = 1. (15)
Lời giải: Sinh viên làm đúng một cách bất kì được 1, 5 điểm. Đúng thêm cách còn lại
được thêm tối đa 1 điểm. 12
i) Phương pháp thừa số tích phân.
• Thừa số tích phân u(t) = e−t.0,5đ
• Tính toán trực tiếp ta tìm được nghiệm của phương trình : y(t) = 2te2t + 3et. 0,5đ
ii) Phương pháp hệ số bất định.
• Xét phần nhiễu f (t) = 2te2t có α = 2 không là một nghiệm của phương
trình đặc trưng nên ta tìm một nghiệm của phương trình dưới dạng y(t) = (At + B)e2t. 0,5đ
• Thay và tính toán trực tiếp ta tìm được A = 2, B = −2. Nghiệm tổng quát của phương trình:
y(t) = (2t − 2)e2t + cet. 0,5đ
• Thay điều kiện giá trị ban đàu tìm được c = 3 hay nghiệm của bài toán Cauchy là: y(t) = 2te2t + 3et. 0,5đ
Câu 4A.Giải phương trình sau bằng phép biến đổi Laplace: y00− 2y0 − 3y = 3.e2t, y(0) = 0, y0(0) = 1. (16) Lời giải:
• Biến đổi Laplace 2 vế: n o
L y00 − 2L y0 − 3L {y} = 3L e2t n o
⇔ [s2L {y} − sy(0) − y0(0)] − 2[sL {y} − y(0)] − 3L {y} = 3L e2t . 0,5đ
• Thay giả thiết y(0) = 0 và y0(0) = 1 ta có 3 (s2 − 2s − 3)L {y} = + 1. 0,5đ s − 2
• Tính toán trực tiếp ta có 1 1 L {y} = − . 1,0đ s − 3 s − 2 13