Đề và lời giải chi tiết đề thi cuối kỳ môn Giải tích 3 | Trường Đại học Bách Khoa Hà Nội

lOMoAR cPSD| 59455093
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập
ĐỀ THI CUỐI KÌ MÔN GIẢI TÍCH 3 - Học kì 2023.2 Nhóm ngành 1, Kíp 2
Thời gian làm bài: 90 phút
Chú ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu và giám thị phải kí xác nhận số đề vào bài thi.
Câu 1. (2 điểm) . Xét sự hội tụ, phân kỳ của các chuỗi số sau. Å ∞ (−1)nã a) b)
Câu 2. (1 điểm) Tìm miền hội tụ của chuỗi hàm số:
Câu 3. (3 điểm) Giải các phương trình vi phân sau :
a) y′ = y2 − 2y + 1,y(0) = 2; b) ;
c) y′′ − 4y′ + 3y = (16x7 + 56x6 + 2)e3x
Câu 4. (1 điểm) Khai triển hàm số f(x) = cos(3x),0 < x < π, thành chuỗi Fourier chỉ chứa các hàm sin.
Câu 5. (2 điểm) Tìm biến đổi Laplace L{(e−t + 1)2 sin(3t)}. Câu 6. (1 điểm) Sử
dụng biến đổi Laplace giải phương trình x(3)(t) + x′′(t) − 17x′(t) − 65x(t) = 0, x(0)
= −1, x′(0) = 24, x′′(0) = −63.
Câu 7. (1 điểm) Tìm điều kiện cần và đủ của a để hệ phương trình vi phân y′
= (a + 1)y + z, thỏa mãn z′ = 2y + az lOMoAR cPSD| 59455093
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập
với điều kiện ban đầu y(0) = y0,z(0) = z0 bất kỳ.
Chúc các bạn hoàn thành tốt bài thi
LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI MÔN GIẢI TÍCH 3 Nhóm ngành 1 - Cuối kỳ 2023.2
Thực hiện bởi team GT3 - CLB Hỗ trợ Học tập ∞ ∞ ( n +1) 2 Å ( − 1) n ã X X ln 1+ 2 n n =1 n + n n =2 1 / 3 Gợi ý :
- Dễ thấy bài xét hội tụ, phân kỳ chuỗi dương chứa an,n,.
→ Dấu hiệu để có thể sử dụng tiêu chuẩn D’Alembert để xét hội tụ, phân kỳ. +) .
⇒ Đây là chuỗi số dương. +) Ta có: +) Xét: .
Theo tiêu chuẩn D’Alembert, chuỗi là hội tụ.
+) Kết luận: Chuỗi số
là hội tụ (Theo tiêu chuẩn so sánh 1). Å ∞ (−1)n ã b) lOMoAR cPSD| 59455093
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập
→ Nhưng SHTQ lại có dạng của hàm có thể khai triển Maclaurin, suy ra ta có thể khai triển Maclaurin bài Å ( − 1) n ã ( − 1) n 1 1 1 ( − 1) n Å 1 ã
Áp dụng khai triển Maclaurin, ta có ln 1+ = − + o n 1 / 3 n 1 / 3
2 n 2 / 3 + 3 n n 4 / 3 +) Xét chuỗi số: thấy:
Chuỗi số trên là chuỗi đan dấu +) Đặt . Ta có:
• f(x) đơn điệu giảm khi x → ∞ •
hội tụ (Theo tiêu chuẩn Leibnitz) +) Có : Å ã Mặt khác:phân kỳ
phân kỳ (Theo tiêu chuẩn so sánh) Å 1 ã Å ã +) Lại có: o hội tụ n4/3 ⇒ Chuỗi phân kỳ
Vậy chuỗi số đã cho là phân kỳ ∞ Å n 100 − 2 n ã n X x n n − 1 +3 lOMoAR cPSD| 59455093
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập Gợi ý : ∞
- Ở bài này, chuỗi lũy thừa đã ở dạng chuẩn Xan.xn, nên ta có thể giải theo các bước sau: n=1
• Bước 1 : Tìm bán kính hội tụ Rx theo công thức phụ thuộc vào an.
Thấy an có dạng lũy thừa của n như
Å 100 − 2nã n (ở đây là
) nên ta sẽ sử dụng công thức . n + 3
• Bước 2 : Kết luận khoảng hội tụ |x| < Rx.
• Bước 3 : Xét tính hội tụ phân kỳ tại đầu mút : |x| = Rx.
• Bước 4 : Kết luận miền hội tụ |x| < Rx ( lấy thêm Rx và −Rx nếu các chuỗi ở bước 3 hội tụ )
Å 100 − 2nã n +)
là chuỗi luỹ thừa có an = n + 3 +) Bán kính hội tụ Å ã
+) Khoảng hội tụ của chuỗi hàm số là +) Tại , ta có chuỗi lOMoAR cPSD| 59455093
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập Ö è
Å 2n − 100ã n 1 +) Ta có ⇒ Chuỗi phân kỳ tại +) Tại , ta có chuỗi +) Tương tự ta có ⇒ Chuỗi phân kỳ tại
y ′ = y 2 − 2 y + 1 ,y (0) = 2 1
x 2 y ′ +8 xy =10 y 3 ,y (1)= 2
y ′′ − 4 y ′ + 3 y = (16 x 7 + 56 x 6 + 2) e 3 x
a) y′ = y 2 − 2 y +1 ,y (0)=2 Å ã Gợi ý : - Nhận dạng đây là
phương trình vi phân cấp 1 khuyết x. → Ta sử dụng công
thứcđưa phương trình về dạng phân ly biến số.
+) Ta có: y′ = y2 − 2y + 1
không là nghiệm của phương trình) lOMoAR cPSD| 59455093
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập +) Mà
+) Kết luận: Vậy nghiệm của phương trình vi phân đã cho là: b) Gợi ý :
- Nhận dạng bài toán này là dạng đưa về phương trình vi phân Bernoulli.
- Đưa phương trình về dạng chuẩn y′ + p(x)y = q(x)ya khi này đổi biến t = y1−a ta thu được phương trình ï o
vi phân tuyến tính và giải nốt bằng công thức y = e´ −p(x)dx ˆ q(x)e´ p(x)dxdx + c
+) Ta có: x2y′ + 8xy = 10y3
+) Chia cả 2 vế phương trình cho x2 ta được:
là phương trình Bernoulli.
+) Đặt t = y−2 ⇒ t′ = −2y′y−3
+) Phương trình chuyển về:
là phương trình vi phân tuyến tính có nghiệm tổng quát là: ã +) Mà
+)Kết luận: Vậy nghiệm của phương trình vi phân đã cho là
c) y′′ − 4y′ + 3y = (16x7 + 56x6 + 2)e3x lOMoAR cPSD| 59455093
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập Gợi ý :
- Ta nhận dạng bài toán này là phương trình vi phân cấp 2 không thuần nhất hệ số hằng.
• Bước 1 : Tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng.
• Bước 2 : Tìm nghiệm riêng của phương trình vi phân cấp 2 đã cho bằng các phương pháp như
phương pháp biến thiên hằng số Lagrange hoặc áp dụng các dạng hàm đặc trưng của vế phải f(x).
• Bước 3 : Thu được kết quả và kết luận.
+) Ta có: y′′ − 4y′ + 3y = (16x7 + 56x6 + 2)e3x (1) +) Xét phương
trình thuần nhất tương ứng: y′′ − 4y′ + 3y = 0 Có phương trình đặc trưng là:
⇒ Nghiệm tổng quát của phương trình (2) là: y = C1ex + C2e3x
+) Coi C1 = C1(x); C2 = C2(x) và tìm điều kiện để y∗ = C1(x)ex + C2(x)e3x là nghiệm của (1).
+) Theo phương pháp Lagrange:
+)Kết luận: Vậy nghiệm tổng quát của phương trình vi phân đã cho là
Câu 4. Khai triển hàm số f(x) = cos(3x),0 < x < π, thành chuỗi Fourier chỉ chứa các hàm sin lOMoAR cPSD| 59455093
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập Hướng dẫn giải f ( x ) 2 l [ − l ; l ] a ∞ f 0 ( x )= + X ( 2
a n cos nx + b n sin nx ) n =1 1 l 1 l nπx 1 l nπx a 0 = f f ) dx f ) dx l ( x ) dx a n = ( x c os b n = ( x sin − l l − l l l − l l f ( x ) b n = 0 f ( x )
a 0 = a n = 0 sin
a 0 = a n = 0 f ( x ) ⇒ f ( x )
+) Để chuỗi Fourier chỉ chứa hàm sin thì hàm số f(x) = cos(3x),0 < x < π cần được mở rộng lên toàn R thành hàm
lẻ tuần hoàn chu kỳ 2π cos(3x),
nếu 0 < x < π, ⇒ f(x) = −cos(3x),
nếu − π < x < 0
+) f(x) là hàm lẻ nên an = a0 = 0 +)
+) Xét n ̸= 3 ta có: . Xét n = 3 ta có : .
+) Kết luận: Chuỗi Fourier của .
Câu 5. Tìm biến đổi Laplace L{(e−t + 1)2 sin(3t)}. lOMoAR cPSD| 59455093
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập Hướng dẫn giải Gợi ý :
- Sử dụng tính chất tịnh tiến và bảng công thức Laplace có sẵn để giải quyết biến đổi Laplace của các hàm
dạng eat.f(t): L{eatf(t)}(s) = F(s − a) trong đó F(s) = L{f(t)}(s)
+) Ta có F(s) = L{(e−t + 1)2 sin(3t)}(s)
+)Kết luận: Vậy biến đổi Laplace cần tìm là
Câu 6. Sử dụng biến đổi Laplace giải phương trình x(3)(t) + x′′(t) − 17x′(t) − 65x(t)
= 0, x(0) = −1, x′(0) = 24, x′′(0) = −63. Hướng dẫn giải Gợi ý :
- Đề yêu cầu sử dụng biến đổi Laplace để giải phương trình vi phân, ta có thể giải bài toán như sau:
PTVP ⇒ Laplace ⇒ PTĐS ⇒ Giải PTĐS ⇒ Nghiệm ĐS ⇒ Laplace ngược ⇒ Nghiệm cần tìm → Từ ý
tưởng trên ta có thể giải bài toán theo các bước sau:
• Bước 1: Áp dụng công thức L{x(n)(t)} = snX(s) − sn−1x(0) − sn−2x′(0) − . . − xn−1(0) → Để Laplace hoá
bài toán đưa về phương trình đại số.
• Bước 2: Thay các giá trị đầu và thu gọn phương trình đại số.
• Bước 3: Giải các phương trình đại số.
• Bước 4: Laplace ngược nghiệm đại số thu được nghiệm cần tìm.
• Bước 5: Kết luận nghiệm và kết thúc bài toán. Giải
+) Đặt L(x(t))(s) = X(s).
L(x(t)) = sX(s) − x(0) = sX(s) + 1 lOMoAR cPSD| 59455093
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập ⇒
L(x(t)) = s2X(s) − sx(0) − x′(0) = s2X(s) + s − 24
L(x(t)) = s3X(s) − s2x(0) − sx′(0) − x′′(0) = s3X(s) + s2 − 24s + 63
+) Ta có phương trình: s3X(s) + s2 − 24s + 63 + s2X(s) + s − 24 − 17(sX(s) + 1) − 65X(s) = 0.
⇔ (s3 + s2 − 17s − 65)X(s) = −s2 + 24s − 63 − s + 24 + 17.
⇔ (s − 5)(s2 + 6s + 13)X(s) = −s2 + 23s − 22.
+) Với (s − 5)(s2 + 6s + 13) ̸= 0, phương trình có nghiệm duy nhất là: +) Ta có: . ß 1 13 − 2(s + 3)™
⇒ x(t) = L−1 {X(s)}(t) = L−1 + (t) s − 5 (s + 3)2 + 4 = L−1 ß 1 ™(t) + L ß
−1 13 − 2(s + 3)™(t) s − 5 (s + 3)2 + 4 . ã
+) Kết luận: Vậy nghiệm của phương trình là:
Câu 7. Tìm điều kiện cần và đủ của a để hệ phương trình vi phân
y′ = (a + 1)y + z,
thỏa mãn lim y(x) = lim z(x) = 0 ′ = 2y + az x→∞ x→∞ z
với điều kiện ban đầu y(0) = y0,z(0) = z0 bất kỳ. lOMoAR cPSD| 59455093
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập
X = C 1 v 1 e λ 1 x + C 2 v 2 e λ 2 x
λ 1 ,λ 2 là trị riêng của A v 1 ,v 2 a
L{ x ( n ) ( t ) } = s n X ( s ) − s n − 1 x (0) − s n − 2 x ′ (0) − ... − x n − 1 (0)
Y ( s ) ,Z ( s )
Y ( s ) ,Z ( s )
y ( x ) ,z ( x ) a +) Ta có: Hệ phương trình 1 +) Đặt a
Khi đó, ta được phương trình vi phân dạng ma trận: X′ = AX (1)
Gọi λ1,λ2 là trị riêng của A và v1,v2 là các vector riêng tương ứng. Khi đó, nghiệm của phương trình (1) là:
X = C1v1eλ1x + C2v2eλ2x, với C1,C2 là các hằng số
+) Xét đa thức đặc trưng: lOMoAR cPSD| 59455093
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập λ1 = a + 2 ⇒
dèt(A − λI) = 0 ⇔ λ2 = a − 1
⇒ X = C1v1e(a+2)x + C2v2e(a−1)x a + 2 < 0
Mà lim y(x) = lim z(x) = 0 ⇒ ⇒ a < −2 x→∞ x→∞ a − 1 < 0
+) Kết luận: Vậy a < −2
Cách 2: Sử dụng phép biến đổi Laplace
y′ = (a + 1)y + z Hệ phương trình
z′ = 2y + az L
y −→ Y (s) +) Có: L
z −→ Z(s)
+) Tác động biến đổi Laplace vào 2 vế của hệ phương trình: +) Xét lOMoAR cPSD| 59455093
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập , với
⇒ y(x) = Ae(a+2)x + Be(a−1)x
+) Từ hệ phương trình ban đầu, dễ dàng chứng minh được:
z(x) = y′ − (a + 1)y
= A(a + 2)e(a+2)x + B(a − 1)e(a−1)x − A(a + 1)e(a+2)x − B(a + 1)e(a−1)x
= Ae(a+2)x − 2Be(a−1)x a + 2 < 0
+) Để lim y(x) = 0, lim z(x) = 0, thì x→∞ x→∞ a − 1 < 0 ⇒ a < −2
+) Kết luận: a < −2