Giải tích 3 ck 20181 nhóm 1

Đề thi cuối kì GT3 học kì 20181 – nhóm ngành 1 Lời giải Nguyễn Tiến Được – K64 Câu 1 a) ∑

Lời giải: Nguyễn Tiến Được – K64

Câu 1

a)

2 + 2

𝑛3+ 𝑛 + 1

∞

𝑛=1

𝐷ễ 𝑡ℎấ𝑦 𝑢𝑛 = 𝑛

2+ 2

𝑛3+ 𝑛 + 1 ≥ 0∀𝑛 ≥ 1

𝑢𝑛 = 𝑛

2 + 2

𝑛3+ 𝑛 + 1~

𝑛2

𝑛3 = 1

𝑛 𝑘ℎ𝑖 𝑛 → ∞

𝑀à ∑1

𝑛

∞

𝑛=1

𝑙à 𝑐ℎ𝑢ỗ𝑖 đ𝑖ề𝑢 ℎò𝑎 𝑝ℎâ𝑛 𝑘ỳ

→ 𝐶ℎ𝑢ỗ𝑖 đã 𝑐ℎ𝑜 𝑝ℎâ𝑛 𝑘ỳ 𝑡ℎ𝑒𝑜 𝑇𝐶𝑆𝑆

b)

∑(−1)𝑛.2𝑛 + 1

𝑛2+ 1 𝐿à 𝑐ℎ𝑢ỗ𝑖 đ𝑎𝑛 𝑑ấ𝑢 𝑣ớ𝑖 𝑢𝑛 =

2𝑛 + 1

𝑛2+ 1

∞

𝑛=1

+) 𝑢𝑛 ≥ 0∀𝑛 ≥ 1

+) 𝑓(𝑥) = 2𝑥 + 1

𝑥2+ 1 → 𝑓

′(𝑥) = 2(𝑥

2+ 1) − 2𝑥(2𝑥 + 1) (𝑥2+ 1)2 = −2(𝑥

2+ 𝑥 + 1) (𝑥2+ 1)2

< 0∀𝑥 ≥ 1 → {𝑢𝑛} 𝑙à 𝑑ã𝑦 đơ𝑛 đ𝑖ệ𝑢 𝑔𝑖ả𝑚 +) lim

𝑛→∞

2𝑛 + 1

𝑛2+ 1 = 0

→ 𝐶ℎ𝑢ỗ𝑖 đã 𝑐ℎ𝑜 ℎộ𝑖 𝑡ụ 𝑡ℎ𝑒𝑜 𝑡𝑖ê𝑢 𝑐ℎ𝑢ẩ𝑛 𝐿𝑒𝑖𝑏𝑛𝑖𝑡𝑧

Câu 2: Tìm miền HT

∑(2𝑥 + 3)𝑛

2𝑛 + 3

∞

𝑛=1

Đặ𝑡 𝑡 = 2𝑥 + 3 → ∑ 1

2𝑛 + 3 𝑡

𝑛 𝑙à 𝑐ℎ𝑢ỗ𝑖 𝑙ũ𝑦 𝑡ℎừ𝑎

∞

𝑛=1

− 𝐵á𝑛 𝑘í𝑛ℎ 𝐻𝑇 𝑐ủ𝑎 𝑐ℎ𝑢ỗ𝑖 𝑙à:

lim

𝑛→∞

2𝑛 + 5

2𝑛 + 3= 1 → 𝑅 = 1

− 𝑇ạ𝑖 𝑡 = 1 ∑ 1

2𝑛 + 3 𝑙à 𝑐ℎ𝑢ỗ𝑖 đ𝑖ề𝑢 ℎò𝑎 𝑝ℎâ𝑛 𝑘ỳ

∞

𝑛=1

− 𝑇ạ𝑖 𝑡 = −1 ∑ (−1)𝑛

2𝑛 + 3 𝑙à 𝑐ℎ𝑢ỗ𝑖 đ𝑎𝑛 𝑑ấ𝑢 ℎộ𝑖 𝑡ụ 𝑡ℎ𝑒𝑜 𝐿𝑒𝑖𝑏𝑛𝑖𝑡𝑧

∞

𝑛=1

𝑀𝑖ề𝑛 ℎộ𝑖 𝑡ụ 𝑙à − 1 ≤ 𝑡 < 1 → −1 ≤ 2𝑥 + 3 < 1 → −2 ≤ 𝑥 ≤ −1

𝑉ậ𝑦 𝑚𝑖ề𝑛 ℎộ𝑖 𝑡ụ 𝑐ầ𝑛 𝑡ì𝑚 𝑙à 𝑥 ∈ [−2; −1)

Câu 3: Khai triển f(x) thành chuỗi Maclaurin

𝑓(𝑥) =

1 + 2𝑥2 = 𝑥 ∑(−1)𝑛 (2𝑥2)𝑛

𝑛=0

∀|2𝑥2| < 1

= ∑(−2)𝑛 𝑥2𝑛+1 ∀|𝑥| < 1

√2

∞

𝑛=0

Câu 4:

a) 𝑦′ = (𝑦

𝑥)2 +𝑦

𝑥+ 4 Đặ𝑡𝑦

𝑥 = 𝑡 → 𝑦 = 𝑥𝑡 → 𝑦

′ = 𝑡 + 𝑡′𝑥

→ 𝑡 + 𝑡′𝑥 = 𝑡2+ 𝑡 + 4

→ 𝑑𝑡

𝑑𝑥𝑥 = 𝑡

2+ 4 → 1

𝑡2+ 4𝑑𝑡 =

1

𝑥𝑑𝑥 → ln 𝑥 + ln 𝐶 =

1

2arctan

𝑡 2

→ 𝑥 = 1

𝐶(√𝑒 + 𝑒arctan2𝑡)

Vậy PT có nghiệm {𝑦 =

𝑡

𝐶(√𝑒 + 𝑒arctan2𝑡)

𝑥 = 1

𝐶(√𝑒 + 𝑒arctan𝑡2) b) (3𝑥2+ 6𝑥𝑦)𝑑𝑥 + (3𝑥2− 4𝑦3)𝑑𝑦 = 0

𝑃(𝑥; 𝑦) = 3𝑥2+ 6𝑥𝑦 → 𝑃𝑦′ = 6𝑥

𝑄(𝑥; 𝑦) = 3𝑥2− 4𝑦3 → 𝑄𝑥′ = 6𝑥

→ Đâ𝑦 𝑙à 𝑃𝑇𝑉𝑃 𝑡𝑜à𝑛 𝑝ℎầ𝑛

→ 𝐶 = ∫ 3𝑥2𝑑𝑥 + ∫ 3𝑥2− 4𝑦3𝑑𝑦

𝑦 0

𝑥

0

= 𝑥3|𝑥 = 𝑥𝑥 = 0+ (3𝑥2𝑦 − 𝑦4)|𝑦 = 0 = 𝑥𝑦 = 𝑦 3+ 3𝑥2𝑦 − 𝑦4

Vậy TPTQ của PT là 𝐶 = 𝑥3+ 3𝑥2𝑦 − 𝑦4

c) 𝑦′′ + 3𝑦′ + 2𝑦 = (6𝑥2+ 16𝑥 + 13)𝑒𝑥

- Xét PT thuần nhất 𝑦′′+ 3𝑦′ + 2𝑦 = 0

Có PT đặc trưng là 𝑘2 + 3𝑘 + 2 = 0 → 𝑘1 = −1; 𝑘2 = −2

→ 𝑦̅ = 𝐶1𝑒−𝑥 + 𝐶2𝑒−2𝑥

- 𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥(6𝑥2+ 16𝑥 + 13) 𝑐ó 𝛼 = 1 𝑘𝑜 𝑙à 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑐ủ𝑎 𝑃𝑇 đặ𝑐 𝑡𝑟ư𝑛𝑔

→ 𝑦∗ = 𝑒𝑥(𝐴𝑥2+ 𝐵𝑥 + 𝐶) → (𝑦∗)′ = 𝑒𝑥[𝐶 + 𝐵 + (𝐵 + 2𝐴)𝑥 + 𝐴𝑥2]

→ (𝑦∗)′′ = 𝑒𝑥[𝐶 + 2𝐵 + 2𝐴 + (𝐵 + 4𝐴)𝑥 + 𝐴𝑥2]

Thay vào PT ban đầu ta có:

𝑒𝑥[𝐶 + 2𝐵 + 2𝐴 + (𝐵 + 4𝐴)𝑥 + 𝐴𝑥2] + 3𝑒𝑥[𝐶 + 𝐵 + (𝐵 + 2𝐴)𝑥 + 𝐴𝑥2]

+ 2𝑒𝑥(𝐴𝑥2+ 𝐵𝑥 + 𝐶) = (6𝑥2+ 16𝑥 + 13)𝑒𝑥

→ (𝐴 + 3𝐴 + 2𝐴)𝑥2+ (𝐵 + 4𝐴 + 3𝐵 + 6𝐴 + 2𝐵)𝑥

+ (𝐶 + 2𝐵 + 2𝐴 + 3𝐶 + 3𝐵 + 2𝐶) = 6𝑥2+ 16𝑥 + 13

→ { 6𝐵 + 10𝐴 = 16

6𝐶 + 5𝐵 + 2𝐴 = 13

→ {𝐵 = 1

𝐶 = 1

→ 𝑦∗ = 𝑒𝑥(𝑥2+ 𝑥 + 1) 𝑉ậ𝑦 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑇𝑄 𝑐ủ𝑎 𝑃𝑇 𝑙à 𝑦 = 𝑦̅ = 𝐶1𝑒−𝑥 + 𝐶2𝑒−2𝑥 + 𝑒𝑥(𝑥2+ 𝑥 + 1) d) 𝑦′′ − 𝑦 = 2𝑒2𝑥

𝑒𝑥+1

- Xét PT thuần nhất 𝑦′′− 𝑦 = 0

Có PT đặc trưng là 𝑘2 = 1 → 𝑘1,2 = ±1

→ 𝑦̅ = 𝐶1𝑒𝑥 + 𝐶2𝑒−𝑥

Áp dụng phương pháp biến thiên hằng số Lagrange

{

𝐶1′𝑒𝑥 + 𝐶2′𝑒−𝑥 = 0

𝐶1′𝑒𝑥 − 𝐶2′𝑒−𝑥 = 2𝑒

2𝑥

𝑒𝑥+ 1 Nhầm nghiệm

𝐷 = |𝑒𝑥 𝑒−𝑥

𝑒𝑥 −𝑒−𝑥| = −𝑒

𝑥 𝑒−𝑥 − 𝑒𝑥 𝑒−𝑥 = −1 − 1 = −2

𝐶1′ =

|

2𝑒2𝑥

𝑒𝑥 + 1 −𝑒−𝑥

|

𝑒𝑥

𝑒𝑥 + 1 → 𝐶1(𝑥) = ln(𝑒𝑥+ 1) + 𝐾1

𝐶2′ =

|

𝑒𝑥 2𝑒

2𝑥

𝑒𝑥 + 1

|

𝑒3𝑥

𝑒𝑥 + 1→ 𝐶2(𝑥) = 𝑒𝑥 −𝑒

2𝑥

2 − ln(𝑒

𝑥 + 1) + 𝐾2 Vậy PT có nghiệm TQ

𝑦 = [ln(𝑒𝑥 + 1) + 𝐾1]𝑒𝑥 + [𝑒𝑥 −𝑒2𝑥

2 − ln(𝑒𝑥 + 1) + 𝐾2] 𝑒−𝑥

Câu 5:

a) 𝑥(3) − 4𝑥′′+ 5𝑥′− 2𝑥 = 0 (1)

𝑣ớ𝑖 𝑥(0) = 𝑥′(0) = 0; 𝑥′′(0) = 1

- Tác động toán tử Laplace vào 2 vế của PT (1) ta được:

𝐿{𝑥(3) − 4𝑥′′+ 5𝑥′− 2𝑥} = 0 (2)

- 𝐿{𝑥} = 𝑋(𝑠)

- 𝐿{𝑥′} = 𝑠 𝑋(𝑠) − 𝑥(0) = 𝑠 𝑋(𝑠)

- 𝐿{𝑥′′} = 𝑠2𝑋(𝑠) − 𝑠𝑥(0) − 𝑥′(0) = 𝑠2𝑋(𝑠)

- 𝐿{𝑥(3)} = 𝑠3𝑋(𝑠) − 𝑠2𝑥(0) − 𝑠𝑥′(0) − 𝑥′′(0) = 𝑠3𝑋(𝑠) − 1

Thay vào PT (2) ta được:

𝑠3𝑋(𝑠) − 1 − 4𝑠2𝑋(𝑠) + 5𝑠𝑋(𝑠) − 2𝑋(𝑠) = 0

𝑠3− 4𝑠2+ 5𝑠 − 2 =

1 (𝑠 − 2)(𝑠 − 1)2 = 1

𝑠 − 2−

1

𝑠 − 1−

1 (𝑠 − 1)2

→ 𝑥(𝑡) = 𝐿 {

𝑠 − 2−𝑠 − 1−(𝑠 − 1)2} = 𝑒 − 𝑒 − 𝑒 𝑡

= 𝑒2𝑡 + 𝑒𝑡(−1 − 𝑡) b) 𝑥′′+ 4𝑥 = 𝑓(𝑡) = {sin 𝑡 𝑘ℎ𝑖 0 ≤ 𝑡 <

𝜋 2

0 𝑘ℎ𝑖 𝑡 ≥𝜋

2

𝑣ớ𝑖 𝑥(0) = 𝑥′(0) = 0

Áp dụng CT Trần Bá Hiếu cho vế phải (Heaviside)

𝑓(𝑡) = sin 𝑡 − sin 𝑡 𝑢 (𝑡 −𝜋

2) = sin 𝑡 − cos (𝑡 −

𝜋

2) 𝑢 (𝑡 −

𝜋

2)

- Tác động toán tử Laplace vào 2 vế của PT

𝑠2𝑋(𝑠) + 4𝑋(𝑠) = 1

𝑠2+ 1−

𝑠

𝑠2+ 1 𝑒

−𝜋𝑠2

(𝑠2+ 1)(𝑠2+ 4)−

𝑠 (𝑠2+ 1)(𝑠2+ 4) 𝑒

−𝜋𝑠2

= 1

3(𝑠2+1)− 1

3(𝑠2+4)− [ 1

3(𝑠2+1)− 𝑠

3(𝑠2+4)] 𝑒−𝜋𝑠2

→ 𝑥(𝑡) = 𝐿−1{… } = 1

3sin 𝑡 −

1

6sin 2𝑡 − [

1

3sin(𝑡 −

𝜋

2) −

1

3cos(2𝑡 − 𝜋)] =1

3sin 𝑡 −1

6sin 2𝑡 −1

3cos 𝑡 +1

3cos 2𝑡