Giải tích 3 gk 20181 nhóm 2

Trần Bá Hiếu – KSTN Dệt K64 ĐỀ THI GIỮA KỲ MÔN GIẢI TÍCH 3 HỌC KÌ 20181 – NHÓM NGÀNH 2 Lời giải Trần Bá Hiếu – KSTN Dệt K64 Câu 1 Xét sự hội tụ, phân kỳ của chuỗi số a) ∑ (−1)n √n ln n ∞ n=2 Chuỗi đã[.]

ĐỀ THI GIỮA KỲ MÔN GIẢI TÍCH 3 HỌC KÌ 20181 – NHÓM NGÀNH 2

Lời giải: Trần Bá Hiếu – KSTN Dệt K64

Câu 1: Xét sự hội tụ, phân kỳ của chuỗi số

a) ∑ (−1)n

√n ln n

∞

n=2

Chuỗi đã cho là chuỗi đan dấu

√n ln n} là dãy dương, đơn điệu giảm dần về 0

→ Chuỗi đã cho hội tụ theo tiêu chuẩn Leibnitz

b) ∑ (n − 1

n )

∞

n=1

n2

Chuỗi đã cho là chuỗi dương ∀n ≥ 1

Áp dụng tiêu chuẩn Cauchy, ta có ∶

lim

n→+∞ √(n − 1

n )

n 2 n

= lim

n→+∞(1 −1

n)

n

= e−1 < 1

→ Chuỗi đã cho hội tụ

Bài 2: Tìm miền hội tụ của chuỗi hàm

a) ∑ (x − 1)2n

n2− n + 1

∞

n=1

Đặt (x − 1)2 = t , t ≥ 0

Chuỗi đã cho trở thành ∑ antn

∞

n=1

, với an = 1

n2− n + 1 Bán kính hội tụ là ∶

R = lim

n→+∞| an

an+1| = limn→+∞|(n + 1)2 − (n + 1) + 1

n2 − n + 1 | = limn→+∞|n

2+ n + 1

n2− n + 1| = 1

Xét t = 1, ∑ 1

n2 − n + 1

∞

n=1

~ ∑ 1

n2

∞

n=1

hội tụ

→ Chuỗi hội tụ khi 0 ≤ t ≤ 1

→ 0 ≤ (x − 1)2 ≤ 1

→ −1 ≤ x − 1 ≤ 1

→ 0 ≤ x ≤ 2

Miền hội tụ là x ∈ [0; 2]

b) ∑ n2−x2

∞

n=1

Chuỗi đã cho hội tụ ↔ 2 − x2 < −1

→ x2 > 3

→ x > √3 ∪ x < −√3

→ Miền hội tụ là x ∈ (−∞; −√3) ∪ (√3; +∞)

Câu 3: Giải phương trình vi phân

a) y′ +y

x = x

3

Thừa số tích phân p(x) = e∫1xdx = eln x = x Nhân cả 2 vế với p(x)

→ x y′ + y = x4

→ (x y)′ = x4

→ x y = x

5

5 + C

→ y = x

4

5 +

C x

→ Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân đã cho là y(x, C) = x

4

5 +

C

x

b) y′ = −x + 2y

x , y(1) = 2

→ y′ = −1 +2

x y

→ y′ −2

x y = −1

Thừa số tích phân p(x) = e∫ −2xdx = e−2 ln x = 1

x2 Nhân cả 2 vế với p(x)

→ 1

x2 y′ − 2

x3 y = −1

x2

→ (1

x2 y)

′

=−1

x2

→ 1

x2 y = 1

x+ C

→ y = x + C x2

Lại có y(1) = 2 → 2 = 1 + C → C = 1

→ Nghiệm riêng của phương trình vi phân đã cho là y(x) = x + x2

c) (1 − y e−x)dx + e−xdy = 0

Ta thấy ∂(1 − y e

−x)

∂(e−x)

∂x = −e

−x

→ thỏa mãn điều kiện phương trình vi phân toàn phần

Giả sử du(x, y) = (1 − y e−x)dx + e−xdy

Xuất phát từ điều kiện ux′ = 1 − y e−x

→ u(x, y) = ∫ 1 − y e−xdx = x + y e−x + g(y)

→ uy′ = e−x + g′(y) = e−x

→ g′(y) = 0 Ta chọn g(y) = 0

→ tích phân tổng quát của ptvp đã cho là u(x, y) = x + y e−x = C

Câu 4: Khai triển hàm số f(x) = 1

x2− 3x + 2 thành chuỗi lũy thừa của x − 3

Đặt t = x − 3 → x = t + 3

(t + 3)2− 3(t + 3) + 2 =

1

t2+ 3t + 2 =

1 (t + 1)(t + 2)

t + 1−

1

t + 2=

1

t + 1−

1

2.

1 t

2+ 1

→ Khai triển Maclaurin của f(t) là ∶

f(t) = ∑(−1)n tn

∞

n=0

−1

2 ∑(−1)

n.t

n

2n

∞

n=0

= ∑(−1)n tn (1 − 1

2n+1)

∞

n=0

→ Khai triển f(x) thành chuỗi lũy thừa của x − 3 là

f(x) = ∑(−1)n (x − 3)n (1 − 1

2n+1)

∞

n=0

Câu 5: Xét sự hội tụ đều của chuỗi hàm sau trên R

√(n + 1)4

3

+ x4

∞

n=1

Khi n → +∞ ∶ | sin nx

√(n + 1)4 3

+ x4| ≤ 1

√(n + 1)4 3

+ x4 ≤ 1

√(n + 1)4

n43

mà ∑ 1

n43

∞

n=1

là chuỗi hội tụ

→ chuỗi đã cho hội tụ tuyệt đối và đều trên R

Câu 6: Khai triển hàm số f(x) tuần hoàn chu kì 2π

f(x) = x − 2π, π < x < 3π

Ta khai triển chuỗi fourier g(x) = x , −π < x < π tuần hoàn chu kì 2π g(x) là hàm số lẻ → a0, an đều bằng 0

bn = 2

π∫ x sin nx dx

π

0

= 2

π (

−x cos nx

sin nx

n2 )|

0 π

= 2

π.

π (−1)n−1

2 (−1)n−1

n {cos nπ = (−1)

n}

→ Chuỗi fourier của g(x) là

F(x) = ∑(−1)n−1.2

n

∞

n=1

sin nx Theo định lí Dirichlet, chuỗi fourier tại những điểm không xác định là ∶ F(−π) = f(−π

−) + f(−π+)

π − π

2 = 0 F(π) = f(π

−) + f(π+)

−π + π

2 = 0

→ F(x) =

{

0 , với x = −π

∑(−1)n−1.2

n

∞

n=1

sin nx , với − π < x < π

0 , với x = π