5 đề thi Hàm Biến Phức với lời giải chi tiết.

Tất cả các câu được giải trong tập số phức.. Do đó nghiệm của phương trình là căn bậc bốn của 1.. Do đó nghiệm của phương trình là căn bậc năm của 1... Tất cả các câu được giải trong tậ

Trang 1

HỌC VIỆN KỸ THUẬT QUÂN SỰ

HỘI ĐỒNG THI KHOA: KHCB

Mã đề thi: 001

ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN Môn: TOÁN CHUYÊN ĐỀ 2 (HÀM BIẾN PHỨC) LỚP:

Thời gian làm bài: 90 phút

Họ tên sinh viên:……… Mã số sinh viên:………Ký tên:………

Chú ý:

Sinh viên được sử dụng tài liệu Tất cả các câu được giải trong tập số phức

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Câu 1: ( 2,0 điểm) Giải phương trình:

1 0

z  

Câu 2: (3,0 điểm) Tính tích phân:

AB

I   z dz với A 1 i B;  2 3i

b cos

(1 )

C

z

z z





 với C là đường tròn z 1 4

Câu 3: ( 1,0 điểm)

Kiểm tra sự tồn tại đạo hàm và tính đạo hàm nếu có của f z( )với

( ) 2 y 3

f z  x  x y i

Câu 4: ( 2,0 điểm)

Khai triển Taylor của hàm số tại z0 của we i z

Câu 5: ( 2,0 điểm)

Tìm biến đổi Laplace của hàm gốc: cos3t

HẾT

Duyệt của Tổ chuyên môn Giảng Viên ra đề

Trương Văn Kìm

Trang 2

HƯỚNG DẪN GIẢI TOÁN CHUYÊN ĐỀ 2 – ĐỀ SỐ 001

Câu 1a

(1,0 đ)

4

1 0

z  

Từ phương trình 4

1 0

z   , ta suy ra z4  1 Do đó nghiệm của phương trình là căn bậc bốn của 1

Mà 1 cos  isin nên ta có bốn nghiệm của phương trình đã cho là:

2 2

k

z cos   isin 

  với k0,1, 2,3

i

z cos isin 

   ; 1 3 3 1

i

z cos  isin   

2 5 5 1

i

z cos  isin    

; 3 7 7 1

i

z cos  isin   

0,25 0,25

0,25 0,25 Câu 1b

(1,0 đ)

5

1 0

z  

Từ phương trình z5 1 0, ta suy ra z5 1 Do đó nghiệm của phương trình là căn

bậc năm của 1

Mà 1cos0isin0 nên ta có bốn nghiệm của phương trình đã cho là:

2 2

k

z cos  isin 

  với k 0,1, 2,3, 4

Như vậy 0 0 0 1

z cos isin  ; 1 2 2

z cos  isin 

; 2 4 4

3 6 6

 

0,25 0,25 0,5

Câu 2.a

(1,5 đ)

Tính 3

AB

I   z dz với A 1 i B;  2 3i

2 3

3

4

i i

z



   2 2    2 2

2 3i 1 i 2 3i 1 i 115 120i

Vậy I  115 120 i

0,5 0,75

0,25 Câu 2.b

(1,5 đ)

cos (1 )

C

z

z z





 với C là đường tròn z 1 4

Bằng phương pháp đồng nhất hệ số, ta có: 1 1 1

(1 z z)  z 1 z

Suy ra

Các điểm z0 và z 1 đều nằm trong đường tròn giới hạn bởi C Do đó theo

công thức tích phân Cauchy, ta được:

I1 2icosz z0 2i và I2 2icosz z1 2icos( 1) 2icos1

cos

2 2 os1 2 1 os1 (1 )

C

z



0,25

0,5

0,25 Câu 3

(1,0 đ) Kiểm tra sự tồn tại đạo hàm và tính đạo hàm của

( )

f z với

3 2 2

( ) 2 y 3

f z  x  x y i

Đặt f z( )u x y( , )iv x y( , ), với u( , )x y 2x3y và v x y( , )3x y2 2 0,25

Trang 3

Khi đó 2

( , ) 6

u

x y x y x

2 ( , ) 6

v

x y x y y







u( , )x y 2x3

y

 ,

2 ( , ) 6

v

x y xy x







Như vậy

( , ) ( , ) ( , ) ( , )





Tức là điều kiện Cauchy – Reimann không thỏa mãn, do đó f z không tồn tại ( )

đạo hàm

0,25 0,25

0,25

Câu 4

(2,0 đ)

Khai triển Taylor của hàm số tại z0 của w f x( )e i z

Khai triển Taylor tại a của ( ) f z có dạng:

0

( ) n( )n

n





   với

( ) ( )

!

n n

c

n

 Theo đề bài a0

Ta có :

'( ) 1 1)1

1

(

!

i

i z

f x  e   

''( ) ( 1)2 2 1)2

2

(

!

i

f x   e c  

…

( )( ) ( ) 1)

! (

1

i

n

   

 

Vậy khai triển Taylor tại của ( )f z tại 0 là:

0

( ) ( 1)

!

i n n n

e z

w f z

n





0,25

1,25

0,5 Câu 5

(2,0 đ)

Tìm biến đổi Laplace của hàm gốc: cos3t

Ta có: L  

0 cost X s( ) e stcostdt





Áp dụng công thức tích phân từng phần (2 lần) với cách đặt



( ) stsin stsint st( sin )



Đặt



0

X s s e c t s e c tdt s s e c tdt s s X s



Suy ra: ( ) 1 2

1

X s

s





Như vậy ( )x s  L   2 2

s

1 o

9

s X

s

t

s

 



0,5

Trang 4

Mã đề thi: 002

Chú ý:

Câu 1: ( 2,0 điểm) Giải phương trình:

a z4 1 0 b.z6 1 0

Câu 2: (3,0 điểm)Tính tích phân: sin 2

(1 )

C

z

z z





a Bằng phương pháp sử dụng công thức Cauchy

b Bằng phương pháp tính thặng dư

Câu 3: ( 2,0 điểm)

f z x y  y x i

Câu 4: ( 2,0 điểm)

Tìm bốn số hạng đầu của khai triển Taylor tại z0 của hàm w sin 1

1 z





Câu 5: ( 1,0 điểm)

Tìm biến đổi Laplace của hàm gốc: 2

3

t

e ch t

HẾT

Trương Văn Kìm

Trang 5

Câu 1a

(1,0 đ)

4

1 0

z  

1 0

2 2

k

z cos   isin 

  với k0,1, 2,3

i

   ; 1 3 3 1

i

z cos  isin   

2 5 5 1

i

z cos  isin    

; 3 7 7 1

i

z cos  isin   

0,25 0,25

0,25 0,25 Câu 1b

(1,0 đ)

6

1 0

z  

bậc năm của 1

Mà 1cos0isin0 nên ta có bốn nghiệm của phương trình đã cho là:

2 2

k

  với k 0,1, 2,3, 4,5

Như vậy 0 0 0 1

z cos isin  ;

z cos  isin  cos isin  i

;

2 4 4 2 2 1 3

z cos  isin  cos  isin    i

3 6 6 1

z cos  isin  cosisin  

;

4 8 8 4 4 1 3

z cos  isin  cos  isin     i

6 10 10 5 5 1 3

z cos  isin  cos  isin    i

0,25

0,5

Câu 2.a

(1,5 đ) Tính tích phân: 2

sin (1 )

C

z

z z





 với C là đường tròn z 1 4 bằng phương pháp sử dụng công thức Cauchy

Bằng phương pháp đồng nhất hệ số, ta có: 1 2 1 1 12

(1 z z)  z 1 zz

Suy ra

Các điểm z0 và z 1 đều nằm trong đường tròn giới hạn bởi C Do đó theo

1

0

sin

2 sin 0

C

z

1 2

sin

( 1)

2 sin 2 sin 2 s 1in

C



0,25

0,75

Trang 6

 

z C

Vậy I 2i2isin1

0,25

Câu 2.b

sin (1 )

C

z

z z





 với C là đường tròn z 1 4bằng phương pháp tính thặng dư

Hàm ( ) sin 2

(1 )

z

f z

z z



 có 2 cực điểm: cực điểm cấp một tại 1 và cực điểm cấp hai (kép) tại 0 đều nằm trong đường tròn C

 2

Như vậy:

2

sin

2 R es ( ); 1 2 R es ( );0 2 (1 sin1) (1 )

C

z



0,25

0,5

0,25 Câu 3

(2,0 đ)

f z x y  y x i

Đặt f z( )u x y( , )iv x y( , ), với u x y( , )x3y3 và v x y( , )3(y2x2)

( , ) 3

u

x





2 ( , ) 3

v

y



u( , )x y 3y2

y





 ,

2 ( , ) 3

v

x



Như vậy

( , ) ( , ) ( , ) ( , )





đạo hàm

0,5

0,5 0,5

0,5

Câu 4

(2,0 đ) Tìm bốn số hạng đầu của khai triển Taylor tại z0 của w ( ) sin 1

1

f x

z



0

( ) n( )n

n





   với

( ) ( )

!

n n

c

n

Ta có :

0 sin1

0

i 1

!

s n

1

1 '( )

1

z

  



 

os 1

c c





os

1

z



0,25

1,5

Trang 7

3 2sin1 7 os1 2sin1 7 os1

Vậy bốn số hạng đầu của khai triển:

sin1,zcos1, 2 os1 sin1 2

2

c

z



2sin1 7 os1 3

6

c z



0,25

Câu 5

(2,0 đ)

Tìm biến đổi Laplace của hàm gốc: 2

3

t

e ch t

Ta có:

L  2 

3

t

1

2L  e t.1  1

2L  5 

.1

t

e

Áp dụng công thức

L e x t at ( )X s a(  )

Với L  

1

st

st e





Suy ra: L  2 

3

t

e ch t  1

2L  e t.1  1

2L  5 

.1 ( 1) ( 5)

t

e  X s X s

1 1 1 2

2 s 1 s 5 (s 1)(s 5)

0,25 0,25

0,25

Trang 8

Mã đề thi: 003

Chú ý:

Câu 1: ( 2,0 điểm)Giải phương trình:

a 4

1 0

z  

Câu 2: ( 3,0 điểm)Tính tích phân: os

( 1)( 1)

C

zc z



Câu 3: ( 1,5 điểm)

f z x y  x y i

Câu 4: ( 1,5 điểm)

Tìm bốn số hạng đầu của khai triển Taylor tại z0 của hàm ( 1)2

we z

Câu 5: ( 2,0 điểm)

Giải các phương trình vi phân tuyến tính với hệ số ban đầu

x'' x sint với x(0)x'(0)0

HẾT

Trương Văn Kìm

Trang 9

Câu 1a

(1,0 đ)

4

1 0

z  

1 0

2 2

k

z cos   isin 

  với k0,1, 2,3

i

   ; 1 3 3 1

i

z cos  isin   

2 5 5 1

i

z cos  isin    

; 3 7 7 1

i

z cos  isin   

0,25 0,25

0,25 0,25 Câu 1b

(1,0 đ)

5

1 0

z  

bậc năm của 1

Mà 1cos0isin0 nên ta có bảy nghiệm của phương trình đã cho là:

7

k

  với k 0; 6

Như vậy 0 0 0 1

z cos isin  ; 1 2 2

; 2 4 4

3 6 6

 

0,25 0,25 0,5

Câu 2.a

(1,5 đ) Tính tích phân:

os ( 1)( 1)

C

zc z



 với C là đường tròn z 1 4 bằng phương pháp sử dụng công thức Cauchy

Bằng phương pháp đồng nhất hệ số, ta có: 1 1 1 1

(z 1)(z 1) 2 z 1 z 1

Suy ra

Các điểm z 1 và z1 đều nằm trong đường tròn giới hạn bởi C Do đó theo

1

zc z





1 2





Vậy I 2ico 1s

0,25

0,5

0,75

Câu 2.b

(1,5 đ) Tính tích phân:

os ( 1)( 1)

C

zc z



 với C là đường tròn z 1 4bằng phương pháp tính thặng dư

Hàm ( ) sin 2

(1 )

z

f z

z z



 có 2 cực điểm: cực điểm cấp một là 1 và 1 đều nằm trong

đường tròn C

1

0,25

0,5

Trang 10

Như vậy:

os

2 R es ( ); 1 2 R es ( );1 2 os1 ( 1)( 1)

C

zc z

0,5

0,25 Câu 3

(1,5 đ)

f z x y  x y i

Đặt f z( )u x y( , )iv x y( , ), với 4 4

( , )

u x y x y và v x y( , ) 2x y2 2

( , ) 4

u

x

2 ( , ) 4

v

y



u( , )x y 4y3

y



 

2 ( , ) 4

v

x



Như vậy

( , ) ( , ) ( , ) ( , )





đạo hàm

0,25

0,75

0,25

0,25 Câu 4

(2,0 đ)

Tìm bốn số hạng đầu của khai triển Taylor tại z0 của hàm

2

( 1)

w f x( )e z

0

( ) n( )n

n





   với

( ) ( )

!

n n

c

n

Ta có :

c0e

f '( )x 2(z1)e(z1)2  c1 2e

f ''( )x 2e(z1)2 4(z1)2e(z1)2  c2 6e

3

( ) 4( 1)e z 8( 1)e z 8( 1) e z 20

Vậy bốn số hạng đầu của khai triển:

e , 2ez , 6ez , 2 20ez 3

0,25

1,5

0,25 Câu 5

(2,0 đ)

Giải các phương trình vi phân tuyến tính với hệ số ban đầu

x'' x sint với x(0) 1; x'(0)0

Ta có: Y s( ) L  

0 si sint e st nt dt









tdt



Đặt



0,25

1,0

0,5

Trang 11

2 2 2

0

sin ( ) 1 st stsintdt 1 st os 1 ( )



Suy ra: ( ) 1 2

1

Y s

s





Phương trình ảnh:  

2

Như vậy ( )x s  L -1

 22

8 1

t t t s



0,5

Trang 12

Mã đề thi: 004

Chú ý:

Câu 1: ( 2,0 điểm)Giải phương trình:

a 4

1 0

z  

Câu 2: (3,0 điểm)Tính tích phân: os 2

( 1)

z

C

e c z





 với C là đường tròn z 5

Câu 3: ( 2,0 điểm)

Khai triển Taylor của hàm số tại z0 của we iz i

Câu 4: ( 3,0 điểm)

a Tìm biến đổi Laplace của hàm gốc: chtcost

b Tìm hàm gốc x t biết ( )

2 2

2 ( )

( 1)( 1)

X t





HẾT

Trương Văn Kìm

Trang 13

HƯỚNG DẪN GIẢI

TOÁN CHUYÊN ĐỀ 2 – ĐỀ SỐ 004

Câu 1a

(1,0 đ)

4

1 0

z  

1 0

2 2

k

z cos   isin 

với k0,1, 2,3

i

z cos isin  

; 1 3 3 1

i

z cos  isin    

2 5 5 1

i

z cos  isin   

i

z cos  isin  

0,25 0,25

0,25 0,25 Câu 1b

(1,0 đ)

8

1 0

z  

1 0

z   , ta suy ra z8 1 Do đó nghiệm của phương trình là căn bậc tám của 1

Mà 1cos0isin0 nên ta có tám nghiệm của phương trình đã cho là:

2 2

k

với k 0, 7

Như vậy 0 0 0 1

z cos isin  ; 1 2 2 2(1 )

z cos  isin   i

;

2 4 4

z cos  isin  i

, 3 6 6 2( 1 )

z cos  isin    i

;

4 8 8 1

z cos  isin   

, 5 10 10 2(1 )

z cos  isin    i

;

6 12 12

z cos  isin   i

, 7 14 14 2(1 )

z cos  isin   i

;

0,25

0,5

Câu 2.a

os ( 1)

z

C

e c z





 với C là đường tròn z 5 bằng phương pháp sử dụng công thức Cauchy

Bằng phương pháp đồng nhất hệ số, ta có: 1 2 1 1 12

(z 1)z   z z 1 z

Suy ra

z

e c z

1



Các điểm z 1 và z0 đều nằm trong đường tròn giới hạn bởi C Do đó theo

0 2

os

z z

C

1 2

2 2

os 1

z

z z C

ic







os

z

e c z

0,25

0,5

0,75

Trang 14

Vậy I 2 ico 1s

e



Câu 2.b

os ( 1)

z

C

e c z





 với C là đường tròn z 5 bằng phương pháp tính thặng dư

Hàm ( ) os 2

( 1)

z

e c z

f z



 có 2 cực điểm: cực điểm cấp một là 1 và cự điểm cấp hai là

0 đều nằm trong đường tròn C

R es ;1 lim

( 1)

x

Như vậy:

2

2 R es ( );1 2 R es ( );0 ( 1)

z

C

e c z

e

z



0,25

0,5 0,5

0,25 Câu 3

(2,0 đ)

Khai triển Taylor của hàm số tại z0 của w f x( )e iz i

0

( ) ( )n

n n





   với

( ) ( )

!

n n

c

n

Ta có :

'( ) 1 1

1!

i

iz i

c i e

f x ie   

''( ) 2 2 2

2!

i

f x i e  c 

…

( )( )

!

i

n

f x i e

n

c i



Vậy khai triển Taylor tại của ( )f z tại 0 là:

0

( )

!

i n n n

e z

n





0,25

1,25

0,5

Câu 4a

(2,0 đ)

Tìm biến đổi Laplace của hàm gốc: ch t2 sint

Ta có:

2

cht





L ch t2 sint L 1 2 1 2

1

2L  2 

.sin

t

2L  2 

.sin

t

Áp dụng công thức

L e x t at ( )X s a(  )

Ta có: X s( ) L  

0 si sint e st nt dt









0,5

Định dạng
Số trang	18
Dung lượng	681,09 KB