⇒ Chuỗi ban đầu phân kỳ.. Tính tổng của chuỗi số sau:.
Trang 1ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ CUỐI KỲ GIẢI TÍCH III
20192
Câu 1
a, I =
∞
X
n=2
(
√ n
√
n3+ 1 − √1
n) Xét an = n − (
√
n3+ 1)
√
n.(√
n2+ 1)
⇒ an = n − n
3
n2+ n1 ⇒ an ∼ −1
n1 khi n → +∞
Ta có:
∞
X
n=2
1
n12
phân kỳ
⇒ Chuỗi ban đầu phân kỳ
b,
∞
X
n=0
(−1)n(2n
2+ 69 3n2+ 96); an = (−1)
n(2n
2+ 69 3n2+ 96)
+, Với n = 2k (k ∈ N ) ⇒ lim
n→∞an= 2
3 +, Với n = 2k + 1 (k ∈ N ) ⇒ lim
n→∞an = −2
3
⇒ Với n bất kỳ lim
n→∞an6= 0 Vậy chuỗi phân kỳ
Câu 2 Tìm miền hội tụ của chuỗi:
I =
∞
X
n=1
1
n.2n(x + 6
x − 9)
n
Đặt y = x + 6
x − 9 ⇒ I =
∞
X
n=1
1 n.2nyn
Xét an = 1
n.2n
Ta có R = lim
n→∞| an
an+ 1| ⇒ R = lim
n→∞|(n + 1).2
n+1
n.2n | = 2
⇒ |y| < 2 thì chuỗi hội tụ
+, Xét y = 2, I có dạng: I =
∞
X
n=2
1
n (phân kỳ) +, Xét y = −2, I có dạng: I =
∞
X
n=2
(−1)n
n
⇒ I hội tụ theo tiêu chuẩn Leibniz
Với −2 ≤ y < 2 chuỗi hội tụ
⇒ x > 24
x ≤ 4
Vậy MHT là (−∞; 4] ∪ (24; ∞)
Câu 3 Tính tổng của chuỗi số sau:
Trang 2+, I =
∞
X
n=1
8n + 1
8n
=
∞
X
n=1
n
8n−1 +
∞
X
n=1
1
8n
=
∞
X
n=1
n
8n−1 +1
7 Xét I1 =
∞
X
n=1
n.xn−1 (|x| < 1)
⇒
Z
I1dx =
∞
X
n=1
Z n.xn−1 (|x| < 1)
⇒
Z
I1 =
∞
X
n=1
xn+ C (|x| < 1)
⇒
Z
I1dx = x 1
1 − x + C (|x| < 1)
⇒ I1 = ( 1
1 − x)
0
⇒ I1 = 1
(1 − x)2
Thay x = 1
8
⇒ I1 = 1
(1 − 1
8)
2
= 64 49
⇒ I = 64
49+
1
7 =
71 49 Câu 4 Khai triển Fourier
f (t) =
(
2x + 3, 0 ≤ x ≤ π
−2x + 3, − π < x < 0
Giải
+) a0 = 1
π
π
Z
−π
f (x)dx
⇒ a0 = 1
π
π
Z
0
(2x + 3)dx + 1
π
0
Z
−π
(−2x + 3)dx
⇔ a0 = π + 3 + π + 3
⇔ a0 = 2π + 6
+) an= 1
π
π
Z
−π
f (x)cosnxdx
⇒ an = 1
π
π
Z
0
(2x + 3)cosnxdx + 1
π
0
Z
−π
(−2x + 3)cosnxdx
⇔ an = 2
πn2(−1)n− 2
πn2 − 2
πn2 − 2
πn2(−1)n
⇔ an = −4
πn2
Trang 3+) Do f(x) là hàm chẵn nên bn = 0 với ∀x dương
⇒ bn= 0
⇒ f (x) = π + 3 +
∞
X
n=1
−4
πn2cosnx
Câu 5 Giải các phương trình sau:
a, (x2+ y)dx + (x − 2y)dy = 0
Đặt
(
P = x2+ y
Q = x − 2y ⇒ Py0 = Q0x = 1
Chọn (x0, y0) = (0, 0) thì phương trình tích phân tổng quát là:
Z x
0
(t2+ y)dt+
Z y 0
(−2t)dt = C ⇒ x
3
3 + xy − y
2 = C
b, xy” = 2yy0 − y0
⇒ xy”+ y0 = 2yy0
⇒ (xy0)0 = (y2)0 ⇒ xy0 = y2+ C (1)
+, C = 0 thì (1) có dạng:
⇒ xy0 = y2
Ta thấy y = 0 là một nghiệm kì dị
Với y 6= 0, dy
y2 = dx
x ⇒ −1
y = ln|x| + A +, C 6= 0, dy
y2+ C =
dx x Với C > 0 ⇒ √1
Carctan
y
√
C = ln|x| + A Với C < 0 ⇒ 1
2√
−Cln|
y −√
−C
y +√
−C| = ln|x| + A
c, y”+ 4y = cosx.cos3x
⇒ y” + 4y = 1
2cos4x +
1
2cos2x Phương trình đặc trưng: u2+ 4 = 0 ⇔ u = ±2i
Suy ra Y = C1cos2x + C2sin2x
Xét phương trình: y”+ 4y = 1
2cos4x (2) Đặt y0 = Acos4x + Bsin4x
⇒ y00 = −4Asin4x + 4Bcos4x ⇒ y”
0 = −16Acos4x − 16Bsin4x Thay vào (2) tìm được A = −1
24 và B = 0
⇒ y0 = −1
24cos4x
Xét phương trình: y”+ 4y = 1
2cos2x (3) Đặt y1 = Cxcos2x + Dsin2x
Tương tự tìm y10 và y”
1 rồi thay vào (3) ta được: y1 = x
8sin2x.
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là: y = C1cos2x + C2sin2x + −1
24cos4x +
x
8sin2x. Câu 6
a, x”+ 3x0 + 2x = t; x(0) = x0(0) = 0
Laplace 2 vế ta có:
Trang 4s2.X + 3s.X + 2X = 1
s2, trong đó X = L{x}(t)
s2(s + 1)(s + 2) =
−3 4s +
1 2s2 + 1
s + 1 +
−1 4(s + 2)
⇒ x = −3
4 +
1
2t +
−1
4 e
−2t+ e−t
b, x”+ x0 = f (t); x(0) = x0(0) = 0
f (t) =
(
−sin2t, t < π
1 − cost, t ≥ π
Từ đề bài suy ra:
x”+ x0 = (1 − cos(t − π))u(t − π) − sin2t
Đặt X = L{x}(t)
Laplace 2 vế được:
s2.X + s.X = e
−πs
s
s2+ 1.e
−πs− 2
s2+ 4
⇒ X = e
−πs
s2+ s +
s.e−πs (s + 1)(s2+ s)− 2
(s2+ 1)(s2+ 4)
⇒ x(t) =
Z t
0
f (u).[1 − eu−t]du
Với t < π thì f (t) = −sin2t ⇒ x(t) =
Z t 0
sin2u(eu−t− 1)du Với t ≥ π thì f (t) = 1 − cost ⇒ x(t) =
Z t
0
sin2u(eu−t− 1)du +
Z t
π
(1 − cost)(1 − eu−t)du