TIỂU LUẬN CUỐI KỲ MÔN HỌC TOÁN CAO CẤP 2

Câu3 *Khái niệm điều kiện hội tụ của chuỗi hàm số: - Chuỗi hàm là chuỗi ∑u nx, trong đó các u nx là các hàm của x... Khi x=x0thì chuỗi hàm trở thành chuỗi ∑u nx.. Nếu chuỗi số hội thì đ

BỘ XÂY DỰNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC KIẾN TRÚC THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

TIỂU LUẬN CUỐI KỲ MÔN HỌC: TOÁN CAO CẤP 2 Học kỳ: 2 - Năm học: 2020 – 2021

BÀI TIỂU LUẬN Câu 1.

*Tiêu chuẩn so sánh 1

Cho hai chuỗi số ∑

n =1

+∞

a n và ∑

n =1

+∞

b n thỏa mãn 0 ≤ a n ≤b n , ∀ n>n0 nào đó Khi đó

 Nếu chuỗi số ∑

n =1

+∞

b n hội tụ thì chuỗi số ∑

n =1

+∞

a n hội tụ

 Nếu chuỗi số ∑

n =1

+∞

a n phân kỳ thì chuỗi số ∑

n =1

+∞

b n phân kỳ (+) Một số bất đẳng thức cần nhớ

Với mọi x >0 , Ta có: 1+x <e x ; ln (1+x )<x

Với mọi 0<x < π

2 , Ta có: 0<sinx< x ;0 ¿x <tanx

Vd: Xét tính hội tụ của chuỗi của chuỗi số

∑

n =1

+∞ n

n4

+n2 +1

Giải.

Với mọi n ∈ N¿

, ta có

0< n

n4+n2+1<

n

n4=

1

n3

Ta có ∑

n =1

+∞

1

n3 hội tụ ( chuỗi ρ−¿ điều hòa với ρ=3>1

Theo tiêu chuẩn so sánh 1, ta có chuỗi hội tụ

*Tiêu chuẩn so sánh 2

Cho hai chuỗi số ∑

n =1

+∞

a n và ∑

n =1

+∞

b n thỏa mãn 0 ≤ a n ≤b n , ∀ n>n0 sao cho tồn tại giới hạn

n →+∞

a n

b n=K (k có thể là+∞)

Khi đó

 0<K <+∞ :các chuỗi ∑

n =1

+∞

a n và ∑

n =1

+∞

b n cùng hội tụ hoạc cùng phân kỳ.

 K=0 :Nếu ∑

n =1

+∞

b n hội tụ thì hội tụ ∑

n =1

+∞

a n

 K +∞ Nếu ∑

n =1

+∞

a n hội tụ thì ∑

n =1

+∞

b n hội tụ

Hệ quả: Nếu a n b n với a n>0 , b n>0 với mọi ∀ n ∈ N¿

thì ∑

n =1

+∞

a n và ∑

n =1

+∞

b n cùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ

Vd: Xét tính hội tụ của chuỗi của chuỗi số ∑

n =1

+∞

2n

+n

3n

+3 n+3

Giải.

a n= 2n+n

3n+3 n+3>0 , b n=(23)n> 0

Xét lim

n →+∞

a n

b n=¿

lim

n →+∞(2n+n).3 n

3n+3 n+3.2n ¿ lim

n →+∞

1+n

2n 1+3 n

3n +

3

3n

¿ (*)

{x →+∞lim x

2x ¿x→ +∞lim

1

2x ln x=0⇒

lim

x →+∞ n

2n =0(1) lim

x→+ ∞ x

3x =x →+∞lim

1

3x ln x=0⇒

lim

x→+ ∞ n

2n =0 (2)

Từ (1) và (2) ⇒ lim

n →+∞

1+ n

2n

1+3 n

3n+

3

3n

=1

Theo tiêu chuẩn so sánh 2, ta có ∑

n =1

+∞

a n và ∑

n =1

+∞

b n cùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ.

Mà ∑

n =1

+∞

b n=∑

n =1

+∞

(23)nhội tụ vì q=2

3<1

Vậy: ∑

n =1

+∞

a n=∑

n =1

+∞

2n

+n

3n

+3 n+3 hội tụ

Câu 2:

1 1 1 1

5n 1.5 2.5 3.5





   



Trình bày các tính chất liên quan của chuỗi hàm lũy thừa :

-Tính chất 1:

Cho chuỗi lũythừa 0

n n n

a x







hội tụ đều trên mọi đoạn  ; thuộc khoảng hội tụ của nó

-Tính chất 2:

Tổng của chuỗi lũy thừa 0

n n n

a x







là hàm số liên tục trên khoảng hội tụ (-R;R) của nó -Tính chất 3:

Cho S và T là các hàm số Gỉa sử tồn tại các chuỗi lũy thừa

0

n

n

n

a x







=S(x) và 0

n n n

b x







=T(x) có miền hội tụ lần lượt là U và V Khi đó

(i) S(cx)= 0

n n n n

a c x







,x thỏa cxU,(0 c const), (ii) S(x k)= 0

kn n n

a x







, x thỏa x kU,(k N* ), (iii) S(x)T(x)= 0

( ) ,n

n





   



.

Câu3

*Khái niệm điều kiện hội tụ của chuỗi hàm số:

- Chuỗi hàm là chuỗi ∑u n(x), trong đó các u n(x ) là các hàm của x

Khi x=x0thì chuỗi hàm trở thành chuỗi ∑u n(x) Nếu chuỗi số hội thì điểm x0 gọi là điểm hội tụ, nên nó phân kỳ thì x0gọi là điểm phân kỳ.

- Tập hợp tất cả các điểm x mà chuỗi hàm hội tụ được gọi là điểm hội tụ của

chuỗi hàm.

Cho chuỗi lũy thừa ∑

n =1

+∞

a n x n Khi đó tồn tại một phân tử R duy nhất, R ∈¿

hoặc R=+∞ sao cho

+ Nếu |x| <R thì chuỗi số hội tụ tuyệt đối

+Nếu |x|<R thì chuỗi phân kỳ

Phân tử R như trên được gọi là bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa, khoảng (-R;R) gọi là khoảng hội tụ của chuỗi lũy thừa

*Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa ∑

n =1

+∞

U n x n

B1: Tính bán kính hội tụ R

ρ= lim

n →+∞|a n+1

a n |⇒ R=1

ρ

B2: Xét sự hội tụ tại x =R

B3: Xét sự hội tụ tại x=¿ -R

Nếu R=0: Miền hội tụ x=0

Nếu R=∞: Miền hội tụ x=R

Vd: Tìm miền hội tụ của chuỗi ∑

n =1

+∞

x n n

Giải:

a n=1n; ρ= lim

n →+∞|a n+1

a n |= lim

n →+∞

1

n+1 .

n

1 =1 ⇒ R=1

n=1

+∞

1

n: PK

*x=−1 :∑

n=1

+∞ (−1)n

n

{lim

n →+∞

1

1

n : Day giam

n=1

+∞

(−1)n

n : HT (theo tiêu chu n ẩ Lebintz )

Miền hội tụ: x=¿

Câu 4 : Cho phương trình vi phân tuyến tính cấp hai hệ số hằng số :

Trình bày các bước tìm nghiệm tổng quát của phương trình trong đó sử dụng phương pháp hệ số bất định để tìm nghiệm riêng.

Tìm nghiệm tổng quát trong trường hợp không thuần nhất :

Cho PTVP tuyến tính cấp hai hệ số hằng số không thuần nhất

y’’+py’+ qy = f(x) ( XVI )

-Bước 1 : Tìm nghiệm tổng quát y=ytn(x) của PTVP thuần nhất tương ứng (XVI) : y’’ +py’+ qy = 0

-Bước 2 : Tìm nghiệm riêng y=yr(x) của (XVI) Một số phương pháp tìm nghiệm riêng :

+ Phương pháp biến thiên hằng số Lagrange

+ Phương pháp hệ số bất định trong một số trường hợp f(x) có dạng đặc biệt

-Bước 3 : Nghiệm tổng quát của (XVI): y=ytn(x) + yr(x)

Nghiệm tổng quát trong trường hợp không thuần nhất :

Cho PTVP tuyến tính cấp hai hệ số hằng số thuần nhất :

y’’+py’+ qy = 0 ( XVII )

Phương trình đặc trưng : k2 + pk + q = 0 (*)

Trường hợp Nghiệm tổng quát của (XVII)

(*) có hai nghiệm thực phân biệt

k1≠k2

y=C1ek1x + C2ek2x ,( C1,C2 € R )

(*) có nghiệm kép k1 = k2 = −2p y=(C1 + C2x )e^−2px ,( C1,C2 € R )

(*) có hai nghiệm phức liên hợp k1,2=

α+-iβ, ( α,β € R )

Y= eax[C1 cos(βx) + C2 sin(βx) ] ,( C1,C2 € R )

Phương pháp hệ số bất định (1) :

Xét PTVP tuyến tình hệ số hằng số không thuần nhất dạng :

y’’ +py’+ qy = Pn(x)eαx (XVIII)

trong đó p,q € R là hằng số, Pn là đa thức bậc n và α € R

Phương trình đặc trưng : k2 + pk + q = 0 (*)

Trường hợp Dạng một nghiệm riêng y=yr(x) của

(XVIII)

α không là nghiệm của (*) yr(x) = Qn(x)eax

α là một nghiệm đơn của (*) yr(x) = xQn(x)eax

α là nghiệm kép của (*) yr(x) = x2Qn(x)eax

Trong đó Qn(x) = Anxn + An-1xn-1+ + A1x + A0 là đa thức cùng bậc với Pn có n +

1 hệ số bất định

Ta sẽ thay y=yr(x) vào (XVIII): y’’r(x) + py’r(x) + qyr(x) =Pn(x)eα sau đó thu gọn rồi đồng nhất hệ số để tìm Qn Từ đó suy ra yr.

Phương pháp hệ số bất định (2) :

Xét PTVP tuyến tình hệ số hằng số không thuần nhất dạng :

y’’ +py’+ qy = eax[Pn(x) cos(βx) + Qm(x) sin(βx)] (XIX)

trong đó Pn,Qm lần lượt là hai đa thức bậc n và m và α,β € R, β≠0

Phương trình đặc trưng : k2 + pk + q = 0 (*)

Trường hợp Dạng một nghiệm riêng y=y r (x) của

(XIX)

α +- iβ không là nghiệm của (*) yr(x)=eax[Hs(x) cos(βx) + Rs(x)sin(βx)]

α +- iβ là nghiệm của (*) yr(x)=xeax[Hs(x) cos(βx) + Rs(x)sin(βx)] Trong đó Hs và Rs là các đa thức (hệ số bất định) bậc s = max{m,n} Ta sẽ thay y=yr(x) vào (XIX), sau đó thu gọn rồi đồng nhất hệ số để tìm Hs và Rs Từ đó suy

ra yr

Vd1

Với phương pháp hệ số bất định (1)

a) y ' '

+y =x2

−x+1

Phương trình đặc trưng k2+k=0⇔ k=± i

⇒ y c=c1 cosx+c2sinx

α=0 không là nghiệm của phương trình đặc trưng

⇒ tìm phương trình y p dạng

y p=A x2

+Bx+c

⇒ y ' p=2 Ax+B

y ' ' p=2 A

Thay vào (*) ta được

A x2+Bx+ c+2 A=x2−x+ 1

⇔{ B=−1 A=1

c +2 A=1

⇔{b=−1 A=1

c =−1

⇒ y p=x2−x – 1

Nghiệm tông quát của phương trình

y=c1cosx+c2sinx+ x2

−x−1

Vd2

a) y ' '+y '−2 y=3 x e x (**)

Phương trình đặc trưng: k2

+k−2=0 ⇔{k=−2 k =1

⇒ y c=c1e x

+c2e−2 x

α=1 không là đơn của phương trình đặc trưng

⇒ y p=x e x(Ax+B)=e x(A x2+Bx)

⇒ y ' p

=e x(A x2+B)+e x .(2 A+B)=e x[A x2+(2 A +B)x +B ]

y ' ' p

=e x

[A x2

+(2 A+B)x +B]+e x(2 Ax+2 A +B)

⇒ y ' ' p=e x[A x2+(4 A + B) x +2 A +2 B]

Thày vào (*) ta được

e x(6 Ax +2 A +3 B )=3 x e3 x

⇔{ 6 A=3

2 A +3 b=0 ⇔{ A=1

2

3

⇒ y p=e x(12x

2

− 1

3 x)

Ngiệm tổng quát của phương trình:

y=c1e x+c2c2e−2 x+e x(12x

2

− 1

3 x)

Vd3

y ' '−4 y'−4 y =e2 x

Phương trình đặc trưng: k2−4 k +4=0⇔ k=2(kép)

⇒ y p=A x2 e 2 x

⇒ y ' p=2 Ax e2 x

+2 A x2 e 2 x=(2 Ax+ 2 A x 2

) e 2 x

y ' ' p=(4 Ax+ 2 A ) e2 x+(4 A x2+4 Ax).e 2 x=(4 A x2+8 Ax+2 A ) e2 x

Thay vào (**) ta được

2 A=1 ⇔ A=1/2

⇒ y p= 1

2x

2 e 2 x

Ngiệm tổng quát của phương trình:

y=e 2 x(c1+c2x1

2x

2

)

Vd4: Giải phương trình sau:

y ' '−4 y'=e 2 x cosx (**) +) pt đặc trưng

k2

+ 4=0⇔± i

⇒ y c=c1cosx+c2sinx

+) 2 sinx=e 0 x(0 cosx+2 sinx)

⇒Tìm nghiệm riêng của (**) dạng

y p=x (cosx +Bsinx )

y p=Ax cosx+ Bx sinx

y ' p=Acosx− Ax sinx +Bsinx+Bx cosx

y ' p=Acosx− Ax sinx +Bsinx+ Bx cosx

y ' p

=(Bx+ A ) cosx+(−Ax +B) sinx

y ' ' p

=Bcosx −(Bx+ A ) sinx− Asinx+( Ax +B )cosx

y ' ' p=(−Ax+2 B )cosx+(−Bx−2 A ) sinx

Thay vào (**) ta được

2 Bcosx−2 Asinx=2 sinx ⇔{−2 A=22 B=0 ⇔ A=−1 B=0

⇒ y p=−xcosx

Nghiệm tông quát của pt:

Vd5: Giải các pt sau: (vế phải có dạng đặc biệt)

y ' '−4 y'

=e 2 x cosx (*) + Pt đặc trưng

⇒ yc=c1e 2 x+c2e−2 x

+ e 2 x .cosx=e 2 x (1.cosx+0 sinx)

⇒t Tìm y p dạng

y p=e 2 x .( Acosx+B sinx)

y ' p

=2e 2 x (Acosx +B sinx)+e 2 x

y ' p

=e 2 x [(2 A+ B)cosx+(2 B− A)sinx]

y ' ' p=2 e2 x .[(2 A+B)cosx+(2 B− A)sinx]+e 2 x .[−(2 A+B)sinx+(2 B−A )cosx ]

y ' ' p=e 2 x¿

Thay vào (*) ta được:

17

17

⇒ y p=e 2 x(−117 cosx+

4

17 sinx)

Nghiệm tông quát của pt:

y=e 2 x( 4

1

17cosx+ c1 )+c2e−2 x

vv