TIỂU LUẬN CUỐI KỲ MÔ HỌC TOÁN CAO CẤP 2

• Định nghĩa miền hội tụ của chuỗi hàm số... • Đặc điểm miền hội tụ của chuỗi hàm luỹ thừa ∑+∞?=1?? ?? là chuỗi hàm mà các hạng tử tổng quát là hàm lũy thừa nguyên không âm... Ta tìm ng

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KIẾN TRÚC THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

TIỂU LUẬN CUỐI KỲ

MÔ HỌC: TOÁN CAO CẤP 2

Học kỳ:2 – Năm học: 2020-2021

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH: 20221

LỚP HỌC PHẦN:

Bài làm

Câu 1

• Tiêu chuẩn so sánh 1

Cho hai chuỗi số ∑+∞𝑛=1𝐴𝑛 và ∑+∞𝑛=1𝐵𝑛 thoả mãn 0 ≤ 𝐴𝑛 ≤ 𝐵𝑛, ∀n > 𝑛0 nào đó Nếu

𝐴𝑛 ~ 𝐵𝑛 khi 𝑛 → +∞ thì ∑+∞𝑛=1𝐴𝑛 và ∑+∞𝑛=1𝐵𝑛 có cùng tính chất ( cùng hội tụ hoặc

cùng phân kỳ)

Vd: Xét sự hội tụ của chỗi số: ∑ 𝑛 + 1

√2𝑛 5 +3

+∞

𝑛=0

Giải: Khi 𝑛 → ∞ ta có:

𝑛+1

√2𝑛 5 +3 ~ 𝑛

√2𝑛 5 = 1

√2 𝑛3/2 ( thuộc dạng 1

𝑛 𝛼 và 𝛼 > 1 )

√2 𝑛3/2

+∞

𝑛=0

hội tụ nên ∑ 𝑛 + 1

√2𝑛 5 +3

+∞

𝑛=0

hội tụ

• Tiêu chuẩn so sánh 2

Cho hai chuỗi số ∑+∞𝑛=1𝐴𝑛 và ∑+∞𝑛=1𝐵𝑛 thoả mãn 0 ≤ 𝐴𝑛 ≤ 𝐵𝑛, ∀n > 𝑛0 nào đó

Chú ý: Ta hay sử dụng chuỗi Riemann để so sánh: ∑ 1

𝑛𝛼

+∞

𝑛=1

={ℎ𝑡𝑢, 𝛼 > 1

𝑝𝑘𝑖, 𝛼 ≤ 1} và dựa vào

kết quả giới hạn sau: Giả sử lim

𝑛→∞

𝐴 𝑛

𝐵𝑛 = k ≥ 0 (k có thể là ∞)

• 0 < k < +∞ thì sự hội tụ hay phân kì của chuỗi số ∑+∞ 𝐴𝑛

𝑛=1 và ∑+∞ 𝐵𝑛

𝑛=1 là như

nhau

• k = 0 thì chuỗi ∑+∞ 𝐵𝑛

𝑛=1 hội tụ dẫn đến chuỗi ∑+∞ 𝐴𝑛

𝑛=1 hội tụ

• k = +∞ thì chuỗi ∑+∞𝑛=1𝐴𝑛 phân kỳ dẫn đến chuỗi ∑+∞𝑛=1B𝑛phân kỳ

Vd: Xét sự hội tụ hay phân kỳ của một chuỗi số ∑ (1 − cos1

𝑛)

+∞

𝑛=1

Giải:

𝐴𝑛 = (1 − cos1

𝑛) = 2 sin(1

2𝑛)2 ~ 1

2𝑛 2 ~ 1

2𝑛 (𝑛+1)( 𝑣ì 𝑛 → +∞) = 𝐵𝑛

∑+∞𝑛=1𝐵𝑛 = ∑ 1

2𝑛 (𝑛+1)

+∞

𝑛=1

= 1

2∑ 1

𝑛(𝑛+1)

+∞

𝑛=1

⇒ Hội tụ

⇒ ∑ (1 − cos1

𝑛)

+∞

𝑛=1

hội tụ ( theo tiêu chuẩn so sánh 2)

Câu 2 Cho chuỗi số ∑ 1

𝑛5 𝑛 = 1

1.5 1 +

+∞

𝑛=1

1 1.5 2 + 1

1.5 3 +

Các t/c liên quan

1) [∑+∞𝑛=1𝑓𝑛(𝑥)]′ = ∑+∞𝑛=1𝑓𝑛′(𝑥)

2) ∫ ∑𝑥 +∞𝑛=1𝑓𝑛(𝑥)

𝑎 𝑑𝑥 = ∑+∞𝑛=1∫ 𝑎𝑥 𝑓𝑛(𝑥) 𝑑𝑥

+ Ta có ∫ 1

𝑥𝑛𝑑𝑥 = − 1

(𝑛−1).𝑥 𝑛−1+ 𝑐

⇒ ( 1

𝑛 𝑥𝑛)

′

= − 1

𝑥𝑛

+ Ta có ∑ 1

𝑥𝑛 =1

𝑥.1 −

1 𝑥𝑛

1 − 1𝑥

+∞

𝑛=1

⇒ S ∑ 1

x n=

+∞

n=1 lim

n→+∞

1

x    1−

1 xn

1 − 1x = 1

x − 1 với |1

𝑥| < 1

⇒ ∑ 1

𝑥𝑛 =

+∞

𝑛=1

𝑥 − 1

+∞

𝑛=1

𝑥 1

𝑑𝑥 = ∑ ∫

𝑥 1

1

𝑥 − 1

+∞

𝑛=2

= ln|𝑥 − 1|

⇒ ∑ 1

𝑥5𝑛 = ln|𝑥 − 1| = ln 4

+∞

𝑛=1

Câu 3

• Định nghĩa miền hội tụ của chuỗi hàm số

Cho dãy các hàm số 𝑈1(𝑥), 𝑈2(𝑥), … … , +𝑈𝑛(𝑥), … …cùng xác định trên tập hợp ∅ ≠

D ⊆ R

Tổng vô hạn

∑+∞ 𝑈𝑛(

𝑛=1 𝑥) = 𝑈1(𝑥) + 𝑈2(𝑥) + ⋯ + 𝑈𝑛(𝑥) + ⋯ được gọi là chuỗi hàm số xác định trên D

+ Với 𝑥0∈ D, nếu ∑+∞ 𝑈𝑛(

𝑛=1 𝑥0) hội tụ thì ta nói 𝑥0 là điểm hội tụ của chuỗi hàm

∑+∞ 𝑈𝑛(

𝑛=1 𝑥).Tập hợp tất cả các điểm hội tụ được gọi là miền hội tụ của chuỗi hàm

• Đặc điểm miền hội tụ của chuỗi hàm luỹ thừa ∑+∞𝑛=1𝑈𝑛 𝑥𝑛 là chuỗi hàm mà

các hạng tử tổng quát là hàm lũy thừa nguyên không âm

• Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa ∑+∞𝒏=𝟏𝑼𝒏 𝒙𝒏

B1: Tính bán kính hội tụ R

𝜌= lim

𝑛→+∞|𝑎𝑛+1

𝑎𝑛 | ⇒ 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 ∑ 𝑥

𝑛

𝑛

+∞

𝑛=1

Giải:

𝑎𝑛=1

𝑛; 𝜌= lim

𝑛→+∞|𝑎𝑛+1

𝑎 𝑛 |= lim

𝑛→+∞

1 𝑛+1.𝑛

1=1 ⇒ R=1

* 𝑥 = 1 ∶ ∑ 1

𝑛

+∞

𝑛=1

: PK

*𝑥 = −1 ∶ ∑ (−1)𝑛

𝑛

+∞

𝑛=1

{

lim

𝑛→+∞

1

𝑛 + 1= 0

1

𝑛 ∶ 𝐷𝑎𝑦 𝑔𝑖𝑎𝑚

⇒ ∑(−1)𝑛

𝑛

+∞

𝑛=1

∶ 𝐻𝑇 (𝑡ℎ𝑒𝑜 𝑡𝑖ê𝑢 𝑐ℎ𝑢ẩ𝑛 𝐿𝑒𝑏𝑖𝑛𝑡𝑧)

Miền hội tụ: 𝑥 = [−1; 1)

• Tìm miền hội tụ của chuỗi hàm luỹ thừa ∑ 𝑛 ln 𝑛

(𝑛+1)3(𝑥 − 2)𝑛

+∞

𝑛=1

Giải:

- Đặt (𝑥 − 2) = 𝑌 ⇒ ∑ 𝑛 ln 𝑛

(𝑛+1) 3 𝑌𝑛

+∞

𝑛=1 (1)

+ Tính 𝑘 = lim

𝑛→+∞|𝑎𝑛+1

𝑎𝑛 | = lim

𝑛→+∞

(𝑛+1).ln 𝑛+1 (𝑛+2) 3 (𝑛+1)3

ln 𝑛 = 1

⇒ 𝑅 = 1 ⇒ khoảng hội tụ là (-1;1)

Khoảng phân kỳ là (−∞; −1) và (1; +∞)

- Tại 𝑌 = +1 ⇒ ∑ 𝑛 ln 𝑛

(𝑛+1)3

+∞

𝑛=1

: là chuỗi dương (2)

+ Chọn √𝑛 = 1

𝑛> 0, ∀𝑛 ≥ 1

+ 𝑘 = lim

𝑛→+∞

𝑢 𝑛

√𝑛 = lim

𝑛→+∞

𝑛 ln 𝑛 (𝑛+1) 3 𝑛

1 = +∞

Mà ∑ 1

𝑛

+∞

𝑛=1

phân kỳ nên chuỗi (2) phân kỳ

- Tại 𝑌 = −1 ⇒ ∑ 𝑛 ln 𝑛

(𝑛+1) 3

+∞

𝑛=1

là chuỗi đan dấu hội tụ theo t/c 𝐿𝑒𝑏𝑖𝑛𝑡𝑧

⇒ Miền hội tụ −1 ≤ 𝑌 < 1 ⇒ −1 ≤ 𝑥 − 2 < 1 ⇒ 1 ≤ 𝑥 < 3

Câu 4

• Xét phương trình vi phân

𝑦′′+ 𝑝𝑦′ + 𝑞𝑦 = 𝑓(𝑥) (4.0) với 𝑝, 𝑞 là các hằng số thực và vế phải là hàm số 𝑓(𝑥) có vài dạng cụ thể Ta tìm nghiệm của riêng của (4.0) với vế phải như thế bằng một số thủ thuận riêng Lưu ý

rằng phương pháp này không thể giải quyết được với 𝑓(𝑥) tùy ý như ở phương pháp biến thiên hằng số

𝑦′′+ 𝑝𝑦′+ 𝑞𝑦 = 0 (4.1)

và phương trình đặc trưng của (4.1)

𝑘2+ 𝑝𝑘 + 𝑞 = 0 (4.2)

Ta xét hai trường hợp tương ứng với hai dạng của vế phải 𝑓(𝑥)

Trường hợp 1 𝑓(𝑥) = 𝑒𝛼𝑥𝑃𝑛(𝑥), trong đó 𝛼 là số thực, 𝑃𝑛(𝑥) là đa thức bật 𝑛

(i)_Nếu 𝛼 không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng (4.2), thì ta tìm nghiệm riêng 𝑦𝑟 theo dạng

𝑦𝑟 = 𝑥𝑒𝛼𝑥𝑄𝑛(𝑥) với 𝑄𝑛(𝑥) là đa thức bậc 𝑛, với 𝑛 + 1 hệ số chưa biết

(Để tìm các hệ số chưa biết, ta thay 𝑦𝑟 vào (4.0) rồi đồng nhất các hệ số của các lũy thừa cùng bậc của 𝑥 ở hai vế, ta sẽ được một hệ gồm (𝑛 + 1) ẩn là các hệ số đa thức

𝑄𝑛(𝑥).)

(ii)_Nếu 𝛼 là một số nghiệm đơn của phương trình đặc trưng (4.2), thì ta tìm nghiệm riêng 𝑦𝑟 theo dạng

𝑦𝑟 = 𝑥𝑒𝛼𝑄𝑛(𝑥) với 𝑄𝑛(𝑥)là đa thức bật 𝑛, với 𝑛 + 1 hệ số chưa biết

(iii)_Nếu 𝛼 là nghiệm kép của phương trình đặc trưng (4.2), thì ta tìm nghiệm riêng 𝑦𝑟 theo dạng

𝑦𝑟 = 𝑥2𝑒𝛼𝑥𝑄𝑛(𝑥), với 𝑄𝑛(𝑥) là đa thức bật 𝑛, với 𝑛 + 1 hệ số chưa biết

Trường hợp 2 f(x) = 𝑒𝛼𝑥[𝑃𝑛(𝑥)𝑐𝑜𝑠 𝛽𝑥 + 𝑄𝑚(𝑥)𝑠𝑖𝑛𝛽𝑥], trong đó 𝛼, 𝛽 là hằng số thực, 𝑃𝑛(𝑥), 𝑄𝑚(𝑥) là các đa thức bật 𝑛, 𝑚 tương ứng Khi đó

(iv)_Nếu 𝛼 ± 𝑖𝛽 không là nghiệm của phương trình đặc trưng (4.2), thì một nghiệm riêng của phương trình (4.0) có dạng

𝑦𝑟 = 𝑒𝛼𝑥[𝐻𝑠(𝑥)𝑐𝑜𝑠𝛽𝑥 + 𝑅𝑠(𝑥)𝑠𝑖𝑛𝛽𝑥],

với 𝐻𝑠(𝑥), 𝑅𝑠(𝑥) là các đa thức đa thức bậc 𝑠 = 𝑚𝑎𝑥{𝑛, 𝑚}

(v)_Nếu 𝛼 ± 𝑖𝛽 là một nghiệm đơn của phương trình đặc trưng (4.2), thì một nghiệm riêng của phương trình (4.1) có dạng

𝑦𝑟 = 𝑒𝛼𝑥[𝐻𝑠(𝑥)𝑐𝑜𝑠𝛽𝑥 + 𝐾𝑠(𝑥)𝑠𝑖𝑛𝛽𝑥], với 𝐻𝑠(𝑥), 𝑅𝑠(𝑥) là các đa thức đa thức bậc 𝑠 = 𝑚𝑎𝑥{𝑛, 𝑚}

• Vd1: Giải phương trình vi phân sau: ( phương trình thuần nhất)

𝑦′′ − 5𝑦′+ 6𝑦 = 0

Giải:

Pt đặc trưng:

𝑘2 − 5𝑘 + 6 = 0 ⇔ 𝑘 = 2; 𝑘 = 3

Vậy nghiệm tổng quát cần tìm là:

𝑦 = 𝑐1𝑒2𝑥+ 𝑐2𝑒3𝑥, (𝑐1, 𝑐2 ∈ ℝ)

• Vd2: Giải phương trình vi phân sau: ( phương trình thuần nhất)

𝑦′′ − 6𝑦′+ 9𝑦 = 0

Giải:

Pt đặc trưng:

𝑘2 − 6𝑘 + 9 = 0 ⇔ 𝑘 = 3(𝑘é𝑝)

Vậy nghiệm tổng quát cần tìm là:

𝑦 = (𝑐1+ 𝑐2𝑥)𝑒3𝑥, (𝑐1, 𝑐2 ∈ ℝ)

• Vd3: Giải phương vi phân sau: (phương trình ko thuần nhất)

𝑦′′ − 3𝑦′− 4𝑦 = 𝑥 (1)

B1:

+ Xét pt 𝑦′′ − 3𝑦′− 4𝑦 = 0 (2)

Phương trình đặc trưng:

𝑘2 + 3𝑘 − 4 = 0 ⇔ 𝑘 = 1; 𝑘 = −4

Nghiệm tổng quát của (2)

𝑦1 = 𝑐1𝑒𝑥 + 𝑐2𝑒−4𝑥; (𝑐1, 𝑐2 ∈ ℝ)

𝐵2:

+)Vế phải của (1) có dạng 𝑒0𝑥𝑥 nên 𝛼 = 0 ( 𝛼 không là nghiệm của phương trình đặc trưng) nên một nghiệm riêng của (1) có dạng Y= 𝑎𝑥 + 𝑏, thay vào một ta được:

3𝑎 − 4𝑏 − 4𝑎𝑥 = 𝑥 ⇔ {3𝑎 − 4𝑏 = 0

−4𝑎 = 1 ⇔ {

𝑎 = −1

4

𝑏 = − 3

16

⇒ 𝑌 = −1

4𝑥 − 3

16

Nghiệm tổng quát của (1)

𝑦 = 𝑐1𝑒𝑥 + 𝑐2𝑒−4𝑥 − 1

4𝑥 −

3

16 , (𝑐1, 𝑐2 ∈ ℝ)

• Vd4: Giải các pt sau: (vế phải có dạng đặc biệt)

𝑦′′ − 4𝑦′ = 𝑒2𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 (*) + Pt đặc trưng

𝑘2 − 4 = 0 ⇔ 𝑘 = ±2

⇒ 𝑦𝑐 = 𝑐1𝑒2𝑥 + 𝑐2𝑒−2𝑥

+ 𝑒2𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑒2𝑥 (1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 0𝑠𝑖𝑛𝑥)

⇒ 𝛼 + 𝑖𝛽 = 2 + 𝑖 không là nghiệm của phương trình đặc trưng

⇒t Tìm 𝑦𝑝 dạng

𝑦𝑝 = 𝑒2𝑥 (𝐴𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐵 𝑠𝑖𝑛𝑥)

𝑦𝑝′ = 2𝑒2𝑥 (𝐴𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐵 𝑠𝑖𝑛𝑥) + 𝑒2𝑥(−𝐴 𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥)

𝑦𝑝′ = 𝑒2𝑥 [(2𝐴 + 𝐵)𝑐𝑜𝑠𝑥 + (2𝐵 − 𝐴)𝑠𝑖𝑛𝑥]

𝑦𝑝′′ = 2𝑒2𝑥 [(2𝐴 + 𝐵)𝑐𝑜𝑠𝑥 + (2𝐵 − 𝐴)𝑠𝑖𝑛𝑥] + 𝑒2𝑥 [−(2𝐴 + 𝐵)𝑠𝑖𝑛𝑥 + (2𝐵

− 𝐴)𝑐𝑜𝑠𝑥]

𝑦𝑝′′ = 𝑒2𝑥[(3𝐴 + 4𝐵)𝑐𝑜𝑠𝑥 + (3𝐵 − 4𝐴)𝑠𝑖𝑛𝑥

Thay vào (*) ta được:

(−𝐴 + 4𝐵)𝑐𝑜𝑠𝑥 + (−𝐵 − 4𝐴)𝑠𝑖𝑛𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑥

⇔ {−𝐴 + 4𝐵 = 1

−𝐵 − 4𝐴 = 0 ⇔ {

𝐴 = − 1

17

𝐵 = 4 17

⇒ 𝑦𝑝 = 𝑒2𝑥(− 1

17𝑐𝑜𝑠𝑥 +

4

17𝑠𝑖𝑛𝑥)

Nghiệm tông quát của pt:

𝑦 = 𝑒2𝑥( 4

17𝑠𝑖𝑛𝑥 −

1

17𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐1) + 𝑐2𝑒

−2𝑥

Vd5: Giải phương trình sau: (vế phải có dạng đặc biệt)

𝑦′′ − 4𝑦′ = 𝑒2𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 (**) +) pt đặc trưng

𝑘2 + 4 = 0 ⇔ ±𝑖

⇒ 𝑦𝑐 = 𝑐1𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2𝑠𝑖𝑛𝑥

+) 2𝑠𝑖𝑛𝑥 = 𝑒0𝑥(0 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑠𝑖𝑛𝑥)

⇒ 𝛼 + 𝑖𝛽 = 𝑖 là nghiệm của pt đặc trưng

⇒Tìm nghiệm riêng của (**) dạng

𝑦𝑝 = 𝑥 (𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐵𝑠𝑖𝑛𝑥)

𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐵𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑥

𝑦𝑝′ = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝐴𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝐵𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝐵𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥

𝑦𝑝′ = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝐴𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝐵𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝐵𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥

𝑦𝑝′ = (𝐵𝑥 + 𝐴)𝑐𝑜𝑠𝑥 + (−𝐴𝑥 + 𝐵)𝑠𝑖𝑛𝑥

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

𝑦𝑝′′ = (−𝐴𝑥 + 2𝐵)𝑐𝑜𝑠𝑥 + (−𝐵𝑥 − 2𝐴)𝑠𝑖𝑛𝑥

Thay vào (**) ta được

2𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥 − 2𝐴𝑠𝑖𝑛𝑥 = 2𝑠𝑖𝑛𝑥 ⇔ { 2𝐵 = 0

−2𝐴 = 2 ⇔ 𝐴 = −1𝐵 = 0

⇒ 𝑦𝑝 = −𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥

Nghiệm tông quát của pt:

𝑦 = (𝑐1 − 𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2𝑠𝑖𝑛𝑥