BÀI THI TOÁN CAO CẤP ĐẠI HỌC THƯƠNG MẠI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC THƯƠNG MẠI
BÀI THI HỌC PHẦN: TCC2
Mã lớp học phần: 2037FMAT0211
Họ tên sinh viên: Hoàng Thu Hà – Mã sinh viên: 19D130009
Mã đề thi:D6 - Lần thi: 1
Ngày giao đề/ ngày thi: 9h40 ngày 26/05/2020
Ngày nộp bài: 11h ngày 02/06/2020
Phần 1: Bài thu hoạch
+∞

Câu 1: Trình bày định nghĩa TPSR: ∫a

f(x)dx với f(x) liên tục trên [a, +∞).

- Định nghĩa:
Cho hàm f(x) xác định trên [a, +∞) khả tích trên mọi đoạn [a,b] với akí hiệu tích phân suy rộng của hàm f(x) trên [a,+∞) là giới hạn ( hữu hạn hoặc vô hạn)
dưới đây:
+∞

b

f(x)dx = lim ∫ f(x)dx

∫

𝑏→+∞ 𝑎

𝑎

+∞

Nếu giới hạn trên là hữu hạn thì ta nói tích phan suy rộng ∫a

f(x)dx là hội tụ và giới

hạn trên là vô hạn hoặc không tồn tại thì ta nói tích phân suy rộng là phân kì.
- các phương pháp để xét sự hội tụ của TPSR và ví dụ minh họa
1. dùng định nghĩa
+∞

- B1: ∫𝑎

𝑏

𝑓(x)dx = lim ∫𝑎 f(x)dx
𝑏→+∞

𝑏

-B2: tính tích phân ∫𝑎 f(x)dx bằng các phương pháp tính tích phân xác định: phương
pháp tích phân từng phần, phương pháp đổi biến và bảng tích phân cơ bản
𝑏

+∞

-B3: tính lim ∫𝑎 f(x)dx. Nếu kết quả là hữu hạn thì tích phân suy rộng ∫𝑎
𝑏→+∞

f(x)d𝑥

là hội tụ, nếu giới hạn trên là vô hạn hoặc khơng tồn tại thì ta nói tích phân suy rộng
+∞

∫𝑎

f(x)dx là phân kì.
+∞ dx

Ví dụ: tính tích phân suy rộng của ∫0
+∞ dx

∫0

2+ x2

b dx

= lim ∫0
b→+∞

2+ x2

2+ x2

= lim (0.5arctanx |b) = lim arctanb =
0

b→ +∞

Vậy tích phân suy rộng đã cho là hội tụ

1

b→+∞

π
4


2. dùng các định lí so sánh
+ định lí so sánh 1:
+∞

Có A = ∫a

+∞

f(x)dx; B = ∫a

g(x)dx

Nếu f(x) và g(x) là các hàm khả tích trên mọi đoạn [a,b] và f(x)≥g(x) thì:
Khi A hội tụ thì B cũng hội tụ, A phân kì thì B cũng phân kì.
+∞

Ví dụ: Xét tính hội tụ và phân kì của ∫1
Ta thấy trên [1, +∞) hai hàm arcsin

1

1+x2

+∞

Do ∫1

1
1+𝑥 2

+∞

dx là hội tụ nên ∫1

arcsin
1

và

arcsin

1+ x2
1
1+ x2

1
1+ 𝑥 2

dx

đều dương và là hai VCB tương đương.

dx cũng là hội tụ.

+ Định lý so sánh 2:
Cho f(x) và g(x) là các hàm dương, khả tích trên mọi đoạn [a,b] và lim

f(x)

x→ +∞ g(x)

0 < k < +∞. Thì 2 tích phân suy rộng cùng phân kì hoặc cùng hội tụ.
+∞

Ví dụ: xét sự hội tụ I = ∫0

dx
x4 + x2 +1

Với ∀ 𝑥 > 0, ta có:
1
x4 + x2 +16

> 0;

1
x4 +16
+∞

Có tích phân ∫0

> 0; lim

x4 +16

x→ +∞ x4 + x2 +16

1
x4 +16

=1

là hội tụ nên I cũng hội tụ

Câu 2:
1. Tìm cực trị có điều kiện:
Z = 𝑥 4 + 𝑦 4 với x + y = -8
L(x,y,𝜆) = 𝑥 4 + 𝑦 4 – (x + y + 8)λ
Đặt g(x) = (x + y + 8)
Tìm điểm dừng Langrange:
3 𝜆

𝑦 = √
L′x(x, y, 𝜆) = 4𝑥 3 − λ = 0
{ L′y(x, y, 𝜆) = 4𝑦 3 − λ = 0 
L′λ(x, y, 𝜆) = −(x + y + 8) = 0

4

3 𝜆

𝑥= √

3 𝜆

{

4

−2√ = 8
4

Hàm Lagrange có 1 điểm dừng: A(-4,-4,-256)
2

𝑦 = −4
 { 𝑥 = −4
𝜆 = −256

= k với


L”xx = 12𝑥 2 , L”yy = 12𝑦 2 , 𝐿"𝑥𝑦 = 0, g’x = 1; g’y = 1
0
Định thức hessian:|H|= 𝑔′𝑥
𝑔′𝑦

𝑔′𝑥
𝐿′′𝑥𝑥
𝐿′′𝑥𝑦

𝑔′𝑦
0

𝐿′′𝑥𝑦 = 1
1
𝐿′′𝑦𝑦

1
12𝑥 2
0

1
0 = -12𝑥 2 - 12𝑦 2
12𝑦 2

Tại A(-4,-4,-256) có:|H|= -384<0
Vậy hàm số đạt cực tiểu có điều kiện tại A(-4,-4,-256) và cực đại là Z = 512
2. Xét tính hội tụ, phân kỳ của tích phân sau:
1

I= ∫0

1

𝑑𝑥
√𝑥( 1 + √𝑥)

𝑑𝑥

= lim+ ∫𝑎

√𝑥( 1 + √𝑥)

𝑎→0

= lim+ 𝑈
𝑎→0

Đặt t = √𝑥  𝑡 2 = 𝑥 2tdt = dx
a
√𝑎

1
1
1

=> U = ∫ 𝑎

2𝑡𝑑𝑡

√ 𝑡( 1 + 𝑡)

1

= ∫√𝑎

2𝑑𝑡
( 1 + 𝑡)

= 2ln2 – 2ln|1 + √𝑎|

=> lim+ 𝑈 = lim+(2ln2 – 2ln|1 + √𝑎|) = 2ln2
𝑎→0

𝑎→0

Vậy tích phân trên là tích phân hội tụ.
3. Giải phương trình vi phân
y” + 4y’ + 4y = 3sin(x) (1)
PTTN: y” + 4y’ + 4y = 0
PTĐT: λ2 + 4λ + 4 = 0  λ = -2
Có λ1 = λ2 = - 2=> nghiệm tổng quát của phương trình là: 𝑦(𝑥) = C1. 𝑒 −2𝑥 + C2.x. 𝑒 −2𝑥
VP = 𝑒 0𝑥 .(0cosx + 3sinx) có 𝛼 + 𝛽𝑖 = 0 + 𝑖 không là nghiệm của phương trình đặc
trưng nên nghiệm riêng của phương trình có dạng:
yo(x) = Acosx + Bsinx
yo’(x) = - Asinx + Bcosx
yo”(x) = -Bsinx – Acosx
Thay y, y’,y” vào phương trình (1) ta được
(Acosx + Bsinx) + 4( -Asinx + Bcosx) + 4( -Bsinx - Acosx) = 3sinx
 ( B – 4A - 4B)sinx + (A + 4B - 4A)cosx = 3sinx

3


−9

𝐵=
𝐵 − 4𝐴 − 4𝐵 = 3
25
Đối chiếu 2 vế của phương trình ta được {
{
−12
A + 4B − 4A = 0 A =

25

=> Nghiệm riêng của phương trình yo(x) =

−12

−9

25

25

cosx +

sinx

Vậy nghiệm của phương trình: y = C1. 𝑒 −2𝑥 + C2.x. 𝑒 −2𝑥 +

−12

−9

25

25

cosx +

sinx

4. Giải phương trình sai phân
y(n + 1) - 4𝑛 y(n) = 5.2𝑛(𝑛 +1)
PTTN: y(n + 1) - 4𝑛 y(n) = 0
 y(n + 1) = 4𝑛 y(n)
Có y(1) = 40 y(0)
y(2) = 41 y(1)
y(3) = 42 y(2)
………
y(n) = 4𝑛−1 y(n - 1)
Nhân vế với vế và lấy C = y(0) ta có nghiệm tổng quát phương trình bậc nhất:
y(n)= 40+1+2+3....𝑛−1 .C =2𝑛
Coi C = C(n) thì y(n) = 2𝑛

2 −𝑛

2 −𝑛

.C

.C(n)

y(n + 1) = 2𝑛

2 +𝑛

.C(n + 1)

Thay y(n), y(n + 1) vào phương trình đề bài ta được
2𝑛

2 +𝑛

.C(n + 1) - 4𝑛 . 2𝑛

2 −𝑛

.C(n) = 5.2𝑛(𝑛 +1)

C(n + 1) – C(n) =5 (*)
Thay n= 1,2, ….n-1 vào(*) ta được
C(1) – C(0) = 5
C(2) – C(1) = 5
C(3) – C(2) = 5
…….
C(n) – C(n-1)=5
Cộng vế với vế và lấy D= C(0) ta được C(n) = D
4


Thay C = C(n) vào biểu thức nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất ta được
nghiệm của phương trình bài cho là: y(n) = 2𝑛

2 −𝑛

D

Phần 2: Bài tập tình huống
Câu 1:
Thay a = 0, b = 9 vào đề bài có:
Z = xy + 10x + 10y

Trong đó 𝑥 2 + 𝑦 2 = 200
L(x,y,𝜆) = xy + 10x + 10y - (𝑥 2 + 𝑦 2 - 200)
Đặt g(x) = (𝑥 2 + 𝑦 2 - 200)
Tìm điểm dừng qua hệ:
L′x(x, y, 𝜆) = 10 + y − 2xλ = 0(1)
𝑙ấ𝑦 (1) − (2) đượ𝑐 (𝑦 − 𝑥)(1 + 2𝜆) = 0
′ (
10 + x − 2yλ = 0
{ L y x, y, 𝜆) = 10 + x − 2yλ = 0(2)  {
′ (
2
2
−𝑥 2 − 𝑦 2 + 200 = 0
L λ x, y, 𝜆) = −𝑥 − 𝑦 + 200 = 0(3)
𝑦= 𝑥
1 + 2𝜆 = 0
10
+
x
−
2yλ
=
0
{
hoặc { 10 + x − 2yλ = 0
2
2
−𝑥 − 𝑦 + 200 = 0
−𝑥 2 − 𝑦 2 + 200 = 0
𝑦= 𝑥

𝑦 = 𝑥 = 10 𝑦 = 𝑥 = −10
+ y = x có {10 + x − 2yλ = 0 { λ = 1 ; {
λ=0
2
2𝑥 = 200
x = 10
x = −10
λ = −0,5
λ = −0,5
x + y = −10
x + y = −10
+ λ = −0,5 có{
{

2
2
2
−𝑥 − (𝑥 + 10) + 200 = 0
−2𝑥 − 20𝑥 + 100 = 0
λ = −0.5
λ = −0.5
{y = −5 − 5√3; { y = −5 + 5√3
x = −5 + 5√3 x = −5 − 5√3
Hàm Lagrange có 4 điểm dừng:
A(10,10,1); B(-10,-10,0); C(-5+5√3; -5 -5√3;-0,5);D(-5 -5√3; −5 + 5√3; −0,5)
L”xx = -2λ, L”yy = -2λ, g’x = 2x, g’y = 2y, L”xy = 1
Định thức hessian:|H|=

0
𝑔′𝑥

𝑔′𝑦

𝑔′𝑥
𝐿′′𝑥𝑥
𝐿′′𝑥𝑦

𝑔′𝑦
0
𝐿′′𝑥𝑦 = 2𝑥
2𝑦
𝐿′′𝑦𝑦

8𝑦 2 𝜆
Vậy
5

2𝑥
−2λ
1

2𝑦
1
= 8xy+ 8𝑥 2 𝜆 +
−2λ


Tại điểm A(10,10,1) định thức hessian:|H|= 2400>0 => hàm đạt giá trị cực đại tại A và
ZCD = 300
Tại điểm B(-10,-10,0)định thức hessian:|H|= 800>0 => hàm đạt giá trị cực đại tại B và
ZCD = -100

Tại điểm C(-5+5√3; -5 -5√3;-0,5) định thức hessian:|H|= -1200 => hàm đạt giá trị cực
tiểu tại C và ZCT = -150
Tại điểm D(-5 -5√3; −5 + 5√3; −0,5)định thức hessian:|H|= -1200 => hàm đạt giá trị
cực tiểu tại Dvà ZCT = -150
Câu 2: Xét sự hội tụ của tích phân suy rộng:
b+1

I = ∫−a

dx
(√ x+ a)( b +1 − x)

Có a = 0, b = 9 thay vào I được
10

5

𝑑𝑥

I = ∫0

= ∫0

√ 𝑥( 10 − 𝑥)

10

𝑑𝑥

+ ∫5

√ 𝑥( 10 − 𝑥)

𝑑𝑥
√ 𝑥( 10 − 𝑥)

Hàm số gián đoạn tại 0 và 10 nên
5

I = lim+ ∫𝑎
𝑎→0

Gọi U = ∫

𝑏

𝑑𝑥

+ lim − ∫0

√ 𝑥( 10 − 𝑥)
dx

(√ x( 10 − x)

𝑏 → 10

=∫

𝑑𝑥

√𝑥 .√10 − 𝑥

𝑑𝑥
√ 𝑥( 10 − 𝑥)

trên đoạn (0,10) có x > 0, 10 – x > 0

Đặt t = √10 − 𝑥  x = 10 - 𝑡 2  dx = - 2t dt thay vào U có:
U=∫

−2𝑡𝑑𝑡
𝑡

√10 − 𝑡 2

=>I = −2arcsin

=∫

√10 − 𝑡 2

√10 −5

lim( − 2arcsin

𝑏 → 10−

−2𝑑𝑡

√10

=

−2

arcsin

√10

𝑡
√10

+ 5 - lim+(−2arcsin

√10 −𝑏
√10

+ c = −2arcsin
√10 − 𝑎

𝑎→0

+ b) + 2 arcsin

√10

√10 −5
√10

+ a)+

− 5= -(-2)

Vậy tích phân trên hội tụ tại 𝜋
Câu 3: giải ptvp: [ (a +1)x + by]dx + [ ax + (b + 1)y]dy = 0
Thay a = 0, b =9 được:
(x + 9y)dx + 10ydy = 0
(x + 9y)dx = -10dy


𝑑𝑥
𝑑𝑦

=

Ta có: |

−10𝑦
𝑥 + 9𝑦

0
1

−10
|=10 ≠ 0
9
6

√10 −𝑥
√10

𝜋
2

=𝜋

+c


Giải hệ phương trình: {
𝑑𝑥
𝑑𝑦

=

𝑦
𝑥
𝑦
1+9
𝑥

−10

Đặt u =

𝑦
𝑥

:

𝑑𝑦

𝑦
𝑥
𝑦
−10
𝑥

1+9

=

𝑑𝑥

−10𝑦𝑜 = 0
𝑦𝑜 = 0
{
𝑥𝑜 + 9𝑦𝑜 = 0
𝑥𝑜 = 0

y = ux

dy
dx

=u+x

Phương trình trở thành:

(u + x)

∫

𝑑𝑥

∫

𝑑𝑥

∫

𝑑𝑥

𝑥
𝑥

𝑥

𝑑𝑢
𝑑𝑥

1 + 9𝑢

=

=∫

−10𝑢

𝑥𝑑𝑢



𝑑𝑥

−10𝑢𝑑𝑢

1 + 9𝑢 +10𝑢2
−10𝑢

∫

1 + 9𝑢 +10𝑢2

= ∫

=

−0,5(20𝑢 + 9)𝑑𝑢
1 + 9𝑢 +10𝑢2

𝑑𝑥

𝑥

=

−10𝑢𝑑𝑢
1 + 9𝑢 +10𝑢2

−10𝑢𝑑𝑢

+∫

1 + 9𝑢 +10𝑢2

𝑑𝑥

= ∫
1 + 9𝑢 +10𝑢2

𝑥

−0,5𝑑( 1 + 9𝑢 +10𝑢2 )

=∫



4,5𝑑𝑢
1 + 9𝑢 +10𝑢2

+∫

 lnx + 0.5ln| 1 + 9𝑢 + 10𝑢2 | +

0,45𝑑𝑢
√41 2
)
20

(𝑢 + 0.45)2 − (

9
2√41

ln|

9 + √41
20
9 − √41
𝑢+
20

𝑢+

𝑦

𝑦2

𝑥

𝑥

Thay u = y/x ta được lnx + 0.5ln| 1 + 9 𝑢 + 10

|+

|=C

9

2√41

ln|

𝑦 9 + √41
+
𝑥
20
𝑦 9 − √41
+
𝑥
20

|=C

Câu 4: Giải phương sai phân:
x(n + 2) -3x(n + 1) + 2x(n) = 10sin

n𝜋
2

PTTN: x(n + 2) -3x(n + 1) + 2x(n) = 0
PTĐT: λ2 -3λ + 2 = 0  λ1= 2 và λ2 = 1
=> nghiệm tổng quát của phương trình 𝑥̅ (n) = C1.2𝑛 + C2
n𝜋

Vp= 1𝑛 ( 0cos

2

+ 10sin

n𝜋
2

)
π

π

2

2

Có α(cosβ + i. sinβ) = 1(cos + i. sin ) = i khơng là nghiệm của phương trình
đặc trưng nên nghiệm riêng của phương trình có dạng:
x(n) = 1𝑛 ( Acos

n𝜋
2

x(n + 1) = ( Acos

+ Bsin

𝑛+1

= ( - Asin

2

n𝜋
2

n𝜋
2

)

𝜋 + Bsin
+ Bcos

n𝜋
2

n+1
2

𝜋)

)
7


x(n + 2) = ( Acos

n+2
2

= -(Acos

n𝜋
2

π + Bsin

+ Bsin

n𝜋
2

n+2
2

𝜋)

)

Thay vào phương trình đề bài có:
-( Acos

n𝜋
2

+ Bsin

(A- 3B)cos

n𝜋
2

n𝜋
2

) - 3( - Asin

+ (3A + B)si𝑛

n𝜋
2

n𝜋
2

+ Bcos

= 10sin

Đối chiếu 2 vế của phương trình ta được {

n𝜋
2

) + 2 ( Acos

n𝜋
2

+ Bsin

n𝜋

2

n𝜋
2

A − 3B = 0
𝐵=1
{
3A + B = 10 A = 3

=> Nghiệm riêng của phương trình: x(n) = 1𝑛 ( 3cos

n𝜋
2

+ sin

Vậy nghiệm của phương trình: x(n) = C1.2𝑛 + C2 + 3cos

8

n𝜋
2

n𝜋
2

)

+ sin

n𝜋
2

) = 10sin

n𝜋
2