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

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:
a.
4
10z 
b.
5
10z  

Câu 2: (3,0 điểm) Tính tích phân:
a.
3
AB
I z dz

với
1 ; 2 3A i B i   

b.
cos
(1 )
C
z
I dz
zz



với C là đường tròn
14z 


Câu 3: ( 1,0 điểm)
Kiểm tra sự tồn tại đạo hàm và tính đạo hàm nếu có của
()fz
với

3 2 2
( ) 2 3yf z x x y i


Câu 4: ( 2,0 điểm)
Khai triển Taylor của hàm số tại
0z 
của
w
iz

e




Câu 5: ( 2,0 điểm)
Tìm biến đổi Laplace của hàm gốc:
3osct


HẾT





Duyệt của Tổ chuyên môn Giảng Viên ra đề




Trương Văn Kìm



HƯỚNG DẪN GIẢI
TOÁN CHUYÊN ĐỀ 2 – ĐỀ SỐ 001

Câu 1a
(1,0 đ)

4
10z 

Từ phương trình
4
10z 
, ta suy ra
4
1z 
. 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:

22
44
k
kk
z cos isin
   



với
0,1,2,3k 

Như vậy
0
1
44
2
i
z cos isin


  
;
1
3 3 1
44
2
i
z cos isin


  


2
5 5 1
44
2
i

z cos isin


  
;
3
7 7 1
44
2
i
z cos isin


  



0,25

0,25

0,25


0,25
Câu 1b
(1,0 đ)


5

10z  

Từ phương trình
5
10z  
, ta suy ra
5
1z 
. Do đó nghiệm của phương trình là căn
bậc năm của
1
.
Mà
1 0 0cos isin
nên ta có bốn nghiệm của phương trình đã cho là:

22
55
k
kk
z cos isin


với
0,1,2,3,4k 

Như vậy
0
00
1

55
z cos isin  
;
1
22
55
z cos isin


;
2
44
55
z cos isin




3
66
55
z cos isin


;
4
88
55
z cos isin






0,25
0,25


0,5

Câu 2.a
(1,5 đ)
Tính
3
AB
I z dz

với
1 ; 2 3A i B i   

   
23
23
4
44
3
1
1
2 3 1
4

i
i
i
i
z
I z dz i i




     



   
 
   
 
2 2 2 2
2 3 1 2 3 1 115 120i i i i i         

Vậy
115 120Ii  




0,5

0,75

0,25
Câu 2.b
(1,5 đ)


cos
(1 )
C
z
I dz
zz



với C là đường tròn
14z 

Bằng phương pháp đồng nhất hệ số, ta có:
1 1 1
(1 ) 1z z z z



Suy ra

12
cos 1 1 cos cos
cos
(1 ) 1 1

C C C C
z z z
I dz zdz dz dz I I
z z z z z z

      

  

   

Các điểm
0z 
và
1z 
đều nằm trong đường tròn giới hạn bởi C. Do đó theo
công thức tích phân Cauchy, ta được:

1
0
22
z
I icosz i



và
1
2
os( 1) o2 12 s2

z
I icosz ic ic
  



Vậy
 
12
cos
2 2 os1 2 1 os1
(1 )
C
z
I dz I I i ic i c
zz
  
      


.



0,25


0,5

0,5


0,25
Câu 3
(1,0 đ)

Kiểm tra sự tồn tại đạo hàm và tính đạo hàm của
()fz
với

3 2 2
( ) 2 3yf z x x y i

Đặt
( ) ( , ) ( , )f z u x y iv x y
, với
3
( , ) 2uy yxx
và
22
( , ) 3v x y x y




0,25

Khi đó
2
( , ) 6
u
x y x y
x



,
2
( , ) 6
v
x y x y
y





3
( , ) 2
u
x y x
y



,
2

( , ) 6
v
x y xy
x




Như vậy
( , ) ( , )
( , ) ( , )
uv
x y x y
xy
vu
x y x y
xy














.
Tức là điều kiện Cauchy – Reimann không thỏa mãn, do đó
()fz
không tồn tại
đạo hàm.

0,25
0,25


0,25
Câu 4
(2,0 đ)

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

Khai triển Taylor tại
a
của
()fz
có dạng:

0

( ) ( )
n
n
n
w f z c z a


  

với
()
()
!
n
n
fa
c
n

. Theo đề bài
0a 
.
Ta có :

1
1
'( ) 1)
1
(
!

i
iz
c
e
f x e

  


22
2
''( ) ( 1) 1)
2
(
!
i
iz
e
f x e c



…

()
( ) ( ) 1)
!
(1
i
nn

n
i z n
e c
e
fx
n



Vậy khai triển Taylor tại của
()fz
tại 0 là:

0
( ) ( 1)
!
in
n
n
ez
w f z
n


  


0,25




1,25






0,5
Câu 5
(2,0 đ)

Tìm biến đổi Laplace của hàm gốc:
3osct


Ta có: L
 
0
cos ( ) cos
st
t X s e tdt





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

cos sin
st st
u e du se dt
dv tdt v t


  






0
00
( ) sin sin ( sin )
st st st
tX s e t s e s edt t dt


  
   


Đặt
sin os
st st

u e du se dt
dv tdt v c t


  


  



222
0
00
os os os( ) ( )
st st st
X s se c t s e c s s e c stdt tdt s X s


  
     


Suy ra:
2
1
()
1
Xs
s




Như vậy
()xs 
L
 
2
2
1 1 1 3
3c .
3 3 3 3
s
1
o
9
s
X
s
t
s

  





0,5





0,5




0,5




0,5




HỌC VIỆN KỸ THUẬT QUÂN SỰ
HỘI ĐỒNG THI KHOA: KHCB
Mã đề thi: 002
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:
a.
4
10z 
b.
6
10z  

Câu 2: (3,0 điểm)Tính tích phân:
2
sin
(1 )
C
z
I dz
zz



với C là đường tròn
14z 

a. Bằng phương pháp sử dụng công thức Cauchy.
b. Bằng phương pháp tính thặng dư

Câu 3: ( 2,0 điểm)
Kiểm tra sự tồn tại đạo hàm và tính đạo hàm nếu có của
()fz
với

3 3 2 2
( ) (3 )f z x y y x i

Câu 4: ( 2,0 điểm)
Tìm bốn số hạng đầu của khai triển Taylor tại
0z 
của hàm
1
w sin
1 z



Câu 5: ( 1,0 điểm)
Tìm biến đổi Laplace của hàm gốc:
2
3
t
e ch t



HẾT

Duyệt của Tổ chuyên môn Giảng Viên ra đề




Trương Văn Kìm



HƯỚNG DẪN GIẢI
TOÁN CHUYÊN ĐỀ 2 – ĐỀ SỐ 002

Câu 1a
(1,0 đ)



4
10z 

Từ phương trình
4
10z 
, ta suy ra
4

1z 
. 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:

22
44
k
kk
z cos isin
   


với
0,1,2,3k 

Như vậy
0
1
44
2
i
z cos isin



  
;
1
3 3 1
44
2
i
z cos isin


  


2
5 5 1
44
2
i
z cos isin


  
;
3
7 7 1
44
2
i
z cos isin



  



0,25

0,25

0,25


0,25
Câu 1b
(1,0 đ)


6
10z  

Từ phương trình
6
10z  
, ta suy ra
6
1z 
. Do đó nghiệm của phương trình là căn
bậc năm của
1

.
Mà
1 0 0cos isin
nên ta có bốn nghiệm của phương trình đã cho là:

22
66
k
kk
z cos isin


với
0,1,2,3,4k 
,5
Như vậy
0
00
1
66
z cos isin  
;

1
2 2 1 3
6 6 3 3 2 2
z cos isin cos isin i
   
     
;

2
4 4 2 2 1 3
6 6 3 3 2 2
z cos isin cos isin i
   
      


3
66
1
66
z cos isin cos isin


     
;

4
8 8 4 4 1 3
6 6 3 3 2 2
z cos isin cos isin i
   
      


6
10 10 5 5 1 3
6 6 3 3 2 2

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



0,25


0,25






0,5

Câu 2.a
(1,5 đ)
Tính tích phân:
2
sin
(1 )
C
z
I dz
zz




với C là đường tròn
14z 
bằng phương
pháp sử dụng công thức Cauchy.
Bằng phương pháp đồng nhất hệ số, ta có:
22
1 1 1 1
(1 ) 1z z z z z
  


Suy ra

2 2 2
sin 1 1 1 sin sin sin
sin
(1 ) 1 1
C C C C C
z z z z
I dz z dz dz dz dz
z z z z z z z z

      

  

    

Các điểm

0z 
và
1z 
đều nằm trong đường tròn giới hạn bởi C. Do đó theo
công thức tích phân Cauchy, ta được:

1
0
sin
2 sin 0
C
z
Ii
z
z zd
z




và

1
2
sin
( 1)2 sin 2 sin s 12 in
1
z
C
I i z

z
z
z
id i
  

   








0,25


0,25




0,75

 
3
2
0
2 sin '
si
2
n
z
C
Ii
z
dz
z
zi





Vậy
2 2 sin1iI i


.
0,25
Câu 2.b
(1,5 đ)

Tính tích phân:

2
sin
(1 )
C
z
I dz
zz



với C là đường tròn
14z 
bằng phương
pháp tính thặng dư.
Hàm
2
sin
()
(1 )
z
fz
zz


có 2 cực điểm: cực điểm cấp một tại
1
và cực điểm cấp
hai (kép) tại 0 đều nằm trong đường tròn C.
22
1

sin sin
R es ; 1 lim sin1
(1 )
x
zz
z z z


   




 
2
2
00
sin 1 sin ( 1) osz-sin
Res ;0 lim lim 1
(1 ) 1! 1
1
xx
z d z z c z
z z dz z
z






  










Như vậy:
   
2
sin
2 R es ( ); 1 2 R es ( );0 2 (1 sin1)
(1 )
C
z
I dz i f z i f z i
zz
  
     


.

0,25


0,5


0,5


0,25
Câu 3
(2,0 đ)

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

3 3 2 2
( ) (3 )f z x y y x i

Đặt
( ) ( , ) ( , )f z u x y iv x y
, với
3 3
( , ) yu x y x 
và
22
3( , ) ( )v x y y x

Khi đó
2
( , ) 3
u
x y x
x



,
2
( , ) 3
v
x y y
y





2
( , ) 3
u
x y y
y



,
2

( , ) 3
v
x y x
x




Như vậy
( , ) ( , )
( , ) ( , )
uv
x y x y
xy
vu
x y x y
xy














Tức là điều kiện Cauchy – Reimann không thỏa mãn, do đó
()fz
không tồn tại
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
0z 
của
1
w ( ) sin
1
fx
z



Khai triển Taylor tại
a
của
()fz
có dạng:

0
( ) ( )
n
n
n
w f z c z a


  

với
()
()
!
n
n
fa
c
n

. Theo đề bài
0a 
.
Ta có :

0
sin1
0
i1
!
sn
c 


 
2
1
1
os os1
1
1
'( )
1
cc
z
f x c
z
  





   

3
2
4
1 1 2 os1 sin1
os
1
22
''( ) sin
1
12
1
f x c
zz
c
c
zz



  


       
4 5 5 6
116 2 4 1
'''( ) sin sin
11
11
os
1

1 1 1
1
os
1zz
f x c c
z
z z z
z
z
  














0,25




1,5

3
2sin1 7 os1 2sin1 7 os1
3! 6
cc
c

  

Vậy bốn số hạng đầu của khai triển:

sin1
,
cos1z
,
2
2 os1 sin1
2
c
z





,
 
3
2sin1 7 os1
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:
3 3 5
2 2 5
11
3.
2 2 2 2
t t t t

t t t t
e e e e
e ch t e e e

  

   

L
 
2
3
t
e ch t


L
5
11
22
tt
ee





=
1
2

L
 
.1
t
e 

1
2
L
 
5
.1
t
e


Áp dụng công thức
L
 
( ) ( )
at
e x t X s a

Với L
 
0
0
1
1 ( )
st

st
e
e dt X s
ss




   


Suy ra: L
 
2
3
t
e ch t



1
2
L
 
.1
t
e 

1
2

L
 
5
.1 ( 1) ( 5)
t
e X s X s

   


1 1 1 2
2 1 5 ( 1)( 5)s s s s

  

   

.




0,25

0,25




0,25

0,25

HỌC VIỆN KỸ THUẬT QUÂN SỰ
HỘI ĐỒNG THI KHOA: KHCB
Mã đề thi: 003
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:
a.
4
10z 
b.
7
10z  


Câu 2: ( 3,0 điểm)Tính tích phân:

os
( 1)( 1)
C
zc z
I dz
zz



với C là đường tròn
14z 

a. Bằng phương pháp sử dụng công thức Cauchy.
b. Bằng phương pháp tính thặng dư

Câu 3: ( 1,5 điểm)
Kiểm tra sự tồn tại đạo hàm và tính đạo hàm nếu có của
()fz
với

2244
( ) 2f z x y x y i


Câu 4: ( 1,5 điểm)
Tìm bốn số hạng đầu của khai triển Taylor tại
0z 
của hàm
2
( 1)

w
z
e




Câu 5: ( 2,0 điểm)
Giải các phương trình vi phân tuyến tính với hệ số ban đầu

'' sinx x t
với
(0) '(0) 0xx


HẾT





Duyệt của Tổ chuyên môn Giảng Viên ra đề



Trương Văn Kìm



HƯỚNG DẪN GIẢI

TOÁN CHUYÊN ĐỀ 2 – ĐỀ SỐ 003

Câu 1a
(1,0 đ)



4
10z 

Từ phương trình
4
10z 
, ta suy ra
4
1z 
. 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:

22
44
k
kk

z cos isin
   


với
0,1,2,3k 

Như vậy
0
1
44
2
i
z cos isin


  
;
1
3 3 1
44
2
i
z cos isin


  


2

5 5 1
44
2
i
z cos isin


  
;
3
7 7 1
44
2
i
z cos isin


  



0,25

0,25

0,25


0,25
Câu 1b

(1,0 đ)


5
10z  

Từ phương trình
7
10z  
, ta suy ra
7
1z 
. Do đó nghiệm của phương trình là căn
bậc năm của
1
.
Mà
1 0 0cos isin
nên ta có bảy nghiệm của phương trình đã cho là:

7
22
7
k
kk
z cos isin


với
0;6k 

Như vậy
0
00
1
77
z cos isin  
;
1
22
77
z cos isin


;
2
44
77
z cos isin




3
66
77
z cos isin


;

4
88
77
z cos isin





0,25
0,25


0,5

Câu 2.a
(1,5 đ)
Tính tích phân:
os
( 1)( 1)
C
zc z
I dz
zz



với C là đường tròn
14z 
bằng

phương pháp sử dụng công thức Cauchy.
Bằng phương pháp đồng nhất hệ số, ta có:
1 1 1 1
( 1)( 1) 2 1 1z z z z



   


Suy ra

os 1 1 1 1 os 1 os
os
(1 )( 1) 2 1 1 2 1 2 1
C C C C
zc z zc z zc z
I dz zc z dz dz dz
z z z z z z

    

     

   

Các điểm
1z 
và
1z 

đều nằm trong đường tròn giới hạn bởi C. Do đó theo
công thức tích phân Cauchy, ta được:

1
1
1 os 1
. os os1
2 1 2
2
C
z
zc z
dz zc zIc
z
ii








1
2
1 os 1
. os os1
21
2
2

z
C
Ii
zc z
dz zc icz
z


  



Vậy
o12 sicI


.




0,25


0,5

0,75



Câu 2.b
(1,5 đ)

Tính tích phân:
os
( 1)( 1)
C
zc z
I dz
zz



với C là đường tròn
14z 
bằng
phương pháp tính thặng dư.
Hàm
2
sin
()
(1 )
z
fz
zz



có 2 cực điểm: cực điểm cấp một là
1
và 1 đều nằm trong
đường tròn C.
1
os os os1 os1
R es ; 1 lim
( 1)( 1) 1 2 2
x
zc z zc z c c
z z z



   

   







0,25


0,5

1
os os os1
R es ;1 lim
( 1)( 1) 1 2
x
zc z zc z c
z z z




  


Như vậy:
   
os
2 Res ( ); 1 2 Res ( );1 2 os1
( 1)( 1)
C
zc z
I dz i f z i f z ic
zz
  
    


.

0,5

0,25
Câu 3
(1,5 đ)


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

2244
( ) 2f z x y x y i

Đặt
( ) ( , ) ( , )f z u x y iv x y
, với
44
( , )u x y x y
và
22
( , ) 2v x y x y

Khi đó
3
( , ) 4
u
x y x
x




,
2
( , ) 4
v
x y x y
y





3
( , ) 4
u
x y y
y



,
2
( , ) 4
v
x y xy
x




Như vậy
( , ) ( , )
( , ) ( , )
uv
x y x y
xy
vu
x y x y
xy













.
Tức là điều kiện Cauchy – Reimann không thỏa mãn, do đó
()fz
không tồn tại
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
0z 
của hàm
2
( 1)
w ( )
z
f x e



Khai triển Taylor tại
a
của

()fz
có dạng:

0
( ) ( )
n
n
n
w f z c z a


  

với
()
()
!
n
n
fa
c
n

. Theo đề bài
0a 
.
Ta có :

0
c e

2
( 1)
1
'( ) 2( 1) 2
z
ecf exz

 


22
( 1 (2) 1)
2
''( ) 2 (4 1) 6
zz
f x ze e c e

  

2 2 2
( 1) ( 1) ( 133
3
() )
( ) ( 1) (4 1) ( 18 8 0) 2
z z z
e e ef x z z cez
  
   

Vậy bốn số hạng đầu của khai triển:

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





0,25




1,5



0,25
Câu 5
(2,0 đ)

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

'' sinx x t
với
(0) 1; '(0) 0xx

Ta có:
()Ys
L
 
0
sisin n
st
tte dt





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

sin os
st st
u e du se dt
dv tdt v c t


  



  



0
00
os os o( ) 1 c s
st st st
tdtY s e c t s e c s e tdt


  
    


Đặt
os sin
st st
u e du se dt
dv c tdt v t


  





0,25




1,0


0,5





2 2 2
0
00
sin( ) 1 sin 1 1 ( )os
st st st
tdtY s se t s e s e c s Y stdt


  
      


Suy ra:
2
1
()
1
Ys
s



Phương trình ảnh:
 
 
2
2
2
2
11
1 ( ) ( )
1
1
s X s X s
s
s
   



Như vậy
()xs 

L
-1
 
2
2
1 sin cos
8
1
t t t
s








.


0,5






0,5

HỌC VIỆN KỸ THUẬT QUÂN SỰ
HỘI ĐỒNG THI KHOA: KHCB
Mã đề thi: 004
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:
a.

4
10z 
b.
8
10z  

Câu 2: (3,0 điểm)Tính tích phân:
2
os
( 1)
z
C
e c z
I dz
zz



với C là đường tròn
5z 

a. Bằng phương pháp sử dụng công thức Cauchy.
b. Bằng phương pháp tính thặng dư.

Câu 3: ( 2,0 điểm)
Khai triển Taylor của hàm số tại
0z 
của
w
iz i

e




Câu 4: ( 3,0 điểm)
a. Tìm biến đổi Laplace của hàm gốc:
coscht t

b. Tìm hàm gốc
()xt
biết
2
2
2
()
( 1)( 1)
si
Xt
ss



.

HẾT

Duyệt của Tổ chuyên môn Giảng Viên ra đề




Trương Văn Kìm



HƯỚNG DẪN GIẢI
TOÁN CHUYÊN ĐỀ 2 – ĐỀ SỐ 004

Câu 1a
(1,0 đ)



4
10z 

Từ phương trình
4
10z 
, ta suy ra
4
1z 

. 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:

22
44
k
kk
z cos isin
   


với
0,1,2,3k 

Như vậy
0
1
44
2
i
z cos isin



  
;
1
3 3 1
44
2
i
z cos isin


  


2
5 5 1
44
2
i
z cos isin


  
;
3
7 7 1
44
2
i
z cos isin



  



0,25

0,25

0,25


0,25
Câu 1b
(1,0 đ)


8
10z  

Từ phương trình
8
10z  
, ta suy ra
8
1z 
. Do đó nghiệm của phương trình là căn
bậc tám của
1
.

Mà
1 0 0cos isin
nên ta có tám nghiệm của phương trình đã cho là:

22
88
k
kk
z cos isin


với
0,7k 

Như vậy
0
00
1
88
z cos isin  
;
1
2 2 2
(1 )
8 8 2
z cos isin i

   
;

2
44
88
z cos isin i

  
,
3
6 6 2
( 1 )
8 8 2
z cos isin i

    
;

4
88
1
88
z cos isin

   
,
5
10 10 2
(1 )
8 8 2
z cos isin i


    
;

6
12 12
88
z cos isin i

   
,
7
14 14 2
(1 )
8 8 2
z cos isin i

   
;


0,25


0,25





0,5

Câu 2.a
(1,5 đ)
Tính tích phân:
2
os
( 1)
z
C
e c z
I dz
zz



với C là đường tròn
5z 
bằng phương
pháp sử dụng công thức Cauchy.
Bằng phương pháp đồng nhất hệ số, ta có:
22
1 1 1 1
( 1) 1z z z z z
   


Suy ra

22
os 1 1 1

os
( 1) 1
z
z
CC
e c z
I dz e c z dz
z z z z z

    

  




2
1 1 1
os os os
1
z z z
C C C
I e c zdz e c zdz e c zdz
z z z
   

  

Các điểm
1z 

và
0z 
đều nằm trong đường tròn giới hạn bởi C. Do đó theo
công thức tích phân Cauchy, ta được:

0
2
os
os22
z
z
z
C
I i i
e c z
dz e c z
z


    



1
2
2
2
os os1
os
1

z
z
z
C
ic
Ii
e c z
d
z e
z e c z









   
0
3
2
0
os
os ' os s22in 2
z
z
z z z
C

z
e c z
dz e c z e cI i i iz e z
z
  









0,25




0,5






0,75

Vậy
o12 sic
I
e


.
Câu 2.b
(1,5 đ)

Tính tích phân:
2
os
( 1)
z
C
e c z
I dz
zz



với C là đường tròn
5z 
bằng phương
pháp tính thặng dư.
Hàm
2

os
()
( 1)
z
e c z
fz
zz


có 2 cực điểm: cực điểm cấp một là 1 và cự điểm cấp hai là
0 đều nằm trong đường tròn C.
22
1
os os os1
R es ;1 lim
( 1)
zz
x
e c z e c z c
z z z e







22
00
os os ( os sin )( 1) os

R es ;0 lim lim 0
( 1) ( 1) ( 1)
z z z z z
xx
e c z d e c z e c z e z z e c z
z z dz z z

     
  
  
   

  
     

Như vậy:
   
2
2os os1
2 R es ( );1 2 R es ( );0
( 1)
z
C
e c z
I dz i f z i
ic
f
e
z
zz




   


.





0,25


0,5

0,5



0,25
Câu 3
(2,0 đ)

Khai triển Taylor của hàm số tại
0z 
của
w ( )
iz i

f x e



Khai triển Taylor tại
a
của
()fz
có dạng:

0
( ) ( )
n
n
n
w f z c z a


  

với
()
()
!
n
n
fa
c
n


. Theo đề bài
0a 
.
Ta có :

1
1
'( )
1!
i
iz i
ci
e
f x ie




2
2
2
''( )
2!
i
iz i
e
f cx i e



…

()
()
!
i
n n iz
n
in
e
f x i e
n
ci



Vậy khai triển Taylor tại của
()fz
tại 0 là:

0
()
!
in
n
n
ez
w f z i
n









0,25




1,25






0,5
Câu 4a
(2,0 đ)

Tìm biến đổi Laplace của hàm gốc:
2 sinch t t

Ta có:
22
2
tt

ee
cht




L
 
2 sinch t t 
L
22
11
sin sin
22
tt
e t e t





=
1
2
L
 
2
.sin
t
et

1
2
L
 
2
.sin
t
et


Áp dụng công thức
L
 
( ) ( )
at
e x t X s a

Ta có:
()Xs
L
 
0
sisin n
st
tte dt





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

sin os
st st
u e du se dt
dv tdt v c t


  


  








0,5



0,5

0
00
os os o( ) 1 c s
st st st
tdtX s e c t s e c s e tdt


  
    


Đặt
os sin
st st
u e du se dt
dv c tdt v t


  






2 2 2
0
00

sin( ) 1 sin 1 1 ( )os
st st st
tdtX s se t s e s e c s Y stdt


  
      


Suy ra:
2
1
()
1
Xs
s



Suy ra: L
 
2 sinch t t 
1
2
L
 
2
.sin
t
et

1
2
L
 
2
.sin
t
et

( 2) ( 2)X s X s   


2
1 1 1 2
2 2 2 4s s s

  

  

.



0,5

0,5
Câu 4b
(1,0 đ)

Tìm hàm gốc
()xt
biết
2
2
2
()
( 1)
()
() ( 1)
si
X
Ps
t
ssQs



.
Hàm ảnh
3
22

2 2
22
(
()
() 1)( 1) 1
s i s i
ss
Ps
Q s ss s

 



có các cự điểm đơn là
,,i i i
.

2
1
1
2
2( ) 3
'( ) 3 2 1 2
s
s
Ps
Q s s s
si




 



2
2
( ) 2 1 1 3
'( ) 3
2
12 2 2 4
si
si
P s i i
Q s s s i
si


  








2
2

( ) 2 1 3
'( ) 3 2 1 2 2 4
2
si
si
Ps si ii
Q s s s i




   



Như vậy
()xs 
L
-1
2
2
2 3 1 3 3
( 1)( 1) 2 4 4
t it it
s i i i
e e e
ss


  

   
  

   

   





0,25




0,5




0,25

HỌC VIỆN KỸ THUẬT QUÂN SỰ
HỘI ĐỒNG THI KHOA: KHCB
Mã đề thi: 005
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: ( 3,0 điểm)Giải phương trình:
a.
4
10z 
b.
9
10z  


Câu 2: ( 3,0 điểm)Tính tích phân:
2
sin
1
C
z
I dz
z



với C là đường tròn
6z 

a Bằng phương pháp sử dụng công thức Cauchy.
b. Bằng phương pháp tính thặng dư

Câu 3: ( 2,0 điểm)
Khai triển Taylor của hàm số tại

0z 
của
()fz shz


Câu 4: ( 2,0 điểm)
Tìm biến đổi Laplace L
 
1 sco t
.

HẾT








Duyệt của Tổ chuyên môn Giảng Viên ra đề




Trương Văn Kìm


HƯỚNG DẪN GIẢI
TOÁN CHUYÊN ĐỀ 2 – ĐỀ SỐ 005

Câu 1a
(1,0 đ)



4
10z 

Từ phương trình
4
10z 
, ta suy ra
4
1z 
. 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:

22
44
k
kk
z cos isin

   


với
0,1,2,3k 

Như vậy
0
1
44
2
i
z cos isin


  
;
1
3 3 1
44
2
i
z cos isin


  


2
5 5 1

44
2
i
z cos isin


  
;
3
7 7 1
44
2
i
z cos isin


  



0,25

0,25

0,25


0,25
Câu 1b
(2,0 đ)

5
10z  

Từ phương trình
9
10z  
, ta suy ra
9
1z 
. Do đó nghiệm của phương trình là căn
bậc năm của
1
.
Mà
1 0 0cos isin
nên ta có bốn nghiệm của phương trình đã cho là:

22
99
k
kk
z cos isin


với
0,8k 

Như vậy

0
00
1
99
z cos isin  
;
1
22
99
z cos isin


;
2
44
99
z cos isin




3
6 6 2 2 1 3
9 9 233 2
z cos isin cos isin
   
      
;

4

88
99
z cos isin


,
5
10 10
99
z cos isin


,

6
12 12 4 4 1 3
923392
z cos isin cos isin
   
      


7
14 14
99
z cos isin


,
8

16 16
99
z cos isin


.


0,25


0,25





1,5

Câu 2.a
(1,5 đ)
Tính tích phân:
2
sin
1
C
z
I dz
z




với C là đường tròn
6z 
bằng phương pháp
sử dụng công thức Cauchy.
Bằng phương pháp đồng nhất hệ số, ta có:
2
1 1 1 1
1 2 1 1z z z



  


Suy ra

2
sin 1 1 1 1 sin 1 sin
sin
1 2 1 1 2 1 2 1
C C C C
z z z
I dz z dz dz dz
z z z z z

    

    


   

Các điểm
1z 
và
1z 
đều nằm trong đường tròn giới hạn bởi C. Do đó theo
công thức tích phân Cauchy, ta được:

1
1
11
.2 sin sin1
22
sin
1
C
z
z
dz
z
I i z i






1
2
11
.2 si
sin
n sin sin
22
( 1) 1
1
z
C
I i z i
z
i
z
dz
  

  



Vậy
s21iniI


.

0,25


0,25




0,75



0,25
Câu 2.b
(1,5 đ)

Tính tích phân:
2
sin
1
C
z
I dz
z



với C là đường tròn
6z 

bằng phương




pháp tính thặng dư.
Hàm
2
sin
()
1
z
fz
z


có 2 cực điểm cấp một tại
1
và 1 đều nằm trong đường tròn C.
2
1
sin sin sin1 sin1
R es ( ) ; 1 lim
1 1 2 2
x
zz
fz
zz




    

  


2
1
sin sin sin1
R es ( ) ;1 lim
1 1 2
x
zz
fz
zz


  




Như vậy:
   
2
sin
2 R es ( ); 1 2 Res ( );1 2 sin1
1
C
z

I I dz i f z i f z i
z
  
     


.

0,25

0,5

0,5


0,25
Câu 3
(2,0 đ)

Khai triển Taylor của hàm số tại
0z 
của
w ( )f x shz 

Ta có
2
(
2
)
11

2
zz
zz
ee
sh z e efz



  
.
Mà hàm sơ cấp
()
z
fz e
được khai triển như sau:
Với mọi
() 0()
, ( ) (0) 1
znn
enfefz   
. Vì vậy
2
0
1
1! 2! ! !
nn
z
n
z z z z
e

nn


     


Từ đó suy ra:
   
2
00
( ) ( 1)
1
1! 2! ! ! !
n
n n n
z
nn
zz
z z z
e
n n n




  
      


Do đó

 
0 0 0
1 ( 1)
1 1 1 1 ( 1) 1
2 2 2 ! 2 ! 2
()
!
nn
n n n
zz
n n n
z
zz
sh z e e
nn
z
n
f
  

  


    
  




0,5

0,5


0,5

0,5
Câu 5
(2,0 đ)

Tìm biến đổi Laplace L
 
1 sco t
.
Ta có: L
 
1 sco t
= L
 
1
+ L
 
cost


1
()Xs
L
 

0
0
1
1
st
st
e
e dt
ss




  


.

2
()Xs
L
 
0
cos ( ) cos
st
t X s e tdt





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

cos sin
st st
u e du se dt
dv tdt v t


  






2
0
00
( ) sin sin ( sin )
st st st
X s e t s e t t dsetd t


  
   


Đặt
sin os

st st
u e du se dt
dv tdt v c t


  


  



222
22
0
00
( ) (os os os )
st st st
X s se c t s e c stdt tdts e c s s X s


  
     


Suy ra:
2
2
1
()

1
Xs
s



Như vậy L
 
1 sco t
= L
 
1
+ L
 
2
1
os
1
c
1ss
t 

.



0,5

0,5




0,75





0,25

Trong quá trình làm đề, có thể bị một số lỗi về tính toán, trình bày hay lỗi đánh máy, mong các độc giả
góp ý. Cám ơn!