Bài giải Ngân hàng đề thi Toán kỹ thuật pptx
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (275.31 KB, 37 trang )
A. LOẠI CÂU HỎI 1 ĐIỂM
Câu 1:
Cho hàm biến phức
( )
zcoszf
2
=
, tính
( )
if
'
.
Bài giải:
Ta có:
( )
( )
( ) ( )
zsinzsinzcoszcoszcoszcoszf 222
2
−=−=
′
=
′
=
′
Vậy:
( ) ( )
isinifzsinzf 22 −=
′
⇒−=
′
Câu 2:
Cho hàm biến phức
( )
z
ezf
2
=
, tính
π
3
i
f
'
.
Bài giải:
Ta có:
( ) ( )
z2
e2
z2
ez2
z2
ezf =
′
=
′
=
′
Vậy:
( )
3
i2
e2
3
i
2
e2
3
i
f
z2
e2zf
π
=
π
=
π
′
⇒=
′
3i1
3
2
sini
3
2
cos2 +−=
π
+
π
=
Câu 3:
Cho hàm biến phức
( )
zf
,
thoả mãn
( )
16 −= zzf
'
và
( )
iif 91 =+
.
Bài giải:
Từ:
( ) ( ) ( ) ( )
czzcz
z
dzzdzzfzfzzf +−=+−=−==⇒−=
∫∫
2
2
''
3
2
6
1616
( )
czzzf +−=⇒
2
3
( ) ( ) ( )
( )
ciciiiciiif +−=+−−++=++−+=+⇒ 1512131131
2
2
mà
( )
1491591 +=⇒=+−⇒=+ iciciiif
Vậy:
( )
1433
22
++−=+−= izzczzzf
1
Câu 4:
Tìm biến đổi Laplace F(s) = L {tsin3t}.
Bài giải:
Áp dụng:
( )
{ }
( ) ( )
sX
n
ds
n
d
n
1tx
n
tL −=⋅
Ta có:
{ } ( )
( )
2
2
22
9
6
3
3
2
3
2
3
ds
d
13sin.
+
=
′
+
−=
+
−=
s
s
s
s
ttL
Vậy:
( )
24
9
6
ss
s
sF
+
=
Câu 5:
Tìm biến đổi Laplace F(s) = L {e
-2t
cos
2
2tsin3t}.
Bài giải:
Ta có:
( )
tttt 3sin4cos1
2
1
3sin2cos
2
+=
( )
ttt 4cos3sin
2
1
3sin
2
1
+=
( )
ttt sin7sin
2
1
2
1
3sin
2
1
−⋅+=
Vậy:
( )
{ } { } { }
teLteLteLsF
ttt
sin
4
1
7sin
4
1
3sin
2
1
222 −−−
++=
( ) ( ) ( )
2
2
2
2
2
2
12
1
4
1
72
7
4
1
32
3
2
1
++
+
++
+
++
=
sss
Câu 6:
Tìm biến đổi Laplace F(s) = L {e
-4t
sin
2
3t}.
Bài giải:
Ta có:
( )
{ }
−
==
−−
2
6cos1
3sin
424
t
eLteLsF
tt
{ } { }
teLeL
tt
6cos
2
1
2
1
44 −−
−=
( )
( )
2
2
64
4
2
1
4
1
2
1
++
+
⋅−
+
⋅=
s
s
s
2
Câu 7:
Tìm biến đổi Laplace F(s) = L { t
3
e
-2t
}.
Bài giải:
Ta có:
( )
{ }
( )
43
3
23
2
6
2
1
+
−=
+
−==
−
s
s
ds
d
etLsF
t
Câu 8:
Tìm biến đổi Laplace F(s) = L {(4cos3t – 5sin2t)ch2t}.
Bài giải:
Ta có:
( ) { }
+
==
−
2
e
5sin2t) -(4cos3t t5sin2t)ch2 -(4cos3t
22t t
e
LLsF
{ } { } { } { }
sin2te
2
5
-sin2te
2
5
-cos3te
2
4
cos3te
2
4
2t-2t2t-2t
LLLL +=
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
42
2
2
5
42
2
2
5
92
2
2
4
92
2
2
4
2222
++
−
+−
−
++
+
+
+−
−
=
sss
s
s
s
Câu 9:
Tính
( ) ( )
( )
3
4547
Γ
ΓΓ
.
Bài giải:
Ta có:
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
!! 2
41
4
1
43
4
3
2
41
4
1
43
4
3
12
411431
3
4547
ΓΓ
=
ΓΓ
=
+Γ
+Γ+Γ
=
Γ
ΓΓ
( ) ( )
216
3
2
2
2
16
3
2
2
2
16
3
2
4
3
16
3
12
43143
16
3
π
=
π
⋅
=
π
⋅
=
π
π
⋅
=
−ΓΓ
=
sin
.
3
Câu 10:
Tính
( ) ( )
( )
29
233
Γ
ΓΓ
.
Bài giải:
Ta có:
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
105
16
7531
16
7
2
2
142
21
2
1
2
214
21112
29
233
4
4
==
π
π
=
π−
Γ⋅
=
+Γ
+Γ+Γ
=
Γ
ΓΓ
!!!!.
!
Câu 11:
Sử dụng hàm Gamma tính tích phân
dxex
x
∫
∞
−
0
28
.
Bài giải:
Đặt 2x = t; dx = 1/2dt.
Ta có:
( )
9
2
1
2.2
1
22
1
9
0
8
8
0
8
0
28
Γ==
=
∫∫∫
∞
−
∞
−
∞
−
dtetdte
t
dxex
ttx
( )
99
2
!8
18
2
1
=+Γ=
Câu 12:
Cho x(t) = 2t, 0 < t < 2. Tìm khai triển Fourier của x(t) theo các hàm cos
Bài giải:
Ta có:
( ) ( )
( )
t
n
cos
n
tx
n
n
2
4
112
1
22
π
π
−−+=
∑
∞
=
Câu 13:
Cho x(t) = 2t, 0 < t < 2. Tìm khai triển Fourier của x(t) theo các hàm sin
Bài giải:
Ta có:
( ) ( )
( )
t
n
sin
n
tx
n
n
2
2
11
1
π
π
−−=
∑
∞
=
4
Câu 14:
Tìm biến đổi Z của các dãy tín hiệu sau: x(n) = e
-3n
u(n).
Bài giải:
Ta có:
( ) ( )
( )
1ze
ze
ze
1
zeznxzX
3
3
0n
n
3
0n
n3nn
n
−
=
=⋅==
∑∑∑
∞
=
∞
=
−−−
∞
−∞=
, |z|> e
-3
Vậy:
( )
1ze
ze
zX
3
3
−
=
, |z|> e
-3
Câu 15:
Tìm biến đổi Z của các dãy tín hiệu sau: x(n) = e
-3(n -1)
u(n).
Bài giải:
Ta có:
( ) ( )
( )
( ) ( )
n
∑∑∑∑
∞
=
∞
=
−−
∞
=
−−−−
∞
−∞=
=⋅=⋅==
0n
3
3
0n
n3n3
0n
n1n3n
n
ze
1
ezeezeznxzX
11
3
6
3
33
−
=
−
⋅
=
ze
ze
ze
zee
, |z|> e
-3
Vậy:
( )
1
3
6
−
=
ze
ze
zX
, |z|> e
-3
Câu 16:
Tìm biến đổi Fourier của dãy tín hiệu sau: x(n) = 5
-n
u(n).
Bài giải:
Ta có:
( ) ( ) ( )
nfi
ez
zX
fi
e
fi
e
fi
e
n
n
fi
e
nfi
e
n
nxfX
π
=
=
−
π
π
=
π
−
=
−
∑
∞
=
π
=
π−
∑
∞
−∞=
=
∧
2
1
2
5
2
5
2
5
1
1
1
0
2
5
2
Câu 17:
Tìm biến đổi Fourier của dãy tín hiệu sau: x(n) = 2
-n +1
u(n).
Bài giải:
Ta có:
( ) ( ) ( )
nfi
ez
zX
fi
e
fi
e
fi
e
n
n
fi
e
nfi
e
n
nxfX
π
=
=
−
π
π
=
π
−
=
−
∑
∞
=
π
=
π−
∑
∞
−∞=
=
∧
2
1
2
2
2
4
2
2
1
1
2
0
2
2
2
5
B. LOẠI CÂU HỎI 2 ĐIỂM
Câu 1:
Tìm hàm phức khả vi f (z) (viết công thức theo z ), biết rằng
f(z) = U(x,y) + iV(x,y) có phần thực
U(x,y) = x
2
– y
2
+ 3e
-2y
cos2x + 3y, với z = x + iy.
Bài giải:
Để hàm f(z) là hàm phức khả vi ta phải có:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
∂
∂
−=
∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
2,,
1,,
yx
x
v
yx
y
u
yx
y
v
yx
x
u
Ta có:
( ) ( )
32sin62,
2
xexyx
x
u
y−
−=
∂
∂
( ) ( )
432cos62,
2
+−−=
∂
∂
−
xeyyx
y
u
y
Từ (2) và (4) suy ra V(x,y) = 2xy + 3e
-2y
sin2x 3x + C
⇒ f(z) = x
2
– y
2
+ 3e
-2y
cos2x + 3y +i2xy + i3e
-2y
sin2x-i3x +Ci
( )
( ) ( )
iCiixyyxeyxyix
y
+−+++−+=
−
2sin2cos32
222
( ) ( )
Ciiyxieeiyx
xiy
++−⋅++=
−
33
22
2
CiiZeZ
iZ
+−+= 33
22
Câu 2:
Tìm hàm phức giải tích f (z) (viết công thức theo z ), biết rằng
f(z) = U(x,y) + iV(x,y) có phần ảo
3 2x 6xy -cosx 3e
x
x
y)V(x,
y-
22
+++
+
=
y
, với z = x + iy.
Bài giải:
Để hàm f(z) là hàm phức khả vi ta phải có:
( ) ( ) ( )
1,, yx
y
v
yx
x
u
∂
∂
=
∂
∂
Ta có:
( )
( )
( )
26x -cosx 3e
x
2xy-
,
y-
2
22
−
+
=
∂
∂
y
yx
y
v
Từ (1) và (2) suy ra
( )
2y-
22
3x -sinx 3e
x
y
, −
+
=
y
yxU
( )
+++
+
+−
+
=⇒ 3 2x 6xy -cosx 3e
x
x
i 3x -sinx 3e
x
x
y-
22
2y-
22
yy
zf
với z = x + iy.
Có thể tiếp tục như câu 1…
6
Câu 3:
Tìm hàm phức khả vi f (z) (viết công thức theo z = x + iy), biết rằng
f(z) = U(x,y) + iV(x,y) có phần thực
U(x,y) = e
-x
(xcos y + ysin y) và F(0) = i.
Bài giải:
Ta có:
( )
y cose y)ysin y (xcose,
x-x-
++−=
∂
∂
yx
x
u
Để hàm f(z) là hàm phức khả vi ta phải có:
( ) ( )
yx
y
v
yx
x
u
,,
∂
∂
=
∂
∂
( ) ( )
y,x
y
v
y cosey ysin ey xcosey,x
x
u
x-x-x-
∂
∂
=+−−=
∂
∂
⇒
sinyey sin ey ycosexsiny eV
-x-x-x-x
+−+−=⇒
( )
xsiny-y ycose
-x
=
( ) ( ) ( )
xsiny-y ycoseiysiny-y xcosezf
-x-x
+=⇒
với z = x + iy.
Có thể tiếp tục như câu 1…
Câu 4:
Sử dụng hàm số Bêta hãy tính tích phân:
dx
gx
x
I
∫
=
2
0
2
cot
2sin
π
Bài giải:
Ta có:
( )
∫∫∫
Π
−−
ΠΠ
⋅===
2
0
1
4
7
21
4
5
2
2
0
2
5
2
3
2
2
1
2
1
2
224
2
xdxsinxcosxdxsinxcosdx
xsin
xcos
xcosxsin
I
o
Vậy:
( ) ( )
12
1
1
3
1
4
1
2
3
4
7
4
5
2
4
7
4
5
4
7
4
5
2
4
7
4
5
2
+Γ
+Γ
+Γ
=
Γ
Γ
Γ
=
+Γ
Γ
Γ
=
Β= ,I
28
3
!2
4
sin
4
3
4
1
2
!2
4
1
1
4
1
4
3
4
1
2
!2
4
3
4
3
4
1
4
1
2I
π
=
Π
Π
=
−Γ
Γ
=
Γ
Γ
=
7
Câu 5:
Sử dụng hàm số Bêta hãy tính tích phân:
dx
tgx
xcos
I
∫
π
=
2
0
2
.
Bài giải:
Ta có:
( )
xdxsinxcos1xcos2I
2
1
2
1
2
o
2
−
Π
∫
−=
∫∫
Π
−
Π
−
−=
2
0
2
1
2
1
2
0
2
1
2
5
xdxsinxcosxdxsinxcos2
∫∫
Π
−−
Π
−−
⋅−=
2
0
1
4
1
21
4
3
2
2
0
1
4
1
21
4
7
2
2
1
22 xdxsinxcosxdxsinxcos
Vậy:
=
+Γ
Γ
Γ
⋅−
+Γ
Γ
Γ
=
Β⋅−
Β=
4
1
4
3
4
1
4
3
2
1
4
1
4
7
4
1
4
7
4
1
4
3
2
1
4
1
4
7
,,I
( )
π=
π
−
π
=
π
−
π
π
=
π
π
−
Γ
Γ
Γ
= 2
2
2
2
3
2
2
4
3
4
3
4
3
2
2
4
1
4
3
4
3
sinsin
I
Câu 6:
Sử dụng hàm số Bêta hãy tính tích phân:
dxxcosgxcot.I
∫
π
=
2
0
2
3
2
.
Bài giải:
Ta có:
( )
∫∫∫
∫
Π
−
Π
−
Π
−
Π
−
+−=
+−=
2
0
3
1
3
1
2
0
3
1
3
7
2
0
3
1
3
13
2
24
3
1
3
1
44
144
xdxsinxcosxdxsinxcosxdxsinxcos
dxxcosxcosxsinxcosI
o
Vậy:
Β+
Β−
Β=
6
2
,
6
4
2
1
6
2
,
6
10
2
6
2
,
6
16
2I
( ) ( ) ( )
12
6
2
6
4
2
6
2
6
10
2
3
6
2
6
16
2
Γ
Γ
Γ
+
Γ
Γ
Γ
−
Γ
Γ
Γ
=
( ) ( ) ( )
1
3
1
3
2
2
1
2
3
1
3
2
3
2
2
3
3
1
3
5
3
5
2
Γ
Γ
Γ
+
Γ
Γ
Γ⋅
−
Γ
Γ
Γ⋅
=
8
1
3
2
sin
2
1
!1
3
2
sin
3
2
2
!2
3
2
sin
3
2
3
5
2
π
π
⋅+
π
π
⋅⋅
−
π
π
⋅⋅⋅
=
3
2
sin18
94620
3
2
sin2
3
2
sin3
4
3
2
sin9
10
π
π+π⋅−π
=
π
π
+
π
π
−
π
π
=
39
5
3
2
sin18
5 π
=
π
π
=
Vậy:
39
5
dxx2cosgxcot.I
2
0
2
3
π
==
∫
π
Câu 7:
a) Chứng minh rằng
( )
( )
( )
xJxxJx
dx
d
n
n
n
n
1−
=
.
b) Tính
( )
∫
dxxJx
1
2
.
Bài giải:
a. Ta có:
( )
( )
( )
xJxxJx
xdx
d.1
1n
1n
n
n
−
−
=
(1)
Nhân hai vế của (1) cho x ta được:
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
xJxxJx
dx
d
xJx.xxJx
xdx
d.x
1n
n
n
n
1n
1n
n
n
−−
−
=⇔=
Đây là điều phải chứng minh.
b. Ta có:
( ) ( )
( )
( )
xJxdxxJx
dx
d
dxxJx
2
2
2
2
1
2
==
∫∫
( )
( )
∑
∞
=
+
−
=
0k
k2
k
2
2
2
x
!nk!k
1
2
x
x
( )
( )
∑
∞
=
+
−
=
0k
k2
k
4
2
x
!nk!k
1
4
x
Câu 8:
a) Chứng minh rằng
( )
( )
( )
xJxxJx
dx
d
n
n
n
n
1−
=
.
b) Tính
( )
dxxxJ
∫
λ
1
0
0
.
Bài giải:
a. Ta có:
( )
( )
( )
xJxxJx
xdx
d.1
1n
1n
n
n
−
−
=
(1)
Nhân hai vế của (1) cho x ta được:
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
xJxxJx
dx
d
xJx.xxJx
xdx
d.x
1n
n
n
n
1n
1n
n
n
−−
−
=⇔=
9
Đây là điều phải chứng minh.
b. Ta có:
( ) ( ) ( )
0
1
xxJdxxxJ
dx
d
dxxxJ
1
1
0
1
1
0
0
λ=λ=λ
∫∫
( ) ( ) ( )
( )
( )
∑
∞
=
λ
+
−λ
=λ=λ−λ
0k
k2
k
2!nk!k
1
2
J0.J.01.J.1
Câu 9:
a) Chứng minh rằng
( )
( )
( )
xJxxJx
dx
d
1n
n
n
n
+
−−
−=
.
b) Tính
( )
∫
dx
x
xJ
2
3
.
Bài giải:
a. Ta có:
( )
( )
( )
xJxxJx
dx
d
x
1
1n
1n
n
n
+
−−−
=⋅−
(1)
Nhân hai vế của (1) cho -x ta được:
( )
( )
( )
( ) ( )
xJxxJx.xxJx
dx
d
x
x
1n
n
1n
1n
n
n
+
−
+
−−−
−=−=⋅
−
−
Đây là điều phải chứng minh.
b. Ta có:
( )
( ) ( )
( )
xJxdxxJ.x
dx
d
dxxJ.xdx
x
xJ
2
2
2
2
3
2
2
3
−−−
−=−==
∫∫∫
( )
( )
( )
( )
∑∑
∞
=
∞
=
−
+
−
−=
+
−
−=
0k
k2
k
0k
k2
k
2
2
2
x
!2k!k
1
4
1
2
x
!2k!k
1
2
x
x
Câu 10:
Tìm biến đổi Fourier của
( )
>
<
=
5t neáu
5t neáu
0
1
tx
Bài giải:
Ta có:
( ) ( ) ( )
dtft2cos2dtetxfX
5
0
ft2i
∫∫
π==
π−
∞
∞−
∧
( ) ( )
( )
=
=
===
0f neáu
1f neáu
0
10Csin10
f10Csin10f5.2Csin5.2
10
Câu 11:
Tìm biến đổi Fourier của các hàm số x(t) = Π(t)cos 3t.
Bài giải:
Ta có:
( ) ( )
tf2costxtx
0
π=
(1)
( ) ( ) ( )
00
ffX
2
1
ffX
2
1
fX(1) ++−=⇒
∧∧∧
(2)
Như vậy từ (1) và (2) áp dụng vào hàm x(t) = Π(t)cos 3t
Ta có:
( ) ( ) ( )
00
ff
2
1
ff
2
1
fX +Π+−Π=
∧∧∧
( )
[ ]
( )
( )
[ ]
( )
0
0
0
0
ff
ffsin
2
1
ff
ffsin
2
1
+π
+π
⋅+
−π
−π
⋅=
(3)
Đặt:
( )
( )
[ ]
( )
( )
( )
( )
[ ]
( )
( )
+π
+π
=+
−π
−π
=−
5
ff
ffsin
ffCsin
4
ff
ffsin
ffCsin
0
0
0
0
0
0
Thay (4), (5) vào (3) ta được
( ) ( ) ( )
00
ffCsin
2
1
ffCsin
2
1
fX ++−=
∧
Trong đó vì:
π
=⇒=π
2
3
ft3tf2
00
Câu 12:
a) Chứng tỏ rằng
( ) ( ) ( )
yHxGyxy,xzz ++==
33
6
1
là nghiệm tổng quát của phương trình
yx
yx
z
2
2
=
∂∂
∂
, trong đó G, H là hai hàm khả vi liên tục đến cấp 2.
b) Tìm nghiệm của phương trình trên thỏa mãn điều kiện z(x, 0) = x
2
, z(1, y) = cos y.
Bài giải:
a. Do G, H là hai hàm khả vi liên tục đến cấp 2 nên ta có:
( ) ( ) ( )
/
x
23
/
x
x
yHxGyx
6
1
x
z
y,xZZ
++=
∂
∂
==
′
( )( ) ( )( )
/
x
22
/
x
22
xGyx
2
1
xGyx
6
3
+=+=
( ) ( )( )
yxxGyx
2
1
yx
z
y,xZZ
2
/
y
/
x
22
2
/
xy
xy
=
+=
∂∂
∂
==
′
⇒
( ) ( ) ( )
yHxGyx
6
1
y,xZZ
23
++==⇒
11
là nghiệm tổng quát của phương trình
yx
yx
z
2
2
=
∂∂
∂
, trong đó G, H là hai hàm khả vi liên
tục đến cấp 2.
b. Ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
xG0HxGy0
6
1
0,xZ
2
=++⋅⋅=
mà
( )
2
x0,xZ =
nên suy ra:
( )
2
xxG =
( ) ( )
yHxyx
6
1
y,xZZ
223
++==⇒
(*)
Ta có:
( ) ( )
yH1y
6
1
y,1Z
2
++=
mà
( )
ycosy,1Z =
nên suy ra:
( )
ycosyH1y
6
1
2
=++
( )
1y
6
1
ycosyH
2
−−=⇒
(1)
Thay (1) vào (*) ta được:
( )
1y
6
1
ycosxyx
6
1
y,xZ
2223
−−++=
Hay
( )
1y
6
1
ycosxyx
6
1
y,xZZ
2223
−−++==
Là nghiệm của phương trình
yx
yx
z
2
2
=
∂∂
∂
Câu 13:
Tìm nghiệm tổng quát của phương trình
yx
e
y
u
x
u
+
=
∂
∂
−
∂
∂
2
2
2
2
2
4
, biết rằng phương trình có
một nghiệm riêng dạng u = kxe
2x + y
, k là một hằng số.
Bài giải:
Từ nghiệm riêng u = kxe
2x + y
ta có:
yx2yx2yx2
2
2
yx2yx2
kxe4ke2ke2
x
u
kxe2ke
x
u
+++++
++=
∂
∂
⇒+=
∂
∂
yx2yx2
kxe4ke4
++
+
(1)
yx2
2
2
yx2
kxe
y
u
kxe
y
u
++
=
∂
∂
⇒=
∂
∂
(2)
Thay (1) vào (2) vào phương trình:
yx
e
y
u
x
u
+
=
∂
∂
−
∂
∂
2
2
2
2
2
4
ta được :
4
1
keke4
yx2yx2
=⇒=
++
Vậy
( )
y2x
xe
4
1
y,xuu
+
==
là nghiệm tổng quát cần tìm.
12
Câu 14:
Cho X là một biến ngẫu nhiên có phân bố chuẩn N(µ;σ
2
). Đặt y(t) = Xe
-t
, t > 0.
Hãy tìm hàm trung bình và hàm tự tương quan của quá trình y(t), t > 0.
Bài giải:
-Ta có hàm trung bình:
( ) ( )
Const== tExtm
.
( )
[ ]
[ ]
μXEeXeEtEy
tt
===⇒
−−
(µ là tham số, có thể chọn µ =0,…,n).
-Ta có hàm tự tương quan:
( ) ( ) ( )
[ ]
( )( ) ( )( )
mtxmsxEtx,sxcovts,r −−==
.
( ) ( )
[ ]
−
+−
=
−
+−
=+⇒
t
e
τt
e
2
XE
t
Xe
τt
XeEty;τtycov
( )
τ2t
.eσ
t
.e
τt
.eσ
22
+−
=
−
+−
=
Câu 15:
Số cuộc gọi đến tổng đài là quá trình Poisson X(t) với tốc độ trung bình 4 cuộc gọi
trong một đơn vị thời gian.
Hãy tính P{X(1) = 2} và P{X(1) = 2, X(3) = 6}.
Bài giải:
Ta có
( ) ( ){ }
λtn
n
n
et
n!
λ
ntXPtP4;λ
−
====
( ){ }
4142
2
8ee1
2!
4
21XP
−⋅−
=⋅⋅==⇒
Vậy
( ){ }
4
8e21XP
−
==
Ta có
( ) ( ){ } ( ) ( ) ( ){ }
41X3X2;1XP63X2;1XP =−====
( ){ } ( ){ }
12
.e
4!
5
8
4.2
.e
4
.2
4!
4
4
.
4
8e42XP21XP
−
=
−−
==⋅==
Vậy
( ) ( ){ }
12
5
.e
4!
8
63X2;1XP
−
===
13
Câu 16:
Số cuộc gọi đến tổng đài là quá trình Poisson X(t) với tốc độ trung bình 3 cuộc gọi
trong một đơn vị thời gian.
Hãy tính P{X(1) = 2| X(3) = 6} và P{X(3) = 6| X(1) = 2}.
Bài giải:
-Ta có
( ) ( )
{ }
( ) ( ){ }
( ){ }
( ) ( ) ( ){ }
3 36
6
e3
!6
3
41X3X2;1XP
63XP
63X2;1XP
63X21XP
−
⋅⋅
=−=
=
=
==
===
( ){ } ( ){ }
912
2.34
4
1.32
2
912
e3
e2
!4
3
e1
!2
3
!6
e3
42XP.21XP6!
−
−−
−
⋅
⋅⋅⋅⋅⋅
=
⋅
==
5
4
6
3
6
3
912
946
3
2.5
3
2.6.5
3!.4
2!.6
e3!.4!.2
e.2.3!.6
===
⋅
=
−
−
Vậy
( ) ( )
{ }
5
4
3
2.5
63X21XP ===
-Ta có
( ) ( )
{ }
( ) ( ){ }
( ){ }
( ){ }
( ){ }
21XP
42XP
21XP
63X2;1XP
21X63XP
=
=
=
=
==
===
3
3
2
64
4
e.12
e
!2
3
e2
!4
3
−
−
−
=
⋅
⋅⋅
=
Vậy
( ) ( )
{ }
3
e.1221X63XP
−
===
Câu 17:
Cho X(t), t ≥ 0 là quá trình Poisson với cường độ λ = 3. hãy tính:
P{X(1) ≤ 2}, P{X(1),X(2) = 3}.
Bài giải:
-Ta có
( ){ }
33
2
e
2
17
e
!2
3
!1
3
121XP
−−
=⋅
++=≤
-Ta có
( ) ( ){ } ( ) ( ){ } ( ) ( ) ( ){ }
21X2X,11XP32X,11XP32X,1XP =−======
( ) ( ){ }
2
e3
e
!2
3
e
!1
3
21X,11XP
63
3
2
3
−
−−
⋅
=⋅====
Vậy
( ) ( ){ }
2
e3
32X,1XP
63 −
⋅
==
14
C. LOẠI CÂU HỎI 3 ĐIỂM
Câu 1:
Tính tích phân phức
( )
( )
( )
dz
izz
zisin
I
C
∫
++
π
=
2
2
314
,
trong hai trường hợp sau:
a) C là đường tròn |z| = 5/12.
b) C là đường tròn |z| = 1.
Bài giải:
Ta có hàm:
( )
( )
( )
2
2
iz31z4
zisin
++
π
có
2
i
Z ±=
là 2 cực điểm đơn và
3
i
Z
−
=
là cực điểm kép.
a) Khi C là đường tròn |z| = 5/12 thì trong C đã cho có cực điểm kép
3
i
Z −=
Áp dụng lý thuyết thặng dư:
( ) ( )
[ ]
a;zfsRe.i2dzzf
C
π=
∫
( )
[ ]
( )
( ) ( )
[ ]
zfaz
dz
d
lim
!1m
1
a;zfsRe
m
1m
1m
aZ
−
−
=
−
−
→
( )
( )
( )
−
++
π
π=⇒
3
i
;
iz31z4
zisin
sRe.i2I
2
2
( )
( )
+
π
⋅⋅π=
−
→
1z4
zisin
dz
d
lim
!1
1
i2
2
3
i
Z
( )
( )
( )
( )
+
π−+ππ
π=
−
→
2
2
2
3
i
Z
1z4
zisinz81z4zicosi
limi2
( ) ( )
( )
+
π
−
+
ππ
π=
−
→
2
2
2
3
i
Z
1z4
zisinz8
1z4
zicosi
limi2
+⋅
π
+
+⋅
π
π
π=
2
2
2
1
9
i
4
3
sin
3
i8
1
9
i
4
3
cosi
i2
+
⋅
+
+
⋅π
π=
2
2
2
1
9
i4
2
3
3
i8
1
9
i4
2
1
i
i2
25
321645
9
5
3
38
9
5
2
2
2
π+π
−=
π−
+
π−
=
b) Khi C là đường tròn |z| = 1 thì trong C đã cho có
2
i
Z ±=
là 2 cực điểm đơn và
3
i
Z
−
=
là cực điểm kép.
Ta có:
( )
( )
( )
( )
( )( )( )
+−+
π
=
++
π
2
i
;
iz3iz2iz2
zisin
sRe
2
i
;
iz31z4
zisin
sRe
22
2
( )
( )( )
i25
2
2
i25
1
2
i5
i2
2
sin
iz3iz2
zisin
lim
22
2
i
Z
=
−
−
=
π−
=
++
π
→
15
Ta có:
( )
( )
( )
( )
( )( )( )
−
+−+
π
=
−
++
π
2
i
;
iz3iz2iz2
zisin
sRe
2
i
;
iz31z4
zisin
sRe
22
2
( )
( )( )
i
2
2
i
1
2
i
i2
2
sin
iz3iz2
zisin
lim
22
2
i
Z
==
−
−
π
=
+−
π
−→
Vậy
25
321645
i
2
i25
2
i2I
2
π+π
−
+π=
Hay
−+π
π−=
25
104321645
I
Câu 2:
Bằng cách đưa về tích phân phức hãy tính tích phân
dx
xsin
xsin
∫
π
−
2
0
53
4
Bài giải:
Đặt z = e
ix
thì
i2
zz
xsin
1−
−
=
và
iz
dz
dx =
Ta có:
( )
iz
dz
3
i
zi3z3
1z4
iz
dz
iz103z3
1z4
iz
dz
5
i2
zz
3
i2
zz
4
dx
5xsin3
xsin4
C
2
C
2
2
C
1
1
2
0
∫∫∫∫
−−
−
=
−−
−
=
−
−
−
=
−
−
−
π
Hàm số có 2 cực điểm đơn và
3
i
Z =
và z = 0 thuộc đường tròn đơn vị C
Ta có:
( )
( )
i24
13
izi3z3
1z4
lim
3
i
;
iz
3
i
zi3z3
1z4
sRe
2
3
i
Z
2
−=
−
−
=
−−
−
→
Ta có:
( ) ( )
3
1
i3
1
3
i
zi3z3
1z4
lim0;
iz
3
i
zi3z3
1z4
sRe
2
2
0Z
2
=
−
=
=−
−
=
−−
−
→
Vậy
−π=
i24
13
3
1
i2I
Hay
3
2
i
12
13
I
π
+
π
−=
16
Câu 3:
Tính tích phân phức
( )( )
dz
C
2
1z31z
zi
e
I
∫
+−
π
=
,
trong hai trường hợp sau:
c) C là đường tròn |z| = 1/2.
d) C là đường tròn |z| = 3/2.
Bài giải:
Xét hàm:
( )( )
2
1z31z
zi
e
+−
π
có
1Z =
là cực điểm đơn và
3
1
Z −=
là cực điểm kép.
Ta có
( )( ) ( )
16
i
e
2
1z3
zi
e
lim1;
2
1z31z
zi
e
sRe
1Z
π
=
+
π
=
+−
π
→
Ta có
( )( ) ( )
−
−
−
=
−
=
−
+−
⋅−→−→
2
1
1
1
lim
1
lim
!1
1
3
1
;
2
131
Re
3
1
3
1
z
z
i
zi
e
z
zi
e
dz
d
zz
zi
e
s
ZZ
π
π
ππ
+
−
−=
−
−
−
=
16
9
4
3
3
9
16
1
3
4
3
π
π
π
π
i
i
e
i
i
e
a) Khi C là đường tròn |z| = 1/2 thì trong C đã cho có cực điểm
3
1
Z −=
( )( )
+
−
−=
∫
+−
=⇒
16
9
4
3
3
.2
2
131
π
π
π
π
i
i
eidz
C
zz
zi
e
I
b) Khi C là đường tròn |z| = 3/2 thì trong C đã cho có 2 cực điểm z = 1và
3
1
Z −=
.
( )( )
+
−
−=
∫
+−
=⇒
16
9
4
3
3
16
2
2
131
π
π
π
π
π
i
i
e
i
e
idz
C
zz
zi
e
I
−−=
−−
33
.9.12
8
ππ
π
π
π
ii
i
eeie
i
17
Câu 4:
Tìm biến đổi Laplace ngược
( )
( )( )
( )
++++
+
=
−
5s4s3s1s
4s2
Ltf
2
1
Bài giải:
Hàm ảnh:
( )
( )
( )( )
( )
5s4s3s1s
4s2
sQ
sP
2
++++
+
=
Có các cực điểm đơn là: -1; -3; -2-i; -2+i
( )
( ) ( )( )( )( )
i2si2s3s1s
4s2
sQ
sP
−+++++
+
=⇒
( )
( )
2
1
sQ
sP
1s
=
′
⇒
−=
;
( )
( )
2
1
sQ
sP
3s
=
′
−=
;
( )
( )
2
1
sQ
sP
i2s
−=
′
−−=
;
( )
( )
2
1
sQ
sP
i2s
−=
′
+−=
( )
( ) ( )
i2ti2tt3t
e
2
1
e
2
1
e
2
1
e
2
1
tf
−−+−−−
−−+=⇒
Câu 5:
Tìm biến đổi Laplace ngược
( )
( )
+−
=
−
11s
1
Ltf
3
1
Bài giải:
Hàm ảnh:
( )
( )
( )
( )
3s3ss
1
11s
1
sQ
sP
23
+−
=
+−
=
Có các cực điểm đơn là:
2
3i3
;
2
3i3
;0
+−
( )
( )
+
−
−
−
=⇒
2
3i3
s
2
3i3
ss
1
sQ
sP
( )
( )
3
1
sQ
sP
0s
=
′
⇒
=
;
( )
( )
33i3
2
sQ
sP
2
3i3
s
+
−
=
′
−
=
;
( )
( )
333i
2
sQ
sP
2
3i3
s
−
=
′
+
=
;
( )
t
2
3i3
t
2
3i3
e
333i
2
e
33i3
2
3
1
tf
+−
⋅
−
+⋅
+
−=⇒
18
Câu 6:
Tìm biến đổi Laplace ngược
( )
+
−
+
−
+
−
−
=
−
9s16
s68
16s9
s43
3s2
6
Ltf
22
1
Bài giải:
Ta có
( )
+
−
+
−
+
−
−
=
−
9s16
s68
16s9
s43
3s2
6
Ltf
22
1
+
−
+
−
+
−
−
=
−−−
9s16
s68
L
16s9
s43
L
3s2
6
L
2
1
2
11
Xét:
t
2
3
11
e3
23s
1
L
2
6
3s2
6
L =
−
=
−
−−
Xét:
−
+
−
16s9
s43
L
2
1
ta có hàm ảnh
( )
( )
( )
( )( )
4s34s3
s43
4s3
s43
16s9
s43
sQ
sP
2
22
+−
+
−
+
=
−
+
=
Có các cực điểm đơn là:
3
4
;
3
4
−
( )
( )
24
25
sQ
sP
3
4
s
=
′
⇒
=
;
( )
( )
24
7
sQ
sP
3
4
s
=
′
−=
t
3
4
t
3
4
2
1
e
24
7
e
24
25
16s9
s43
L
−
−
+=
−
+
⇒
Xét:
+
−
−
9s16
s68
L
2
1
ta có hàm ảnh
( )
( )
( ) ( )
( )( )
i3s4i3s4
s68
i3s4
s68
9s16
s68
sQ
sP
222
+−
−
−
−
=
+
−
=
Có các cực điểm đơn là:
4
i3
;
4
i3
−
( )
( )
i12
i916
sQ
sP
4
i3
s
−
=
′
⇒
=
;
( )
( )
i12
i916
sQ
sP
4
i3
s
−
+
=
′
−=
t
4
i3
t
4
i3
t
4
i3
t
4
i3
2
1
e
12
9i16
e
12
9i16
e
i12
i916
e
i12
i916
9s16
s68
L
+
−
−
=
+
−
−
=
+
−
⇒
−−
−
Vậy ta có:
( )
t
4
i3
t
4
i3
t
3
4
t
3
4
t
2
3
e
12
9i16
e
12
9i16
e
24
7
e
24
25
e3tf
+
−
−
+−−=
−
−
19
Câu 7:
Tìm nghiệm của phương trình vi phân y
’’’
(t) – y(t) = e
t
, thoả mãn điều kiện đầu: y(0) =
y
’
(0) = y
’’
(0) = 0.
Bài giải:
Đặt
( ) ( ){ } ( ){ } ( )
sYstyLtyLsY
3
=
′′′
⇒=
Ta có
−
=
−
1s
1
Le
1t
Suy ra phương trình ảnh:
( ) ( )
1s
1
sYsYs
3
−
=+
( )
( ) ( )
( )
( )
( )( )
1ss1s
1
1s1s
1
sY
1s
1
sY1s
223
3
+−−
=
−+
=⇒
−
=+⇔
332232
1s
s
1s
1
1s
s
1s
1
+
−
−
=
+
−
−
=
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
( )
−+−=
−
2
t
2
t
e
2
t3
cos
2
t3
sin3
3
e
shtty
Câu 8:
Tìm nghiệm của phương trình vi phân y
’’
(t) – 4y
’
(t) +5y(t) = 25(t2 + 1),
thoả mãn điều kiện đầu: y(0) = y
’
(0) = 0.
Bài giải:
Ta có :
( )
323
2
22
25502550
25
2
50252525
s
s
ss
t
t
tttt
+
=+=+=+=+
đặt Y(s)=L{y(t)}
⇒
- L{y(t)}= s
2
Y(s)
-L{y’(t)}= sY(s)
Từ phương trình vi phân đã cho ta có:
}2}{2{
2550
)54(
2550
)(
2550
)(5)(4)(.
323
3
2
−−−+
+
=
+−
+
=⇒
+
=+−
isiss
s
ssss
s
sY
s
s
sYssYsYs
Như vậy hàm Y(s) có hai điểm cực đơn: s=2-i và s=2+i và điểm cực kép bậc 3 s=0
20
Tính:
( )
5
42
125
84
2
25
)54(
)413)(42(2)54)(42(
lim
2
25
54
2
lim
2
25
0;
)2(2
2550
Re
32
22
0
22
2
0
3
=
=
+−
−−−−+−+−
⇒
+−
+
=
−−−+
+
→
→
ss
ssssss
ss
s
ds
d
isiss
s
s
s
s
( )
224
25)4(
224
4
25
2(
2
lim252;
)2(2
2550
Re
)2(
)2(
3
)2(
)2(
3
+
−
−=
+
−
−⇒
−−
+
=
−
−−−+
+
−
−
−→
−
i
ei
i
i
e
iss
s
ei
isiss
s
s
ti
ti
is
ti
( )
224
25)4(
224
4
25
2(
2
lim252;
)2(2
2550
Re
)2(
)2(
3
)2(
)2(
3
−
+
=
−
+
⇒
−+
+
=
+
−−−+
+
+
+
+→
+
i
ei
i
i
e
iss
s
ei
isiss
s
s
ti
ti
is
ti
Vậy nghiệm của phương trình vi phân đã cho :
224
)4(25
224
)4(25
5
42
)(
)2(2(
+
−
−
−
+
+=
−++
i
ei
i
ei
ty
titi
Câu 9:
Tìm biến đổi Z ngược của hàm giải tích:
( )
( )( )
1213
1
4
+−
=
zzz
zX
trong miền
2
1
>z
.
Bài giải:
Ta có:
( )
( )( )
( ) ( )
1z2
2
5
z
1
1z3
3
5
z
1
1z21z3z
1
zX
44
4
+
−
−
=
+−
=
( ) ( )
−−
−
−
=
+
−
−
=
z2
1
1z5
1
z3
1
1z5
1
1z2
2
5
z
1
1z3
3
5
z
1
5
5
44
∑
∞
=
−
⋅
−
−
−
∑
∞
=
−
⋅
−
=
∑
∞
=
−−
∑
∞
=
=
5n
n
z
5n
2
1
5
1
5n
n
z
5n
3
1
5
1
0n
n
z2
1
5
z5
1
0n
n
z3
1
5
z5
1
21
Câu 10:
Tìm biến đổi Fourier ngược
( )
{ }
f3
1
eFtx
−
−
=
.
Bài giải:
Ta có:
( ) ( ) ( )
( )
∫
∞
∞−
∫
∞
−
=
−
=⇒
∫
∞+
∞−
∧
=
∧
−
=
−
−
=
0
1)2cos(
3
2
2
3
)(
2
1
3
1
dfft
f
edf
fti
e
f
etx
df
fti
efXfXF
f
eFtx
π
π
π
Áp dụng quy tắc từng phần ,ta đặt:
=
−=
⇒
=
=
−
−
)2sin(
2
1
3
)2cos(
3
3
ft
t
v
dfedu
dfftdv
eu
f
f
π
π
π
∫∫
∞
−
∞
−
∞
−
=+
=⇒
0
3
0
3
0
3
)2sin(
3
)2sin(
2
3
2
2
)2sin(
2)( dffte
t
dffte
tt
fte
tx
ff
f
π
π
π
ππ
π
Ta tiếp tục tính
∫
∞
−
0
3
)2sin( dffte
f
π
,ta cũng áp dụng cách tính từng phần,ta đặt:
−=
−=
⇒
=
=
−
−
)2cos(
2
1
3
)2sin(
3
3
ft
t
v
dfedu
dfftdv
eu
f
f
π
π
π
94
3
)(
)2cos(
2
3
2
13
)2cos(2
)2cos(
2
3
2
13
)2sin(
3
22
0
3
0
3
0
3
0
3
+
=⇒
−=⇒
−=⇒
∫∫
∫∫
∞
−
∞
−
∞
−
∞
−
t
tx
dffte
ttt
dffte
dffte
ttt
dffte
t
ff
ff
π
π
πππ
π
π
πππ
π
π
22
Câu 11:
Tìm biến đổi Fourier của hàm số
( )
4
1
4
+
=
t
tx
.
Bài giải:
Biến đổi Fourier của hàm số x(t) là
( ) ( ){ }
dt
4
2
t
ft2i
e
txFfX
∫
∞
∞−
+
π−
==
∧
( ) ( )
dt
0
1
2
2
2
t
ft2cos
2
2
2
dt
0
2
2
2
t
ft2cos
2
∫
∞
+
π
=
∫
∞
+
π
=
(1)
Đặt
dtd2t2
2
t
=λ⇔=λ⇔=λ
Thay vào (1) ta được
( )
( ) ( )
f4
e
2
d
0
1
2
f4cos
d2
0
1
2
2f2cos
2
2
2
fX
π−
π
=λ
∫
∞
+λ
λπ
=λ
∫
∞
+λ
λπ
=
∧
Vậy
( )
f4
e
2
fX
π−
π
=
∧
(Áp dụng bài tập 2.37.c)
Câu 12:
Giải bài toán Dirichlet đối với phương trình ∆u = 0 phía trong hình tròn tâm O bán kính
bằng 2, biết rằng trên đường tròn S tâm O bán kính bằng 2 thỏa mãn:
u|
S
= x
2
– xy
2
+ 2.
Giải :
Đặt
ϕϕ
sin; ryrcsox ==
( ) ( )
( )
Cnbnau
Cnbnarru
n
nn
n
r
n
nn
n
++=⇒
++=
∑
∑
∞
=
=
∞
=
0
2
0
sincos2
sincos,
ϕϕ
ϕϕϕ
từ điều kiện u|
S
= x
2
– xy
2
+ 2.ta có :
( )
2sincos8cos42sin4cos2cos2
222
2
2
+−=+−=
=
ϕϕϕϕϕφ
r
u
So sánh hai vế của
2=r
u
ta có :
23
( )
( )
4sincos4cos2;2
2
2
2sinsin
2
2cos
2
2sincoscos;
22
232
2322
+−=⇒=⇒
++−=+−=
ϕϕϕϕ
ϕϕϕϕϕϕϕ
rur
rrr
rrru
Câu 13:
a) Chứng minh rằng u(x, t) = F(2x + 5t) + G(2x – 5t) là một nghiệm tổng quát
của phương trình
2
2
2
2
254
x
u
t
u
∂
∂
=
∂
∂
.
b) Tìm nghiệm riêng thỏa mãn điều kiện
( ) ( )
( ) ( )
==
=π=
0020
00
,xu;xsin,xu
t,ut,u
t
Giải:
a- Giả sử : F(2x+5t)=(2x+5t)
2
; G(2x+5t)=(2x-5t)
2
.
( ) ( ) ( )
2
2
2
2
2
2
2
2
22
22
254
100
16
100
16
5085252,
x
u
t
u
t
u
x
u
t
t
u
x
x
u
txtxtxtxu
∂
∂
=
∂
∂
⇔
=
∂
∂
=
∂
∂
⇒
=
∂
∂
=
∂
∂
⇒
+=−++=⇒
Vậy
u(x, t) = F(2x + 5t) + G(2x – 5t
là nghiệm tổng quát của phương trình
2
2
2
2
254
x
u
t
u
∂
∂
=
∂
∂
.
b- Ta có :
2
2
2
2
254
x
u
t
u
∂
∂
=
∂
∂
.
xxtt
uu 244 =⇔
xxttxxtt
uuuu
2
2
5
4
25
=⇒=⇒
gọi :
( ) ( )
( ) ( )
==
==
xxu
xxxu
t
ψ
ϕ
00,
2sin0,
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( ) ( )
tx
txtx
txu
dvv
a
vi
dvv
a
atxatx
txu
atx
atx
atx
atx
5cos.2sin
2
52sin52sin
,
0
2
1
:
2
1
2
,
=
−++
=⇒
=
+
−++
=⇒
∫
∫
+
−
+
−
ψ
ψ
ϕϕ
24
Câu 14:
Cho X(t),t ≥ 0 là quá trình Poisson với cường độ
λ = 3
. Hãy tính:
EX(2), EX
2
(1), E[X(1).X(2)].
Giải:
X(t) là quá trình Poisson tham số
λ
=3.Theo công thức ta có :X(t)~P(
λ
t) thì E[X(t)]=
λ
t
+ X(2) là biến ngẫu nhiên có phân bố Poisson tham số 6 do đó E[X(2)]=6
+ X(1) là biến ngẫu nhiên có phân bố Poisson tham số
λ
=3
do đó :
12)]1([
22
=+=
λλ
XE
E[X(1).X(2)] = E[X(1){X(3)-X(1)}] = E[X(1).E[X(3)-X(1)]
= E[X(1)].E[X(3)]-E[X(1)].E[X(1)]=3.3.3-
2
3
=18
Câu 15:
Khách tới một bưu cục theo quá trình Poisson với cường độ 10 người một giờ. Khách có
thể yêu cầu phục vụ với xác suất p = 0,6 và không yêu cầu phục vụ với xác suất q = 0,4.
Tính xác suất để trong giờ đầu tiên có 8 người vào cửa hàng trong số đó 3 người có nhu
cầu phục vụ và 5 người không có nhu cầu phục vụ.
Giải :
Gọi X(t) là số khách hàng tới cửa hàng trong khoảng thời gian t, theo giả thiết X(t) là quá
trình Poisson tham số
λ
=10 .
Gọi X
1
(t) là số khách hàng tới cửa hàng có nhu cầu phục vụ trong thời gian t thì là quá
trình Poisson tham số
λ
1
=
λ
p = 10x0,6 = 6
Gọi X
2
(t) là số khách hàng tới cửa hàng không nhu cầu phục vụ trong thời gian t thì là
quá trình Poisson tham số
λ
2
=
λ
q = 10x0,4 = 4
Vậy xác suất để trong giờ đầu tiên có 8 người vào cửa hàng trong đó có 3 người có nhu
cầu phục vụ và 5 người không có nhu cầu phục vụ là:
( ) ( ){ }
10
53
10
5
4
3
6
2
2
1
1
21
2,307
!5!.3
4.6
!5
4
!3
6
!!
51,31
2
2
1
1
−−−−
−−
====== eeee
k
e
k
eXXP
kk
λλ
λλ
25
