ngan hang cau hoi toan ki thuat

C. LOẠI CÂU HỎI 3 ĐIỂM
Câu 1:
sin iz
dz, trong hai trường hợp sau:
Tính tích phân phức I   2
2
C  4z  1 3z  i 
a) C là đường tròn z = 5/12.
b) C là đường tròn z = 1.
Bài giải:
sin  iz 
i
i
là 2 cực điểm đơn và Z 
là cực điểm kép.
2 có Z  
4z  13z  i 
2
3
i
a) Khi C là đường tròn z = 5/12 thì trong C đã cho có cực điểm kép Z 
3
Áp dụng lý thuyết thặng dư: f  z dz 2i. Re s f  z  ; a 

Ta có hàm:

2


C

 Re s f  z  ; a  

1
d m 1
m
lim m  1  z  a  f  z 
Z

a
 m  1! dz





1
d  sin  iz  

sin  iz 
i
 I 2i. Re s
;   2i  lim i  2
2
2
1! Z  dz   4z  1 
4z  1 3z  i  3 

3








 i cos iz  4z 2  1  8z sin  iz  
 i cos iz  8z sin  iz  
2i lim 
2i lim 


2
2
2 
i
i
2
Z 
Z  4z  1
4
z

1
4z 2  1 

3
3









8i
 
8i 3 
1
 i cos 

sin

i 



3
3
3
3
2 
2
2i 

2i  2

2
2

2 

2
2
i
4i
 4   1  4 i  1 

 1  4i  1 
 9
 
 9
 
 9
 9

 

 




  2  8 3
452  216 3



2
5

25
5
3 
9
9

i
b) Khi C là đường tròn z = 1 thì trong C đã cho có Z  là 2 cực điểm đơn và
2
i
Z
là cực điểm kép.
3

sin iz 
i 
sin iz 
i
;

Re
s
;
Ta có:  Re s


2
2
4z 2  1  3z  i  2  
 2z  i  2z  i  3z  i  2 


 
sin
sin  iz 
2  1  2
lim

2
2
i
 25i 25i
Z   2z  i  3z  i 
 5i 
2
2i 
2
2





1



sin iz 
i 
sin iz 
i

;   Re s
; 
Ta có:  Re s
2
2
2
2 
4z  1  3z  i 
 2z  i  2z  i  3z  i  2 


sin
sin  iz 
1 2
2
lim

 
2
2
i
i
i
Z    2z  i  3z  i 
 i
2
 2i 
2
 2 
2

 45  216 3  104 
 2 2  45  216 3

 
Vậy I 2i 
Hay I  

25
25
 25i i 







Câu 2:
2

Bằng cách đưa về tích phân phức hãy tính tích phân

4 sinx

3 sinx  5dx
0

Bài giải:
dz
z z

Đặt z = eix thì sin x 
và dx 
iz
2i
1
z z
2
4
4 sin x
dz
4z 2  1
dz
4z 2  1
dz
2
i
dx 


Ta có:
1
2
i  iz
3 sin x  5
iz C 3z  3  10iz iz C
z z

0
C 3
3 z  3i  z  

5
3
2i

i
Hàm số có 2 cực điểm đơn và Z  và z = 0 thuộc đường tròn đơn vị C
3


2

4z  1
i
4z 2  1
13


; lim

Ta có: Re s
i
i  3  Z 3 z  3i iz
24i


3
3 z  3i  z  iz 

3




1











2


4z  1
4z 2  1
1 1
;0 lim
 2 
Ta có:  Re s
i
i  3i
3



 Z 0

3 z  3i  z  iz 
3 z  3i  z  

3
3




13
2
 1 13 
i
Vậy I 2i  
Hay I 

12
3
 3 24i 

2


Câu 3:
e iz

dz , trong hai trường hợp sau:
Tính tích phân phức I  
2




z

1
3
z

1
C
c) C là đường tròn z = 1/2.
d) C là đường tròn z = 3/2.

Bài giải:
Xét hàm:

e iz

 z  1 3z 1 2

có Z 1 là cực điểm đơn và Z 

1
là cực điểm kép.
3



 e iz  e i
e iz





Re
s
;
1

lim
Ta có

 z  1 3z 1 2  Z 1   3z 1 2  16

 i
e iz
1 1
d  e iz 
1 



  lim e iz 
;
 lim


Ta có Re s

 z  1  z  1 2 

 z  1 3z 1 2 3  1! Z   13 dz  z  1  Z   13

i 
i




i

1
 3i 9 
e 3 

 
  e 3 
4
16
4
16 



 3 9

a) Khi C là đường tròn z = 1/2 thì trong C đã cho có cực điểm Z 

1
3

i
 3i 9 
 I 
dz  2i.e 3 
 
2
4
16 




z

1
3
z

1
C
e iz



b) Khi C là đường tròn z = 3/2 thì trong C đã cho có 2 cực điểm z = 1và Z 

1
.
3

i


i
i

 e i
 i 


3
i

9


i
3
3
3



 I 
dz 2i
 e
 4  16    8  e  12i .e  9.e
2
16



C  z  1 3z 1




e iz






Câu 4:

3



2s  4
1
Tìm biến đổi Laplace ngược f  t  L 

2
  s  1 s  3 s  4s  5 





Bài giải:
P s 
2s  4

Q s   s  1 s  3s 2  4s  5
Có các cực điểm đơn là: -1; -3; -2-i; -2+i
P s 
2s  4


Q s   s  1 s  3 s  2  i  s  2  i 

Hàm ảnh:

1
1 P s 
 ;
 ;
2 Q s  s  3 2
s  1
1
1
1
 f  t   e  t  e  3 t  e  t  2 i  
2
2
2


P s 

Q s 

P s 
Q s 


s  2  i

1 P s 
;
2 Q s 


s  2 i

1
2

1  t  2 i 
e
2

Câu 5:



1
1
Tìm biến đổi Laplace ngược f  t  L 


3
  s  1  1
Bài giải:
Hàm ảnh:

P s 
1
1

 2
3
Q s   s  1  1 ss  3s  3

Có các cực điểm đơn là: 0;




3 i 3 3i 3
;
2
2

P s 
1

Q s 

3  i 3 
3i 3 

 s 

s s 


2
2




P s 
Q s 

s 0

1 P s 
 ;
3 Q s 

1
2
 f t  
e
3 3  i3 3

3 i 3
s
2
3 i 3

t
2





 2
3  i3 3
2

i3 3  3

P s 
Q  s 

;

e

3i 3
s
2



2
i3 3  3

;

3i 3
t
2

Câu 6:

4


6
3  4s
8  6s 
1
 2

Tìm biến đổi Laplace ngược f  t  L 

2
 2s  3 9s  16 16s  9 

Bài giải:
3  4s
8  6s 
6 
 6
1
 1  3  4s 
 1  8  6s 
 2


 L 
 L  2
 L 

2
2
 2s  3 9s  16 16s  9 
 2s  3 
 9s  16 
 16s  9 
3
t
6  6 1 1 
1
Xét: L 
 L 
 3e 2
 2s  3  2  s  3 2 
1
Ta có f  t  L 

P s 
3  4s
3  4s
3  4s
 1  3  4s 
 2

Xét: L  2

 ta có hàm ảnh
2
2
Q s  9s  16  3s   4  3s  4  3s  4 
 9s  16 
4 4
;
3 3

Có các cực điểm đơn là:
4
t
3



P s 
Q s 


s 4

3

25 P s 
;
24 Q  s 


s  4

3

7
24

4
 t
3

7
 3  4s  25
 L 1  2
 e  e
24
 9s  16  24
P s 
8  6s
8  6s
8  6s
 1  8  6s 


Xét: L 
ta
có
hàm
ảnh

2

2
2
2
Q s  16s  9  4s    3i   4s  3i  4s  3i 
 16s  9 

Có các cực điểm đơn là:

P s 
3i 3i

;
Q s 
4
4
3i

s 3i

4

3i

16  9i P s 

;
12i
Q s 
3i

s  3i

4

16  9i

 12i

3i

 8  6s  16  9i 4 t 16  9i  4 t 16i  9  4 t 16i  9 4 t
 L 
e 
e

e

e

2
12i
12i
12
12
 16s  9 
4
4
3
3i
3i

t
25 3 t 7  3 t 16i  9  4 t 16i  9 4 t
Vậy ta có: f  t  3e 2 
e 
e 
e

e
24
24
12
12
1

Câu 7:

5


Tìm nghiệm của phương trình vi phân y’’’(t) – y(t) = et, thoả mãn điều kiện đầu:
y’’(0) = 0.

y(0) = y’(0) =

Bài giải:
Đặt Y s  L y t   L y t  s 3 Y s 
t
1 1 
Ta có e L 


 s  1
1
3
Suy ra phương trình ảnh: s Y s   Y s  
s 1
1
1
1
 s 3  1Y s  
 Y s   3
 2
s 1
s  1s  1 s  1s 2  s  1
1
s
1
s
 2
 3
 2 2  3 3
s  1 s 1 s  1
s 1
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
t

e2
y t  sht 
3

t

 

3t
3t
2 
 3 sin

cos

e


2
2



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 : 25 t 2  t 25t 2  25t 50
đặt

Y(s)=L{y(t)}  -

t2
50 25 50  25s
 25t  3  2 
2
s
s
s3

L{y(t)}= s Y(s)
-L{y’(t)}= sY(s)
2

Từ phương trình vi phân đã cho ta có:
50  25s
s 2 .Y ( s )  4 sY ( s )  5Y ( s ) 
s3
50  25s
50  25s
 Y (s)  3 2
 3
s ( s  4 s  5s ) s {s  i  2}{s  i  2}
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

Tính:

6


 25
50  25 s
d2  2s 
Re
s
;
0

lim


s 3  s  i  2 ( s  i  2)  2 s  0 ds 2  s 2  4 s  5 

  ( 2s  4)( s 2  4 s  5)  2(2 s  4)(13  s 2  4 s)  25  84  42
25

lim 
 

2 s 0 
( s 2  4s  5) 3
 2 125  5


 2s 
50  25s
;2  i  25e ( 2 i ) t lim  3
 Re s 3


s ( 2 i ) s (s  i  2
s  s  i  2  ( s  i  2)




( 2 i )t
(4  i )25e
 4 i 
 25e ( 2 i ) t  


4i  22
 4i  22 


 2s 
50  25s
;2  i  25e ( 2i ) t lim  3
 Re s 3

s  ( 2 i ) s ( s  i  2
s  s  i  2  ( s  i  2)




( 2 i ) t
 4  i  ( 4  i )25e
 25e ( 2i ) t 


4i  22
 4i  22 
Vậy nghiệm của phương trình vi phân đã cho :
y (t ) 

42 25(4  i )e ( 2i t 25(4  i )e ( 2 i )t


5
4i  22
4i  22

Câu 9:
Tìm biến đổi Z ngược của hàm giải tích: X  z 

1
1
trong miền z  .
z  3z  1 2z  1
2
4

Bài giải:
X z  

1

z  3z  1 2z  1

1

1



5
 3z  1 z 4 5  2z  1
3
2
1
1
1
1




5
5
1
  1 
z 4  3z  1 z 4  2z  1 5z 5 1 
 5z 5 1   
 
3
2
 3z 
  2z  
1   1 n 1   1 n 1 

1
1 
1

z  n  
z  n
   
 
  
5 n 5 3 n  5
5 n 5  2 n  5
5z 5 n 0  3z 
5z 5 n 0  2z 

Ta có:

4

z4

Câu 10:
Tìm biến đổi Fourier ngược x  t  F  1 e  3 f .





7

Bài giải:
Ta có:

 
 3 f 
i 2ft df
 1  X  f   
x t   F  1  e

F
 X  f e






  
 3f

1
 x (t )   e
e i 2ft df 2 e  3 f cos(2ft )df

0
Áp dụng quy tắc từng phần ,ta đặt:
 du  3e  3 f df

u e  3 f


 
1

 dv cos( 2ft ) df
 v  2t sin( 2ft )




 e  3 f sin(2ft ) 
3
3 3f
3f
 x(t ) 2 

2
e
sin(
2

ft
)
df

e sin(2ft )df

2t
2t 
t 


0
0
0
Ta tiếp tục tính


e

3f

sin( 2ft )df ,ta cũng áp dụng cách tính từng phần,ta đặt:

0

 du  3e  3 f df

u e  3 f

 
1

 dv sin(2ft ) df
 v  2t cos(2ft )



3
3  1
3
3f

e
sin(
2

ft
)
df


e  3 f cos(2ft )df 



t 0
t  2t 2t 0




3 1
3
 2e  3 f cos(2ft )df  

e  3 f cos(2ft )df 

t  2t 2t 0
0

3
 x (t )  2 2

4 t  9



Câu 11:
Tìm biến đổi Fourier của hàm số x t 

1
.
t 4
4

Bài giải:

8


Biến đổi Fourier của hàm số x(t) là


 e  i 2ft
X f  F x  t   
dt
2
  t 4
 cos 2ft 
2  cos 2ft 
2 
dt 
dt


2
2
2
2
2 0 t
0 t 2
1
22

(1)

t
Đặt    2  t  2d dt
2

 cos 4f 
2  cos 2f 2 
  4 f
X

f


2
d


d  e
Thay vào (1) ta được



2
2
22 0
2 1
0  1

 4 f
Vậy X f    e
(Áp dụng bài tập 2.37.c)
2

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 = x2 – xy2 + 2.
Giải :
Đặt x rcso  ; y r sin 


u  r ,    r n  a n cos n  bn sin n   C
n 0



 u r 2  2 n  a n cos n  bn sin n   C
n 0
2

2

từ điều kiện uS = x – xy + 2.ta có :
u r 2  2 cos    2 cos  4 sin 2   2 4 cos 2   8 cos  sin 2   2
2

So sánh hai vế của u r 2 ta có :

r2
r3
r2
u  r ;   r cos   r cos  sin   2  cos 2 
sin  sin 2 
2
2
2
2
 r 2  u  r ;   2 cos 2   4 cos  sin 2   4
2

2

3

2

Câu 13:

9

a) Chứng minh rằng u(x, t) = F(2x + 5t) + G(2x – 5t) là một nghiệm tổng quát của
2 u
2 u
phương trình 4 2 25 2 .
t
x
u 0, t u , t 0

b) Tìm nghiệm riêng thỏa mãn điều kiện 
 u x,0  sin2x; ut  x,0 0

Giải:
a- Giả sử : F(2x+5t)=(2x+5t)2; G(2x+5t)=(2x-5t)2.
2
2
 u  x, t   2 x  5t    2 x  5t  8 x 2  50t 2
  2u
 u

16
x
 2 16
 x
 2u
 2u

x
 
  2


4 2 25 2
u
t
x

  u 100
100t
2

 t
 t
Vậy u(x, t) = F(2x + 5t) + G(2x – 5t
2 u
2 u
là nghiệm tổng quát của phương trình 4 2 25 2 .
t
x
2
2
 u
 u
4u tt 24u xx
b- Ta có : 4 2 25 2 . 
t
x
2
25
5
 u tt  u xx

 u tt   u xx
4
 2

 u  x,0  sin 2 x   x 
gọi : 
 u t  x,0  0   x 
 u  x, t  

  x  at     x  at  1 x at

  v dv
2
2a x 
at

x  at

vi :

1
  v  dv 0
2a x 
at

 u  x, t  

sin  2 x  5t   sin  2 x  5t 
sin 2 x. cos 5t
2

Câu 14:

Cho X(t),t ≥ 0 là quá trình Poisson với cường độ  = 3. Hãy tính:
EX(2), EX2(1), E[X(1).X(2)].
Giải:

10


X(t) là quá trình Poisson tham số  =3.Theo công thức ta có :X(t)~P(  t) thì E[X(t)]=  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  =3
2
2
do đó : E[ X (1)]    12
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- 3 2 =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  =10 .
Gọi X1(t) là số khách hàng tới cửa hàng có nhu cầu phục vụ trong thời gian t thì là quá trình
Poisson tham số  1 =  p = 10x0,6 = 6
Gọi X2(t) là số khách hàng tới cửa hàng không nhu cầu phục vụ trong thời gian t thì là quá trình
Poisson tham số  2 =  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:
k1
k2
3
5
3 5
 1 1
 2  2
6 6
4 4
 10 6 .4
P X 1 1 3, X 2 1 5 e
e
e
e
e
307,2e  10
k1!
k2!
3!
5!
3!.5!

Câu 16:
Số cuộc gọi đến một tổng đài là một quá trình Poisson {X(t),t ≥ 0} với tham số  = 5 (trung bình
có 5 cuộc gọi trong 1 phút). Gọi Sn là khoảng thời gian giữa 2 lần đến liên tiếp thứ n. Hãy tính
ES4 và E[X(4) – X(2)X(1) = 3].
Giải:

11

Áp dụng định lý và công thức đối với các biến ngẫu nhiên S(n) có phân bố mũ tham số  do đó
1 1
ta có : E[S(4)]=  =0,2
 5
Do X(4)-X(2) và X(1) độc lập do đó :
E[X(4)-X(2)/X(1)=3]=E[X(4)-X(2)]=4-2=2 =2.5=10
Câu 17:
Hãy tính các số đo hiệu năng: L, Lq; W, Wq của hàng M / M / 2 với  = 14,  = 10.
Giải:
Với k=2 ,ta có:

 14 7
 
 10 5
3
1 343
 Wq 
 .
0,096
2
  4    14 255
+ 

 Lq .Wq 
W 

3
343


14.0,096 1,345
2
255
4 

3
1
1

0,096 
0,146
2
20
  4    2

3

 L .W 
 14W 12.0,146 2,044
2
2
4 

D. LOẠI CÂU HỎI 4 ĐIỂM

12


Câu 1: Cho mạch điện như hình vẽ:

i

i1

R1

i2

C
R2

L

E
Biết điện trở R1 = 10, R2 = 30, tụ điện C có điện dung 0,01F, cuộn dây L có độ từ cảm 1H và
suất điện động E = 8sin 20t(Volt).
Đúng mạch tại thời điểm t=0.
Hãy tìm cường độ của dòng điện qua tụ điện C tại thời điểm t >0.
Câu 2:
a) Chứng tỏ rằng biến đổi Laplace của
f(t) = cos10t + 2sin10t – e-10t(cos10t + 3sin10t)
500s
là F(s) = L {f(t)} = 2
s  100s2  20s  200
b) Cho mạch điện như hình vẽ:
i

i1

R1

i2

C
R2

L

E
Biết điện trở R1 = R2 = 10, tụ điện C có điện dung 0,01F, cuộn dây L có độ từ cảm 1H và suất
điện động E = 50sin10t(Volt).
Đúng mạch tại thời điểm t=0.
Hãy tìm cường độ của dòng điện qua tụ điện C tại thời điểm t >0.

Câu 3: Cho mạch điện như hình vẽ:

13


R1

L
R

R2

E
Biết điện trở R1 = R2 = 10, R = 30, cuộn dây L có độ từ cảm 3,5H, suất điện động E = 203sin
2t(Volt). Đúng mạch tại thời điểm t=0. Hãy tìm cường độ i1(t), i2(t) của dòng điện tại thời điểm t
>0.

Câu 4:


x

y

y z


Cho hệ phương trình vi phân  y  z x  z thoả mãn điều kiện đầu
 x  zx  y

x(0) = 2, y(0) = -3, z(0) = 1. Tìm nghiệm x(t), y(t), z(t).
Giải :
 x ' y '  y  z

Hệ phương trình :  y ' z '  x  z
 x' z '  x  y

 x'  y

Từ (1) , (2) và (3) ta có :  y '  z
 z' x


1
 2
 3
(I)

Đặt X(s)=L {x(t) ; Y(s)=L {y(t) ; Z(s)=L {z(t)

L {x(t) = sX-2
L {y(t) = sY+3

 sX  2 Y

thay vào hệ phương trình (I)  sY  3  Z
 sZ  1  X


L {z(t) = sZ-1
Giải hệ phương trình ảnh ta có nghiệm:

Câu 5:

14


Tìm nghiệm của phương trình truyền sóng utt = 4(uxx + uyy + uzz )
 u x, y,z,0   x  y  z 2
thoả mãn điều kiện 
3 y 4 x
sin5z
 ut  x, y,z,0  e
Câu 6:
Tìm nghiệm của bài toán Cauchy sau:
 utt 4 uxx
 ut  uxx , t  0


a. 
b.  u x,0 sin3x
 u x,0  sinx, x  R
  
 2x
 ut x,0 e

Câu 7:
Giải bài toán Cauchy utt = k2(uxx + uyy) thoả mãn điều kiện đầu
2
2
 u x, y,0 2x  y

 ut (x, t,0) e y

Câu 8:
d n

x J n  x  xn J n 1  x .
dx
4
b) Tính tích phân không xác định x J 1  xdx.

a) Chứng minh rằng

f(x),0  x  1 theo hàm J(x) theo

c) Áp dụng khai triển Fourier-Bessel của hàm


công thức f  x  A k J a   k x ,  k là các nghiệm dương của phương trình J(x) = 0
k1

1

2
xf  x  J    k x  dx ,
và hệ số Fourier Ak  2
J '   k  
0





2 8  2k J1  k x 
,0  x  1 ;
3k J1'  k 
k 1
trong đó k là nghiệm thực dương của phương trình J1() = 0.


3
chứng tỏ rằng x 

Giải:
1.d n

x J n  x   x n  1J n  1  x 

(1)
xdx
Nhân hai vế của (1) cho x ta được:
x.d n
d n
x J n  x   x.x n  1 J n  1  x  
x J n  x  x n J n  1  x 
xdx
dx
Đây là điều phải chứng minh.

a-. Ta có:









15


b-Ta có với mọi cặp số tự nhiên m, n thuộc Z, n < m thì :
z

I m ,n  z m J n  z dz  z m J n 1  z    m  n  1 I m  1,n  1
0

Áp dụng công thức ta tính được:
4
4
4
x J 1  x  dx  x J 2  x    4  1  1 I 3, 2  x J 2  x   2 I 3,2
 I 3, 2  x 3 J 2  x dx  x 3 J 3  x    3  2  1 I 2,1  x 3 J 3  x 


x J  x dx  x
4

1

4

J 2  x  x 3 J 3  x  C

c- Áp dụng khai triển Fourier-Bessel của hàm

f(x),0  x  1 theo hàm J(x) theo



công thức f  x  A k J a   k x , biết :
k1

 k là các nghiệm dương của phương trình J(x) = 0
1

và hệ số Fourier Ak 

2
xf  x  J    k x  dx ,
2
J '   k  
0





2 8  2k J 1  k x 
,0  x  1 ;
chứng tỏ rằng x 
3k J 1'   k 
k 1
trong đó k là nghiệm thực dương của phương trình J1() = 0.
3



Ta áp dụng các công thức truy toán sau:
* zJ '  z  J   z   zJ  1  z 
* J  1  z  
Ta tính :

2
J  z  J 1  z
z

1

Ak 

1



k
2
2
2
4
4 4






x
J

x
dx


x
J


x
d

x

x 4 J 1  x dx
1
k
k
1
k
k
'2
5 2
5 2



J 1  k  0
k J 2  k  0
k J 2  k  0

k

 x 4 J 1  x  dx  x 4 J 2  x   x 3 J 3  x 
0



k

0

4k J 2  k   3k J 3  k  4k J 2   k   42k J 2   k 



22k J 2   k  2
2 2k  4
 Ak  5 2
k  4  3
k J 2  k 
k J 2  k 









2 2k  4
J 1  k x 
3
k 1  k J 2   k 
(Thầy ơi không biết em làm sai ở chỗ nào mà em có kết quả không giống như đề bài cho)


 f  x   x 3 

Câu 9:
a) Chứng minh rằng

d n
x J n  x xn J n 1  x .
dx





16


3
b) Tính tích phân không xác định x J 0  xdx.

c) Áp dụng khai triển Fourier-Bessel của hàm

f(x),0  x  1 theo hàm J(x) theo



công thức f  x  A k J a   k x ,
k1

trong đó k là các nghiệm dương của phương trình J(x) = 0
1

và hệ số Fourier A k 

2
xf x J    k xdx,
2
J   k  
0





2 2k  4 J 0   k x
,0  x  1 ; trong đó k là nghiệm thực dương của phương
3k J 1   k 
k1


2
chứng tỏ rằng x 

trình J0() = 0.
Giải:
1.d n
x J n  x  x n  1J n  1  x 
(1)
xdx
Nhân hai vế của (1) cho x ta được:
x.d n
d n


x J n  x    x.x n  1 J n  1  x  

x J n  x   x n J n  1  x 
xdx
dx
Đây là điều phải chứng minh.
b. Ta có với mọi cặp số tự nhiên m, n thuộc Z, n < m thì :



a. Ta có:



z

I m ,n  z m J n  z dz  z m J n 1  z    m  n  1 I m  1,n  1
0

Áp dụng công thức ta tính được:
3
3
3
x J 0  x dx  x J 1  x    3  1  1 I 2,1  x J 1  x   2 I 2,1
 I 2,1 x 2 J 1  x dx  x 2 J 2  x    2  1  1 I 1, 2  x 2 J 2  x 


x J  x dx  x J  x  
3

3

0

1

c- Triển khai Fourier-Bessel của hàm

x 2 J 2  x  C
f(x),0  x  1 theo hàm J(x) theo công thức



f  x  A k J a   k x , biết:
k1

k là các nghiệm dương của phương trình J(x) = 0
1
2
xf x J    k xdx,
và hệ số Fourier A k  2
J   k  
0





2 2k  4 J 0   k x
,0  x  1 ; trong đó k là nghiệm thực dương của phương

3k J 1   k 
k1


2
chứng tỏ rằng x 

trình J0() = 0.
Ta áp dụng các công thức truy toán sau:
* zJ '  z  J   z   zJ  1  z 
* J  1  z  

2
J  z  J 1  z
z

17


Ta tính :
1

Ak 



1

k
2

2
2
3
3 3






x
J

x
dx


x
J

x
d

x

x 3 J 0  x dx
0
k
k
0

k
k
'2
4 2
4 2



J 0  k  0
k J 1  k  0
k J 2  k  0

k

 x 3 J 0  x  dx  x 3 J 1  x   x 2 J 2  x 
0

k

3k J 1  k   2k J 2   k  3k J 1   k   2 k J 1  k 

0





2 k J 1   k  2
2 2k  2
 Ak  4 2

k  2  3
k J 1  k 
k J 1  k 









2 2k  2
J 0  k x 
3
k 1  k J 1   k 
(Thầy ơi không biết em làm sai ở chỗ nào mà em có kết quả không giống như đề bài cho)


 f  x   x 2 

Câu 10:
n

1 4

a) Cho quá trình dừng  x n n có hàm tự tương quan K x  n     .Tìm mật độ
9 5

phổ.

b) Tìm biến đổi Z của các dãy tín hiệu x(n) = n3-2nu(n).
Giải:
a- Tìm mật độ phổ:
Ta áp dụng công thức:
n

1 4 
1
4e  i 2f
4e i 2f



1




9 5 
9  5  4e  i 2f 5  4e i 2f
n 
n 
b- Tìm biến đổi Z của các dãy tín hiệu x(n) = n3-2nu(n) :
Ta có :




P f    e  in 2f K x  n    e  in 2f


1
 
 41  40 cos 2f

n


9z
 1 
 2n  n
3
z

  


9z  1
n 0
n 0  9 z 




 X  z    x  n z
n 

n



 n3
n 0

'

 2n

z

n

9z
 9z 
 z 
 
2
 9 z  1   9 z  1

z  3 2

Câu 11:
Cho  là biến ngẫu nhiên liên tục có phân bố đều trên đoạn [0, 2], R là biến ngẫu nhiên liên tục
2
nếu 0 r  
 r  r2
 2 e2  ,
có hàm mật độ fR  r  
nếu  0
 0,


Giả sử  và R độc lập.

18


a) Chứng minh rằng x(t) = Rcos(5t + )là một quá trình dừng.
b) Tìm hàm trung bình. Tìm hàm tự tương quan.
c) Quá trình x(t) có phải là quá trình ergodic không?
Giải:
Theo giả thiết R và  độc lập,do đó:
E  x(t )  E  R cos  5t      E  R  E  cos  5t    
 r2



 1

r 2 2 2
 3   2
matkhacE R    2 e dr  2 t 2 e  t dt  2  
2
 2
0
0
E  cos  5t     0
vayE x(t ) 0
cov x(t   ); x(t )  E   R cos  5 t        R cos  5t     

 

cos 5
 cos  5 2t     2   cos 5 
E R  E 
E R 

2
2
 E R 2 E   cos  5 t        cos  5t     
2

2







 r2



r3
2
E R 2   2 e 2 dr 2 2 te  t dt 2 2  2 2 2
0
0

 

2
Vậy {x(t)} là quá trình dừng có hàm tự tương quan K x    cos 5
Hàm trung bình : m(t)=E[x(t)]=0 (Đã tính được kết quả ở phần trên)
Ta có :
T
1 
t
lim 1   K x  t dt 0  quatrinhergodic
T T
T
0

1
 lim
T   2

2

2
t  2
1 
2

2
1 
 cos 5tdt lim
  cos 5tdt 

n   2
2 

2
0
0

2


t
cos
5
tdt


0


2

  2 cos 5tdt 0
0

2

 t cos 5tdt 0
0

2

1 
1  2

 lim
1 
 cos 5tdt 0
n   2 
2 
0
Vậy Quá trình x(t) là quá trình ergodic.
a) Cho x(t)
độ phổ.

Câu 12:
là quá trình dừng với hàm tự tương quan K x (t)  2 e 5 t ,    t   . Tìm mật

 1
(5  f ), nÕu f 5

b) Cho quá trình dừng ergodic x(t) có mật độ phổ Px (f )   2
 0 ,
nÕungîc l¹i
Tìm hàm tự tương quan.

19


Giải:
a- Mật độ phổ của hàm x(t):








5
 i 2
K x  d  2 e  i 2 e d 
Áp dụng công thức : P ( f )= e

10 2
25  4 2 f

b- Tìm hàm tự tương quan:


i 2f
P f df 
Áp dụng công thức : K x    e


5

1
1
e i 2f 5  f df  2 sin c 2 5
2 
 5


Câu 13:

a) Cho dãy tín hiệu rời rạc x(n) = a-nu(n), a  0.
i) Tìm biến đổi Z của x(n)
ii) Tìm biến đổi Fourier của x(n)
iii) Tìm biến đổi Fourier của y(n) = nx(n)

 e i8 f , nÕu f  1 4
b) Tìm biến đổi Fourier ngược của X (f ) 
nÕungîc l¹i
0 ,
Giải :
a- Tìm biến đổi :
+ Biến đổi Z của tín hiệu x(n)=a-nu(n) ,a>0 là:




n 

n 

 

X  z    x n  z  n   x n  z  1

n

n




az
 1 
  a  n u  n  z  n    
az  1
n 
n 0  az 

+ Biến đổi Fourier của tín hiệu x(n)=a-nu(n) ,a>0 là :


^
n
1
ae i 2f
X  f    x(n)e  i 2nf   ae i 2f  
 i 2f
 X  z  z ei 2f
1
ae
1
n 
n 0
1
ae i 2f
+ Biến đổi Fourier của tín hiệu y(n)=na-nu(n) ,a>0 là :
Ta có :

20


d
X  f      i 2n  x(n)e  i 2nf
df
n 




 nx(n)e  i 2 fn 

n 



1 

ae i 2f

^

 Y f  

1 d
i d  ae i 2f

X f  
i 2f df
2 df  ae i 2f 

ae

i 2f



1

2

 e i8 f , nÕu f  1 4
b-Tìm biến đổi Fourier ngược của X (f ) 
nÕungîc l¹i
0 ,


1
4

1
4

1
4

x(n) X  f e i 2 nf df  e  i8f e i 2 nf df  e i 2  n  4  f df 2 cos 2  n  4  f  df


x n 

1
4




 1 sin  n  4  2 



2

 n  4 
2

1


2



n 4

1
4

0

1

 n 4
 sin c

2
 2 

n 4

Câu 14:
Cho Z1 và Z2 là hai biến ngẫu nhiên độc lập có cùng phân bố xác suất
P{Z1 = -1} = P{Z1 = 1} = 1/2. Đặt x(t) = Z1 cos5t + Z2sin5t.
a) Chứng minh x(t) là quá trình dừng.
b) Tìm hàm trung bình. Tìm hàm tự tương quan.
c) Quá trình x(t) có phải là quá trình ergodic không?
Giải:
a- Chứng minh x(t) là quá trình dừng:
E  x(t )  E  Z 1 cos 5t  Z 2 sin 5t  cos 5tE  Z 1   sin 5tE  Z 2  0
Do z1,z2 độc lập theo giả thiết đã cho nên
cov Z 1 cos 5 t    Z 2 sin 5 t   ; Z 1 cos 5t  Z 2 sin 5t  cos 5 t    cos 5tE Z 12  sin 5 t    sin 5tE Z 22 cos 5
Vậy {x(t)} là quá trình dừng.
b- Tìm hàm trung bình, hàm tự tương quan:
+ hàm tự tương quan : K x   cos 5
+ Hàm trung bình:
m(t)= E x(t )  E Z 1 cos 5t  Z 2 sin 5t  cos 5tE  Z 1   sin 5tE  Z 2 

 

 

21

Câu 15:
Giả sử hệ thống sắp hàng có tốc độ đến  = 12, tốc độ phục vụ  = 14.
a) Tìm trễ phục vụ trung bình của hệ thống và độ dài trung bình của hàng ở trạng thái cân
bằng trong các trường hợp sau: M / M /1, M / D /1, M / E5/1.
b) Tìm k nhỏ nhất để độ dài trung bình của hàng L M / E k / 1 không vượt quá 3.
Giải:
a- Tìm trễ phục vụ trung bình của hệ thống và độ dài trung bình của hàng ở trạng thái cân
bằng:
+ hàng M/M/1:Quá trình đến Poisson với tốc độ đến , thời gian phục vụ có phân
bố mũ tốc độ 

12
3
Wq 

 0,4286
      1414  12  7
1
1
W Wq  0,4286  0,5

14

2
12.0,4286 5,1432
   
+ hàng M/D/1:Quá trình đến Poisson với tốc độ đến , thời gian phục vụ không đổi
tốc độ 

Lq Wq 


12
3

 0,2143
2      2.1414  12  14
1
2  
1
W Wq  
0,2143  0,2856
 2     
14
Wq 

2
Lq Wq 
12.0,2143 2,5716
    
+ hàng M/E5/1:Quá trình đến Poisson với tốc độ đến , thời gian phục vụ ngẫu nhiên
độc lập có cùng phân bố Erlang-k với tốc độ 
Wq 

 k  1 
12.6
9
 0,257
2k      2.5.1414  12  35

W Wq 

1
1
0,257  0,328

14

L q  W q 

 k  12 12.0,257 3,084
2k     

b-Tìm k nhỏ nhất để độ dài trung bình của hàng L M / E k / 1 không vượt quá 3

22


Độ dài trung bình của hàng M/Ek/1 là :

 k  12  12 2  k  144 k  1 18 k  1 3
2k      2k1414  12
56k
7k
 k 6

23