Đáp án đề thi cuối học kỳ II năm học 2019-2020 môn Toán cho kỹ sư 2 - ĐH Sư phạm Kỹ thuật

ĐÁP ÁN TOÁN CHO KỸ SƯ 2
(ngày thi 23/7/2020)

Điểm

Nội dung

Câu
hỏi
Câu1

a)
2đ

3đ
Tên các cách giải hệ phương trình tuyến tính: Phương pháp Gauss (GaussJordan), phương pháp Cramer (sử dụng định thức), phương pháp ma trận đảo,
phương pháp cộng-trừ đại số kết hợp phương pháp thế, ngồi ra còn có thể sử
dụng máy tính (casio hoặc PC/Latop có cài đặt các phần mềm phù hợp như
excel, matlab, maple,…).

0.5đ

Cách 1 Phương pháp Cramer
2 1

1

D = 5 2 m = 2 − m ; Dx =

0

1

1

2 m = (2 − m)(m − 1)

1

2−m 2 m

4 2 m

2

0.25đ

0

2 1

1

0

0.25đ

1 =m−2
m = (2 − m)(3 − 2m) ; D z = 5 2
4 2 2−m
4 2−m m

Dy = 5

1

-Trường hợp m  2 : D  0 nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất

x =

y =

z =


Dx
D
Dy
D
Dz
D

=

m −1

= 3 − 2m
=

−1

- Trường hợp m = 2 : D = D x = D y = D z = 0
2 x + y + z = 0

5 x + 2 y + z = 1
4 x + 2 y + 2 z = 0


1 0 0 : 1 
 2 1 1 : 0




A =  5 2 2 : 1  → ... →  0 1 1 : − 2 
0 0 0 : 0 
 4 2 2 : 0




x = 1

 y = − 2 −
z = 


, α  (hệ có vô số nghiệm và có 1 ẩn tự do)

Kết luận
-1-

0.5đ


▪

 x = m −1

m  2 : Hệ phương trình có nghiệm duy nhất  y = 3 − 2m
 z = −1


▪

x = 1

m = 2 : Hệ phương trình có vô số nghiệm  y = − 2 −  , α (1 ẩn tự do)
z = 


0.5đ

Cách 2 Phương pháp Gauss. Lập ma trận bổ sung
0 
1 
1 0 m − 2 :
2 1 1 :





A = 5 2 m :
1  → ... →  0 1 5 − 2m : − 2 
0 0 m − 2 : 2 − m
 4 2 m : 2 − m





0.5đ

m  2 : Hệ phương trình tương đương với

x





+ (m − 2) z

x = m −1

y + (5 − 2m) z = − 2   y = 3 − 2m
z =
(m − 2) z
−1
= 2−m


=

1

0.5đ

m = 2 : Hệ phương trình tương đương với

x





x = 1

= − 2   y = − 2 −  , α (hệ có vơ số nghiệm-1 ẩn tự do)
z = 
= 0


+ 0.z =
+z

y

0.z

1

Kết luận
▪

 x = m −1

m  2 : Hệ phương trình có nghiệm duy nhất  y = 3 − 2m
 z = −1


x = 1

m = 2 : Hệ phương trình có vô số nghiệm  y = − 2 −  , α (1 ẩn tự do)
z = 


b)

Hệ phương trình tương đương với

1đ

1
1  i1   0 
 1

  

0  i2  =  E2 − E1   AX = B
 − R1 R2
 0

− R2 R3  i3   E3 − E2 



  

X

A

1
det A = − R1

0

0.25đ

B

1

1

R2

0 = R1R2 + R2 R3 + R1R3
R3

− R2

0.5đ

Vì R1, R2 , R3 là các hằng số dương nên det A  0 , do đó tồn tại A−1 .
-2-

0.5đ


AX = B  A−1 AX = A−1B  X = A−1B

0.25ñ

Vậy đẳng thức X = A−1B đúng.
Caâu 2
a)
0.5ñ

b)
1ñ

3.5ñ
Nghiệm tổng quát hệ X ' (t ) = AX (t ) + F (t ) là
 3e 2t 
1
 10 
1


 
 

 
X (t ) = C1 X1 + C2 X 2 + C3 X 3 + X p (t ) = C1  0 e − 3t + C2  − 1e − 4t + C3  8 et +  te2t 
 7e 2t 
1
1
1
 
 
 


với C1, C2 , C3 = consts .

0.5ñ

Phương pháp biến thiên hằng số (Variation of Parameters)
Giải hệ phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất X ' (t ) = AX (t ) + F (t ) , với
A = aij nn , bằng phương pháp biến thiên hằng số như sau:

 

Bước 1 Giải hệ phương trình vi phân thuần nhất tương ứng X ' (t ) = AX (t ) tìm hệ
 x11 (t ) 
 x12 (t ) 
 x1n (t ) 







 x21 (t ) 
 x22 (t ) 
 x2 n (t ) 
nghiệm cơ bản X 1 = 
, X2 = 
,..., X n = 
. Nghiệm tổng quát hệ 0,5ñ
 
 
 






 x (t ) 
 x (t ) 
 x (t ) 
 n1 
 n2 
 nn 
X ' (t ) = AX (t ) là
 x11 (t ) 
 x12 (t ) 
 x1n (t ) 







 x21 (t ) 
 x22 (t ) 
 x2 n (t ) 
+ ... + Cn 
+ C2 
với C1 , C2 ,..., Cn = conts .
X o (t ) = C1 
 
 
 






 x (t ) 
 x (t ) 
 x (t ) 
 n2 
 nn 
 n1 

Bước 2 (Biến thiên hằng số) Nghiệm tổng quát hệ X ' (t ) = AX (t ) + F (t ) là
 x11 (t ) 
 x12 (t ) 
 x1n (t ) 







 x21 (t ) 
 x22 (t ) 
 x2 n (t ) 
+ ... + Cn (t )
X (t ) = C1 (t )
+ C2 (t )
=
 
 
 






 x (t ) 
 x (t ) 
 x (t ) 
 n2 
 nn 
 n1 
 x11 (t ) x12 (t )  x1n (t )  C1 (t ) 




 x21 (t ) x22 (t )  x2 n (t )  C2 (t ) 
(*)
 


   



 x (t ) x (t )  x (t )  C (t ) 
n2
nn
 n1
 n 
Trong đó C1 (t ), C2 (t ),...,Cn (t ) xác định từ hệ

0,5ñ

 x11 (t ) x12 (t )  x1n (t )  C1 ' (t )   f1 (t ) 


 

 x21 (t ) x22 (t )  x2 n (t )  C2 ' (t )   f 2 (t ) 
=
(**)
 



      


 

 x (t ) x (t )  x (t )  C ' (t )   f (t ) 
1
n2
nn
n
n
n






 

 (t )

C '( t )

-3-

F (t )

 C1 (t ) =  dt + K1


C (t ) =   dt + K 2
⎯tích
⎯phân
⎯
⎯→  2
Giải hệ (**) được
với


Cn (t ) =  dt + K n



K1, K2 ,..., Kn = conts , rồi thay vào (*) ta được nghiệm tổng quát của phương trình
X ' (t ) = AX (t ) + F (t ) .
 C1 ' (t ) = 
C ' (t ) = 
 2



Cn ' (t ) = 




Lưu ý Nếu sử dụng ma trận đảo giải (**) ta được:

(t )C ' (t ) = F (t )  C ' (t ) =  −1 (t ) F (t )  C (t ) =   −1 (t ) F (t )dt + K

c)
2ñ

Cách 1 Phương pháp biến thiên hằng số (Variation of Parameters)

Hệ phương trình được viết lại
 x' = 2 y + e −5t
2  x   e −5t 
 x'   0
  X ' (t ) = AX (t ) + F (t )
  + 
   = 

y '   − 1 − 3  y   12 

 y ' = − x − 3 y + 12
  
X'

A

X

 x' 

0

F (t )

2  x 

 
Giải hệ thuần nhất tương ứng   = 
y '   − 1 − 3  y 

 
X'

det( A − I ) = 0 

0−
−1

A

X

  = −1
= 0  2 + 3 + 2 = 0  
−3−
 = −2

2

 − 2
vec tô rieâng cô sôû
*  = -1 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→   và nghiệm cơ bản → X1 =
 1 

0,5ñ

 − 2  −t
 e
 1 

1
1
vec tô rieâng cô sôû
*  = -2 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→   và nghiệm cơ bản → X 2 =  e − 2t
 − 1
 −1
 − 2
1
Nghiệm tổng quát hệ thuần nhất: X o = C1  e − t + C2  e − 2t ; C1 , C2 = conts
 1 
 − 1
 − 2
1
Nghiệm tổng quát hệ thuần nhất: X (t ) = C1 (t ) e − t + C2 (t ) e − 2t (*)
 1 
 − 1

Trong đó C1 (t ), C2 (t ) xác định từ hệ
 − 2e − t
 −t
 e


e −2t  C1 ' (t )   e −5t 

 (**)
=
− e − 2t  C2 ' (t )   12 

Giải (**) được
 C1 (t ) = (−e −4t − 12et )dt + K1
 C1 ' (t ) = −e −4t − 12et

, K1 , K 2 = conts



2t
− 3t
2t
− 3t
C
'
(
t
)
=
−
24
e
−
e
C

(
t
)
=
(
−
24
e
−
e
)
dt
+
K
 2
 2
2

1 − 4t

t
 C1 (t ) = 4 e − 12e + K1
với K1 , K 2 = conts . Thay vào (*) được nghiệm

1 − 3t
2t
C2 (t ) = −12e + e + K 2
3


-4-

0,5ñ


 − 2
1
1
1
X (t ) = ( e − 4t − 12et + K1 ) e − t + (−12e 2t + e − 3t + K 2 ) e − 2t
4
3
 1 
 − 1
1 − 5t

−t
− 2t
x
=
−
2
K
e
+
K
e
−
e + 12
1

2

6
với K1 , K 2 = conts

1
 y = K1e − t − K 2e − 2t − e − 5t
12


1


−
2
K
+
K
−
+ 12 = 0
1
2
x
(
0
)
=
0

 K1


6



1
 y ( 0) = 0
 K1 − K 2 −
K 2
=0
12



0,5đ

47
4
35
=
3

=

47 − t 35 − 2t 1 − 5t

x
=
−
e + e − e + 12


2
3
6
Vậy nghiệm cần tìm 
47 − t 35 − 2t 1 − 5t
y =
e − e − e
4
3
12


47
35
1

x(t ) = lim (− e − t + e − 2t − e − 5t + 12) = 12
tlim
→ +
t → +
2
3
6

47 − t 35 − 2t 1 − 5t
 lim y (t ) = lim ( e − e − e ) = 0
t → + 4
3
12

 t → +

Sau khoảng thời gian t đủ lớn, tọa độ gần đúng trong mặt phẳng Oxy của
điểm M (x(t ); y(t )) là (12;0).
c)
2đ

0,5đ

Cách 2 Áp dụng phép biến đổi Laplace
Đặt X = L x, Y = L y; biến đổi Laplace hai vế ta được:
1

 L x − 2L  y  = L e −5t
 sX − 2Y = s + 5


12
L x  + L y + 3L  y  = L 12
 X + ( s + 3)Y =
s


0.75đ


s 2 + 27 s + 120
A
B
C

D
X
=
= +
+
+

s( s + 2)(s + 1)(s + 7) s s + 1 s + 2 s + 5

12s + 59
E
F
G
 Y=
=
+
+

( s + 2)(s + 1)(s + 7) s + 1 s + 2 s + 5

0.25đ

 

Biến đổi ngược hai vế ta được:
1
1
D
 x = −1 1
 x = L −1 [ X ]

 L [ A s + B s + 1 + C s + 2 + s + 5]


−1
1
1
1
 y = L [Y ]
 y = L −1[ E
+F
+G
]
s +1
s+2
s+5


  x = A + Be
−t

−t

+ Ce

 y = Ee + Fe

−2 t

− 2t

+ De

−5 t

+ Ge − 5t

lim x(t ) = lim ( A + Be−t + Ce −2t + De −5t ) = A

t → +

t → +

lim y (t ) = lim ( Ee−t + Fe−2t + Ge −5t ) = 0

t → +

t → +

Sau khoảng thời gian t đủ lớn, tọa độ gần đúng trong mặt phẳng Oxy của
-5-

0.5đ


ñieåm M (x(t ); y(t )) là ( A;0)  (12;0).


0.5ñ

Tìm A, B, C , D dựa vào

s 2 + 27 s + 120
A
B
C
D
= +
+
+
s ( s + 1)(s + 2)(s + 5) s s + 1 s + 2 s + 5

A=

0 2 + 27  0 + 120
= 12 ,
(0 + 1)(0 + 2)(0 + 5)

B=

(−2) 2 + 27  (−2) + 120 35
C=
=
( −2)(−2 + 1)(−2 + 5)
3



(−1) 2 + 27  (−1) + 120
47
=− ,

(−1)(−1 + 2)(−1 + 5)
2

(−5) 2 + 27  (−5) + 120
1
D=
=−
(−5)(−5 + 1)(−5 + 2)
6

Tìm E , F , G dựa vào

12s + 59
E
F
G
=
+
+
( s + 1)(s + 2)(s + 5) s + 1 s + 2 s + 5
E=

12  (−1) + 59
47
=
,
(−1 + 2)(−1 + 5) 4

G=

12  (−5) + 59
−1
=
(−5 + 1)(−5 + 2) 12

F=

12  (−2) + 59
35
=−
(−2 + 1)(−2 + 5)
3

47 − t 35 − 2t 1 − 5t

 x = 12 − 2 e + 3 e − 6 e
Vậy nghiệm hệ phương trình là 
47 − t 35 − 2t 1 − 5t
 y=
e − e − e
4
3
12

Lưu ý Ngoài hai phương pháp này có thể giải bằng phương pháp khử và thế.

Caâu 4
a)
0,5ñ

b)
1,5ñ

3,5ñ
Đặt: x = r sin cos , y = r sin sin , z = r cos
k(

 2u 2 u
 2u  2u  2u
1
 2u 1  2u cot  u
u
u
k
(
+
+
+
+
+ 2
+ 2
)
=
)=

2
2
2
2
2

2
2
2
r
x
r r r sin  
y
r 
z
r 
t
t

Áp dụng bài toán truyền sóng một chiều

Nghiệm

-6-

0,5ñ


Với An , Bn xác định như sau

Với L =  , f ( x) = x( − x) , g ( x) = 0


u ( x, t ) =  ( An cos nat + Bn sin nat ) sin nx

0,5ñ

n =1

An =

2





 x( − x) sin nxdx

(áp dụng tích phân từng phần)

0


2 
cos nx  1
sin nx  2
x( x −  )
+ ( − 2 x)
− 3 cos nx 
0 
 
n 0 n
n 0 n
4
= 3 (1 + (−1) n +1 )

n

2
Bn =
0. sin nxdx = 0
na 0
=

Vậy nghiệm bài toán cần giải là


u ( x, t ) =  (
n =1

c)
1,5ñ


4 + 4(−1) n +1
4 + 4(−1) n +1
cos
nat
+
0
.
sin
nat
)
sin
nx

=
cos nat sin nx

n3
n3
n =1

Giải phương trình truyền nhiệt

0,5ñ

0,25ñ
0,25ñ

 2u
u
+ e− x =
, 0  x 1, t  0
2
x
t
u (1, t ) = 0, t  0
( BC )

 u (0, t ) = 0,
−x
0  x 1
( IC )
u ( x,0) = 1 − e
Đây là phương trình không thuần nhất nên ta đổi biến u ( x, t ) = v( x, t ) +  ( x)

với điều kiện 

 u v
 x = x +  ' ( x)
  2u  2 v
 2u
u

ta được
  2 = 2 +  ' ' ( x) , rồi thay vào phương trình 2 + e − x =
x
t
x
 x
u v

=

t t
 2v
v
+  ' ' ( x) + e − x =
2
 t
x 
0

Thay các điều kiện (BC) &(IC) vào đưa bài toán cần giải về hai bài toán
Bài toán 1:  ' ' ( x) + e− x = 0 với  (0) = 0, (1) = 0

  v v
 x 2 = t ,0  x  1, t  0

Bài toán 2: v(0, t ) = 0, v(1, t ) = 0 (BC)
v( x,0) = 1 − e − x −  ( x) (IC)


2

Giải bài toán 1:  ' ' ( x) + e− x = 0   ' ( x) = −  e− x dx + C1 = e− x + C1
-7-

0,5ñ


  ( x) =  (e− x + C1 )dx + C2 = −e − x + C1 x + C2
C = e −1 − 1
 − 1 + C2 = 0
 1
 (0) = 0, (1) = 0  −1
− e + C1 + C2 = 0
 C2 = 1

0,5ñ

 ( x) = 1 − e− x + (e−1 − 1) x
  2v v
 x 2 = t ,0  x  1, t  0

Thay vào bài toán 2 được v(0, t ) = 0, v(1, t ) = 0 (BC)

 v( x,0) = (1 − e −1 ) x (IC)



Áp dụng bài toán truyền nhiệt một chiều (thuần nhất)

Nghiệm:

Suy ra nghiệm bài toán 2 này là
 1
 2 2
v( x, t ) = 2   (1 − e−1 ) x sin nxdx e− n  t sin nx
n =1  0



(−1) n +1  − n 2 2 t
e
= 2  (1 − e −1 )
sin nx
n 
n =1 

(tính tích phân từng phần)
0,5ñ

Vậy nghiệm bài toán cần giải là
n +1

 − n 2 2 t

−1 ( −1)

e
sin nx
u ( x, t ) = v( x, t ) +  ( x) = 1 − e + (e − 1) x + 2  (1 − e )
n 
n =1 

−x



−1

……………………………………………………………………Heát…………………………………………………………………………

-8-