Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ học tập
Nhóm Giải tích III
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ CUỐI KỲ GIẢI TÍCH III
20192
Câu 1. ∞
√
n
1
−√ )
n
n3 + 1
n=2
√
3
n − ( n + 1)
Xét an = √ √
n.( n2 + 1)
3
−1
n − n2 − 1
⇒ an ∼ 1
⇒ an =
1
2
n + n2
n2
∞
1
Ta có:
1 phân kỳ.
2
n=2 n
⇒ Chuỗi ban đầu phân kỳ.
(√
a, I =
∞
(−1)n (
b,
n=0
2n2 + 69
);
3n2 + 96
khi n → +∞
an = (−1)n (
2n2 + 69
)
3n2 + 96
2
n→∞
3
−2
+, Với n = 2k + 1 (k ∈ N ) ⇒ lim an =
n→∞
3
⇒ Với n bất kỳ lim an = 0
+, Với n = 2k (k ∈ N )
⇒ lim an =
n→∞
Vậy chuỗi phân kỳ.
Câu 2. Tìm miền hội tụ của chuỗi:
∞
I=
n=1
1 x+6 n
(
)
n.2n x − 9
∞
x+6
1 n
⇒I=
y
Đặt y =
x−9
n.2n
n=1
1
Xét an =
n.2n
an
(n + 1).2n+1
Ta có R = lim |
| ⇒ R = lim |
|=2
n→∞
n→∞ an + 1
n.2n
⇒ |y| < 2 thì chuỗi hội tụ.
∞
1
+, Xét y = 2, I có dạng: I =
(phân kỳ)
n
n=2
∞
+, Xét y = −2, I có dạng: I =
n=2
(−1)n
n
⇒ I hội tụ theo tiêu chuẩn Leibniz
Với −2 ≤ y < 2 chuỗi hội tụ
x > 24
⇒
x≤4
Vậy MHT là (−∞; 4] ∪ (24; ∞).
Câu 3. Tính tổng của chuỗi số sau:
Trang 1
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ học tập
Nhóm Giải tích III
∞
+, I =
n=1
∞
=
n=1
∞
=
n=1
n
8n−1
n
8n−1
8n + 1
8n
∞
+
n=1
1
7
+
∞
n.xn−1
Xét I1 =
n=1
⇒
(|x| < 1)
∞
n.xn−1
I1 dx =
∞
⇒
1
8n
(|x| < 1)
n=1
xn + C
I1 =
(|x| < 1)
n=1
⇒
I1 dx = x.
1
+C
1−x
(|x| < 1)
1
)
1−x
1
⇒ I1 =
(1 − x)2
1
Thay x =
8
64
1
=
⇒ I1 =
1
49
(1 − )2
8
64 1
71
⇒I=
+ =
49 7
49
⇒ I1 = (
Câu 4. Khai triển Fourier
f (t) =
2x + 3,
0≤x≤π
−2x + 3, − π < x < 0
Giải
π
1
+) a0 =
π
f (x)dx
−π
π
1
⇒ a0 =
π
0
1
(2x + 3)dx +
π
(−2x + 3)dx
−π
0
⇔ a0 = π + 3 + π + 3
⇔ a0 = 2π + 6
π
1
+) an =
π
f (x)cosnxdx
−π
π
1
⇒ an =
π
0
1
(2x + 3)cosnxdx +
π
0
(−2x + 3)cosnxdx
−π
2
2
2
2
(−1)n − 2 − 2 − 2 (−1)n
⇔ an =
2
πn
πn
πn
πn
−4
⇔ an =
πn2
Trang 2
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ học tập
Nhóm Giải tích III
+) Do f(x) là hàm chẵn nên bn = 0 với ∀x dương
⇒ bn = 0
∞
−4
⇒ f (x) = π + 3 +
cosnx.
πn2
n=1
Câu 5. Giải các phương trình sau:
a, (x2 + y)dx + (x − 2y)dy = 0
P = x2 + y
Đặt
⇒ Py = Qx = 1
Q = x − 2y
Chọn (x0 , y0 ) = (0, 0) thì phương trình tích phân tổng qt là:
y
x
x3
(t2 + y)dt+ (−2t)dt = C ⇒
+ xy − y 2 = C.
3
0
0
b, xy ” = 2yy − y
⇒ xy ” + y = 2yy
⇒ (xy ) = (y 2 ) ⇒ xy = y 2 + C
(1)
+, C = 0 thì (1) có dạng:
⇒ xy = y 2
Ta thấy y = 0 là một nghiệm kì dị.
dx
−1
dy
⇒
= ln|x| + A
Với y = 0, 2 =
y
x
y
dy
dx
+, C = 0, 2
=
y +C
x
1
y
Với C > 0 ⇒ √ arctan √ = ln|x| + A
C
C√
1
y − −C
√
Với C < 0 ⇒ √
ln|
| = ln|x| + A
2 −C y + −C
c, y ” + 4y = cosx.cos3x
1
1
⇒ y ” + 4y = cos4x + cos2x
2
2
Phương trình đặc trưng: u2 + 4 = 0 ⇔ u = ±2i.
Suy ra Y = C1 cos2x + C2 sin2x
1
Xét phương trình: y ” + 4y = cos4x (2)
2
Đặt y0 = Acos4x + Bsin4x
⇒ y0 = −4Asin4x + 4Bcos4x ⇒ y0” = −16Acos4x − 16Bsin4x
−1
và B = 0
Thay vào (2) tìm được A =
24
−1
⇒ y0 =
cos4x
24
1
Xét phương trình: y ” + 4y = cos2x (3)
2
Đặt y1 = Cxcos2x + Dsin2x
x
Tương tự tìm y1 và y1” rồi thay vào (3) ta được: y1 = sin2x.
8
−1
x
cos4x + sin2x.
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là: y = C1 cos2x + C2 sin2x +
24
8
Câu 6.
a, x” + 3x + 2x = t;
Laplace 2 vế ta có:
x(0) = x (0) = 0
Trang 3
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ học tập
Nhóm Giải tích III
1
s2 .X + 3s.X + 2X = 2 , trong đó X = L{x}(t)
s
−3
1
−1
1
1
=
+ 2+
+
⇒X= 2
s (s + 1)(s + 2)
4s
2s
s + 1 4(s + 2)
−3 1
−1 −2t
⇒x=
+ t+
e + e−t .
4
2
4
b, x” + x = f (t);
x(0) = x (0) = 0
−sin2t, t < π
f (t) =
1 − cost, t ≥ π
Từ đề bài suy ra:
x” + x = (1 − cos(t − π))u(t − π) − sin2t
Đặt X = L{x}(t).
Laplace 2 vế được:
s
2
e−πs
+ 2
.e−πs − 2
s2 .X + s.X =
s
s +1
s +4
e−πs
s.e−πs
2
⇒X= 2
+
− 2
2
s + s (s + 1)(s + s) (s + 1)(s2 + 4)
t
f (u).[1 − eu−t ]du
⇒ x(t) =
0
t
sin2u(eu−t − 1)du
Với t < π thì f (t) = −sin2t ⇒ x(t) =
0
t
t
sin2u(eu−t − 1)du +
Với t ≥ π thì f (t) = 1 − cost ⇒ x(t) =
0
(1 − cost)(1 − eu−t )du.
π
Trang 4