TIỂU LUẬN CUỐI KỲ MÔN HỌC TOÁN CAO CẤP 2

BỘ XÂY DỰNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KIẾN TRÚC THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

TIỂU LUẬN CUỐI KỲ
MƠN HỌC: TỐN CAO CẤP 2
Học kỳ: 2 - Năm học: 2020 – 2021

HỌ VÀ TÊN SINH VIÊN:

NGUYỄN XUÂN NAM

MÃ SỐ SINH VIÊN:

20521000996

LỚP SINH VIÊN:

KD20/A1

LỚP HỌC PHẦN:

0100010001

GIẢNG VIÊN:

THẦY LÊ QUÝ DANH


BÀI TIỂU LUẬN
Câu 1.

*Tiêu chuẩn so sánh 1
+∞

+∞

n =1

n =1

Cho hai chuỗi số ∑ an và ∑ bn thỏa mãn 0 ≤ an ≤b n , ∀ n> n0 nào đó. Khi đó
+∞

+∞

n =1
+∞

n =1

 Nếu chuỗi số ∑ bn hội tụ thì chuỗi số ∑ an hội tụ
+∞

 Nếu chuỗi số ∑ an phân kỳ thì chuỗi số ∑ bn phân kỳ
n =1

n =1

(+) Một số bất đẳng thức cần nhớ
Với mọi x >0 , Ta có: 1+ x π

2

Với mọi 0< x < , Ta có: 0< sinx< x

; ln ( 1+ x ) < x
;0¿ x
Vd: Xét tính hội tụ của chuỗi của chuỗi số
+∞

∑ n 4 +nn 2 +1
n =1

Giải.
Với mọi n ∈ N ¿, ta có
0<

n
n 1
< 4= 3
2
n +n +1 n n
4

+∞

Ta có ∑
n =1

1

hội tụ ( chuỗi ρ−¿ điều hịa với ρ=3>1
n3

Theo tiêu chuẩn so sánh 1, ta có chuỗi hội tụ

*Tiêu chuẩn so sánh 2
+∞

+∞

n =1

n =1

Cho hai chuỗi số ∑ an và ∑ bn thỏa mãn 0 ≤ an ≤b n , ∀ n> n0 sao cho tồn tại giới hạn


lim

n →+∞

an
=K (k có thể là +∞)
bn

Khi đó
+∞

+∞

n =1

n =1

 0< K <+ ∞ :các chuỗi ∑ an và ∑ bn cùng hội tụ hoạc cùng phân kỳ.
 K=0 :Nếu


+∞

+∞

∑ bn hội tụ thì

hội tụ ∑ an

n =1
+∞

n =1

+∞

K +∞ Nếu ∑ an hội tụ thì

∑ bn hội tụ

n =1

n =1

+∞

+∞

Hệ quả: Nếu a n b n với a n> 0 , bn >0 với mọi ∀ n ∈ N ¿ thì ∑ an và ∑ bn cùng hội tụ hoặc
n =1

n =1

cùng phân kỳ
2n+ n
Vd: Xét tính hội tụ của chuỗi của chuỗi số ∑ n
n =1 3 +3 n+3
+∞

Giải.
a n=

2n +n
>0,
3 n+ 3 n+3

b n=

2 n
>0
3

n

n

()

lim (2 +n).3
an
n →+∞
¿ lim
Xét lim =¿ n
n →+∞ b n
3 +3 n+ 3.2n n →+∞

{

n
2n
¿
3n 3
1+ n + n
3 3
1+

(*)

lim x

lim n
1
x →+∞

¿ lim x
=0 ⇒
=0(1)
x→ +∞ 2 . ln x
2
2n
lim x
lim n
1
x→+ ∞
x→+ ∞
= lim x
=0⇒
=0 (2)
x →+∞ 3 . ln x
3x
2n
x →+∞
x

n
2n
⇒
lim
=1
Từ (1) và (2)
3n 3
n →+∞
1+ n + n
3 3

1+

+∞

+∞

Theo tiêu chuẩn so sánh 2, ta có ∑ an và ∑ bn cùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ.
n =1

+∞

+∞

Mà ∑ bn=∑
n =1

n =1

2
2 n
hội tụ vì q= <1
3
3

()

n =1


2n+ n

Vậy: ∑ an=∑ n
hội tụ
n =1
n =1 3 +3 n+3
+∞

+∞

Câu 2:


Cho chuỗi số

1

 n5
n 1



n

1
1
1

 3  ....
1
2
1.5 2.5 3.5

Trình bày các tính chất liên quan của chuỗi hàm lũy thừa :
-Tính chất 1:


a x
n

Cho chuỗi lũythừa n 0

n

hội tụ đều trên mọi đoạn

 ;   thuộc khoảng hội tụ của nó

-Tính chất 2:


Tổng của chuỗi lũy thừa

a x
n 0

n

n

là hàm số liên tục trên khoảng hội tụ (-R;R) của nó

-Tính chất 3:
Cho S và T là các hàm số. Gỉa sử tồn tại các chuỗi lũy thừa


 an xn
n 0



=S(x) và

b x
n0

n

n

=T(x) có miền hội tụ lần lượt là U và V

Khi đó


a c x

(i) S(cx)= n 0

n



k

a x

(ii) S( x )= n0

n

n

n

, x thỏa cx  U,( 0  c  const),

kn
k
, x thỏa x  U,(k  N * ),


 (a

(iii) S(x)  T(x)= n 0

n

 bn ) x n , x  U  V

.

Câu3

*Khái niệm điều kiện hội tụ của chuỗi hàm số:
-

Chuỗi hàm là chuỗi ∑ u n (x), trong đó các un ( x ) là các hàm của x


Khi x=x 0thì chuỗi hàm trở thành chuỗi ∑ u n (x). Nếu chuỗi số hội thì điểm x 0 gọi là điểm
hội tụ, nên nó phân kỳ thì x 0gọi là điểm phân kỳ.
-

Tập hợp tất cả các điểm x mà chuỗi hàm hội tụ được gọi là điểm hội tụ của

chuỗi hàm.
+∞

Cho chuỗi lũy thừa ∑ an x n . Khi đó tồn tại một phân tử R duy nhất, R ∈¿
n =1

hoặc R=+ ∞ sao cho
+ Nếu|x|< R thì chuỗi số hội tụ tuyệt đối
+Nếu |x|< R thì chuỗi phân kỳ
Phân tử R như trên được gọi là bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa, khoảng (-R;R) gọi là khoảng hội tụ của
chuỗi lũy thừa
+∞

*Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa ∑ U x
n =1

B1: Tính bán kính hội tụ R
ρ = lim

n →+∞

a n+1
1
⇒ R=
an
ρ

| |

B2: Xét sự hội tụ tại x =R
B3: Xét sự hội tụ tại x=¿-R
Nếu R=0: Miền hội tụ x =0
Nếu R=∞ : Miền hội tụ x =R
+∞

Vd: Tìm miền hội tụ của chuỗi ∑
n =1

xn
n

Giải:
a
1
1 n
a n= ; ρ = lim n+1 = lim

. =1 ⇒ R=1
n
n+1
1
a
n →+∞
n →+∞
n

| |

+∞

1
n

* x=1 : ∑ : PK
n=1

n

n


(−1)n
* x=−1 : ∑
n
n=1
+∞

1
=0 +∞ (−1 )n
n →+∞ n+1
⇒∑
: HT (theo tiêu chuẩn Lebintz )
n
1
n=1
: Day giam
n

{

lim

Miền hội tụ: x=¿

Câu 4 : Cho phương trình vi phân tuyến tính cấp hai hệ số hằng số :
Trình bày các bước tìm nghiệm tổng qt của phương trình trong đó sử dụng
phương pháp hệ số bất định để tìm nghiệm riêng.
Tìm nghiệm tổng quát trong trường hợp không thuần nhất :
Cho PTVP tuyến tính cấp hai hệ số hằng số khơng thuần nhất
y’’+py’+ qy = f(x)

( XVI )

-Bước 1 : Tìm nghiệm tổng quát y=ytn(x) của PTVP thuần nhất tương ứng (XVI) :
y’’ +py’+ qy = 0
-Bước 2 : Tìm nghiệm riêng y=yr(x) của (XVI). Một số phương pháp tìm nghiệm
riêng :

+ Phương pháp biến thiên hằng số Lagrange
+ Phương pháp hệ số bất định trong một số trường hợp f(x) có dạng đặc biệt.
-Bước 3 : Nghiệm tổng quát của (XVI): y=ytn(x) + yr(x)
Nghiệm tổng quát trong trường hợp không thuần nhất :
Cho PTVP tuyến tính cấp hai hệ số hằng số thuần nhất :
y’’+py’+ qy = 0
Phương trình đặc trưng : k2 + pk + q = 0
Trường hợp

( XVII )
(*)
Nghiệm tổng quát của (XVII)


y=C1ek1x + C2ek2x ,( C1,C2 € R )

(*) có hai nghiệm thực phân biệt
k1≠k2
−p

(*) có nghiệm kép k1 = k2 = 2
(*) có hai nghiệm phức liên hợp k1,2=
α+-iβ, ( α,β € R )

−px

y=(C1 + C2x )e^ 2 ,( C1,C2 € R )
Y= eax[C1 cos(βx) + C2 sin(βx) ]
,( C1,C2 € R )

Phương pháp hệ số bất định (1) :
Xét PTVP tuyến tình hệ số hằng số khơng thuần nhất dạng :
y’’ +py’+ qy = Pn(x)eαx

(XVIII)

trong đó p,q € R là hằng số, Pn là đa thức bậc n và α € R .
Phương trình đặc trưng : k2 + pk + q = 0
Trường hợp

(*)
Dạng một nghiệm riêng y=yr(x) của
(XVIII)

α không là nghiệm của (*)
yr(x) = Qn(x)eax
α là một nghiệm đơn của (*)
yr(x) = xQn(x)eax
α là nghiệm kép của (*)
yr(x) = x2Qn(x)eax
Trong đó Qn(x) = Anxn + An-1xn-1 +.......+ A1x + A0 là đa thức cùng bậc với Pn có n +
1 hệ số bất định.
Ta sẽ thay y=yr(x) vào (XVIII): y’’r(x) + py’r(x) + qyr(x) =Pn(x)eα sau đó thu gọn
rồi đồng nhất hệ số để tìm Qn. Từ đó suy ra yr.
Phương pháp hệ số bất định (2) :
Xét PTVP tuyến tình hệ số hằng số khơng thuần nhất dạng :
y’’ +py’+ qy = eax[Pn(x) cos(βx) + Qm(x) sin(βx)]

(XIX)

trong đó Pn,Qm lần lượt là hai đa thức bậc n và m và α,β € R, β≠0.
Phương trình đặc trưng : k2 + pk + q = 0
Trường hợp
α +- iβ không là nghiệm của (*)

(*)

Dạng một nghiệm riêng y=yr(x) của
(XIX)
yr(x)=eax[Hs(x) cos(βx) + Rs(x)sin(βx)]


α +- iβ là nghiệm của (*)

yr(x)=xeax[Hs(x) cos(βx) + Rs(x)sin(βx)]

Trong đó Hs và Rs là các đa thức (hệ số bất định) bậc s = max{m,n}. Ta sẽ thay
y=yr(x) vào (XIX), sau đó thu gọn rồi đồng nhất hệ số để tìm Hs và Rs. Từ đó suy
ra yr

Vd1

Với phương pháp hệ số bất định (1)
a) y ' ' + y =x 2−x+1
Phương trình đặc trưng k 2+ k=0 ⇔ k=± i
⇒ y c =c1 . cosx+c 2 sinx
α =0 khơng là nghiệm của phương trình đặc trưng
⇒ tìm phương trình y p dạng
y p= A x 2 + Bx+c
⇒ y 'p =2 Ax+ B

y 'p' =2 A

Thay vào (*) ta được
A x 2+ Bx+ c+ 2 A=x 2−x+ 1
⇔

A=1
A=1
⇔
B=−1
b=−1
c +2 A=1 c =−1

{

{

⇒ y p =x2 −x – 1

Nghiệm tơng qt của phương trình
y=c1 cosx+c 2 sinx+ x2 −x−1

Vd2
a) y ' ' + y ' −2 y=3 x e x (**)
2
k =1
Phương trình đặc trưng: k + k−2=0 ⇔

{k=−2

⇒ y c =c1 e x +c 2 e−2 x
α =1 khơng là đơn của phương trình đặc trưng
⇒ y p =x . e x ( Ax+ B)=e x ( A x 2+ Bx)
⇒ y 'p =e x ( A x 2+ B)+e x .(2 A+ B)=e x [ A x 2+(2 A + B) x +B ]
y 'p' =e x [ A x 2 +( 2 A+ B)x + B]+e x (2 Ax+2 A + B)
⇒ y 'p' =e x [ A x2 + ( 4 A + B ) x +2 A +2 B ]

Thày vào (*) ta được
e x ( 6 Ax +2 A +3 B )=3 x . e 3 x

{

⇔ 6 A=3 ⇔
2 A +3 b=0

⇒ y p =e x

1
2
−1
B=
3

{

A=

( 12 x − 13 x)
2

Ngiệm tổng quát của phương trình:
y=c1 e x +c 2 c 2 e−2 x +e x

( 12 x − 31 x)
2

Vd3
y ' ' −4 y' −4 y =e 2 x

Phương trình đặc trưng: k 2−4 k +4=0 ⇔ k=2(kép)
⇒ y p =A x 2 . e2 x
⇒ y 'p =2 Ax . e 2 x + 2 A x 2 . e 2 x =(2 Ax+ 2 A x 2) . e2 x
y 'p' =( 4 Ax+ 2 A ) . e 2 x + ( 4 A x 2 +4 Ax ) .e 2 x =(4 A x 2 +8 Ax+2 A ). e 2 x

Thay vào (**) ta được
2 A=1 ⇔ A=1/2
1
⇒ y p = x 2 . e2 x
2

Ngiệm tổng quát của phương trình:


1
y=e2 x (c1 + c2 x x 2)
2

Vd4: Giải phương trình sau:
y ' ' −4 y' =e2 x . cosx

+) pt đặc trưng
k 2+ 4=0 ⇔± i
⇒ y c =c1 cosx+c 2 sinx

+) 2 sinx=e 0 x ( 0. cosx+ 2 sinx )
⇒ α +iβ=i là nghiệm của pt đặc trưng
⇒Tìm nghiệm riêng của (**) dạng
y p=x . ( cosx +Bsinx )
y p= Ax . cosx + Bx . sinx
y 'p= Acosx− Ax . sinx +Bsinx + Bx . cosx
y 'p= Acosx− Ax . sinx +Bsinx + Bx . cosx
y 'p= ( Bx+ A ) cosx + (−Ax + B ) sinx
y 'p' =Bcosx −( Bx+ A ) sinx− Asinx+ ( Ax +B ) cosx
y 'p' =(− Ax+2 B ) cosx + (−Bx−2 A ) sinx

Thay vào (**) ta được
2 Bcosx−2 Asinx=2 sinx ⇔ 2 B=0 ⇔ A=−1 B=0
−2 A=2

{

⇒ y p =−xcosx

Nghiệm tông quát của pt:

(**)


y=( c 1−x ) cosx+ c 2 sinx

Vd5: Giải các pt sau:

(vế phải có dạng đặc biệt)
y ' ' −4 y' =e2 x . cosx

(*)

+ Pt đặc trưng
k 2−4=0 ⇔ k=± 2
⇒ y c =c1 e 2 x +c 2 e−2 x

+ e 2 x .cosx=e 2 x . (1.cosx+ 0 sinx)
⇒ α +iβ=2+i khơng là nghiệm của phương trình đặc trưng
⇒t Tìm y p dạng
y p=e2 x .( Acosx+ B sinx)
y 'p=2e 2 x .(Acosx + B sinx)+e 2 x (− A sinx+ Bcosx)
y 'p=e2 x .[(2 A+ B) cosx+(2 B− A)sinx]
y 'p' =2 e2 x .[(2 A+ B)cosx +(2 B− A)sinx]+ e2 x .[−(2 A+ B) sinx+(2 B−A )cosx ]
y 'p' =e 2 x ¿

Thay vào (*) ta được:
(− A+ 4 B)cosx+(−B−4 A)sinx=cosx
−1
17
⇔ −A +4 B=1 ⇔
−B−4 A=0
4
B=
17

{

⇒ y p =e 2 x

{

A=

(−117 cosx + 174 sinx )

Nghiệm tông quát của pt:


y=e2 x (
vv

4
1
sinx− cosx+ c1 )+ c 2 e−2 x
17
17