TIỂU LUẬN CUỐI KỲ MÔ HỌC TOÁN CAO CẤP 2

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KIẾN TRÚC THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

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

HỌ VÀ TÊN SINH VIÊN:

HỒ ĐÌNH ĐƠI

MÃ SỐ SINH VIÊN:

20521000974

LỚP SINH VIÊN:

KD20/A1

LỚP HỌC PHẦN:
GIẢNG VIÊN:

THẦY LÊ QUÝ DANH

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH: 20221


Bài làm

Câu 1.
•

Tiêu chuẩn so sánh 1.

+∞
Cho hai chuỗi số ∑+∞
𝑛=1 𝐴𝑛 và ∑𝑛=1 𝐵𝑛 thoả mãn 0 ≤ 𝐴𝑛 ≤ 𝐵𝑛 , ∀n > 𝑛0 nào đó. Nếu
+∞
𝐴𝑛 ~ 𝐵𝑛 khi 𝑛 → +∞ thì ∑+∞
𝑛=1 𝐴𝑛 và ∑𝑛=1 𝐵𝑛 có cùng tính chất. ( cùng hội tụ hoặc

cùng phân kỳ)
+∞

Vd: Xét sự hội tụ của chỗi số: ∑

𝑛+1

.

5
𝑛=0 √2𝑛 +3

Giải: Khi 𝑛 → ∞ ta có:
𝑛+1
√2𝑛5 +3

~

𝑛
√2𝑛5

+∞

Vì∑
𝑛=0

=

1
√2 . 𝑛3/2

1
√2 . 𝑛3/2

( thuộc dạng
+∞

hội tụ nên ∑

1
𝑛𝛼

và 𝛼 > 1 )

𝑛+1

5
𝑛=0 √2𝑛 +3

hội tụ.

• Tiêu chuẩn so sánh 2.
+∞
Cho hai chuỗi số ∑+∞
𝑛=1 𝐴𝑛 và ∑𝑛=1 𝐵𝑛 thoả mãn 0 ≤ 𝐴𝑛 ≤ 𝐵𝑛 , ∀n > 𝑛0 nào đó.

Chú ý: Ta hay sử dụng chuỗi Riemann để so sánh: ∑

+∞

1

𝛼
𝑛=1 𝑛

kết quả giới hạn sau: Giả sử lim

𝐴𝑛

𝑛→∞ 𝐵𝑛

={

ℎ𝑡𝑢, 𝛼 > 1
𝑝𝑘𝑖, 𝛼 ≤ 1

} và dựa vào

= k ≥ 0 (k có thể là ∞)

+∞

• 0 < k < +∞ thì sự hội tụ hay phân kì của chuỗi số ∑+∞
𝑛=1 𝐴𝑛 và ∑𝑛=1 𝐵𝑛 là như

nhau
+∞
• k = 0 thì chuỗi ∑+∞
𝑛=1 𝐵𝑛 hội tụ dẫn đến chuỗi ∑𝑛=1 𝐴𝑛 hội tụ.
+∞
• k = +∞ thì chuỗi ∑+∞
𝑛=1 𝐴𝑛 phân kỳ dẫn đến chuỗi ∑𝑛=1 B𝑛 phân kỳ.


+∞

Vd: Xét sự hội tụ hay phân kỳ của một chuỗi số ∑

𝑛=1

Giải:
1
1
𝐴𝑛 = (1 − cos ) = 2 sin( )2 ~

2𝑛2

+∞

+∞

𝑛

1

∑+∞
𝑛=1 𝐵𝑛 = ∑

𝑛=1 2𝑛 (𝑛+1)

+∞

⇒∑

1

2𝑛

=

1
2

~

∑

1
2𝑛 (𝑛+1)
1

𝑛=1 𝑛(𝑛+1)

⇒ Hội tụ

1

𝑛

Câu 2. Cho chuỗi số ∑

+∞

1
𝑛
𝑛5
𝑛=1

1

1

1

= 1.51 + 1.52 + 1.53 +. . . . ..

Các t/c liên quan
+∞ ′
′
1) [∑+∞
𝑛=1 𝑓𝑛 (𝑥)] = ∑𝑛=1 𝑓𝑛 (𝑥)
𝑥

𝑥

+∞
2) ∫𝑎 ∑+∞
𝑛=1 𝑓𝑛 (𝑥) . 𝑑𝑥 = ∑𝑛=1 ∫𝑎 . 𝑓𝑛 (𝑥) . 𝑑𝑥

+ Ta có ∫

1
𝑥𝑛

1

𝑑𝑥 = − (𝑛−1).𝑥𝑛−1 + 𝑐

1 ′
1
⇒(
)
=
−
𝑛. 𝑥 𝑛
𝑥𝑛
+ Ta có
⇒

1
∑+∞
𝑛=1 𝑥 𝑛

1
S ∑+∞
n=1 xn

1

1 1 − 𝑥𝑛

= .
𝑥

= lim

1

n→+∞ x

1−

1
𝑥

1

 .   

1− n
x
1

1 − 
x

=

1
x − 1

+∞

+∞

+∞

𝑛=1

𝑛=1

𝑛=2

1

với | | < 1
𝑥

𝑥
𝑥
1
1
1

⇒ ∑ 𝑛 =∫ ∑
𝑑𝑥 = ∑ ∫ .
= ln|𝑥 − 1|
𝑥
𝑥
−
1
𝑥
−
1
1
1
+∞

⇒∑
𝑛=1

𝑛

( 𝑣ì 𝑛 → +∞) = 𝐵𝑛

(1 − cos ) hội tụ ( theo tiêu chuẩn so sánh 2)

𝑛=1

1

(1 − cos )

1

= ln|𝑥 − 1| = ln 4
𝑥5𝑛

Câu 3.
• Định nghĩa miền hội tụ của chuỗi hàm số


Cho dãy các hàm số 𝑈1 (𝑥), 𝑈2 (𝑥), … … , +𝑈𝑛 (𝑥), … …cùng xác định trên tập hợp ∅ ≠
D ⊆ R.
Tổng vô hạn

+∞

∑𝑛=1 𝑈𝑛 ( 𝑥) = 𝑈1 (𝑥) + 𝑈2 (𝑥) + ⋯ + 𝑈𝑛 (𝑥) + ⋯
được gọi là chuỗi hàm số xác định trên D.
+∞

+ Với 𝑥0 ∈ D, nếu ∑𝑛=1 𝑈𝑛 ( 𝑥0 ) hội tụ thì ta nói 𝑥0 là điểm hội tụ của chuỗi hàm
+∞

∑𝑛=1 𝑈𝑛 ( 𝑥).Tập hợp tất cả các điểm hội tụ được gọi là miền hội tụ của chuỗi hàm.
𝑛
• Đặc điểm miền hội tụ của chuỗi hàm luỹ thừa ∑+∞
𝑛=1 𝑈𝑛 𝑥 là chuỗi hàm mà

các hạng tử tổng quát là hàm lũy thừa nguyên khơng âm.
𝒏
• Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa ∑+∞
𝒏=𝟏 𝑼𝒏 𝒙

B1: Tính bán kính hội tụ R
𝜌= lim |
𝑛→+∞

𝑎𝑛+1
𝑎𝑛

|⇒𝑅=

1
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 ∑

𝑥𝑛

𝑛=1 𝑛

Giải:
1

𝑎𝑛+1

𝑛

𝑎𝑛

𝑎𝑛 = ; 𝜌= lim |
𝑛→+∞

+∞

*𝑥 =1∶ ∑

1

𝑛=1 𝑛

|= lim

𝑛

. =1 ⇒ R=1

: PK

+∞

(−1)𝑛

𝑛=1

𝑛

*𝑥 = −1 ∶ ∑

1

𝑛→+∞ 𝑛+1 1

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

lim

Miền hội tụ: 𝑥 = [−1; 1)


• Tìm miền hội tụ của chuỗi hàm luỹ thừa ∑

+∞

𝑛 ln 𝑛

3
𝑛=1 (𝑛+1)

(𝑥 − 2)𝑛

Giải:
-

Đặt (𝑥 − 2) = 𝑌 ⇒ ∑+∞
𝑛=1

+ Tính 𝑘 = lim |
𝑛→+∞

. 𝑌𝑛

(1)

(𝑛+1).ln 𝑛+1 (𝑛+1)3

𝑎𝑛 +1
𝑎𝑛

𝑛 ln 𝑛
(𝑛+1)3

| = lim

𝑛→+∞

(𝑛+2)3

.

ln 𝑛

=1

⇒ 𝑅 = 1 ⇒ khoảng hội tụ là (-1;1)
Khoảng phân kỳ là (−∞; −1) và (1; +∞)
+∞

-

Tại 𝑌 = +1 ⇒ ∑

𝑛 ln 𝑛

: là chuỗi dương

3
𝑛=1 (𝑛+1)

(2)

1

+ Chọn √𝑛 = > 0, ∀𝑛 ≥ 1
𝑛

𝑢𝑛

+ 𝑘 = lim

𝑛→+∞ √𝑛
+∞

Mà ∑

1

𝑛=1 𝑛

= lim

𝑛 ln 𝑛

𝑛→+∞ (𝑛+1)3

1

phân kỳ nên chuỗi (2) phân kỳ
+∞

-

𝑛

. = +∞

Tại 𝑌 = −1 ⇒ ∑

𝑛 ln 𝑛

3
𝑛=1 (𝑛+1)

là chuỗi đan dấu hội tụ theo t/c 𝐿𝑒𝑏𝑖𝑛𝑡𝑧

⇒ Miền hội tụ −1 ≤ 𝑌 < 1 ⇒ −1 ≤ 𝑥 − 2 < 1 ⇒ 1 ≤ 𝑥 < 3

Câu 4.
• Xét phương trình vi phân
𝑦 ′′ + 𝑝𝑦 ′ + 𝑞𝑦 = 𝑓(𝑥)

(4.0)

với 𝑝, 𝑞 là các hằng số thực và vế phải là hàm số 𝑓(𝑥) có vài dạng cụ thể. Ta tìm
nghiệm của riêng của (4.0) với vế phải như thế bằng một số thủ thuận riêng. Lưu ý


rằng phương pháp này không thể giải quyết được với 𝑓(𝑥) tùy ý như ở phương pháp
biến thiên hằng số.
𝑦 ′′ + 𝑝𝑦 ′ + 𝑞𝑦 = 0

(4.1)

𝑘 2 + 𝑝𝑘 + 𝑞 = 0

(4.2)

và phương trình đặc trưng của (4.1)
Ta xét hai trường hợp tương ứng với hai dạng của vế phải 𝑓(𝑥).
Trường hợp 1. 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝛼𝑥 𝑃𝑛 (𝑥), trong đó 𝛼 là số thực, 𝑃𝑛 (𝑥) là đa thức bật 𝑛.
(i)_Nếu 𝛼 không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng (4.2), thì ta tìm nghiệm
riêng 𝑦𝑟 theo dạng
𝑦𝑟 = 𝑥𝑒 𝛼𝑥 𝑄𝑛 (𝑥)
với 𝑄𝑛 (𝑥) là đa thức bậc 𝑛, với 𝑛 + 1 hệ số chưa biết.
(Để tìm các hệ số chưa biết, ta thay 𝑦𝑟 vào (4.0) rồi đồng nhất các hệ số của các lũy
thừa cùng bậc của 𝑥 ở hai vế, ta sẽ được một hệ gồm (𝑛 + 1) ẩn là các hệ số đa thức
𝑄𝑛 (𝑥).)
(ii)_Nếu 𝛼 là một số nghiệm đơn của phương trình đặc trưng (4.2), thì ta tìm nghiệm
riêng 𝑦𝑟 theo dạng
𝑦𝑟 = 𝑥𝑒 𝛼 𝑄𝑛 (𝑥)
với 𝑄𝑛 (𝑥)là đa thức bật 𝑛, với 𝑛 + 1 hệ số chưa biết.
(iii)_Nếu 𝛼 là nghiệm kép của phương trình đặc trưng (4.2), thì ta tìm nghiệm riêng 𝑦𝑟
theo dạng
𝑦𝑟 = 𝑥 2 𝑒 𝛼𝑥 𝑄𝑛 (𝑥),
với 𝑄𝑛 (𝑥) là đa thức bật 𝑛, với 𝑛 + 1 hệ số chưa biết.
Trường hợp 2. f(x) = 𝑒 𝛼𝑥 [𝑃𝑛 (𝑥)𝑐𝑜𝑠 𝛽𝑥 + 𝑄𝑚 (𝑥)𝑠𝑖𝑛𝛽𝑥], trong đó 𝛼, 𝛽 là hằng số
thực, 𝑃𝑛 (𝑥), 𝑄𝑚 (𝑥) là các đa thức bật 𝑛, 𝑚 tương ứng. Khi đó
(iv)_Nếu 𝛼 ± 𝑖𝛽 khơng là nghiệm của phương trình đặc trưng (4.2), thì một nghiệm
riêng của phương trình (4.0) có dạng
𝑦𝑟 = 𝑒 𝛼𝑥 [𝐻𝑠 (𝑥)𝑐𝑜𝑠𝛽𝑥 + 𝑅𝑠 (𝑥)𝑠𝑖𝑛𝛽𝑥],


với 𝐻𝑠 (𝑥), 𝑅𝑠 (𝑥) là các đa thức đa thức bậc 𝑠 = 𝑚𝑎𝑥{𝑛, 𝑚}.
(v)_Nếu 𝛼 ± 𝑖𝛽 là một nghiệm đơn của phương trình đặc trưng (4.2), thì một nghiệm
riêng của phương trình (4.1) có dạng
𝑦𝑟 = 𝑒 𝛼𝑥 [𝐻𝑠 (𝑥)𝑐𝑜𝑠𝛽𝑥 + 𝐾𝑠 (𝑥)𝑠𝑖𝑛𝛽𝑥],

với 𝐻𝑠 (𝑥), 𝑅𝑠 (𝑥) là các đa thức đa thức bậc 𝑠 = 𝑚𝑎𝑥{𝑛, 𝑚}.
• Vd1: Giải phương trình vi phân sau: ( phương trình thuần nhất)
𝑦 ′′ − 5𝑦 ′ + 6𝑦 = 0
Giải:
Pt đặc trưng:
𝑘 2 − 5𝑘 + 6 = 0 ⇔ 𝑘 = 2; 𝑘 = 3
Vậy nghiệm tổng quát cần tìm là:
𝑦 = 𝑐1 𝑒 2𝑥 + 𝑐2 𝑒 3𝑥 , (𝑐1 , 𝑐2 ∈ ℝ)
• Vd2: Giải phương trình vi phân sau:

( phương trình thuần nhất)

𝑦 ′′ − 6𝑦 ′ + 9𝑦 = 0
Giải:
Pt đặc trưng:
𝑘 2 − 6𝑘 + 9 = 0 ⇔ 𝑘 = 3(𝑘é𝑝)
Vậy nghiệm tổng quát cần tìm là:
𝑦 = (𝑐1 + 𝑐2 𝑥)𝑒 3𝑥 , (𝑐1 , 𝑐2 ∈ ℝ)
• Vd3: Giải phương vi phân sau: (phương trình ko thuần nhất)
𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ − 4𝑦 = 𝑥

(1)

B1:
+ Xét pt 𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ − 4𝑦 = 0

(2)

Phương trình đặc trưng:
𝑘 2 + 3𝑘 − 4 = 0 ⇔ 𝑘 = 1; 𝑘 = −4

Nghiệm tổng quát của (2)
𝑦1 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −4𝑥 ; (𝑐1 , 𝑐2 ∈ ℝ)


𝐵2:
+)Vế phải của (1) có dạng 𝑒 0𝑥 𝑥 nên 𝛼 = 0 ( 𝛼 không là nghiệm của phương trình đặc
trưng) nên một nghiệm riêng của (1) có dạng Y= 𝑎𝑥 + 𝑏, thay vào một ta được:
1

𝑎=−
1
3𝑎 − 4𝑏 = 0
4
3𝑎 − 4𝑏 − 4𝑎𝑥 = 𝑥 ⇔ {
⇔{
⇒𝑌=− 𝑥 −
3
4
−4𝑎 = 1
𝑏=−

3
16

16

Nghiệm tổng quát của (1)
𝑦 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 −4𝑥 −

1

3
𝑥 −
, (𝑐1 , 𝑐2 ∈ ℝ)
4
16

• Vd4: Giải các pt sau:

(vế phải có dạng đặc biệt)

𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ = 𝑒 2𝑥 . 𝑐𝑜𝑠𝑥

(*)

+ Pt đặc trưng
𝑘 2 − 4 = 0 ⇔ 𝑘 = ±2
⇒ 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 2𝑥 + 𝑐2 𝑒 −2𝑥
+ 𝑒 2𝑥 . 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑒 2𝑥 . (1. 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 0𝑠𝑖𝑛𝑥)
⇒ 𝛼 + 𝑖𝛽 = 2 + 𝑖 khơng là nghiệm của phương trình đặc trưng
⇒t Tìm 𝑦𝑝 dạng
𝑦𝑝 = 𝑒 2𝑥 . (𝐴𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐵 𝑠𝑖𝑛𝑥)
𝑦𝑝′ = 2𝑒 2𝑥 . (𝐴𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐵 𝑠𝑖𝑛𝑥) + 𝑒 2𝑥 (−𝐴 𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥)
𝑦𝑝′ = 𝑒 2𝑥 . [(2𝐴 + 𝐵)𝑐𝑜𝑠𝑥 + (2𝐵 − 𝐴)𝑠𝑖𝑛𝑥]
𝑦𝑝′′ = 2𝑒 2𝑥 . [(2𝐴 + 𝐵)𝑐𝑜𝑠𝑥 + (2𝐵 − 𝐴)𝑠𝑖𝑛𝑥] + 𝑒 2𝑥 . [−(2𝐴 + 𝐵)𝑠𝑖𝑛𝑥 + (2𝐵
− 𝐴)𝑐𝑜𝑠𝑥]
𝑦𝑝′′ = 𝑒 2𝑥 [(3𝐴 + 4𝐵)𝑐𝑜𝑠𝑥 + (3𝐵 − 4𝐴)𝑠𝑖𝑛𝑥
Thay vào (*) ta được:
(−𝐴 + 4𝐵)𝑐𝑜𝑠𝑥 + (−𝐵 − 4𝐴)𝑠𝑖𝑛𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑥
1
−𝐴 + 4𝐵 = 1

17
⇔{
⇔{
4
−𝐵 − 4𝐴 = 0
𝐵=
17
1
4
⇒ 𝑦𝑝 = 𝑒 2𝑥 (− 𝑐𝑜𝑠𝑥 +
𝑠𝑖𝑛𝑥)
17
17
𝐴=−


Nghiệm tông quát của pt:
𝑦 = 𝑒 2𝑥 (

4
1
𝑠𝑖𝑛𝑥 −
𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐1 ) + 𝑐2 𝑒 −2𝑥
17
17

Vd5: Giải phương trình sau: (vế phải có dạng đặc biệt)
𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ = 𝑒 2𝑥 . 𝑐𝑜𝑠𝑥

(**)

+) pt đặc trưng
𝑘 2 + 4 = 0 ⇔ ±𝑖
⇒ 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑖𝑛𝑥
+) 2𝑠𝑖𝑛𝑥 = 𝑒 0𝑥 (0. 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑠𝑖𝑛𝑥 )
⇒ 𝛼 + 𝑖𝛽 = 𝑖 là nghiệm của pt đặc trưng
⇒Tìm nghiệm riêng của (**) dạng
𝑦𝑝 = 𝑥. (𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐵𝑠𝑖𝑛𝑥)
𝑦𝑝 = 𝐴𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐵𝑥. 𝑠𝑖𝑛𝑥
𝑦𝑝′ = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝐴𝑥. 𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝐵𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝐵𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑦𝑝′ = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝐴𝑥. 𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝐵𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝐵𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑦𝑝′ = (𝐵𝑥 + 𝐴)𝑐𝑜𝑠𝑥 + (−𝐴𝑥 + 𝐵)𝑠𝑖𝑛𝑥
𝑦𝑝′′ = 𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥 − (𝐵𝑥 + 𝐴)𝑠𝑖𝑛𝑥 − 𝐴𝑠𝑖𝑛𝑥 + (𝐴𝑥 + 𝐵)𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑦𝑝′′ = (−𝐴𝑥 + 2𝐵)𝑐𝑜𝑠𝑥 + (−𝐵𝑥 − 2𝐴)𝑠𝑖𝑛𝑥
Thay vào (**) ta được
2𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥 − 2𝐴𝑠𝑖𝑛𝑥 = 2𝑠𝑖𝑛𝑥 ⇔ {
⇒ 𝑦𝑝 = −𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥
Nghiệm tông quát của pt:
𝑦 = (𝑐1 − 𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑖𝑛𝑥

2𝐵 = 0
⇔ 𝐴 = −1𝐵 = 0
−2𝐴 = 2