Bài giải Ngân hàng đề thi Toán kỹ thuật

Chia sẻ: Tan Phuoc Dong | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:37

Thêm vào BST

Báo xấu

1.149
lượt xem 278
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu ôn thi môn Toán kỹ thuật gồm ngân hàng đề thi và bài giải hướng dẫn giúp các bạn hệ thống kiến thức môn học và nắm vững bài hơn. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài giải Ngân hàng đề thi Toán kỹ thuật

A. LOẠI CÂU HỎI 1 ĐIỂM Câu 1: Cho hàm biến phức f ( z) = cos z , tính f ' ( i ) . 2 Bài giải: ′ Ta có: f ′( z) = ( cos z) = 2 cosz( cosz) ′ = 2 cosz( − sinz) = − sin2z 2 Vậy: f ′( z) = − sin2z ⇒ f ′( i ) = − sin2i Câu 2:  πi  Cho hàm biến phức f ( z) = e2 z , tính f  ' . 3 Bài giải: ′ Ta có: f ′( z ) =  e 2z  = ( 2z ) ′ e 2z = 2e 2z     πi 2πi 2  πi  Vậy: f ′( z ) = 2e 2z ⇒ f ′  = 2e 3 = 2e 3 3 2π 2π   = 2 cos + i sin  = −1 + i 3  3 3 Câu 3: Cho hàm biến phức f ( z) , thoả mãn f ' ( z) = 6z − 1 và f (1 + i ) = 9i . Bài giải: 6z 2 Từ: f ' ( z ) = 6 z − 1 ⇒ f ( z ) = ∫ f ' ( z )dz = ∫ ( 6 z − 1)dz = − z + c = 3z 2 − z + c 2 ⇒ f ( z ) = 3z 2 − z + c ( ) ⇒ f (1 + i ) = 3(1 + i ) − (1 + i ) + c = 3 1 + 2i + i 2 − 1 − i + c = 5i − 1 + c 2 mà f (1 + i ) = 9i ⇒ 5i − 1 + c = 9i ⇒ c = 4i + 1 Vậy: f ( z) = 3z2 − z + c = 3z2 − z + 4i + 1 1
Câu 4: Tìm biến đổi Laplace F(s) = L {tsin3t}. Bài giải: { } dn Áp dụng: L t n ⋅x ( t ) = ( −1) n X( s ) ds n ′ d 3   = − 3  6s Ta có: L{ t. sin 3t} = ( −1)  = 2 2 ( ) ds  s 2 + 3 2  s +3 2 2  s +9   6s Vậy: F ( s ) = s + 9s 2 4 Câu 5: Tìm biến đổi Laplace F(s) = L {e-2tcos22tsin3t}. Bài giải: 1 (1 + cos 4t ) sin 3t Ta có: cos 2t sin 3t = 2 2 1 1 sin 3t + ( sin 3t cos 4t ) = 2 2 1 11 = sin 3t + ⋅ ( sin 7t − sin t ) 2 22 { } { } { } 1 1 1 Vậy: F ( s ) = L e sin 3t + L e sin 7t + L e sin t −2t −2t − 2t 2 4 4 1 3 1 7 1 1 = + + 2 ( s + 2) + 3 4 ( s + 2) + 7 4 ( s + 2) 2 + 12 2 2 2 2 Câu 6: Tìm biến đổi Laplace F(s) = L {e-4tsin23t}. Bài giải:   1 − cos 6t  Ta có: F ( s ) = L{e sin 3t} = L e  −4t − 4t 2    2  {} { } 1 1 = L e − 4t − L e −4t cos 6t 2 2 ( s + 4) 11 1 =⋅ −⋅ 2 s + 4 2 ( s + 4) 2 + 6 2 2
Câu 7: Tìm biến đổi Laplace F(s) = L { t3e-2t}. Bài giải: { } d3  1  6 Ta có: F ( s ) = L t e = − 3 − 2t =− 3 ( s + 2) 4 ds  s + 2  Câu 8: Tìm biến đổi Laplace F(s) = L {(4cos3t – 5sin2t)ch2t}. Bài giải:  e 2t + e −2t  Ta có: F ( s ) = L{ (4cos3t - 5sin2t)ch2t} = L (4cos3t - 5sin2t)  2   { } { } { } { } 4 4 5 5 = L e 2t cos3t + L e -2t cos3t - L e 2t sin2t - L e -2t sin2t 2 2 2 2 4 ( s − 2) 4 ( s + 2) 5 2 5 2 = + − − 2 ( s − 2 ) + 9 2 ( s + 2) + 9 2 ( s − 2 ) + 4 2 ( s + 2) 2 + 4 2 2 2 Câu 9: Γ( 7 4 ) Γ( 5 4 ) Tính . Γ( 3) Bài giải: 3 1 3 1 Γ ( 3 4 ) Γ(1 4 ) Γ ( 3 4 ) Γ(1 4 ) Ta có: Γ( 7 4 ) Γ( 5 4) = Γ(1 + 3 4 ) Γ(1 + 1 4 ) = 4 4 =4 4 Γ( 3) Γ( 2 + 1) 2! 2! 3π 3π π 3 ⋅ ⋅ ⋅ 3π 16 2 16 2 3 16 Γ ( 3 4 ) Γ (1 − 3 4 ) sin 2 = 3π = 16 4= 2= = 2.1 2 2 2 16 2 3
Câu 10: Γ( 3) Γ( 3 2 ) Tính . Γ( 9 2) Bài giải: 1 2!⋅ Γ(1 2 ) Γ( 3) Γ( 3 2 ) Γ( 2 + 1) Γ(1 + 1 2 ) 24 π 16 16 2 = = = = = Ta có: Γ( 9 2) Γ( 4 + 1 2 ) ( 2.4 − 1)!! π 7!! π 1.3.5.7 105 24 Câu 11: ∞ Sử dụng hàm Gamma tính tích phân ∫ x e dx . 8 −2x 0 Bài giải: Đặt 2x = t; dx = 1/2dt. 8 ∞ ∞ ∞ 1  t  −t 1 1 ∫  2  e dt = 2.28 ∫ t e dt = 2 9 Γ( 9) Ta có: ∫ x e dx = 8 −2 x 8 −t 2 0  0 0 1 8! = 9 Γ( 8 + 1) = 9 2 2 Câu 12: x(t) = 2t, 0 < t < 2. Tìm khai triển Fourier của x(t) theo các hàm cos Cho Bài giải: ( ) n 4π nπ ∞ Ta có: x( t) = 2 + ∑ ( − 1) − 1 n cos t 2 2 2 n=1 Câu 13: x(t) = 2t, 0 < t < 2. Tìm khai triển Fourier của x(t) theo các hàm sin Cho Bài giải: ( ) n2π sinn2π t ∞ Ta có: x( t) = ∑ 1 − ( − 1) n n=1 4
Câu 14: Tìm biến đổi Z của các dãy tín hiệu sau: x(n) = e-3nu(n). Bài giải: n ( ) ∞ ∞ ∞ e3z 1 Ta có: X( z ) = x ( n )z − n = ∑ e −3n ⋅ z − n = ∑  3  = 3 ∑ , | z|> e-3 e z −1 n =0  e z  n =−∞ n =0 3 ez Vậy: X( z ) = 3 , | z|> e-3 e z −1 Câu 15: Tìm biến đổi Z của các dãy tín hiệu sau: x(n) = e-3(n -1)u(n). Bài giải: n ( ) ( ) ∞ ∞ ∞ ∞ 1 Ta có: X( z ) = x ( n )z − n = ∑ e −3( n −1) ⋅ z − n = e 3 ∑ e −3n ⋅ z − n = e 3 ∑  3  ∑ n =0  e z  n =−∞ n =0 n =0 e ⋅e z 3 3 6 ez , | z|> e-3 =3 =3 e z −1 e z −1 e6 z Vậy: X ( z) = 3 , | z|> e-3 e z −1 Câu 16: Tìm biến đổi Fourier của dãy tín hiệu sau: x(n) = 5-nu(n). Bài giải: −n 5ei 2πf ∧ ∞ − i 2πnf = ∞  5ei 2πf  = 1 X ( f ) = ∑ x( n)e = X ( z) = ∑  z= ei 2πnf Ta có: 5ei 2πf −1 n= 0   1 n= −∞ 1− 5ei 2πf Câu 17: Tìm biến đổi Fourier của dãy tín hiệu sau: x(n) = 2-n +1u(n). Bài giải: Ta có: −n 4ei 2πf ∧ ∞ − i 2πnf = ∞  2ei 2πf  2 X( f ) = x( n)e = X ( z) = = ∑ ∑  z= ei 2πnf i 2πf −1   1 n= −∞ n= 0 2e 1− 2ei 2πf 5
B. LOẠI CÂU HỎI 2 ĐIỂM Câu 1: Tìm hàm phức khả vi f (z) (viết công thức theo z ), biết rằng f(z) = U(x,y) + iV(x,y) có phần thực U(x,y) = x2 – y2 + 3e-2ycos2x + 3y, với z = x + iy. Bài giải: Để hàm f(z) là hàm phức khả vi ta phải có:  ∂u ∂v  ∂x ( x, y ) = ∂y ( x, y ) (1)   ∂u ∂v  ( x, y ) = − ( x, y ) ( 2)  ∂y ∂x  ∂u ( x, y ) = 2 x − 6e −2 y sin 2 x ( 3) Ta có: ∂x ∂u ( x, y ) = −2 y − 6e −2 y cos 2 x + 3 ( 4) ∂y Từ (2) và (4) suy ra V(x,y) = 2xy + 3e-2ysin2x.-3x + C ⇒ f(z) = x2 – y2 + 3e-2ycos2x + 3y +i2xy + i3e-2ysin2x-i3x +Ci = ( x 2 + i 2 xy − y 2 ) + 3e −2 y ( cos 2 x + sin 2 y ) + ( y − ix ) + iCi = ( x + iy ) + 3e −2 y ⋅ e i 2 x − 3i ( x + iy ) + Ci 2 = Z 2 + 3e 2iZ − 3iZ + Ci Câu 2: Tìm hàm phức giải tích f (z) (viết công thức theo z ), biết rằng f(z) = U(x,y) + iV(x,y) có phần ảo x V(x, y) = + 3e - y cosx - 6xy + 2x + 3 , với z = x + iy. x +y 2 2 Bài giải: Để hàm f(z) là hàm phức khả vi ta phải có: ∂u ( x, y ) = ∂v ( x, y ) (1) ∂x ∂y ∂v - 2xy Ta có: ∂y ( x, y ) = 2 ( 2) − 3e- y cosx - 6x ( ) 22 x +y y Từ (1) và (2) suy ra U ( x, y ) = 2 − 3e - y sinx - 3x 2 x +y 2 x  x ⇒ f ( z) = − 3e -y sinx - 3x 2 + i 2  x + y 2 + 3e cosx - 6xy + 2x + 3  -y  x +y 2 2   với z = x + iy. Có thể tiếp tục như câu 1… 6
Câu 3: Tìm hàm phức khả vi f (z) (viết công thức theo z = x + iy), biết rằng f(z) = U(x,y) + iV(x,y) có phần thực U(x,y) = e-x (xcos y + ysin y) và F(0) = i. Bài giải: ∂u ( x, y ) = −e -x (xcos y + ysin y) + e -x cos y Ta có: ∂x Để hàm f(z) là hàm phức khả vi ta phải có: ∂u ( x, y ) = ∂v ( x, y ) ∂x ∂y ∂u ( x, y ) = −e -x xcos y − e -x ysin y + e -x cos y = ∂v ( x, y ) ⇒ ∂x ∂y ⇒ V = −e xsiny + e ycos y − e sin y + e siny -x -x -x -x = e -x ( ycos y - xsiny ) ⇒ f ( z ) = e -x ( xcos y - ysiny) + ie -x ( ycos y - xsiny ) với z = x + iy. Có thể tiếp tục như câu 1… Câu 4: π2 sin 2 2 x ∫ Sử dụng hàm số Bêta hãy tính tích phân: I = dx cot gx 0 Bài giải: Π Π Π ( 2 sinx cosx) 2 dx = 4 5 7 2 2 2 2 −1 2 −1 3 5 ∫ ∫ cos x sin xdx= 2 ⋅ 2 ∫ cos I= x sin xdx 2 2 4 4 1 Ta có: cos 2 x o 0 0 1 sin 2 x 5 7 5 7 1  3  Γ  Γ  Γ  Γ  Γ + 1Γ + 1 Vậy: 5 7 I = 2Β ,  = 2     = 2     = 2  4  1  4 4 4 4 Γ( 3) Γ( 2 + 1) 5 7 4 4 Γ +  4 4   1 3 Π    1 13 3 1 3 1  1 4 4  sin Π  Γ  Γ  Γ Γ1 −    4  = 3π 4 44 4 4 4 4  4  I=2 =2 =2 2! 2! 2! 82 7
Câu 5: π2 cos2x ∫ Sử dụng hàm số Bêta hãy tính tích phân: I = dx . tgx 0 Bài giải: Π 1 1 2 ∫ ( 2 cos ) − Ta có: I = x − 1 cos x sin 2 xdx 2 2 o Π Π 5 1 1 1 2 2 − − ∫ ∫ cos = 2 cos x sin xdx − x sin xdx 2 2 2 2 0 0 Π Π 7 1 3 1 2 2 1 2 −1 2 −1 2 −1 2 −1 = 2 ∫ cos ∫ cos xdx− 2 ⋅ x sin x sin xdx 4 4 4 4 2 0 0 7 1 3 1 Γ  Γ  Γ  Γ  7 1 1 3 1 4 4 − 1 ⋅ 4 4 = Vậy: I = Β ,  − ⋅ Β ,  =  4 4  2  4 4  Γ 7 + 1  2 Γ 3 + 1      4 4 4 4 3 3 1 Γ  Γ  π 3π 2π 3π 2π 4 4 4 I= − = − = − = 2π Γ( 2 ) 3π 3π 2 2 2 2 sin 4 sin 4 4 Câu 6: π2 ∫. Sử dụng hàm số Bêta hãy tính tích phân: I = 2 cotgx cos 2xdx . 3 0 Bài giải: Π 1 1 ∫ cos xsin x( 4 cos x − 4 cos x + 1)dx 2 − I= 4 2 3 3 o Ta có: Π Π Π 13 1 7 1 1 1 2 2 2 − − − = 4 ∫ cos x sin xdx− 4 ∫ cos x sin xdx+ ∫ cos x sin 3 xdx 3 3 3 3 3 0 0 0  16 2   10 2  1  4 2  I = 2Β ,  − 2Β ,  + Β ,  Vậy:  6 6  6 6 2 6 6  16   2   10   2  4 2 2Γ Γ  2Γ Γ  Γ Γ  =    −    +     6 6 6 6 6 6 Γ( 3) Γ( 2 ) 2Γ(1) 5 5 1 2  2 1  2 1 2 ⋅ Γ  Γ  2 ⋅ Γ  Γ  Γ Γ  3  3  3 1  3   3 3  3 3 = − + Γ( 3) Γ( 2 ) Γ(1) 2 8
π π π 52 2 2⋅ ⋅ ⋅ 2⋅ ⋅ 3 3 sin 2π 3 sin 2π sin 2π 3 +1⋅ 3− 3 = 2! 1! 2 1 10π 4π π 20π − 6 ⋅ 4π + 9π = − + = 9 sin 2π 3 sin 2π 2 sin 2π 18 sin 2π 3 3 3 3 5π 5π = = 18 sin 2π 93 3 π2 5π I = ∫ .3 cot gx cos 2 2xdx = Vậy: 93 0 Câu 7: ( ) dn x J n ( x) = xn J n−1 ( x) . a) Chứng minh rằng dx b) Tính ∫ x J 1 ( x) dx. 2 Bài giải: ( ) 1.d n x J n ( x ) = x n −1 J n −1 ( x ) a. Ta có: (1) xdx Nhân hai vế của (1) cho x ta được: ( ) ( ) x.d n dn 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. ( ) d2 b. Ta có: ∫ x 2 J 1 ( x ) dx = ∫ x J 2 ( x ) dx = x 2 J 2 ( x ) dx ( − 1) k  x  2 k = x 4 ∞ ( − 1) k  x  2 k 2∞ 2 x  =x   ∑ ∑    2  k =0 k!( k + n )!  2  4 k =0 k!( k + n )!  2  Câu 8: ( ) dn x J n ( x) = xn J n−1 ( x) . a) Chứng minh rằng dx 1 b) Tính ∫ xJ 0 ( λx)dx . 0 Bài giải: ( ) 1.d n x J n ( x ) = x n −1 J n −1 ( x ) a. Ta có: (1) xdx Nhân hai vế của (1) cho x ta được: ( ) ( ) x.d n dn x J n ( x ) = x.x n −1 J n −1 ( x ) ⇔ x J n ( x ) = x n J n −1 ( x ) xdx dx 9
Đây là điều phải chứng minh. 1 1 1 d b. Ta có: ∫ xJ 0 ( λx ) dx = ∫ xJ 1 ( λx ) dx = xJ 1 ( λx ) 0 dx 0 0 λ ∞ ( − 1)  λ  2k k 1.J ( λ.1) − 0.J ( λ.0 ) = J( λ ) = ∑  2 k =0 k!( k + n )!  2  Câu 9: ( ) d −n x J n ( x ) = − x −n J n +1 ( x ) . a) Chứng minh rằng dx J 3 ( x) ∫ dx. b) Tính x2 Bài giải: ( ) 1 d −n x J n ( x ) = x − n −1 J n +1 ( x ) a. Ta có: − ⋅ (1) x dx Nhân hai vế của (1) cho -x ta được: ( − x) ⋅ ( ) d −n x J n ( x ) = − x.x − n −1 J n +1 ( x ) = − x − n J n +1 ( x ) − x dx Đây là điều phải chứng minh. J3 ( x) ( ) d −2 dx = ∫ x −2 .J 3 ( x ) dx = − ∫ x .J 2 ( x ) dx = − x −2 J 2 x ∫ b. Ta có: 2 dx x ( − 1)  x  = − 1 ( − 1) k  x  2 k 2∞ 2k k ∞ −2  x  = −x   ∑ ∑    2  k =0 k!( k + 2 )!  2  4 k =0 k!( k + 2 )!  2  Câu 10: 1 neáu < 5 t Tìm biến đổi Fourier của x( t ) =  0 neáu > 5 t Bài giải: ∞ 5 ∧ Ta có: X( f ) = ∫ x ( t )e dt = 2 ∫ cos( 2πft )dt −i 2 πft −∞ 0 10 sin C(10 ) neáu= 1 f = 2.5 sin C( 2.5f ) = 10 sin C(10f ) =  neáu= 0 f 0  10
Câu 11: Tìm biến đổi Fourier của các hàm số x(t) = Π(t)cos 3t. Bài giải: Ta có: x ( t ) = x ( t ) cos 2πf 0 t (1) 1 1 ∧ ∧ ∧ (1) ⇒ X( f ) = X( f − f 0 ) + X ( f + f 0 ) (2) 2 2 Như vậy từ (1) và (2) áp dụng vào hàm x(t) = Π(t)cos 3t 1∧ 1∧ ∧ Ta có: X( f ) = Π ( f − f 0 ) + Π ( f + f 0 ) 2 2 1 sin[ π( f − f 0 ) ] 1 sin[ π( f + f 0 ) ] =⋅ +⋅ (3) π( f − f 0 ) π( f + f 0 ) 2 2 sin[ π( f − f 0 ) ]  sin C( f − f 0 ) = π( f − f ) ( 4)  Đặt:  0 sin[ π( f + f 0 ) ] sin C( f + f 0 ) = ( 5) π( f + f 0 )   1 1 ∧ Thay (4), (5) vào (3) ta được X( f ) = sin C( f − f 0 ) + sin C( f + f 0 ) 2 2 3 Trong đó vì: 2πf 0 t = 3t ⇒ f 0 = 2π Câu 12: 1 a) Chứng tỏ rằng z = z( x, y) = x y + G( x) + H( y) là nghiệm tổng quát của phương trình 33 6 ∂2z = x 2 y , trong đó G, H là hai hàm khả vi liên tục đến cấp 2. ∂x∂y b) Tìm nghiệm của phương trình trên thỏa mãn điều kiện z(x, 0) = x2, z(1, y) = cos y. Bài giải: a. Do G, H là hai hàm khả vi liên tục đến cấp 2 nên ta có: / ∂z  1 3 2  Z′x = Z( x, y ) = =  x y + G ( x ) + H( y )  / x ∂x  6 x 3 1 = x 2 y 2 + ( G( x ) ) x = x 2 y 2 + ( G( x ) ) x / / 6 2 / ∂2z  1 2 2 / ⇒ Z′xy = Z( x, y ) xy = =  x y + ( G( x ) ) x  = x 2 y / ∂x∂y  2 y 1 ⇒ Z = Z( x , y ) = x 3 y 2 + G ( x ) + H( y ) 6 11
∂ 2z = x 2 y , trong đó G, H là hai hàm khả vi liên là nghiệm tổng quát của phương trình ∂x∂y tục đến cấp 2. 1 b. Ta có: Z( x ,0 ) = ⋅ 0 ⋅ y 2 + G ( x ) + H( 0 ) = G ( x ) 6 Z( x ,0 ) = x 2 nên suy ra: G ( x ) = x 2 mà 1 ⇒ Z = Z( x , y ) = x 3 y 2 + x 2 + H( y ) (*) 6 1 Ta có: Z(1, y ) = y 2 + 1 + H( y ) 6 1 mà Z(1, y ) = cos y nên suy ra: y 2 +1 +H ( y ) =cos y 6 1 ⇒ H( y ) = cos y − y 2 − 1 (1) 6 132 12 Thay (1) vào (*) ta được: Z( x , y ) = x y + x + cos y − y − 1 2 6 6 132 12 Hay Z = Z( x, y ) = x y + x + cos y − y − 1 2 6 6 ∂z2 = x2y Là nghiệm của phương trình ∂x∂y Câu 13: ∂2u ∂2u − 4 2 = e2 x+ y , biết rằng phương trình có Tìm nghiệm tổng quát của phương trình 2 ∂x ∂y một nghiệm riêng dạng u = kxe2x + y, k là một hằng số. Bài giải: Từ nghiệm riêng u = kxe2x + y ta có: ∂u ∂2u = ke 2 x + y + 2kxe 2 x + y ⇒ 2 = 2ke 2 x + y + 2ke 2 x + y + 4kxe 2 x + y ∂x ∂x 2x+y 2x+y + 4kxe (1) 4ke ∂u ∂u 2 = kxe 2 x + y ⇒ 2 = kxe 2 x + y (2) ∂y ∂y ∂2u ∂2u − 4 2 = e2 x+ y Thay (1) vào (2) vào phương trình: 2 ∂x ∂y 1 2x+y = e 2x+y ⇒ k = ta được : 4ke 4 1 Vậy u = u ( x , y ) = xe là nghiệm tổng quát cần tìm. 2x + y 4 12
Câu 14: Cho X là một biến ngẫu nhiên có phân bố chuẩn N(µ ;σ 2). Đặt y(t) = Xe-t, t > 0. Hãy tìm hàm trung bình và hàm tự tương quan của quá trình y(t), t > 0. Bài giải: -Ta có hàm trung bình: m( t ) = Ex ( t ) = Const . [ ] ⇒ Ey( t ) = E Xe − t = e − t E[ X ] = μ (µ là tham số, có thể chọn µ =0,…,n). -Ta có hàm tự tương quan: r ( s, t ) = cov[ x ( s ) , x ( t ) ] = E( x ( s ) − m ) ( x ( t ) − m ) .  −  t + τ   − t   − t + τ  − t       Xe  = E X 2  e  ⇒ cov[ y( t + τ ); y( t ) ] = E  Xe    e                − ( 2t + τ ) − t + τ  − t   = σ 2 .e  = σ 2 .e  .e Câu 15: Số cuộc gọi đến tổng đài là quá trình Poisson X(t) với tốc độ trung bình 4 cuộc gọi trong một đơn vị thời gian. Hãy tính P{X(1) = 2} và P{X(1) = 2, X(3) = 6}. Bài giải: λ n n −λt Ta có λ = 4; Pn ( t ) = P{ X( t ) = n} = te n! 4 2 2 − 4⋅1 ⇒ P{ X(1) = 2} = ⋅ 1 ⋅ e = 8e −4 2! P{ X(1) = 2} = 8e −4 Vậy Ta có P{ X(1) = 2; X( 3) = 6} = P{ X(1) = 2; X( 3) − X(1) = 4} 44 85 −12 = P{ X(1) = 2} ⋅ P{ X( 2 ) = 4} = 8e − 4 . .2 4.e − 4.2 = .e 4! 4! 85 Vậy P{ X(1) = 2; X( 3) = 6} = .e −12 4! 13
Câu 16: Số cuộc gọi đến tổng đài là quá trình Poisson X(t) với tốc độ trung bình 3 cuộc gọi trong một đơn vị thời gian. P{X(1) = 2| X(3) = 6} và P{X(3) = 6| X(1) = 2}. Hãy tính Bài giải: P{ X(1) = 2; X( 3) = 6} P{ X(1) = 2; X( 3) − X(1) = 4} P{ X(1) = 2 X( 3) = 6} = = P{ X( 3) = 6} 36 6 −3..3 -Ta có ⋅3 ⋅e 6! 3 2 2 −3.1 3 4 4 −3.2 6! ⋅ 1 ⋅ e ⋅ ⋅ 2 ⋅ e 6!P{ X(1) = 2}.P{ X( 2) = 4} = 2! 4! −9 −9 3 ⋅e 3 ⋅e 12 12 6!.36.2 4.e −9 6!.2 3 5.6.2 3 5.2 4 = = = =5 2!.4!.312 ⋅ e −9 4!.36 36 3 4 Vậy P{ X(1) = 2 X( 3) = 6} = 5 5.2 3 P{ X(1) = 2; X( 3) = 6} P{ X( 2 ) = 4} -Ta có P{ X( 3) = 6 X(1) = 2 } = = P{ X(1) = 2} P{ X(1) = 2} 4 3 ⋅ 2 4 ⋅ e −6 4! = 12.e −3 = 2 3 ⋅ e −3 2! Vậy P{ X( 3) = 6 X(1) = 2} = 12.e −3 Câu 17: Cho X(t), t ≥ 0 là quá trình Poisson với cường độ λ = 3. hãy tính: P{X(1) ≤ 2}, P{X(1),X(2) = 3}. Bài giải:  3 3 2  −3 17 −3 -Ta có P{ X(1) ≤ 2 } = 1 + + ⋅e = e    1! 2!  2 -Ta có P{ X(1) , X( 2 ) = 3 } = P{ X(1) = 1, X( 2 ) = 3 } = P{ X(1) = 1, X( 2 ) − X(1) = 2 } 33 ⋅ e −6 32 3 = P{ X(1) = 1, X(1) = 2 } = e −3 ⋅ e −3 = 1! 2! 2 −6 3 ⋅e 3 Vậy P{ X(1) , X( 2) = 3 } = 2 14
C. LOẠI CÂU HỎI 3 ĐIỂM Câu 1: sin iπz) ( Tính tích phân phức I = ∫ dz, trong hai trường hợp sau: ( 4z ) + 1 ( 3z + i ) 2 2 C a) C là đường tròn | z| = 5/12. b) C là đường tròn | z| = 1. Bài giải: sin ( iπz ) −i i 2 có Z = ± là 2 cực điểm đơn và Z = ( ) là cực điểm kép. Ta có hàm: 4z + 1 ( 3z + i ) 2 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 = 2πi.[ Re s f ( z ) ; a ] ∫ C [ ] d m −1 1 [ Re s f ( z ) ; a ] = lim m −1 ( z − a ) f ( z ) m ( m − 1)! Z→a dz d  sin ( iπz )  sin ( iπz )  i 1 ;−  = 2πi ⋅ ⋅ limi  2 ⇒ I = 2πi.Re s ( ) 1! Z → − dz  4z + 1  ( ) 4z 2 + 1 ( 3z + i ) 2  3  3 ( )  iπ cos( iπz ) 4z 2 + 1 − 8z sin ( iπz )   iπ cos( iπz ) 8z sin ( iπz )  = 2πi lim   = 2πi limi  − 2 ( ) ( ) Z→  4z + 1 2 2 −i − 4z 2 + 1 4z 2 + 1  Z→   3  3       iπ cos π π 8i 8i 3   iπ ⋅ 1 ⋅ sin  3  = 2πi  2+ 3 2  3+ 3 = 2πi  2  4i 2 2 i2  4 ⋅ + 1  4 ⋅ i + 1   4i 2  2  +1     9 + 1  9   9 9       −π − 8π 3 45π + 216π 3 2 2 = + =− 5 2 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 ( iπz ) sin ( iπz )  i  i ;  = Re s Ta có: Re s 2 ; ( ) 4z + 1 ( 3z + i ) 2   ( 2z + i ) ( 2z − i ) ( 3z + i ) 2  2 2  −π sin sin ( iπz ) 2 = −1 = 2 = lim Z → ( 2z + i ) ( 3z + i ) − 25i 25i 2 2 i  5i  2i  2 2 2 15
sin ( iπz ) sin ( iπz )  i  i ;−  = Re s ;−  Ta có: Re s ( ) 4z + 1 ( 3z + i ) ( 2z + i ) ( 2z − i ) ( 3z + i ) 2  2 2 2  2  π sin sin ( iπz ) 12 2 = == lim Z → − ( 2z − i ) ( 3z + i ) i 2 2 i −i i − 2i  2 2 2  45π + 216 3 − 104  2  45π 2 + 216π 3 2 Hay I = −π  I = 2πi  + − Vậy   25  25i i  25   Câu 2: 2π 4 sinx ∫ 3 sinx − 5dx Bằng cách đưa về tích phân phức hãy tính tích phân 0 Bài giải: −1 z−z dz và dx = Đặt z = eix thì sin x = iz 2i z − z −1 4 2π 4z 2 − 1 4z 2 − 1 4 sin x dz dz dz 2i ∫ ∫ ∫ ∫ dx = = = Ta có: −1 3 sin x − 5 z−z iz C 3z − 3 − 10iz iz C  i  iz 2 3( z − 3i )  z −  −5 C3 0  3 2i i Hàm số có 2 cực điểm đơn và Z = và z = 0 thuộc đường tròn đơn vị C 3    i 4z − 1 4z 2 − 1 2 13 Ta có: Re s ;  = lim =− i 3( z − 3i ) iz  i  3  24i 3( z − 3i )  z − iz  Z→ 3   3       4z − 1 4z 2 − 1 −1 1 2 Re s ;0 = lim = 2= Ta có:  i  i  3i   Z→0 3 3( z − 3i )  z − iz  3( z − 3i )  z =    3  3   13π 2π  1 13  Vậy I = 2πi  − Hay I = − +i   3 24i  12 3 16
Câu 3: e iπz I= ∫ dz , trong hai trường hợp sau: Tính tích phân phức ( z −1) ( 3z +1) 2 C c) C là đường tròn | z| = 1/2. d) C là đường tròn | z| = 3/2. Bài giải: e iπz 1 có Z = 1 là cực điểm đơn và Z = − là cực điểm kép. Xét hàm: ( z −1) ( 3z +1) 2 3 e iπz  e iπz  e iπ   Re s ;1 = lim  = Ta có ( z −1) ( 3z +1)  2  Z→1  ( 3z +1) 2  16     e iπz d  e iπz   1 1  iπ 1  = lim e iπz  Ta có Re s ;−  = lim  −  ( z −1) ( 3z +1) 2 3  1! Z →− 1 dz  z −1  Z →−⋅1  z −1 ( z −1) 2         3 3 iπ  iπ  −  iπ −   3iπ 9  1 =e 3  −  = −e 3  +  4 16  − 4 16   3 9   1 a) Khi C là đường tròn | z| = 1/2 thì trong C đã cho có cực điểm Z = − 3 iπ e iπz −  3iπ 9  dz = −2πi.e 3  ⇒I= ∫ +  4 16  C ( z −1) ( 3 z +1) 2  1 b) Khi C là đường tròn | z| = 3/2 thì trong C đã cho có 2 cực điểm z = 1và Z = − . 3 iπ   e iπz  e iπ −  3iπ 9   iπ  iπ  iπ iπ − − −e 3  +   =  e − 12iπ .e 3 − 9.e 3  dz = 2πi ⇒I= ∫  4 16   8   C ( z −1) ( 3 z +1) 2  16       17
Câu 4:   2s + 4 Tìm biến đổi Laplace ngược f ( t ) = L  −1  ( )  ( s + 1) ( s + 3) s + 4s + 5  2 Bài giải: P( s ) 2s + 4 = ( ) Hàm ảnh: 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 ) P( s ) 1 P( s ) 1 P( s ) 1 P( s ) 1 ⇒ = = =− =− ; ; ; Q′( s ) 2 Q′( s ) 2 Q′( s ) 2 Q′( s ) 2 s = −1 s = −3 s = − 2 −i s = −2+i 1 − t 1 −3 t 1 − t ( 2 + i ) 1 − t ( 2 −i ) ⇒ f ( t) = e+e −e −e 2 2 2 2 Câu 5:   1 Tìm biến đổi Laplace ngược f ( t ) = L  −1   ( s − 1) + 1 3 Bài giải: P( s ) 1 1 = =2 ( ) Hàm ảnh: Q( s ) ( s − 1) + 1 s s − 3s + 3 3 3−i 3 3+i 3 Có các cực điểm đơn là: 0; ; 2 2 P( s ) 1 ⇒ = Q( s )  3 − i 3  3 + i 3  s s −  s −   2  2    P( s ) 1 P( s ) P( s ) −2 2 ⇒ = = = ; ; ; Q′( s ) 3 Q′( s ) Q′( s ) 3 + i3 3 i3 3 − 3 3− i 3 3+ i 3 s= 0 s= s= 2 2 3− i 3 3+ i 3 1 2 2 ⇒ f ( t) = − t t ⋅e + ⋅e 2 2 3 3 + i3 3 i3 3 − 3 18
Câu 6: 3 + 4s 8 − 6s  6 Tìm biến đổi Laplace ngược f ( t ) = L  −1 −2 +   2s − 3 9s − 16 16s + 9  2 Bài giải: 3 + 4s 8 − 6s  6  −1  3 + 4s  −1  8 − 6s  6 −1  Ta có f ( t ) = L  −1 −2 + =L  −L  2 +L  2   2s − 3 9s − 16 16s + 9   2s − 3   9s − 16  16s + 9  2  6  6 −1  1  3 t L−1  = L = 3e 2   Xét:  2s − 3  2  s − 3 2  P( s ) 3 + 4s 3 + 4s 3 + 4s  3 + 4s  =2 = −1 Xét: L   ta có hàm ảnh Q( s ) 9s − 16 ( 3s ) − 4 ( 3s − 4 ) ( 3s + 4 ) 2  9s − 16  2 2 P( s ) 25 P( s ) 7 44 ⇒ = = ;− Có các cực điểm đơn là: ; Q′( s ) 24 Q′( s ) 24 33 s= 4 s= − 4 3 3 4 4  3 + 4s  25 7 −t t ⇒ L−1  2 = e+ e 3 3  9s − 16  24 24 P( s ) 8 − 6s 8 − 6s 8 − 6s −1  8 − 6s  = = Xét: L  2  ta có hàm ảnh Q( s ) 16s + 9 ( 4s ) − ( 3i ) ( 4s − 3i ) ( 4s + 3i ) 2 2 2 16s + 9  P( s ) 16 − 9i P( s ) 16 + 9i 3i 3i ⇒ = = ;− Có các cực điểm đơn là: ; Q′( s ) Q′( s ) − 12i 12i 4 4 s = 3i s = − 3i 4 4 3i 3i 3i 3i  8 − 6s  16 − 9i 4 t 16 + 9i − 4 t 16i − 9 − 4 t 16i + 9 4 t ⇒ L−1  2 = e− = − e e e 16s + 9  12i 12i 12 12 4 4 3 3i 3i 25 3 t 7 − 3 t 16i − 9 − 4 t 16i + 9 4 t Vậy ta có: f ( t ) = 3e 2 − t e− e + − e e 24 24 12 12 19
Câu 7: Tìm nghiệm của phương trình vi phân y’’’(t) – y(t) = et, thoả mãn điều kiện đầu: y(0) = y’(0) = y’’(0) = 0. Bài giải: Đặt Y( s ) = L{ y( t )} ⇒ L{ y′′′( t )} = s 3 Y( s ) 1 −1 Ta có e = L  t   s − 1 1 Suy ra phương trình ảnh: s Y( s ) + Y( s ) = 3 s −1 ( ) 1 1 1 ⇔ s 3 + 1 Y( s ) = ⇒ Y( s ) = 3 =2 ( ) ( )( ) s + 1 ( s − 1) s −1 s −1 s2 − 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  − t e 3t 3t 2 y( t ) = sht −  3 sin 2 + cos −e   3 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: 50 25 50 + 25s Ta có : 25( t 2 + t ) = 25t 2 + 25t = 50 t2 + 25t = 3 + 2 = s3 2 s s Y(s)=L{y(t)} ⇒ - L{y(t)}= s2Y(s) đặt -L{y’(t)}= sY(s) 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 20