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

Chia sẻ: Đinh Y | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

44
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đáp án đề thi giúp cho các bạn sinh viên nắm bắt được cấu trúc và cách giải đề thi, dạng đề thi chính để có kế hoạch ôn thi một cách tốt hơn. Tài liệu hữu ích cho các các bạn sinh viên đang theo học môn này và những ai quan tâm đến môn học này dùng làm tài liệu tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

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

ÑAÙP AÙN TOAÙN CHO KỸ SƯ 2 (ngaøy thi 23/7/2020) Caâu Noäi dung Ñieåm hoûi Caâu1 3ñ a) Teân caùc caùch giaûi heä phöông trình tuyeán tính: Phương pháp Gauss (Gauss- Jordan), phương pháp Cramer (sử dụng định thức), phương pháp ma trận đảo, 2ñ phương pháp cộng-trừ đại số kết hợp phương pháp thế, ngoài ra còn có thể sử dụng máy tính (casio hoặc PC/Latop có cài đặt các phần mềm phù hợp như excel, matlab, maple,…). 0.5ñ Cách 1 Phương pháp Cramer 2 1 1 0 1 1 0.25ñ D = 5 2 m = 2 − m ; Dx = 1 2 m = (2 − m)(m − 1) 4 2 m 2−m 2 m 2 0 1 2 1 0 0.25ñ Dy = 5 m = (2 − m)(3 − 2m) ; D z = 5 2 1 1 =m−2 4 2−m m 4 2 2−m -Tröôøng hôïp m  2 : D  0 neân heä phöông trình coù nghieäm duy nhaát  Dx x = D = m −1  Dy y = = 3 − 2m  D 0.5ñ z = Dz = −1  D - Tröôøng hôïp 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   2 1 1 : 0 1 0 0 : 1      A =  5 2 2 : 1  → ... →  0 1 1 : − 2   4 2 2 : 0 0 0 0 : 0      x = 1   y = − 2 − , α  (heä coù voâ soá nghieäm vaø coù 1 aån töï do) z =   Keát luaän -1-
 x = m −1  ▪ m  2 : Heä phöông trình coù nghieäm duy nhaát  y = 3 − 2m  z = −1 0.5ñ  x = 1  ▪ m = 2 : Heä phöông trình coù voâ soá nghieäm  y = − 2 −  , α (1 aån töï do) z =   Cách 2 Phương pháp Gauss. Lập ma trận bổ sung 2 1 1 : 0  1 0 m − 2 : 1      A = 5 2 m : 1  → ... →  0 1 5 − 2m : − 2  0.5đ  4 2 m : 2 − m 0 0 m − 2 : 2 − m     m  2 : Heä phöông trình tương đương với x + (m − 2) z x = m −1 = 1   y + (5 − 2m) z = − 2   y = 3 − 2m 0.5đ   (m − 2) z = 2−m z = −1   m = 2 : Heä phöông trình tương đương với x + 0.z = x = 1 1    y +z = − 2   y = − 2 −  , α (hệ có vô số nghiệm-1 aån töï do)  = 0 z =   0.z  Keát luaän  x = m −1  ▪ m  2 : Heä phöông trình coù nghieäm duy nhaát  y = 3 − 2m  z = −1  x = 1  0.5đ m = 2 : Heä phöông trình coù voâ soá nghieäm  y = − 2 −  , α (1 aån töï do) z =   b) Hệ phương trình tương đương với  1 1 1  i1   0       0.25ñ 1ñ  − R1 R2 0  i2  =  E2 − E1   AX = B  0 − R2 R3  i3   E3 − E2        A X B 1 1 1 det A = − R1 R2 0 = R1R2 + R2 R3 + R1R3 0.5ñ 0 − R2 R3 Vì R1, R2 , R3 là các hằng số dương nên det A  0 , do đó tồn tại A−1 . -2-
AX = B  A−1 AX = A−1B  X = A−1B Vậy đẳng thức X = A−1B đúng. 0.25ñ Caâu 2 3.5ñ a) Nghiệm tổng quát hệ X ' (t ) = AX (t ) + F (t ) là 1  10  1  3e 2t  0.5ñ         0.5ñ 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  1 1 1  7e 2t          với C1, C2 , C3 = consts . b) 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 1ñ   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 )  X o (t ) = C1  + C2  + ... + Cn  với C1 , C2 ,..., Cn = conts .              x (t )   x (t )   x (t )   n1   n2   nn  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 )  X (t ) = C1 (t ) + C2 (t ) + ... + Cn (t ) =       0,5ñ        x (t )   x (t )   x (t )   n1   n2   nn   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 )   n1 n2 nn  n  Trong đó C1 (t ), C2 (t ),...,Cn (t ) xác định từ hệ  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 )  n1   n2 nn  n   n   (t ) C '( t ) F (t ) -3-
 C1 ' (t ) =   C1 (t ) =  dt + K1    C ' (t ) =    2 C (t ) =   dt + K 2 Giải hệ (**) được  ⎯tích ⎯phân ⎯ ⎯→  2 với     Cn ' (t ) =   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 ) . 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) Cách 1 Phương pháp biến thiên hằng số (Variation of Parameters) 2ñ Hệ phương trình được viết lại  x' = 2 y + e −5t  x'   0 2  x   e −5t      =    +    X ' (t ) = AX (t ) + F (t )  y ' = − x − 3 y + 12 y '   − 1 − 3  y   12     X' A X F (t )  x'  0 2  x  Giải hệ thuần nhất tương ứng   =    y '   − 1 − 3  y     X' A X 0− 2   = −1 det( A − I ) = 0  = 0  2 + 3 + 2 = 0   −1 −3−  = −2 0,5ñ vec tô rieâng cô sôû  − 2  − 2  −t *  = -1 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→   và nghiệm cơ bản → X1 =  e  1   1  vec tô rieâng cô sôû 1 1 *  = -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 0,5ñ  − 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 e −2t  C1 ' (t )   e −5t   −t  =  (**)  e  − e − 2t  C2 ' (t )   12  Giải (**) được  C1 (t ) = (−e −4t − 12et )dt + K1  C1 ' (t ) = −e −4t − 12et     , K1 , K 2 = conts  − 3t − 3t  2 C ' ( t ) = −24 e 2t − e  2 C (t ) = ( −24e 2t − e ) dt + K 2  1 − 4t  C1 (t ) = 4 e − 12e + K1 t  với K1 , K 2 = conts . Thay vào (*) được nghiệm 1 − 3t C2 (t ) = −12e + e + K 2 2t  3 -4-
1  − 2 1 1 X (t ) = ( e − 4t − 12et + K1 ) e − t + (−12e 2t + e − 3t + K 2 ) e − 2t 4  1  3  − 1  1 − 5t 0,5ñ −t − 2t  x = −2 K1e + K 2 e − e + 12  6 với K1 , K 2 = conts 1  y = K1e − t − K 2e − 2t − e − 5t  12  1  47  x ( 0 ) = 0  − 2 K1 + K 2 − + 12 = 0  K1 =  6  4   y ( 0) = 0  K1 − K 2 − 1 =0 K 2 = 35  12  3  47 − t 35 − 2t 1 − 5t  x = − e + e − e + 12 Vậy nghiệm cần tìm  2 3 6 47 − t 35 − 2t 1 − 5t y = e − e − e  4 3 12  47 35 1 tlim x(t ) = lim (− e − t + e − 2t − e − 5t + 12) = 12 → + t → + 2 3 6  47 − t 35 − 2t 1 − 5t  lim y (t ) = lim ( e − e − e ) = 0  t → + t → + 4 3 12 0,5ñ Sau khoaûng thôøi gian t ñuû lôùn, toïa ñoä gaàn ñuùng trong maët phaúng Oxy cuûa ñieåm M (x(t ); y(t )) là (12;0). c) Cách 2 Áp dụng phép biến đổi Laplace 2ñ Ñaët X = L x, Y = L y; bieán ñoåi Laplace hai veá ta ñöôïc:  1 0.75ñ  L x − 2L  y  = L e −5t    sX − 2Y = s + 5   L x  + L y + 3L  y  = L 12  X + ( s + 3)Y = 12  s  s 2 + 27 s + 120 A B C D 0.25ñ  X = = + + +  s( s + 2)(s + 1)(s + 7) s s + 1 s + 2 s + 5  Y= 12s + 59 E F G = + +  ( s + 2)(s + 1)(s + 7) s + 1 s + 2 s + 5 Bieán ñoåi ngöôïc hai veá ta ñöôïc:  x = −1 1 1 1 D  x = L −1 [ X ]  L [ A s + B s + 1 + C s + 2 + s + 5]    y = L [Y ] −1 1 1 1  y = L −1[ E +F +G ]  s +1 s+2 s+5 0.5ñ   x = A + Be −t −2 t −5 t + Ce + De −t − 2t  y = Ee + Fe + 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 khoaûng thôøi gian t ñuû lôùn, toïa ñoä gaàn ñuùng trong maët phaúng Oxy cuûa -5-
ñieåm M (x(t ); y(t )) là ( A;0)  (12;0).  Tìm A, B, C , D dựa vào 0.5ñ s 2 + 27 s + 120 A B C D = + + + s ( s + 1)(s + 2)(s + 5) s s + 1 s + 2 s + 5 0 2 + 27  0 + 120 (−1) 2 + 27  (−1) + 120 47 A= = 12 , B= =− , (0 + 1)(0 + 2)(0 + 5) (−1)(−1 + 2)(−1 + 5) 2 (−2) 2 + 27  (−2) + 120 35 (−5) 2 + 27  (−5) + 120 1 C= = D= =− ( −2)(−2 + 1)(−2 + 5) 3 (−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 12  (−1) + 59 47 12  (−2) + 59 35 E= = , F= =− (−1 + 2)(−1 + 5) 4 (−2 + 1)(−2 + 5) 3 12  (−5) + 59 −1 G= = (−5 + 1)(−5 + 2) 12  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 3,5ñ a) Đặt: x = r sin cos , y = r sin sin , z = r cos 0,5ñ  2u  2u  2u u  2u 2 u 1  2u 1  2u cot  u u k( + + ) =  k ( + + + 2 + 2 )= x 2 y 2 z 2 t r 2 r r r sin   2 2 2 r  2 r  t 0,5ñ b) Áp dụng bài toán truyền sóng một chiều 1,5ñ Nghiệm -6-
Với An , Bn xác định như sau Với L =  , f ( x) = x( − x) , g ( x) = 0  0,5ñ u ( x, t ) =  ( An cos nat + Bn sin nat ) sin nx n =1  2 An =   x( − x) sin nxdx 0 (áp dụng tích phân từng phần) 2  cos nx  1 sin nx  2  = x( x −  ) + ( − 2 x) − 3 cos nx    n 0 n n 0 n 0  = 3 (1 + (−1) n +1 ) 0,5ñ 4 n  2 na 0 Bn = 0. sin nxdx = 0 0,25ñ Vậy nghiệm bài toán cần giải là  4 + 4(−1) n +1  4 + 4(−1) n +1 0,25ñ u ( x, t ) =  ( cos nat + 0 . sin nat ) sin nx =  cos nat sin nx n =1 n3 n =1 n3 c)  2u u 1,5ñ Giải phương trình truyền nhiệt + e− x = , 0  x 1, t  0 x 2 t  u (0, t ) = 0, u (1, t ) = 0, t  0 ( BC ) với điều kiện  −x u ( x,0) = 1 − e 0  x 1 ( IC ) Đây là phương trình không thuần nhất nên ta đổi biến u ( x, t ) = v( x, t ) +  ( x)  u v  x = x +  ' ( x)   2u  2 v  2u u    2 = 2 +  ' ' ( x) , rồi thay vào phương trình 2 + e − x = ta được  x x x t  u v =  t t  2v v +  ' ' ( x) + e − x = x  2 0  t 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 0,5ñ   v v 2  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)   Giải bài toán 1:  ' ' ( x) + e− x = 0   ' ( x) = −  e− x dx + C1 = e− x + C1 -7-
  ( x) =  (e− x + C1 )dx + C2 = −e − x + C1 x + C2  − 1 + C2 = 0 C = e −1 − 1 0,5ñ  (0) = 0, (1) = 0  −1  1 − e + C1 + C2 = 0  C2 = 1  ( 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 = 2  (1 − e −1 ) e sin nx (tính tích phân từng phần) n =1  n  0,5ñ Vậy nghiệm bài toán cần giải là  −1 ( −1) n +1  − n 2 2 t u ( x, t ) = v( x, t ) +  ( x) = 1 − e + (e − 1) x + 2  (1 − e ) −x −1  e sin nx n =1  n  ……………………………………………………………………Heát………………………………………………………………………… -8-