Câu hỏi ôn thi môn Toán cao cấp - Chương 4
Câu hỏi Tự luận (6 câu):
-
Cho f: [0,1]-->[o,1],f liên tục khác 0 và \(\int\limits_0^1 {f(x)dx = } \int\limits_0^1 {\mathop f\nolimits^2 (x)dx} \) .Chứng minh f=1
Xem đáp án Xét \(\int\limits_0^1 {f(1 - f)dx = } \int\limits_0^1 {fdx} - \int\limits_0^1 {\mathop f\nolimits^2 dx} = 0\),theo giả thiết f(1-f)>=0 và f(1-f) liên tục [0,1]==>f(1-f)=0 với mọi x thuộc [0,1],vì f khác 0 suy ra
f=1 với mọi x thuộc [0,1]
-
Tính \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \int\limits_x^{\mathop x\nolimits^2 } {\frac{{dt}}{{\mathop {(\ln t)}\nolimits^2 }}} \)
Xem đáp án Vơi x dương khá lớn sẽ có \(\mathop {(\ln x)}\nolimits^2 \le \mathop {\mathop {(\ln x}\nolimits^2 )}\nolimits^2 \)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \int\limits_x^{\mathop x\nolimits^2 } {\frac{{dt}}{{\mathop {({\mathop{\rm lnt}\nolimits} )}\nolimits^2 }}} \ge \frac{{\mathop x\nolimits^2 - x}}{{\mathop {\mathop {(\ln x}\nolimits^2 )}\nolimits^2 }} \to + \infty \)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \int\limits_x^{\mathop x\nolimits^2 } {\frac{{dt}}{{\mathop {({\mathop{\rm lnt}\nolimits} )}\nolimits^2 }}} = + \infty \)
-
Xét sự hội tụ và phân kì của các tích phân sau:
\(\begin{array}{l}
\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\mathop x\nolimits^{\frac{3}{2}} }}{{1 + \mathop x\nolimits^2 }}} dx\\
\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{dx}}{{z\sqrt {1 + \mathop x\nolimits^2 } }}}
\end{array}\)
Xem đáp án \(\left( {\frac{{\mathop x\nolimits^{\frac{3}{2}} }}{{1 + \mathop x\nolimits^2 }}:\frac{1}{{\mathop x\nolimits^{\frac{1}{2}} }}} \right)\)=1 ==> tích phân suy rộng phận kì
\(\left( {\frac{1}{{z\sqrt {1 + \mathop x\nolimits^2 } }}:\frac{1}{{\mathop x\nolimits^2 }}} \right)\)=1==> tích phân suy rộng hội tụ
-
Xét sự hội tụ của tích phân suy rộng sau:
\(\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\cos \alpha x}}{{\mathop k\nolimits^2 + \mathop x\nolimits^2 }}} dx,\alpha \in R,k \in \mathop R\nolimits^* \)
Xem đáp án \(\begin{array}{l}
|\cos \alpha x| \le 1.\frac{1}{{\mathop k\nolimits^2 + \mathop x\nolimits^2 }} \sim \frac{1}{{\mathop x\nolimits^2 }},x \to \infty \\
\Rightarrow \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\cos \alpha x}}{{\mathop k\nolimits^2 + \mathop x\nolimits^2 }}} dx
\end{array}\) hội tụ tuyệt đối
-
Xét sự tồn tại của tích phân suy rộng sau :
\(\begin{array}{l}
\int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{dx}}{{\sqrt {1 - \mathop x\nolimits^2 } }}} \\
\int\limits_a^b {\frac{{dx}}{{\mathop {\left( {x - a} \right)}\nolimits^\alpha }}} ,\alpha \in R
\end{array}\)
Xem đáp án Hàm dưới dấu tích phân có cực điểm là \( \pm 1\)
\(\begin{array}{l}
\int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{dx}}{{\sqrt {1 - \mathop x\nolimits^2 } }}} = \int\limits_{ - 1}^a {\frac{{dx}}{{\sqrt {1 - \mathop x\nolimits^2 } }}} + \int\limits_a^1 {\frac{{dx}}{{\sqrt {1 - \mathop x\nolimits^2 } }}} \\
= \arcsin a - \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \arcsin x + \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \arcsin x - \arcsin a = 3,14
\end{array}\)
-
Xét sự hội tụ của các tích phân suy rộng sau
\(\begin{array}{l}
\int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{\sqrt {(1 - \mathop x\nolimits^2 )(1 - \mathop k\nolimits^2 \mathop x\nolimits^2 )} }}} ,\left| k \right| < 1\\
\int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{\ln x}}}
\end{array}\)
Xem đáp án a. Hàm dưới dấu tích phân có một cực điểm x=1,là VCL cấp 1/2 so với VCL \(\frac{1}{{1 - x}}\) tại x=1.Vậy tích phân suy rộng hội tụ
b.\(\int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{\ln x}}} ,\mathop {\lim }\limits_{x \to \mathop 0\nolimits^ + } \frac{1}{{\ln x}} = 0\) vậy hàm 1/lnx có cực điểm tại x=1
\(\left( {\frac{1}{{\ln x}}:\frac{1}{{x - 1}}} \right)\) =1 (với x=1),tích phân suy rộng phân kì
"Việc làm nhỏ, ý nghĩa lớn." → Không nghừng cố gắng, thành công sẽ đến.
