Tài liệu Dạng bài tập Toán cao cấp có lời giải

Mô tả:

TÓM TẮT CÁC DẠNG BÀI TẬP TOÁN CAO CẤP CỦA ĐẠI HỌC KINH TẾ Dạng 1: Tính định thức của ma trận Ma trận là một bảng m hàng n cột. Định thức chỉ được tính đối với ma trận vuông (m=n). Để tính định thức cần dùng 3 phép biến đổi sơ cấp: + Lấy hàng (cột) r nhân với k cộng với hàng (cột) s viết vào hàng (cột) s thì định thức không đổi. + Đổi chỗ 2 hàng hoặc 2 cột thì định thức đổi dấu + Nhân 1 hàng (cột) với k thì định thức nhân với k Sử dụng 3 phép biến đổi sơ cấp để biến đổi định thức đã cho thành định thức mới sao cho ngoại trừ 1 phần tử 0 0 i j a thì tất cả các phần tử còn lại của hàng thức i0 (hoặc cột thứ j0) đều bằng 0. Khi đó định thức được tính bởi () ( ) ( ) 0 0 00 00 det 1 det i j A aA i j i j + = − trong đó 0 0 Ai j là ma trận thu được từ A bằng cách bỏ đi hàng i0 và cột j0. Sau đó lặp lại quá trình đối với định thức của ma trận cấp thấp hơn 1 đơn vị. Chú ý: trong quá trình tính cần thực hiện biến đổi khéo léo để các ma trận được tạo thành có hệ số không quá lớn, thuận lợi cho tính toán. Ví dụ: Tính 1 8 60 1 99 8 3 12 9 91 29 − −− − Δ = − − − − Thực hiện các biến đổi: ( ) ( ) 12 2 3 44 1 33 3 3 1 8 60 1 8 60 1 99 8 0 1 3 8 3 1 2 9 25 20 9 91 29 4 88 0 1 0 HH H H HH H HH + → −+ → −+ → − − −− − − − ⎯⎯⎯⎯⎯→ −− − − −− − Cột 1 đã có tất cả các phần tử bằng 0 trừ vị trí hàng 1 cột 1, dẫn tới ( )1 1 13 8 13 8 1 1 25 20 9 25 20 9 4 8 18 4 8 18 + − −− − Δ= − × ×− − = − − − − Thực hiện biến đổi: ( ) ( ) ( ) 21 1 3 22 1 33 2 11 1 2 2 2 2 4 4 0 0 13 8 3 8 3 8 25 20 9 5 20 9 1 28 27 4 8 18 8 18 8 18 59 62 1 28 27 2 2 CC C H HH H HH H HH + → −+ → + → + → −− − − − − ⎯⎯⎯⎯→ − − ⎯⎯⎯⎯ − − ⎯→− − −− − − ⎯⎯⎯⎯⎯→− − − Cột 1 đã có tất cả các phần tử bằng 0 trừ vị trí hàng 2 cột 1, dẫn tới () () 2 1 59 62 59 62 1 1 22 22 + − − Δ= − × − × = − − Định thức cấp 2 có thể tính đơn giản bằng đường chéo chính trừ đường chéo phụ. Δ= × − − × − = − × =− 59 2 62 2 59 62 2 6 ( ) ( ) ( ) Dạng 2: Giải hệ phương trình tuyến tính Hệ pttt dạng tổng quát được viết dưới dạng: 11 1 12 2 1 1 11 2 2 ... ... ... n n m m mn n m ax ax ax b ax a x ax b ⎧ + ++ = ⎪ ⎨ ⎪ + ++ = ⎩ Lập ma trận A và b như sau: 11 12 1 1 1 2 ... ... ... ... ... , ... ... n m m mn m aa a b A b aa a b ⎡ ⎤ ⎡⎤ ⎢ ⎥ ⎢⎥ = = ⎣ ⎦ ⎣⎦ Lập ma trận mở rộng như sau: A = [ ] A b | Người ta đã chứng minh rằng sử dụng 3 phép biến đổi sơ cấp (về hàng) vào ma trận mở rộng thì nghiệm của hệ sẽ không đổi. Ba phép biến đổi đó bao gồm: + Lấy hàng r nhân với k cộng với hàng s viết vào hàng s. + Đổi chỗ 2 hàng + Nhân 1 hàng với k Phương pháp Gauss là phương pháp dùng các phần tử trên đường chéo chính để biến tất cả các phần tử cùng cột với nó và ở dưới nó thành số 0. Tức là dùng a11 để khử a21,a31,...am1. Dùng a22 để khử a22,a32,...am2, .... Sau khi đã thực hiện xong phương pháp Gauss thì tất cả các phần tử dưới đường chéo chính của ma trận A bằng 0. Từ đó ta giải ngược để tính các ẩn từ bên dưới lên. Chú ý: - trong quá trình tính, trước khi thực hiện khử Gauss, cần thực hiện các phép biến đổi sơ cấp một cách khéo léo để các ma trận được tạo thành có hệ số không quá lớn, thuận lợi cho tính toán. - nếu 1 hàng của ma trận mở rộng có toàn số không thì có thể bỏ hàng đó đi - nếu 1 hàng của ma trận mở rộng có toàn số không trừ cột cuối cùng thì phương trình vô nghiệm - Tính toán phải hết sức cẩn trọng Ví dụ: Giải hệ 1234 12 3 4 134 12 3 4 998 1 2 233 622 4 4347 3 xxxx xx x x xxx xx x x ⎧ − + + =− ⎪ ⎪− +− + = ⎨ −+ − = ⎪ ⎪ ⎩−− + + = Lập ma trận mở rộng 1 99 8 1 21 23 3 60 2 24 4 34 7 3 A ⎡ ⎤ − − ⎢ ⎥ − − = − − ⎣ ⎦ − − . Thực hiện các biến đổi sơ cấp về hàng: ( ) ( ) ( ) 2 44 2 33 1 22 2 3 2 1 99 8 1 1 9 9 8 1 2 1 2 3 3 0 17 16 19 1 6 0 2 2 4 0 3 8 11 5 4 34 7 3 0 5 8 1 3 H HH H HH H HH −+ → −+ → + → ⎡ ⎤⎡ ⎤ −− − − ⎢ ⎥⎢ ⎥ −− − ⎯⎯⎯⎯⎯→ − − − −− ⎣ ⎦⎣ ⎦ −− − − , ta đã khử xong cột 1. Ở cột 2 số 17 là quá lớn cần phải tìm cách giảm bớt trước khi khử: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 22 3 44 2 33 2 44 3 3 6 2 3 1 1/4 1 99 8 1 199 8 1 0 17 16 19 1 0 1 32 85 31 0 3 8 11 5 0 3 8 11 5 0 5 8 1 3 0 1 8 23 7 199 8 1 0 1 32 85 31 0 0 88 244 88 0 0 24 62 24 H HH H HH H HH H HH H H −+ → −+ → + → −+ → → ⎡ ⎤⎡ ⎤ −− − − ⎢ ⎥⎢ ⎥ − − ⎯⎯⎯⎯⎯→ − −− − −− ⎣ ⎦⎣ ⎦ −− − ⎡ ⎤ − − ⎢ ⎥ − ⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯→ − ⎣ ⎦ − − ( ) 43 3 3 44 12 199 8 1 0 1 32 85 31 0 0 22 61 22 0 0 24 62 24 199 8 1 199 8 1 0 1 32 85 31 0 1 32 85 31 00 2 1 2 00 2 1 2 0 0 24 62 24 0 0 0 50 0 HH H + → H HH −+→ ⎡ − − ⎤ ⎢ ⎥ − ⎢ ⎥ ⎢ − ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ − − ⎦ ⎡ ⎤⎡ ⎤ − − −− ⎢ ⎥⎢ ⎥ − − ⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯⎯→ − − −− ⎣ ⎦⎣ ⎦ −− − Vậy phương pháp khử Gauss đã hoàn thành. Ta viết hệ lại dạng: 12 34 2 34 3 4 4 998 1 32 85 31 2 2 50 0 xxxx xxx x x x ⎧ − + + =− ⎪ ⎪ −+= ⎨ − =− ⎪ ⎪ ⎩− = Giải ngược từ phương trình dưới lên ta có: 43 2 1 xx x x = 0; 1; 1; 1; =− =− = Ví dụ: Giải hệ 12 3 12 3 12 3 1 2 2 1 36 2 3 254 2 47 4 xx x xxx xx x x x ⎧ − − =− ⎪ ⎪ − + =− ⎨ −+ − = ⎪ ⎪⎩ − =− Lập ma trận mở rộng 1 121 3 62 3 25 42 4 70 4 A ⎡ ⎤ −−− ⎢ ⎥ − − = − − ⎣ ⎦ − − . Thực hiện các biến đổi sơ cấp về hàng: ( ) ( ) ( ) 3 44 1 22 23 3 1 33 24 4 2 3 2 1 121 1121 1121 3 62 3 0 38 0 0 38 0 25 42 03 80 00 0 0 4 70 4 03 80 00 0 0 H HH H HH HH H H HH HH H + → −+ → + → + → + → ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤ −−− −−− −−− ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ −− − − ⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯→ −− − ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦ −− − Vậy phương pháp khử Gauss đã hoàn thành. Hai hàng cuối cùng toàn là số 0 nên có thể bỏ đi. Ta viết hệ lại dạng: 12 3 2 3 2 1 380 xx x x x ⎧ − − =− ⎨ ⎩−+ = Giải ngược từ phương trình dưới lên ta thấy hệ có vô số nghiệm dạng: 3 3 2 1 8 14 ; 1 3 3 x x x x = =− + Ví dụ: Giải hệ 1234 5 1234 1 2 34 5 12345 48321 2429 2 747 4 3 64376 4 xxxxx xxxx x x xx x xxxxx ⎧ −+−−= ⎪ ⎪ −−−= ⎨ − − +− = ⎪ ⎪⎩ −++−= Lập ma trận mở rộng 1 4 8 3 21 2 4 2 902 7 4 7 1 43 6 4 3 7 64 A ⎡ ⎤ − −− ⎢ ⎥ −−− = −− − ⎣ ⎦ − − . Thực hiện các biến đổi sơ cấp về hàng. Vì số 7 và số 6 hơi to nên cần biến đổi để nhỏ bớt đi ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 33 2 44 1 22 1 33 2 1 3 2 1 1 1 4 8 3 21 1 4 8 3 2 1 2 4 2 902 2 4 2 90 2 7 4 7 1 4 3 1 0 10 6 2 1 6 4 3 7 64 6 4 3 7 6 4 1 4 8 3 21 0 4 18 3 4 0 0 4 18 3 4 2 0 8 9 34 6 2 H HH H HH H HH H HH H −+ → −+ → −+ → −+ → − ⎡ ⎤⎡ ⎤ − −− − −− ⎢ ⎥⎢ ⎥ −−− − − − ⎯⎯⎯⎯⎯→ −− − − − − ⎣ ⎦⎣ ⎦ −− − − ⎡ ⎤ − −− ⎢ ⎥ − − ⎯⎯⎯⎯⎯→ −− − ⎣ ⎦ − − 3 3 1 4 8 3 21 0 4 18 3 4 0 00 0 0 0 2 0 8 9 34 6 2 + → H H ⎡ − −− ⎤ ⎢ ⎥ − − ⎯⎯⎯⎯⎯→⎢ ⎥ ⎢ − ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ − − ⎦ Ta thấy hàng thứ 3 có mọi thành phần bằng 0 trừ cột cuối cùng. Vậy hệ vô nghiệm Dạng 3: Tính nghịch đảo của ma trận Ma trận nghịch đảo của A được ký hiệu là A-1 là ma trận thỏa mãn 1 1 AA AAEn − − = = với En là ma trận đơn vị cấp n. Ma trận A-1 tồn tại khi và chỉ khi det 0 ( A) ≠ . Thường tìm ma trận nghịch đảo bằng phương pháp Gauss-Jordan. Lập ma trận mở rộng như sau: M = [A E | n ] Sử dụng 3 phép biến đổi sơ cấp về hàng đã đề cập ở trên vào ma trận mở rộng. - Đầu tiên sử dụng phương pháp Gauss: dùng các phần tử trên đường chéo chính để biến tất cả các phần tử cùng cột với nó và ở dưới nó thành số 0. Tức là dùng a11 để khử a21,a31,...am1. Dùng a22 để khử a22,a32,...am2, .... Sau khi đã thực hiện xong phương pháp Gauss thì tất cả các phần tử dưới đường chéo chính của ma trận A bằng 0. Chú ý rằng thực hiện các phép biến đổi phải thực hiện trên toàn bộ hàng của ma trận mở rộng M. - Tiếp theo sử dụng phương pháp Jordan: dùng các phần tử trên đường chéo chính để biến tất cả các phần tử cùng cột với nó và ở trên nó thành số 0. Tức là dùng ann để khử a1n,a2n,...a(n-1)n. Dùng a(n-1)(n-1) để khử a1(n-1),a2(n-1),...a(n-2)(n-1), .... Sau khi đã thực hiện xong phương pháp Gauss và phương pháp Jordan thì ma trận A chỉ còn các phần tử trên đường chéo chính, phần còn lại bằng 0. - Tiếp theo biến tất cả các phần tử trên đường chéo chính của A thành 1 bằng cách chia hàng chứa nó cho chính nó. Cuối cùng ta đã thực hiện được quá trình: [ ][ ] | | M = → AE E B n n . Khi đó B chính là ma trận nghịch đảo của A. Ví dụ: Tính ma trận nghịch đảo của 043 153 142 A ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ ⎢− − − ⎥ ⎣ ⎦ Lập ma trận mở rộng: 0 4 3 100 1 5 3 010 1 4 2001 M ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ = ⎣ ⎦ −−− Thực hiện các phép biến đổi sơ cấp sau: ( ) 1 2 13 3 2 3 2 33 4 0 4 3 100 1 5 3 010 1 5 3 010 0 4 3 100 1 4 2001 1 4 2001 153010 153010 043100 011011 011011 043100 15 3 0 1 0 01 1 0 1 1 00 11 4 4 H H HH H H H H HH M ↔ +→ ↔ −+ → ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎢ ⎥ = ⎯⎯⎯⎯→ ⎣ ⎦⎣ ⎦ −−− −−− ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯ ⎢ ⎥⎢ ⎥ → ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎡ ⎤ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎦ − −− ⎥ ⎥ ⎥ Như vậy ta đã thực hiện xong phép biến đổi Gauss, phía dưới đường chéo chính đã bằng 0. Tiếp theo thực hiện biến đổi Jordan: ( ) ( ) 32 2 3 11 2 11 3 5 1 5 3 0 1 0 1 5 0 3 11 12 01 1 0 1 1 01 0 1 3 3 00 11 4 4 00 11 4 4 10 0 2 4 3 01 0 1 3 3 00 1 1 4 4 HH H H HH H HH + → + → −+ → ⎡ ⎤⎡ ⎤ − − ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ − − ⎣ ⎦⎣ ⎦ − −− − − − ⎡ ⎤ − ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ −− ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ − −− Như vậy ta đã thực hiện xong phép biến đổi Jordan, phía trên đường chéo chính đã bằng 0. Bước tiếp theo là biến đường chéo chính bằng 1: 3 3 ( ) 1 10 0 2 4 3 100 2 4 3 01 0 1 3 3 010 1 3 3 00 1 1 4 4 001 1 4 4 H H − → ⎡ ⎤⎡ ⎤ − − ⎢ ⎥⎢ ⎥ − − ⎯⎯⎯⎯⎯→ − − ⎣ ⎦⎣ ⎦ − −− − Vậy ma trận nghịch đảo bằng 24 3 1 33 14 4 ⎡ ⎤ − ⎢ ⎥ − − ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ − Dạng 4: Giới hạn của hàm số Đối với các dạng vô định 0/0 và ∞/∞ (chú ý chỉ có 2 dạng này), ta có thể dùng quy tắc Lô pi tan như sau: ( ) ( ) ( ) ( ) lim lim xa xa f x fx → → gx g x ′ = ′ nếu như giới hạn bên phải tồn tại. Chú ý có những trường hợp giới hạn bên trái tồn tại mà bên phải không tồn tại Đối với các dạng khác thì biến đổi về 2 dạng trên. Có tất cả 7 dạng vô định: 0 0 0 , , ,0 ,1 , ,0 0 ∞ ∞ ∞−∞ ×∞ ∞ ∞ . Các giới hạn dạng 0 0 ∞ ,0 ít gặp nên ta xét 5 ví dụ về 5 dạng: Ví dụ: 0 ( ) 1 1 lim ln 1 x x x e e L x x + − → −− − = + dạng 0 0 Dùng Lô pi tan ( ) ( ) ( ) ( ) /2 /2 0 0 00 1 1 11 1 1 lim lim lim lim ln 1 ln 1 ln 1 x x x x xx x x xx e e ee e e L xx xx x x + + ++ − − − → → →→ − − −− − − − === + + + Ta có Lopitan 0 00 1 1 lim lim 1 lim 1 1 x xx x xx e ee x x → →→ + ++ − − = =⇒ = Ta có ( ) /2 /2 Lopitan 0 0 1 1 1 2 lim lim ln 1 2 1 1 x x x x e e x x + + − − → → − = = + + Vậy L=1/2 Ví dụ: ( ) ( ) 2 10 ln 1 lim x ln 1 x x L →∞ x x − + = + + dạng ∞ ∞ dùng Lô pi tan ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 2 10 Lopitan 2 10 9 2 9 10 2 1 ln 1 2 1 1 1 lim lim lim ln 1 10 1 1 10 1 1 x xx x xx x x x x x L x x x xx x x x →∞ →∞ →∞ − −+ − ++ − + = == ++ + −+ + + + Giữ lại số hạng bậc cao nhất, hoặc lý luận cách khác là chia cả tử và mẫu cho x11, ta có: 2 1 10 5 L = = Ví dụ: ( ) 4 lim cot 2 cot 4 x L x x π π → ⎛ ⎞ = − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ dạng 0×∞ Biến về dạng 0/0 rồi dùng Lô pi tan ( ) ( ) Lopitan 2 4 4 2 2 cot 2 sin 2 lim lim 2 1 tan 4 cos 4 x x x x L x x π π π π → → − == = ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ − ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ − ⎝ ⎠ Ví dụ: 2 34 4 lim 1 1 x L xx x x →−∞ ⎛ ⎞ = ++ − − + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ dạng ∞-∞ Đổi biến để trở thành dạng 0/0 rồi dùng Lô pi tan. Đổi biến u=1/x, có u tiến đến 0. Chú ý x tiến đến -∞ nên u tiến đến 0 từ phía trái, tức là tiến đến 0 nhưng luôn nhỏ hơn 0. Ta có: 2 4 4 4 2 34 2 4 0 0 2 4 4 0 11 1 1 1 1 lim 1 1 lim 1 1 lim u u u uu uu L u u uu u u uu uu u − − − → → → ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + + −+ = ++ − − + = − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ++− −+ = − Đây là dạng 0/0. ( ) 3 3/4 2 4 0 21 4 1 2 1 4 1 11 3 lim u 1 24 4 u u u u u u L → − + − − + + − + ⎛ ⎞ − = =− + = ⎜ ⎟ − ⎝ ⎠ Ví dụ: 1 1 lim x x x L e →∞ x ⎛ ⎞ = + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ dạng 1∞ Ta biến đổi: 1 1 ln lim x x e x x L e ⎛ ⎞ + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ →∞ = Như vậy ta chỉ còn cần tính giới hạn của số mũ. Đổi biến u=1/x, có u tiến đến 0, ta tính: ( ) 1 Lopitan 1 0 0 1 ln 1 lim ln lim lim 2 1 u u u x xu u e e u e u L xe →∞ → → x u + ⎛ ⎞ + ⎜ ⎟ + = += = = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Vậy L1 2 L = = e e Dạng 5: Sự liên tục của hàm số Hàm số gọi là liên tục tại a nếu như lim ( ) ( ) x a f x fa → = . Như vậy bản chất của bài toán khảo sát sự liên tục chính là bài toán giới hạn. Ví dụ: Cho hàm số: 0 sin 4 2 0 x x e e x y x a x ⎧ − − ⎪ ≠ = ⎨ ⎪ ⎩ = . Tìm a để hàm liên tục tại x=0 Dễ dàng tính được 0 1 lim sin 4 2 x x x e e x − → − = . Vậy để hàm số liên tục tại x=0 thì 2a=1/2 hay a=1/4 Ví dụ: Cho hàm số: 0 sin 4 1 0 x x e e x y x x ⎧ − − ⎪ ≠ = ⎨ ⎪ ⎩ = . Khảo sát sự liên tục của hàm số Dễ dàng tính được 0 1 lim sin 4 2 x x x e e x − → − = . Nhưng f(0)=1 theo định nghĩa. Vì vậy tại x=0 hàm số không thỏa mãn điều kiện ( ) ( ) 0 lim 0 x fx f → = và hàm gián đoạn tại 0 Dạng 6: Đạo hàm cấp n của hàm số Nhớ các công thức đạo hàm cấp cao của các hàm đặc biệt ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) (( ) ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) () ( ) ( ) 1 cos cos , 2 sin sin , 2 ln , 1 ... 1 1 1! ln , n n n n n ax b ax b n n n n n n n n ax b a ax b n ax b a ax b n a ax b a n ax b a n ax b ax b α α π π α αα αα α + + − − ⎛ ⎞ + = ++ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ + = ++ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = + = − −+ + − − + = + Đối với các hàm khác tìm cách đưa về tổng của các hàm đặc biệt. Ví dụ: Tính đạo hàm cấp n của ( ) 2 2 2 3 x f x x x = − − Vì mẫu số tách thành ( )( ) 2 xx x x − −= + − 23 1 3 mà tử số là đa thức bậc 2 nên ta viết f(x) dưới dạng: ( ) 1 3 A B f x C x x =++ + − với A,B,C là các hằng số phải tìm. Quy đồng mẫu số ta có: ( ) ( ) ( )( ) 2x Ax Bx Cx x = − + ++ + − 3 1 13 Cho x=3 ta sẽ khử được A và C, ta thu được 9 9 4 4 = B B ⇒ = Cho x=-1 ta sẽ khử được B và C, ta thu được 1 1 4 4 A A − =− ⇒ = Cho x=0 ta thu được 1 3 03 3 1 344 B =− + − ⇒ =− + = + = AB C C A ( ) ( ) ( ) 1 9 1 4 14 3 f x x x − =++ + − Từ biểu thức đạo hàm của các hàm đặc biệt ta có ( ) (( ) ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 2 ... 1 1 ! 1 1 n n n n n x nx n x x − −− + ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = + =− × − − + = − ⎝ ⎠ + + ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 ! 3 3 n n n n x x + ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = − ⎝ ⎠ − − Cuối cùng ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 ! 9 1 4 3 1 n n n n n f x x x + + ⎛ ⎞ − = − ⎜ ⎟ − + ⎝ ⎠ Dạng 7: Quy tắc Lô pi tan Đối với các dạng vô định 0/0 và ∞/∞ (chú ý chỉ có 2 dạng này), ta có thể dùng quy tắc Lô pi tan như sau: ( ) ( ) ( ) ( ) lim lim xa xa f x fx → → gx g x ′ = ′ nếu như giới hạn bên phải tồn tại. Chú ý có những trường hợp giới hạn bên trái tồn tại mà bên phải không tồn tại Ví dụ: 0 1 cos lim x sin x L → x x − = dạng 0 0 Áp dụng quy tắc Lô pi tan ta có: ( ) ( ) ( ) ' ' 00 0 sin 1 cos 2 cos sin lim lim lim xx x sin sin cos 2 cos sin cos x x x x L →→ → x x xx x x xx x − == = + + Ta tính giới hạn 1 0 sin lim x sin cos x L → x x x = + Đây là dạng 0/0 nên lại áp dụng quy tắc Lô pi tan có: ( ) ( ) ' 1 ' 0 0 sin cos 1 lim lim x x sin cos 2cos sin 2 x x L xx x → → xx x = == + − Vậy ta có: ( ) 1 0 1 lim 2 cos 4 x L L x → = = Dạng 8: Tính nguyên hàm - Giới thiệu trang web http://www.integral-calculator.com/. Vào trang này nhập tích phân cần tính sẽ cho ra kết quả đồng thời quan trọng hơn là cho ra cả các bước biến đổi để tính ra tích phân đó. Tuy nhiên cần có đủ vốn tiếng Anh !!! - Nói chung phải dùng phương pháp đổi biến hoặc tích phân từng phần để giải, không có phương pháp chung, phụ thuộc vào kinh nghiệm và kỹ năng. Có một số dạng có thể giải như sau 1. Tích phân của biểu thức chứa hàm mũ 1 cơ số ( ) x R a dx ∫ thì đổi biến x t a = Ví dụ: 6 9 4 x x x I = dx − ∫ Ta thấy có nhiều hàm mũ với cơ số khác nhau. Tuy nhiên nếu chia cả tử và mẫu cho 6x thì ta được: 1 3 3 2 2 x x I dx − = ⎛⎞ ⎛⎞ ⎜⎟ ⎜⎟ − ⎝⎠ ⎝⎠ ∫ Như vậy ta có tích phân với một cơ số. Đổi biến 3 2 x u ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . Có 33 3 ln ln 22 2 x du dx u dx ⎛ ⎞ = = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . Thay vào tích phân có: ( ) 2 1 1 3 3 ln 1 ln 2 2 du I du u u u u = = ⎛ ⎞ − − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∫ ∫ Tích phân này là tích phân hữu tỷ có thể giải được như sẽ nói ở phần sau. Ta cũng có thể chia cả tử và mẫu của hàm dưới dấu tích phân ban đầu cho 9x để thu được: 2 2 3 2 1 3 x x I dx ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∫ . Ta cũng đưa về tích phân có 1 cơ số. Tương tự vậy nếu chia cả tử và mẫu cho 9x ta cũng đưa về 1 cơ số. 2. Tích phân mà hàm dưới dấu tích phân có chứa thừa số có logarit thì ta đưa phần còn lại của hàm (tức là phần không có logarit) vào trong vi phân rồi thực hiện tích phân từng phần Ví dụ: 2 ln x I dx x ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∫ Đưa hàm 1/x2 vào dấu vi phân. Ta chú ý: ( ) ( ) 1 1 2 1 1 dx x dx d x d x x α α α + − = ⇒ =− + . Vậy ta tính tích phân từng phần ( ) ( ( )) 2 1 12 1 2 12 2 ln ln ln ln 2 ln J I xd x x x x d x x x x xdx −− − − − ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ =− =− − =− − ⎝ ⎠ ∫∫ ∫ Lại tiếp tục đưa x -2 vào dấu vi phân để tính J ( ) ( ( )) ( ) ( ) 2 11 1 1 21 ln ln ln ln ln ln 1 J x xdx xd x x x x d x x x x dx x x − −− − − −− = =− =− − =− − =− + ∫∫ ∫ ∫ Vậy ( ( )) ( ) 12 1 1 2 I x xx x x x x ln 2 ln 1 ln 2ln 2 −− − =− + + =− + + 3. Tích phân mà hàm dưới dấu tích phân có dạng P(x)eax, P(x)sin(bx), P(x)cos(bx) trong đó P(x) là một đa thức thì ta đưa hàm e mũ hoặc hàm lượng giác vào trong vi phân rồi thực hiện tích phân từng phần. Sau mỗi lần thực hiện từng phần thì đa thức giảm bậc Ví dụ: 2 x I = x e dx ∫ Đưa hàm e mũ vào vi phân rồi tích phân từng phần ( ) 2 2 2 x xx I = =− x d e x e e xdx ∫ ∫ . Ta lại tiếp tục đưa hàm e mũ vào vi phân. Quá trình chi tiết không viết tiếp vì đơn giản - Tích phân mà hàm dưới dấu tích phân có dạng eaxsin(bx), eaxcos(bx), sin(lnx), cos(lnx) thì thực hiện tích phân từng phần 2 lần sẽ ra hàm cũ với hệ số khác, từ đó giải ra tích phân Ví dụ: sin 2 x I e xdx − = ∫ ( ) ( ( )) ( ) 11 1 cos2 cos2 cos2 cos2 cos2 22 2 x x xx x I e d x e x xd e e x e xdx − − −− − =− =− − =− + ∫∫ ∫ Tính tiếp tích phân: ( ) ( ( )) ( ) ( ) 1 1 cos2 sin 2 sin 2 sin 2 2 2 1 1 sin 2 sin 2 sin 2 2 2 x xx x xx x e xdx e d x e x xd e e x e xdx e x I −−− − −− − = =− =+ =+ ∫∫ ∫ ∫ Vậy thay vào có: ( ) 11 5 1 cos2 sin 2 cos2 sin 2 2 2 42 2 x x x e I e x e xI I x x − ⎛ ⎞⎛ ⎞ − − =− + + ⇒ =− + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ 4. Tích phân các hàm hữu tỷ tối giản. Có 3 dạng hàm tích phân hữu tỷ tối giản như sau: Loại 1: ( )n dx I ax b = + ∫ dễ dàng tính được ( )( ) 1 1 1 1 ln 1 n n a n ax b I ax b n a − ⎧ ≠ ⎪ ⎪ − + = ⎨ ⎪ + = ⎪ ⎩ Loại 2: ( ) 2 2 n xdx I x a = + ∫ dễ dàng tính được ( )( ) ( ) 1 2 2 2 2 1 1 2 1 ln 1 2 n n n xa I x a n − ⎧ − ≠ ⎪ ⎪ − + ⎪ = ⎨ ⎪ + ⎪ = ⎪⎩ Loại 3: ( ) 2 2 n dx I x a = + ∫ . Loại này khó hơn, thường tính bằng phương pháp truy hồi. Đổi biến tan x = a t có 2 cos adt dx t = và 2 2 2 2 cos a x a t + = , dẫn tới: 2 2 1 21 21 1 cos n n n n J I tdt a a − − − − = = ∫ Ở đây ta tính ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 2 21 21 21 21 22 2 21 22 2 2 1 1 cos cos sin sin cos sin cos sin cos 2 1 cos sin sin cos 2 1 cos cos sin cos 2 1 nn n n n n n n nn n n n J tdt td t t t td t t t n t tdt t t n tdt tdt t tn J J − −− − − − − − − == = − = +− = +− − = +− − ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Vậy ta có công thức tính lùi dần. Lùi đến khi n=0 thì ta có J0=t. Sau khi đã tính được Jn thì ta cũng tính được I ( ) 2 1 1 sin cos 2 1 2 n n n t tnJ J n − + − − = 5. Tích phân hàm hữu tỷ ( ) ( ) P x dx Q x ∫ với P và Q là các đa thức. Mọi hàm hữu tỷ đều được biểu diễn qua 3 hàm hữu tỷ tối giản theo cách như sau. Giả sử Q(x) được phân tích thành nhân tử dạng: () ( ) ( ) ( ) ( ) (( ) ) 1 1 2 2 2 2 1 11 ... ... s r h h k k Qx Cx a x a x b c x b c =− − ++ ++ r ss Khi đó tách hàm hữu tỷ dạng: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 ... ... ... ... ... ... ... ... i i i i j j j j j j j j k k k k i i i hj h j j h h j j jj jj h h h h j jj jj P x A A A E x Qx x a xa xa B xb B xb Bxb xb c xb c xb c C C C xb c xb c xb c − − − − − − = ++ + ++ + − − − + + + + + ++ + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ++ ++ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ + + ++ ⎛ ⎞⎛ ⎞ + + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ++ ++ ⎝ ⎠⎝ ⎠ 2 ... j + ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Trong đó E(x) là một đa thức với bậc bằng hiệu bậc của P(x) và Q(x), có các hệ số cần tìm. Các hệ số Aj, Bj và Cj cũng là các hệ số cần tìm. Các hệ số này được xác định bằng cách quy đồng mẫu số rồi cân bằng với tử số ở vế trái. Nhóm tích phân gắn với các hệ số Aj, Bj và Cj lần lượt là 3 dạng tích phân hữu tỷ tối giản đã được trình bày ở trên Ví dụ: ( ) 2 3 1 2 x I x x − = − − ∫ Phân tích mẫu số: ( )( ) 2 xx x x −−= − + 2 21 . Tách hàm hữu tỷ như sau: ( ) 2 3 1 2 2 1 x A B x x x x − = + − − − + Quy đồng mẫu số và cân bằng 2 vế có: 31 1 2 ( x Ax Bx − ) = ++ − ( ) ( ). Cho x=-1 có 6 3 2 − =− ⇒ = B B . Cho x=2 có 3 3 1 = A⇒ = A . Sau khi đã có A và B thì việc tính toán đơn giản vì tích phân đã ở dạng tối giản đã tính ở trên. 6. Tích phân các hàm vô tỷ phân tuyến tính , n ax b R x dx cx d ⎛ ⎞ + ⎜ ⎟ + ⎝ ⎠ ∫ , đổi biến n ax b t cx d + = + Ví dụ: 1 2 x I dx x x + = − ∫ Đổi biến 2 u x x u dx udu = −⇒= + =+ 2 2; 2 2 . Thay vào nguyên hàm ta có: ( ) 2 2 2 3 2 u I du u + = + ∫ Đây là tích phân hữu tỷ, được tách dạng ( ) 2 2 22 2 3 2 22 u Bu C E u uu + =+ + + + + . Quy đồng mẫu số rồi cân bằng tử số ở 2 vế có: ( ) ( ) 2 2 23 2 u E u Bu C + = ++ + dẫn tới E === 2, 0, 2 B C . 7. Tích phân lượng giác (chỉ có một số dạng là tính được). Cách làm: thử đặt t=tanx hoặc t=tan(x/2) để đưa về tích phân hữu tỷ Ví dụ: 2 sin cos sin cos x x I dx x x = + ∫ Cách 1: đặt t= tanx có 2 ,sin cos 1 dt dx x t x t = = + . Ta có ( )( ) ( )( ) 2 2 2 2 cos 1 1 1 1 tx t I dt dt t t t t = = + + + + ∫ ∫ . Đây là tích phân hữu tỷ đã nêu cách giải ở trên Cách 2: đặt t=tan(x/2) có 2 22 2 2 21 ,sin ,cos 11 1 dt t t dx x x tt t − == = ++ + . Ta có: ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 2 22 3 2 2 2 2 2 1 4 1 1 1 2 21 1 21 1 1 1 t t t t t t dt I dt t tt tt t t t ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ − + + ⎝ ⎠ = = − + + +− + + + ∫ ∫ . Đây là tích phân hữu tỷ nhưng rõ ràng giải khó hơn cách 1 rất nhiều. Dạng 9: Tính và khảo sát hội tụ tích phân suy rộng với cận vô hạn Tích phân suy rộng với cận vô hạn (loại 1) () () , a a f x dx f x dx ∞ −∞ ∫ ∫ . Bài toán tính tích phân suy rộng thực ra là 2 bài toán: tính nguyên hàm + tính giới hạn. Cách làm là cứ tính nguyên hàm bình thường. Sau đó khi thay cận vào là bài toán giới hạn của nguyên hàm Ví dụ: 1 ln e dx I x x = ∫ Ta có nguyên hàm 2 ln ln dx x x x = ∫ . Cận 1 là cận suy rộng loại 2. Ta có: 1 2 ln lim 2 ln 2 x Ie e → =− = - Trong nhiều trường hợp cần chứng minh sự hội tụ hoặc phân kỳ của tích phân suy rộng. Thông thường đánh giá qua tiêu chuẩn so sánh. - TPSR với cận vô hạn ( ) a I f x dx ∞ = ∫ thường được so sánh với a J x dx α ∞ = ∫ . Nếu ( ) lim x f x c x →∞ α = <∞ thì I cùng tính chất hội tụ hoặc phân kỳ với J, mà chú ý J tính được Ví dụ: Khảo sát sự hội tụ của 2 2 2 3 dx I x x ∞ = + − ∫ Ta thấy ( ) 2 2 1 23 lim 1 x x x x →∞ − + − = . Vậy I cùng tính chất hội tụ phân kỳ với 2 2 J x dx ∞ − = ∫ . Mà ta tính được 1 2 J = là hội tụ nên I cũng hội tụ Dạng 10: Cực trị của hàm 2 biến Cần nắm vững khái niệm đạo hàm riêng (ký hiệu ∂) - Đạo hàm riêng theo biến nào thì các biến còn lại coi là hằng số. Ví dụ hàm f(x,y) thì khi tính ∂f/∂x thì coi y là hằng số và tính đạo hàm theo x. - Đạo hàm riêng cấp hai: 2 2 '' '' '' '' , , x y xy yx f f ff ff ff x x yx xy yy ∂∂ ∂∂ ∂∂ ∂∂ ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞ = = == = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ∂∂ ∂∂ ∂∂ ∂∂ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠ Quy trình tìm cực trị của hàm 2 biến f(x,y) - Giải hệ phương trình ( ) ( ) ' 0 0 ' 0 0 , 0 , 0 x y f xy f xy ⎧ = ⎪ ⎨ ⎪ = ⎩ , nghiệm của hệ là điểm dừng ký hiệu là (x0,y0) - Xét ( ) ( ) ( ) 2 2 22 00 00 00 2 2 , ,, f ff x y xy xy x y x y ⎛ ⎞ ∂ ∂∂ Δ= − ⎜ ⎟ ∂ ∂ ∂ ∂ ⎝ ⎠ - Nếu Δ>0 không là cực trị. - Nếu Δ<0, xét: nếu ( ) 2 0 0 2 , 0 f x y x ∂ > ∂ là cực tiểu, nếu ( ) 2 0 0 2 , 0 f x y x ∂ < ∂ là cực đại - Nếu Δ=0 chưa kết luận được (ít có trong đề thi) Ví dụ: Tìm cực trị 2 2 zx y x =− −+ 2 21 Giải hệ phương trình ( ) 0 0 ( ) 2 20 , 1,0 4 0 z x x x y z y y ⎧∂ = −= ⎪ ⎪∂ ⎨ ⇒ = ∂⎪ =− = ⎪⎩∂ Tính đạo hàm riêng cấp 2: 222 2 2 2, 0, 4 zzz x y x y ∂∂∂ = = =− ∂ ∂ ∂ ∂ Tại điểm dừng tính biệt thức ( ) ( ) ( ) 2 2 22 2 2 1,0 1,0 1,0 8 0 z zz x y x y ⎛ ⎞ ∂ ∂∂ Δ= − = > ⎜ ⎟ ∂ ∂ ∂ ∂ ⎝ ⎠ Vậy điểm dừng không là cực trị Dạng 11: Phương trình vi phân cấp một - Phương trình vi phân cấp 1 là phương trình có dạng: ,, 0 dy F xy dx ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = ⎝ ⎠ trong đó x là đối số, y là hàm số. - Nghiệm của phương trình vi phân cấp 1 bao giờ cũng chứa 1 hằng số tùy ý. Trong trường hợp tổng quát, nghiệm là một biểu thức liên hệ giữa x và y, tức là nghiệm có dạng G(x,y)=0. 1. Phương trình với biến số phân ly là các phương trình sau khi biến đổi đưa hết được biến số về 1 bên và hàm số về 1 bên, tức là có dạng F(x)dx=G(y)dy. Khi đó tích phân cả 2 vế ta có nghiệm. Chú ý tích phân có hằng số nên nghiệm chứa hằng số tùy ý. Ví dụ: 2 y dx xydy + = 1 hay dạng khác 2 y xyy + = 1 ' Chuyển hết x về 1 bên, y về 1 bên ta có 2 1 dx ydy x y = + . Lấy tích phân cả 2 vế có: 2 ln 1 x = ++ y C Biểu thức này không chứa đạo hàm và do đó chính là nghiệm của phương trình vi phân. - Trong nhiều trường hợp ta chưa nhận thấy ngay sự tách biến thì có thể cần các phép đổi biến thích hợp. Có một số dạng sau có thể đổi biến để tách biến. 2. Phương trình dạng y’=f(ax+by+c) thì đặt hàm mới z=ax+by+c và phương trình sẽ được tách biến với z và x Ví dụ: xy yx y − −+ − + = 1 2 '0 ( ) Phương trình có dạng y'=f(x-y). Do đó ta xét z=x-y, dẫn tới ' 1 1' dz dy z y dx dx = =− =− . Thay hết y và y' theo z và z' ta có: ( )( ) ( ) ( 2) 1 21 ' 0 1 2 2 2 1 dz z dz z z z z z z dx dx z + −+ + − = ⇒ −+ + = + ⇒ = + Ta đã tách biến xong. Tích phân 2 vế ta có: ( ) ( ) 2 3 3 ln 2 1 2 1 2 22 1 2 4 z dz dz dz z x z C z z + = = + = + ++ + + ∫ ∫∫ Đổi lại hàm y ta có kết quả ( ) 3 ln 2 1 2 4 x y x xy C − = + − ++ 3. Phương trình vi phân đẳng cấp là phương trình có dạng y’=ϕ(y/x). Với phương trình này đặt z=y/x để đưa về phương trình về tách biến với z và x. Ví dụ: ' tan y xy y x x − = Chia cả 2 vế cho x có: ' tan y y y x x = + . Đây là dạng đẳng cấp. Đặt z=y/x. Ta có ;' ' dy dz y zx y x z xz z dx dx = = = += + . Thay hết y và y' theo z và z' ta có: ' tan tan tan dz dz dx xz z z z x z dx z x +=+ ⇒ = ⇒ = Ta đã tách biến xong, lấy tích phân cả 2 vế có: ln sin ln ln sin ln y z xC xC x = +⇒ = + 4. Phương trình tuyến tính là phương trình có dạng : y’+p(x)y=q(x). Nên thuộc nghiệm của phương trình, có dạng ( ) ( ) ( ) p x dx p x dx ( ) y q x e dx C e ∫ ∫ − = + ∫ Ví dụ: 2 ' x y y e x = − Đây là phương trình tuyến tính với p(x)=2/x, q(x)=ex . Ta có: p( x dx x ) = 2ln ∫ . Áp dụng công thức ta có: ( )( ) ( ) 2 2ln 2ln 2 2 2 2 2 x xx x x x x eC y e e dx C e x e dx C x x − − − + + = + = += ∫ ∫ 5. Phương trình Becnuli là phương trình có dạng y’+p(x)y=q(x)y α . Với phương trình này đổi biến z=y 1-α để đưa về phương trình vi phân tuyến tính theo z Ví dụ: 2 2 xy y yx x ' ln + = Đây là phương trình Becnuli với α=2, xét z=1/y, ta có: 2 ' ' z y z − = . Thay vào phương trình có: 2 2 2 2 ' 1 ln ' ln ' ln zx z x x xz z x x z x x z z z x − + = ⇒− + = ⇒ − =− . Đây là phương trình tuyến tính với p(x)=-1/x, q(x)=-xlnx. Ta có: p( x dx x ) = −ln ∫ . Áp dụng công thức ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ln ln ln ln 1 ln x x z x xe dx C e xdx C x x x C x y − = =− + =− + = − + ∫ ∫ 6. Phương trình vi phân toàn phần là phương trình có dạng M x y dx N x y dy ( , ,0 ) + = ( ) với M N y x ∂ ∂ = ∂ ∂ . Khi đó sẽ tồn tại hàm F sao cho , F F M N x y ∂ ∂ = = ∂ ∂ và dẫn tới M x y dx N x y dy dF ( ,, 0 ) + == ( ) . Nghiệm của phương trình sẽ là F=C=hằng số. Để tìm F ta tích phân phương trình F M x ∂ = ∂ theo x và tích phân phương trình F N y ∂ = ∂ theo y, rồi so sánh 2 tích phân để tìm ra F Ví dụ: ( ( ) ) ( ) 2 sin cos sin 2 cos cos 1 0 y x x x xy dx x x y x dy − + + ++ = Phương trình có dạng M x y dx N x y dy ( , ,0 ) + ( ) = với M = sin cos sin 2 y x x x xy ( − +) , 2 Nx x yx = ++ cos cos 1. Ta có: cos cos sin 2 ( ) M N y xx x x y x ∂ ∂ = − += ∂ ∂ . Đây là phương trình vi phân toàn phần. Tồn tại hàm F sao cho: ( ) 2 sin cos sin 2 cos cos 1 F y x x x xy x F x x yx y ⎧∂ = −+ ⎪ ⎪ ∂ ⎨∂⎪ = ++ ⎪⎩ ∂ Tích phân phương trình đầu theo x và phương trình thứ 2 theo y có: ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 cos sin cos sin 1 F x x y xy y Fx x y x y x ϕ ϕ ⎧ = ++ ⎪ ⎨ ⎪ = +++ ⎩ So sánh 2 phương trình ta có: ϕ1(y)=y và ϕ2(x)=0. Cuối cùng nghiệm của phương trình là: ( ) 2 F x x y x yC = ++= cos sin 1 Dạng 12: Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 hệ số hằng vế phải đặc biệt - Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 có hệ số hằng số có dạng: y ay a y f x '' ' ++= 1 2 ( ) - Các bước giải như sau - Giải phương trình đặc trưng 2 1 2 k ak a + += 0 + Nếu có 2 nghiệm thực k1 và k2 khác nhau thì đặt 1 1 k x y e = và 2 2 k x y e = + Nếu có nghiệm kép k0 thì đặt 0 1 k x y e = và 0 2 k x y xe = + Nếu có nghiệm phức α±iβ thì đặt 1 cos x ye x α = β và 2 sin x ye x α = β . - Xét các hàm f(x) đặc biệt, ta ký hiệu Pn, Qn, Rn là các đa thức bậc n + Trường hợp ( ) ( ) x cos n f x e Px x α = β hoặc ( ) ( ) x sin n f x e Px x α = β và α±iβ là nghiệm bội m của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng có dạng ( ( ) ( ) ) x cos sin m rn n y xe Q x x R x x α = + β β + Các hệ số của Qn và Rn tìm bằng phương pháp hệ số bất định + Trường hợp f(x) là tổ hợp của các dạng nêu trên thì ta sử dụng nguyên lý chồng chất nghiệm của phương trình tuyến tính, nghiệm riêng sẽ bằng tổng các nghiệm riêng của từng vế phải. + Chú ý với phương trình bậc 2 thì nghiệm bội 0 nghĩa là không phải nghiệm, nghiệm bội 1 nghĩa là nghiệm đơn, nghiệm bội 2 là nghiệm kép. - Nghiệm cuối cùng có dạng 11 2 2 r y Cy C y y =+ + với C1 và C2 là 2 hằng số tùy ý Ví dụ: 2 2 " '2 2 2 2 4 x yy y x x e + − =− + + + Giải phương trình đặc trưng: 2 k k +−= 2 0 cho ra 2 nghiệm k1=1, k2=-2. Đặt 1 x y e = và 2 2 x y e− = . Xét hàm 2 − ++ 2 22 x x có dạng ( ) x cos n e Px x α β với α=β=0, n=2, α±iβ=0 là nghiệm bội 0 của phương trình đặc trưng Xét hàm 2 4 x e có dạng ( ) x cos n e Px x α β với α=2,β=0, n=0, α±iβ=2 là nghiệm bội 0 của phương trình đặc trưng. Vậy theo nguyên lý chồng chất nghiệm ta tìm nghiệm riêng dạng: 2 2x r y ax bx c de = + ++ với a,b,c,d là các hằng số cần tìm. Ta có: 2x 2x '2 2 "2 4 r r y ax b de y a de = ++ = + Thay vào phương trình vi phân có: ( ) 2x 2x 2 2x 2 2 24 2 2 2 2 2 24 x a de ax b de ax bx c de xx e + + ++ − + ++ =− + + + Ta nhóm các thành phần giống nhau: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 20 x x a xa b e d ab c − + + − − + − + +− −= Ta có 4 phương trình: 2 20 2 2 20 4 40 2 2 20 a a b d ab c − += − −= − = +− −= Giải ra có 1, 0, 1, 0 ab dc == == . Vậy 2 2x r yxe = + . Nghiệm cuối cùng có dạng: 2 2 2x 1 2 x x y Ce C e x e − = + ++ Dạng 13: Phương trình sai phân tuyến tính cấp 1, hệ số hằng, vế phải đặc biệt Phương trình sai phân cấp 1 tuyến tính: t tt 1 y py r + + = Các bước làm như sau - Ký hiệu Pn, Qn, là các đa thức bậc n, xét trường hợp ( ) t t n r aP t = thì nghiệm riêng có dạng * ( ) m t n y t aQ t = , trong đó m=0 nếu a≠-p và m=1 nếu a=-p, còn các hệ số của Qn được tìm bằng hệ số bất định - Theo nguyên lý chồng chất nghiệm, trong trường hợp vế phải là tổng các dạng như trên thì nghiệm riêng cũng là tổng các dạng nghiệm - Nghiệm cuối cùng có dạng ( ) * t yC p y =− + với C là hằng số tùy ý Ví dụ: 1 3 2 33 ( ) t t t yy t + = +− + Phương trình có dạng t tt 1 y py r + + = với p=-3 và (2 33 ) t t r t = − + là tổng của 2 hàm có dạng đặc biệt. Hàm (2 3) t − t có dạng ( ) t n aP t với Pn(t) là đa thức bậc nhất (n=1) và a=3=-p nên ta lấy m=1 Hàm 3 có dạng ( ) t n aP t với Pn(t) là đa thức bậc 0 (n=0) và a=1≠-p nên ta lấy m=0 Vậy tìm nghiệm riêng dạng: * 3 ( 10 0 ) t y t at a b = ++ . Thay vào phương trình sai phân có: () () ( ) ( ( ) ) ( ) 1 1 0 0 10 0 13 1 3 3 2 3 3 t tt t a t a b t at a b t + + ++ + = + + + − + Nhóm các hệ số chung ta có: 36 1 33 3 2 2 3 0 ( 1 10 0 ) ( ) t t t a aa b + + + − − −= Ta có 3 phương trình: 1 1 10 0 0 0 6 1 0 1/6 3 3 2 0 5/6 2 3 0 3/2 a a aa a b b ⎧ ⎧ + = =− ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ + −=⇒ = ⎪ ⎪ + = =− ⎩ ⎩ Nghiệm cuối cùng có dạng 3 5( ) 3 3 6 2 t t t t t y C − =+ − Dạng 14: Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2, hệ số hằng, vế phải đặc biệt Phương trình sai phân cấp 2 tuyến tính: t t tt 2 1 y py qy r + + + + = Các bước giải như sau - Giải phương trình đặc trưng 2 k pk q + += 0 + Nếu có 2 nghiệm thực k1 và k2 khác nhau thì đặt 1 1 t y k = và 2 2 t y k = + Nếu có nghiệm kép k0 thì đặt 1 0 t y k = và 2 0 t y tk = + Nếu có nghiệm phức h(cosϕ±isinϕ) thì đặt 1 cos t yh t = ϕ và 2 sin t yh t = ϕ . - Ký hiệu Pn, Qn, là các đa thức bậc n, xét trường hợp ( ) t t n r aP t = thì nghiệm riêng có dạng * ( ) m t n y t aQ t = , trong đó a là nghiệm bội m của phương trình đặc trưng, còn các hệ số của Qn được tìm bằng hệ số bất định - Theo nguyên lý chồng chất nghiệm, trong trường hợp vế phải là tổng các dạng như trên thì nghiệm riêng cũng là tổng các dạng nghiệm - Nghiệm cuối cùng có dạng 11 2 2 y Cy C y y =+ + * với C1 và C2 là 2 hằng số tùy ý Ví dụ: 2 1 32 1 ttt y y yt + + − + =+ Phương trình đặc trưng 2 k k − += 3 20 có 2 nghiệm là k1=1 và k2=2. Vậy đặt 1 2 1, 2t y y = = . Ta có 1 tr t = + có dạng ( ) t n aP t với Pn(t) là đa thức bậc nhất (n=1) và a=1 là nghiệm bội 1 của phương trình đặc trưng nên ta lấy m=1 Vậy tìm nghiệm riêng dạng: ( ) 1 0 y t at a * = + . Thay vào phương trình sai phân có: (t at a a t at a a t at a t + + + − + + + + + =+ 2 2 31 2 1 )( 1 10 1 10 1 0 ) ( )( ) ( ) Nhóm các hệ số chung ta có: t a aa t (− + − =+ 2 1 1 10 ) Ta có 2 phương trình: 1 1 10 0 2 1 1/2 1 3/2 a a aa a ⎧ ⎧ − = =− ⎨ ⎨ ⇒ − = =− ⎩ ⎩ Nghiệm cuối cùng có dạng 1 2 2 3 ( ) 2 t t t yCC t =+ − +