đề Cương ôn Tập Toán Cao Cấp 2.pdf

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THƯƠNG MẠI KHOA: HTTTKT&TMĐT ----------

ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP Bộ môn: Toán Cao Cấp 2

Lớp HP: 1858FMAT0211 GV: Phan Thanh Tùng

Hà Nam, 2018

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

Mục lục Mục lục ................................................................................................................. 1 CHƯƠNG 7: HÀM HAI BIẾN .......................................................................... 4 A. LÝ THUYẾT .........................................................................................................4 1. Các khái niệm ....................................................................................................4 Dạng 1. Tìm tập xác định của hàm số..................................................................4 Dạng 2. Tính các đạo hàm riêng cấp 1 ................................................................5 Dạng 3. Tính các đạo hàm riêng cấp 2 ................................................................5 Dạng 4. Tính gần đúng ..........................................................................................6 2. Cực trị của hàm 2 biến ......................................................................................7 Dạng 5. Tìm cực trị của hàm số............................................................................7 Dạng 6. Tìm cực trị có điều kiện của hàm số ......................................................9 B. GIẢI BÀI TẬP ....................................................................................................10

CHƯƠNG 8: PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN........................................................ 31 A. LÝ THUYẾT .......................................................................................................31 I. Tích phân bất định ...........................................................................................31 1.1. Các khái niệm cơ bản ................................................................................31 1.2. Các tính chất .............................................................................................31 1.3 Bảng tích phân căn bản .............................................................................31 1.4 Phương pháp giải .......................................................................................32 II. Tích phân xác định .........................................................................................33 2.1 Các khái niệm cơ bản .................................................................................33 2.2. Các tính chất ..............................................................................................33 2.3. Phương pháp giải ......................................................................................34 III. Tích phân suy rộng .......................................................................................34 3.1. Trường hợp khoảng lấy tích phân là vô hạn ...........................................34 3.1.1 Các khái niệm ..........................................................................................34 3.1.2. Các định lí so sánh .................................................................................35 3.1.2 Các định lí so sánh ..................................................................................36 3.2 Trường hợp hàm có điểm gián đoạn vô cực .............................................37 B. BÀI TẬP ..............................................................................................................38

CHƯƠNG 9: PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN ................................................... 67 A. LÝ THUYẾT .......................................................................................................67 I. Một số khái niệm cơ bản .................................................................................67 1.1. Phương trình vi phân ................................................................................67 1.2. Cấp của phương trình vi phân ..................................................................67 1

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 1.3. Nghiệm của phương trình vi phân ...........................................................67 II. Phương trình vi phân cấp 1 ...........................................................................68 2.1. Dạng phương trình ....................................................................................68 2.2. Nghiệm tổng quát và nghiệm riêng - Tích phân tổng quát và tích phân riêng...................................................................................................................68 2.3. Bài toán Cauchy ( Định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm) ................68 III. Phương trình vi phân cấp 2 .........................................................................69 3.1. Dạng phương trình ....................................................................................69 3.2. Nghiệm tổng quát và nghiệm riêng - Tích phân tổng quát và tích phân riêng...................................................................................................................69 B. DẠNG BÀI TẬP..................................................................................................71 I. Phương trình vi phân cấp 1.............................................................................71 1.1. Phương trình biến số phân li: ...................................................................71 1.2. Phương trình đẳng cấp .............................................................................72  a x  b1 y  c1  y'  f  1   ax  by  c  ...........................................................74 1.3. Phương trình

1.4. Phương trình tuyến tính cấp 1 ..................................................................75 1.5. Phương trình Bernoulli .............................................................................76 II. Phương trình vi phân cấp 2 ...........................................................................77 2.1. Phương trình giảm cấp được ....................................................................77 2.1.1. TH vế phải khuyết y, y’: .........................................................................77 2.1.2. TH vế phải khuyết y : .............................................................................77 2.1.3. TH vế phải khuyết x: ..............................................................................78 2.2. Phương trình tuyến tính cấp 2(hệ số hằng) .............................................79 C. BÀI TẬP ..............................................................................................................82

CHƯƠNG 10: PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN ............................................. 112 A. LÝ THUYẾT .....................................................................................................112 1. Sai phân ..........................................................................................................112 a) Lưới và bước lưới .......................................................................................112 b) Sai phân ......................................................................................................112 2. Phương trình sai phân...................................................................................113 a) Định nghĩa ..................................................................................................113 b) Nghiệm, nghiệm tổng quát và nghiệm riêng.............................................113 3. Phương trình sai phân tuyến tính ................................................................113 a) Định nghĩa ..................................................................................................113 b) Tính chất tập nghiệm của phương trình tuyến tính cấp k .......................114 2

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 B. DẠNG BÀI TẬP................................................................................................115 1. Phương trình sai phân tuyến tính cấp 1 ......................................................115 1.1. Phương trình hệ số hằng ........................................................................115 1.2. Phương trình hệ số biến thiên ................................................................118 2. Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 hệ số hằng ...................................119 C. BÀI TẬP ............................................................................................................122

3

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

CHƯƠNG 7: HÀM HAI BIẾN A. LÝ THUYẾT 1. Các khái niệm Định nghĩa: Cho D là tập trong R2 f : D R

 x, y   z

 f

 x, y 

Ghi chú • Nếu M  x, y  , ta có thể viết z  f  M  • Tập D gọi là tập xác định. • Tập f  D  : { f  x, y  :  x, y   D} gọi là tập giá trị. • Tập G  { x, y, f

 x, y 

:  x, y   D} các điểm trong hệ toạ độ Oxyz gọi là

đồ thị của hàm số. Dạng 1. Tìm tập xác định của hàm số Ví dụ: Tìm tập xác định của hàm số sau z  arccos

2x 1  ln  xy  x

Giải: Tập xác định của hàm là những x,y thỏa mãn điều kiện.  2x 1 1  1  2 x  12  x 2 3x 2  4 x  1  0   x  1     3  x xy  0 xy  0    xy  0  y  0 



1 3

 



Vậy E   x, y  : x   ;1 , y   0;    



Định nghĩa 1. Cho hàm z  z  x, y  . • Đạo hàm riêng (cấp 1) theo biến x, kí hiệu z 'x  x, y  : coi y là hằng số và lấy đạo hàm của z  x, y  theo biến x . • Tương tự, z ' y  x, y  : coi x là hằng số và lấy đạo hàm theo biến y .

4

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Dạng 2. Tính các đạo hàm riêng cấp 1 Ví dụ. Tính đạo hàm riêng cấp 1 của a) z  x 4  2 x 2 y 2 b) z  sin( x 2  y 2 ) Giải: a) Ta có: z 'x  ( x 4  2 x 2 y 2 ) 'x  (? x 4 )x  (2 x 2 y 2 )x  4 x 3  2 y 2 2 x  4 x 3  4 xy 2 .

Ta có : zy  ( x4  2 x2 y 2 )y  4 x2 y

b) Ta có : z 'x  (sin( x 2  y 2 ))x  cos( x 2  y 2 )( x 2  y 2 )x  cos( x 2  y 2 ).2 x

Ta có : zy  (sin( x2  y 2 ))y  cos( x2  y 2 )( x2  y 2 )y  cos( x2  y 2 ).2 y Định nghĩa 2.

. Các đạo hàm riêng cấp 2: o z "xx : ( z 'x ) 'x ; o z "yx : ( z ' y ) 'x

z "xy : ( z 'x ) ' y ( các đạo hàm riêng của 𝑧′𝑥 )

z " yy : ( z ' y ) ' y

;

( các đạo hàm riêng của 𝑧′𝑦 )

Ghi chú: • Tương tự, ta cũng có các đạo hàm riêng cấp n tùy ý. • Với “ một số điều kiện “ ta luôn có : 𝑧"𝑥𝑦 = 𝑧"𝑦𝑥 ( Đinh lý Schwarz) •

 z "xx H   z "yx

z "xy   gọi là ma trận Hessian. z "yy 

• Ma trận Hessian có nhiều ứng dụng trong kinh tế & kỹ thuật.

Dạng 3. Tính các đạo hàm riêng cấp 2 Ví dụ. z  x 4  2 x 2 y 2 Giải:

Ta có : z "xx  ( z 'x ) 'x   4 x  4 xy  'x  12 x 2  4 y 2 3

2

z "xy  ( z 'x ) ' y   4 x3  4 xy 2  ' y  8 xy

5

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 z "yy  ( z ' y ) ' y   4 x 2 y  ' y  4 x 2 z "xy  z "yx  8 xy

Định nghĩa:Giả sử hàm z  z  x, y  có các đạo hàm riêng liên tục thì đại lượng dz  z 'x ( x0 , y0 )x  z ' y ( x0 , y0 )y

gọi là vi phân toàn phần của hàm số. Ghi chú: Dễ thấy, dx  x, dy  y , do đó: dz  z 'x ( x0 , y0 )x  z ' y ( x0 , y0 )y

Bài toán tính gần đúng. Công thức xấp xỉ z( x0  x, y0  y)  z  x0 , y0  x  z 'x ( x0 , y0 )x  z ' y ( x0 , y0 )y

(với ∆ x , ∆ y nhỏ về trị tuyệt đối). Ghi chú: Ứng dụng trong kinh tế z( x0  1 , y0  1 )  z  x0 , y0   z 'x ( x0 , y0 )  z ' y ( x0 , y0 ) Dạng 4. Tính gần đúng Ví dụ : Tính gần đúng của biểu thức A  ln





8,990  3 8, 050 .

Giải: Xét hàm: z  ln



x3 y



Ta có: = 8,990  x0  x  x0  9; x  0, 01 8,050  y0  y  y0  8, y  0,05

Ta có: z  9; 8  ln( 9  3 8 )  ln1  0 z 'x  z 'y  

1 ( x  3 y ) 'x  3 x y 2 x

3



1 x3 y



3

y

2



1 x3 y

 z y  9;8   



 z x  9;8  

1 6

1 12

Vậy A  z( x0  x, y0  y)  z  x0 , y0  x  z 'x ( x0 , y0 )x  z ' y ( x0 , y0 )y 1 1  0  (0, 01)  (0, 05)  0, 006 6 12

6

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 2. Cực trị của hàm 2 biến

Định nghĩa:Ta nói hàm z  z  x, y  đạt cực đại (cực tiểu) tại điểm M 0  x0 , y0  nếu tồn tại một lân cận của điểm M 0 sao cho trên lân cận đó z ( x, y)  z ( x0 , y0 )( z ( x, y)  z( x0 , y0 )) .

Ghi chú. • Giá trị cực đại hoặc cực tiểu được gọi chung là cực trị. • Giá trị cực đại hoặc cực tiểu chỉ mang tính địa phương.

Định lí 1:Nếu hàm z  z  x, y  đạt cực trị tại điểm M 0  x0 , y0  và tại đó hàm số có các đạo hàm riêng thì  x0 , y0  thỏa mãn hệ  z x  x, y   0   z y  x, y   0

Ghi chú: • Mỗi điểm M thỏa mãn hệ trên gọi là điểm dừng hay điểm tới hạn (loại 1) • Kí hiệu A  z "xx  x0 , y0  ; B  z "xy  x0 , y0  ; C  z "yy  x0 , y0  .

Định lí 2: Giả sử M 0  x0 , y0  là một điểm tới hạn của hàm z  z  x, y  (hàm số có các đạo hàm riêng liên tục tới cấp hai tại M 0 ). Khi đó: • Nếu B 2  AC  0 thì tại M 0 hàm số không có cực trị. • Nếu B 2  AC  0 thì tại M 0 hàm số có cực trị và là cực đại nếu A  0 , là cực tiểu nếu A  0. • Nếu B 2  AC  0 thì chưa có kết luận. Ghi chú: − Bài toán tìm cực trị chia làm 2 bước: Bước 1: Tìm điểm tới hạn; Bước 2: Xét dấu B 2  AC − Khi B 2  AC  0 thì gọi M 0 là điểm yên ngựa. Dạng 5. Tìm cực trị của hàm số Ví dụ. Tìm cực trị của hàm số z  x3  6 xy  8 y3  1

7

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Giải: Tập xác định: R . Bước 1. Điểm tới hạn: 2

 x  1  z 'x  3x 2  6 y  0 x  0   ;  1 2  z ' y  6 x  24 y  0  y  0  y    2 1 2

Suy ra hàm số có hai điểm tới hạn là O  0;0 và M 0 (1;  ) . Bước 2. Ta có : z 'xx  6 x ; z 'xy  6 ; z ' yy  48 y . Tại O  0;0 ta có : A  zxx  0;0  0 ; B  zxy  0;0  6 ; C  zyy  0;0  0

Suy ra: B 2  AC  36  0 . Hàm số không có cực trị tại O  0;0 . 1 2 1 1 1 A  z xx (1;  )  6 ; B  z xy (1;  )  6 ; C  z yy (1;  )  24 2 2 2 1 Suy ra B 2  AC  108  0 . Hàm số có cực trị tại M 0 (1;  ) . 2 1 Vì A  6  0 nên do đó là cực đại . zCĐ  z (1;  )  2 2

Tại M 0 (1;  ) ta có :

Bài toán: Tìm cực trị của hàm: z  f

 x, y  với ràng buộc: g  x, y 

 0 (1).

Ghi chú. Để đơn giản, ta luôn giả thiết các hàm f , g có đạo hàm riêng đến cấp cần thiết.

Phương pháp nhân tử Lagrange: Kí hiệu. Hàm Lagrange L(x, y, λ) = f (x, y) − λg(x, y) (λ gọi là nhân tử Langrange).

Định lí 1: (Điều kiện cần) Nếu 𝑀0 (𝑥0 , 𝑦0 ) là điểm cực trị của bài toán (1) thì tồn tại số thực λ0 Sao cho ( 𝑥0 , 𝑦0 , λ0 ) thỏa mãn hệ 𝐿′ λ (x, y, λ) = 0 {𝐿′ x (x, y, λ) = 0 𝐿′ y (x, y, λ) = 0 Ghi chú. Mỗi nghiệm của hệ trên gọi là một điểm dừng của hàm Lagrange.

8

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Định lí 2: (Điều kiện đủ) Giả sử ( 𝑥0 , 𝑦0 , λ0 ) là một điểm dừng của hàm Lagrange. Đặt: 0 𝑔′𝑥 𝑔′𝑦 |A| = |𝑔′𝑥 𝐿"𝑥𝑥 𝐿"𝑥𝑦 | 𝑔′𝑦 𝐿"𝑦𝑥 𝐿"𝑦𝑦 Khi đó: • Nếu |A|( 𝑥0,𝑦0,λ0 ) > 0 thì 𝑀0 (𝑥0 , 𝑦0 ) là điểm cực đại của bài toán (1). • Nếu |A|( 𝑥0,𝑦0,λ0 ) < 0 thì 𝑀0 (𝑥0 , 𝑦0 ) là điểm cực tiểu của bài toán (1). • Nếu |A|( 𝑥0,𝑦0,λ0 ) = 0 thì không có kết luận. Ghi chú. • Có thể thay ( 𝑥0 , 𝑦0 , λ0 ) vào A trước khi tính |A| • Nếu từ ràng buộc g(x, y) = 0 có thể rút ra x (hoặc y), ta thay vào hàm f , đưa về tìm cực trị hàm 1 biến (không cần dùng phương pháp nhân tử Lagrange). Dạng 6. Tìm cực trị có điều kiện của hàm số

Ví dụ : Tìm cực trị có điều kiện của hàm số z = f (x, y) = x + y 𝑥 2 + 𝑦 2 = 2. Giải: 2

Tập xác định: 𝑅 . Bước 1. Tìm điểm dừng của hàm Lagrange. Ta có: g(x,y) = 𝑥 2 + 𝑦 2 − 2. Hàm Lagrange: L(x, y, λ) = x + y – λ(𝑥 2 + 𝑦 2 − 2). Xét hệ : 𝐿′ λ = 0 − (𝑥 2 + 𝑦 2 − 2) = 0 𝑥=1 𝑥 = −1 ′ {𝐿 x = 0 ⇔ { 1 − λ(2x) = 0 ⇔ { 𝑦 = 1 ; { 𝑦 = −1 ′ λ = 1/2 λ = −1/2 𝐿y =0 1 − λ(2y) = 0 Bước 2 . 0 Ta có :  

|A| = |𝑔′ 𝑥 𝑔′ 𝑦

𝑔′ 𝑥 𝐿"𝑥𝑥 𝐿"𝑦𝑥

𝑔′ 𝑦

0 𝐿"𝑥𝑦 | = |2𝑥 2𝑦 𝐿"𝑦𝑦

2𝑥 −2𝜆 0

2𝑦 0 | = 8λ(𝑥 2 + 𝑦 2 ) −2𝜆

1

* Tại 1,1,  ta có |A| = 8 > 0 ⇒ 𝑀1 (1, 1) là điểm cực đại và 𝑧𝐶Đ = 2. 2  



1

* Tại  1, 1,   ta có |A| = −8 < 0 ⇒ 𝑀2 (−1, −1) là điểm cực tiểu và 𝑧𝐶𝑇 = −2 2 

9

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

B. GIẢI BÀI TẬP Bài 7.1 Tìm tập xác định và minh họa bằng hình học trên hệ tọa độ trực chuẩn Oxy: 1. z  ln  2 x  1  4  y 2 

2. z  16  x 2  y 2  lg  x 2  y 2  4  3y  2 x 2y 4. z  arcsin  arccos  y  4 x  x

3. z  arcsin

5. z  arcsin  3x  4 y  ; x  2; y  3 Giải: 1. 𝒛 = 𝐥𝐧(𝟐𝒙 − 𝟏)(𝟒 − 𝒚𝟐 ) Điều kiện: (2𝑥 − 1)(4 − 𝑦 2 ) > 0 1

2𝑥 − 1 > 0 𝑥> 2 TH1: { ⇔{ 2 4−𝑦 >0 −2 < 𝑦 < 2 1

2𝑥 − 1 < 0 𝑥< 2 TH2: { ⇔{ 2 4−𝑦 <0 𝑦 < −2 ℎ𝑜ặ𝑐 𝑦 > 2 Biểu diễn hình học:

(Tập xác định là miền gạch chéo không kể các đường biên)

10

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

2. 𝒛 = √𝟏𝟔 − 𝒙𝟐 − 𝒚𝟐 + 𝐥𝐠(𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 − 𝟒) 16 − 𝑥 2 − 𝑦 2 ≥ 0 𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 16 Điều kiện: { 2 ⇔{ 2 𝑥 + 𝑦2 − 4 > 0 𝑥 + 𝑦2 > 4 ⇨ Tập xác định: 4 < 𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 16 Biểu diễn hình học

Tập xác định là miền gạch chéo kể cả đường tròn tâm O bán kính 4 (O;4) không kể đường tròn tâm O bán kính 2 (O;2). 3. 𝒛 = 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒊𝒏

𝟑𝒚+𝟐 𝒙

Hàm số xác định khi: 𝑥−2 𝑥+2 ≤𝑦≤− { 3 3 3𝑦 + 2 3𝑦 + 2 𝑥 < 0 {| 𝑥 | ≤ 1 ⇔ {−1 ≤ 𝑥 ≤ 1 ⇔ ℎ𝑜ặ𝑐 𝑥+2 𝑥−2 𝑥≠0 𝑥≠0 {− 3 ≤ 𝑦 ≤ 3 𝑥>0 Biểu diễn hình học.

11

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

Tập xác định là miền gạch chéo kể cả các điểm nằm trên 2 đường thẳng 𝑦 = 4. 𝒛 = 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒊𝒏

𝟐𝒚 𝒙

𝑥−2 3

;𝑦 = −

𝑥+2 3

2

trừ điểm 𝐴(0; ). 3

+ 𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒔(𝒚 + 𝟒𝒙)

Hàm số xác định khi: 𝑥>0 −𝑥 𝑥 ≤𝑦≤ { 𝑥≠0 𝑥≠0 2 2 2𝑦 2𝑦 4𝑥 − 1 ≤ 𝑦 ≤ 4𝑥 + 1 { | | ≤ 1 ⇔ { −1 ≤ ≤ 1 ⇔ ℎ𝑜ặ𝑐 𝑥<0 𝑥 𝑥 𝑥 −𝑥 −1 ≤ 𝑦 − 4𝑥 ≤ 1 |𝑦 − 4𝑥| ≤ 1 ≤𝑦≤ { 2 2 4𝑥 − 1 ≤ 𝑦 ≤ 4𝑥 + 1 Biểu diễn hình học

Tập xác định là miền gạch chéo kể cả các đường biên trừ điểm O(0;0)

12

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

5. 𝒛 = 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒊𝒏(𝟑𝒙 − 𝟒𝒚) ; 𝒙 ≤ 𝟐; 𝒚 ≥ −𝟑 Hàm z xác định khi: |3𝑥 − 4𝑦| ≤ 1 −1 ≤ 3𝑥 − 4𝑦 ≤ 1 𝑥≤2 { 𝑥≤2 ⇔{ ⇔{ 𝑦 ≥ −3 𝑦 ≥ −3

−1 + 3𝑥 3𝑥 + 1 <𝑦< 4 4 𝑥≤2 𝑦 ≥ −3

Biểu diễn hình học

Tập xác định là miền gạch chéo kể cả các đường biên. Bài 7.2 Tính đạo hàm riêng cấp 1 1. z 

x3  y 3 x2  y 2



2. z  ln x  x 2  y 2 3. z  e

arctan

y x

x 2  y2  x

4. z  ln 5. z  x y



x 2  y2  x 3

6. z  arctan 7. z   x  y 

x2  y 2 x2  y 2 sinx . siny

13

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

Giải: 1. 𝒛 =

𝒙𝟑 +𝒚𝟑 𝒙𝟐 +𝒚𝟐 ′

𝑧𝑥′

𝑥3 + 𝑦3 3𝑥 2 (𝑥 2 + 𝑦 2 ) − 2𝑥 (𝑥 3 + 𝑦 3 ) 𝑥 4 + 3𝑥 2 𝑦 2 − 2𝑥𝑦 3 ) =( 2 = = (𝑥 2 + 𝑦 2 )2 (𝑥 2 + 𝑦 2 )2 𝑥 + 𝑦2 𝑥

𝑧𝑦′

𝑥3 + 𝑦3 3𝑦 2 (𝑥 2 + 𝑦 2 ) − 2𝑦(𝑥 3 + 𝑦 3 ) 𝑦 4 + 3𝑥 2 𝑦 2 − 2𝑥 3 𝑦 ) = =( 2 = (𝑥 2 + 𝑦 2 )2 (𝑥 2 + 𝑦 2 )2 𝑥 + 𝑦2 𝑦

′

2. 𝒛 = 𝒍𝒏 (𝒙 + √𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 )

1+

′

𝑧𝑥′ = (ln (𝑥 + √𝑥 2 + 𝑦 2 )) = ′

𝑥 + √𝑥 2 + 𝑦 2 2𝑦 2√𝑥 2 + 𝑦 2

𝑦

𝑥 + √𝑥 2 + 𝑦 2

𝑥

𝑧𝑦′ = (ln (𝑥 + √𝑥 2 + 𝑦 2 )) =

𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏

3. 𝒛 = 𝒆

𝑦 ′

𝑥

𝑦 ′ (𝑒 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥 ) 𝑦

=

4. 𝒛 = 𝒍𝒏

𝑧𝑥′ = (𝑙𝑛

=

=

√𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥 √𝑥 2 + 𝑦 2 𝑥 + √𝑥 2 + 𝑦 2

=

1 √𝑥 2 + 𝑦 2

𝑦 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥√𝑥 2 + 𝑦 2

𝒚 𝒙

𝑧𝑥′ = (𝑒 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥 ) =

𝑧𝑦′ =

2𝑥 2√𝑥 2 + 𝑦 2

𝑥2

−𝑦 . 𝑥2

1 1+

𝑦

𝑦2

. 𝑒 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥 =

𝑦 −𝑦 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑥 . 𝑒 𝑥2 + 𝑦2

𝑥2

𝑦 𝑦 = (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 )′𝑦 . 𝑒 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥 = 𝑥

𝑥 + 𝑦2

𝑦 . 𝑒 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥

1 𝑥 1+

𝑦

𝑦2

. 𝑒 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥

𝑥2

√𝒙𝟐 +𝒚𝟐 −𝒙 √𝒙𝟐 +𝒚𝟐 +𝒙

√𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑥 √𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥

)′𝑥 = (

√𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑥 √𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥

′

) . 𝑥

√𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥 √𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑥

14

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

( =

2𝑥 2𝑥 − 1) (√𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥) − ( + 1) (√𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑥) 2 2 2 2 2√𝑥 + 𝑦 2√𝑥 + 𝑦 (√𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥) ×

=

2

√𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥 √𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑥

(𝑥 − √𝑥 2 + 𝑦 2 )(√𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥) − (𝑥 + √𝑥 2 + 𝑦 2 )(√𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑥) √𝑥 2 + 𝑦 2 . (√𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥) ×

2

√𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥 √𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑥

𝑥 2 − 𝑥 2 − 𝑦 2 − (𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑥 2 ) √𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥 = 2 . √𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑥 √𝑥 2 + 𝑦 2 . (√𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥) = 𝑧𝑦′

−2𝑦 2 √𝑥 2 + 𝑦 2 . (√𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥)(√𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑥) = (𝑙𝑛

√𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑥 √𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥

)′𝑦

=(

√𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑥 √𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥

=

′

) . 𝑦

−2𝑦 2 𝑦 2 √𝑥 2 + 𝑦 2

=

−2 √𝑥 2 + 𝑦 2

√𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥 √𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑥

2𝑦 2𝑦 (√𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑥) . (√𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥) − 2 2 2√𝑥 + 𝑦 2√𝑥 2 + 𝑦 2 √𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥 = . 2 √𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑥 (√𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥) 𝑦 (√𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥 − √𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥) 2 2 √𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥 √𝑥 + 𝑦 = . 2 √𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑥 (√𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥) 2𝑥𝑦 2𝑥 = = √𝑥 2 + 𝑦 2 . (√𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑥)(√𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑥) 𝑦√𝑥 2 + 𝑦 2 5. 𝒛 = 𝒙𝒚

𝟑

3 ′

𝑧𝑥′ = (𝑥 𝑦 )𝑥 = 𝑦 3 . 𝑥 𝑦 3 ′

3 −1

3

3

𝑧𝑦′ = (𝑥 𝑦 )𝑦 = 𝑥 𝑦 . 𝑙𝑛𝑦 3 . (𝑦 3 )′ = 3𝑦 2 𝑥 𝑦 . 𝑙𝑛𝑦 3 6. 𝒛 = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏

√𝒙𝟐 −𝒚𝟐 √𝒙𝟐 +𝒚𝟐

𝑧𝑥′ = (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛

√𝑥 2 − 𝑦 2 √𝑥 2 + 𝑦 2

)′𝑥 = (

√𝑥 2 − 𝑦 2 √𝑥 2 + 𝑦 2

′

) . 𝑥

1 𝑥2 − 𝑦2 1+ 2 𝑥 + 𝑦2 15

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

=

2𝑥𝑦 2

𝑥2 + 𝑦2 𝑦2 = 2 𝑥√𝑥 4 − 𝑦 4 √𝑥 4 − 𝑦 4 . (𝑥 2 + 𝑦 2 ) 2𝑥

𝑧𝑦′ = (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛

.

√𝑥 2 − 𝑦 2 √𝑥 2 + 𝑦 2

)′𝑦 = (

√𝑥 2 − 𝑦 2 √𝑥 2 + 𝑦 2

′

) . 𝑦

1 𝑥2 − 𝑦2 1+ 2 𝑥 + 𝑦2

−2𝑦 2𝑦 . √𝑥 2 + 𝑦 2 − . √𝑥 2 − 𝑦 2 2 2 2 2 2 𝑥 + 𝑦2 2√𝑥 − 𝑦 2√𝑥 + 𝑦 = . 𝑥2 + 𝑦2 2𝑥 2 −𝑦 ( =

√𝑥 2 + 𝑦 2 √𝑥 2 − 𝑦 2 ) + −𝑦. 2𝑥 2 −𝑦 √𝑥 2 − 𝑦 2 √𝑥 2 + 𝑦 2 = = 2𝑥 2 2𝑥 3 √𝑥 4 − 𝑦 4 √𝑥 4 − 𝑦 4

7. 𝒛 = (𝒙 + 𝒚)𝒔𝒊𝒏𝒙.𝒔𝒊𝒏𝒚 𝑧𝑥′ = ((𝑥 + 𝑦)𝑠𝑖𝑛𝑥.𝑠𝑖𝑛𝑦 )′𝑥 𝑧𝑥′ = ((𝑥 + 𝑦)𝑠𝑖𝑛𝑥.𝑠𝑖𝑛𝑦 )′𝑥 Ta có: 𝑙𝑛𝑧 = 𝑙𝑛(𝑥 + 𝑦)𝑠𝑖𝑛𝑥.𝑠𝑖𝑛𝑦 = 𝑠𝑖𝑛𝑥. 𝑠𝑖𝑛𝑦. ln(𝑥 + 𝑦) Đạo hàm 2 vế ta có: 𝑧𝑥′ 𝑠𝑖𝑛𝑦. 𝑠𝑖𝑛𝑥 = 𝑠𝑖𝑛𝑦. 𝑐𝑜𝑠𝑥. ln(𝑥 + 𝑦) + 𝑧 𝑥+𝑦  𝑧𝑥′ = 𝑠𝑖𝑛𝑦 (𝑐𝑜𝑠𝑥. ln(𝑥 + 𝑦) +

𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑥+𝑦

) . (𝑥 + 𝑦)𝑠𝑖𝑛𝑥.𝑠𝑖𝑛𝑦

𝑧𝑦′ = ((𝑥 + 𝑦)𝑠𝑖𝑛𝑥.𝑠𝑖𝑛𝑦 )′𝑦 Ta có: 𝑙𝑛𝑧 = 𝑠𝑖𝑛𝑥. 𝑠𝑖𝑛𝑦. ln(𝑥 + 𝑦) Đạo hàm 2 vế theo y ta có: 𝑧𝑦′ 𝑠𝑖𝑛𝑥. 𝑠𝑖𝑛𝑦 = 𝑠𝑖𝑛𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑦. ln(𝑥 + 𝑦) + 𝑧 𝑥+𝑦  𝑧𝑦′ = 𝑠𝑖𝑛𝑥 (𝑐𝑜𝑠𝑦. ln(𝑥 + 𝑦) +

𝑠𝑖𝑛𝑦 𝑥+𝑦

) (𝑥 + 𝑦)𝑠𝑖𝑛𝑥.𝑠𝑖𝑛𝑦

Bài 7.3 Tìm các đạo hàm riêng cấp hai của hàm hai biến 1. z 

x

1 3

2

 y2



3

2. z  x 2 ln x  y  3. z  x y



4. z  ln xy  x 2 y 2  a 2



Giải: 16

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

1) z 

x

1 3



2



3

 y2



 

'

 



'



' '    2 2 2 2 2 2  2 2  3 2    1 3 . x  y . 2 x x x  y x x  y x  xy        z "xx   .    3 2 x 2  y 2 3   x 2  y 2 3   x 2  y 2   x 2  y 2      x 3 x 2  y 2 x 2  y 2  x 3  xy2 x2  y2 3x 2  y 2 x 2  y 2  x x 3  xy2   x2  y 2 x2  y 2 x2  y 2













3x 2  y 2  x 2

'

    y

2 xy x 2  y 2   x3  xy 2 

2 xy  x 2  y 2   y  x3  xy 2 

x

2

 y 2  x2  y 2





x

2





2 xy  xy



2

 y2

z xy ''  z yx '' 





'









x2  y 2

y x2  y 2



 

xy



x2  y 2

 3 y 2 x2  y 2  y 2 x2  y 2

x



 

x2  y 2

 1 3 x 2  y 2 2 .2 y   y x 2  y 2   " z yy   . 3  3 2 x 2  y 2   x 2  y 2  y







x2  y 2

 x3  xy 2 ' z "xy   z x'    y  x2  y 2  



2x2  y 2



x2  y 2



x

'

 y

x2  y 2



2

 3y2





x2  y 2  x2 y  y3



y x  y2 2

x2  y 2

x2  2 y2 x2  y 2

xy x  y2 2

2) z  x 2 ln x  y 

'

 x2  z   2 x ln  x  y    x  y x  " xx

 2 ln  x  y  

2x  x  y   x 2x  2 x y  x  y

2x  x  y   x 2x  2 ln  x  y    2 x y  x  y

2

2

'

 x2  2x x2   z   2 x ln x  y    x  y  y x  y x  y 2  " xy

17

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 '

 x2   x2   z   2  x  y  y x  y  " yy

z "xy  z "yx 

x2  x  y 2

y 3) z  x

   y y  1x  yx   x  yx ln x  z   x ln x   x ln x.ln x  x ln x

z "xx  yx y 1 z "xy

z"yy

'

y 2

x

y 1 ' y

y 1

'

y

y 1

" yx

y

y



2 2 2 4) z  ln xy  x y  a

 2 xy 2 y   2 x2 y 2  a2 " z xx    xy  x 2 y 2  a 2   



'

 '   2 2 2 2  y x y  a  xy      xy x 2 y 2  a 2  x 2 y 2  a 2  x    x

 xy 2  y x 2 y 2  a 2   2 2 2 x2 y 2  a2  xy  x y  a 





 y   x2 y 2  a2 

    x

 y z  2  x y2  a2 

x

y

'

" xy



2

y

xy 2 x2 y 2  a2  x2 y 2  a2

x2 y 2  a2  y

'

    y



y 2  a2  x2 y 2  a2

 2 x2 y x   2 x2 y 2  a2 ' z yy    xy  x 2 y 2  a 2     x   x2 y 2  a2 

'

    y

x

 xy 3

x

2

y2  a2 

3

x2 y x2 y 2  a2

x2 y 2  a2

x2 y 2  a2  x2 y 2

2

'

    x

a2

x

2

y2  a2 

3

'

   x x2 y 2  a2  x2 y     2 2 2 x2 y 2  a2   xy  x y  a  y





'

    y

x2 y x2 y 2  a2  x2 y 2  a2

 x3 y

x

2

y2  a2 

3

18

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Bài 7.4 Tính gần đúng bằng vi phân toàn phần: 1. A  0,9965,050



2. B  ln 3 27,0200  4 15,9700  4





3. C  arcsin 1,52  100 e ,





3  1,72;   3,14

biết



3  1,72;   3,14

4. D  arctan 2 2,98  cos 31 , biết

Giải : 1) A  0,9965,050 Xét hàm: A  z x, y   x y Ta có:

0,996  x0  x  x0  1; x  0,004 5,05  y0  y  y0  5; y  0,05

z 1;5  15  1 z x'  yx y 1  z x' 1;5  5.14  5

z 'y  x y . ln x  z 'y 1;5  ln 1  0

Vậy A  z1;5  z x' 1;5.x  z 'y 1;5.y  1  5. 0,004  0,98 2) B  ln



3

27, 0200  4 15,9700  4





Xét hàm: B  zx, y   ln 3 x  4 y  4 Ta có:

27,02  x0  x  x0  27; x  0,02 15,97  y0  y  y0  16; y  0,03

z 27;16  ln

 

z x'  ln z 'y 



3



3

x 4 y 4

44 y 3



3



27  4 16  4  0



' x



1 x 4 y 4



33 x 2



3

1 x 4 y 4

 z 'y 27;16 



 z x' 27;16 

1 32

Vậy B  z 27;16  z x' 27;16.x  z 'y 27;16.y  0 





100 3) C  arcsin 1,52  e , biết



1 27

1 1 .0,02  . 0,03  0,0002 27 32

3  1,72;   3,14



Ta có: C  arcsin 1,52  100 e  arcsin 1,52  e 0,01  Xét hàm: C  zx, y   arcsin x  e y 

19

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

Ta có:

1,52  x0  x  x0  1,5; x  0,02 0,01  y0  y  y0  0; y  0,01





z 1,5;0   arcsin 1,5  e 0 

z x' 



1

1 x  e y

z 'y  

2



1 x  e y

6

 z x' 1,5;0 



ey





2

2 3 3

 z 'y 1,5;0  

2 3 3

C  z x, y   z 1,5;0  z x' 1,5;0  z 'y 1,5;0 

Vậy: 

 6



2 3 2 3 .0,02  .0,01 3 3

3,14 2.1,72 2.1,72  .0,02  .0,01  0,5348 6 3 3

4) D  arctan 2



2,98  cos 31

,

3  1,72;   3,14

biết



Xét hàm: D  z x, y   arctan 2 x  cos y



2,98  x0  x  x0  3; x  0,02

Ta có:

31  y0  y  y0  30 

 6

; y  1 

 180

     z  3;   arctan 2 3  cos   6 3  6  1 1   z x'   z x'  3;   2  6 4 3 x 1  2 x  2 cos y    2 sin y   1 z 'y   z 'y  3;   2  6 4 1  2 x  2 cos y









 1 1        D  z x, y   z 3;   z x'  3; .x  z 'y '  3; .y   .0,02  . 3 4 3 4 180  6  6  6 Vậy: 3,14 1 1 3,14   .0,02  .  1,048 3 4.1,72 4 180

Bài 7.5 Tính y x' và x 'y từ các hệ thức : 1. e  x  y  2 sin xy  0 2

2

2. sin x  3 cos y  e 4 x5 y  1  0

Giải

20

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 x y  2 sin xy  0 1) e 2

2

F'  2 xe x  y  2 y cos xy  xe x  y  y cos x y   x'    2 2 2 2 Fy  2 ye  x  y  2 x cos xy ye  x  y  x cos xy 2

2

2

2

' x

 

x  y ' y

' 1 x



ye  x

2

 y2

 xe x

2

y

 x cos xy 2

 y cos x

2) sin x  3 cos y  e 4 x5 y  1  0 Fx' cos x  4e 4 x 5 y cos x  4e 4 x 5 y y  '   Fy  3 sin y  5e 4 x 5 y 3 sin y  5e 4 x 5 y ' x

 

y x'  y x'

1



3 sin y  5e 4 x 5 y cos x  4e 4 x 5 y

Bài 7.6 1. Cho e xy  x y  1  e , tính y x'

1;1

2. Cho e x  y 2  5  0 , tính y x'

0; 2 

; y x' 0;2 

Giải 1) Cho e xy  x y  1  e , tính y x'

1;1

Đặt F x; y   e xy  x y  1  e y x'  

Fx' ye xy  yx y 1   Fy' xe xy  x y ln x

Do đó: y x'

1;1



1.e1.1  1.111 1  1  1 1 e 1.e  1 ln 1

2) Cho e x  y 2  5  0 , tính y x'

0; 2 

; y x' 0;2 

Đặt F x; y   e x  y 2  5 y x'  

Fx' ex   2y Fy'

Do đó: y x' 0;2    y x'

0; 2 



e0 1  2.2 4

e0 1   2.2 4

21

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Bài 7.7 Tính các đạo hàm riêng của z theo x và y: 1. e x2 y 3 z  4 x  5 y  6 z  0 2. e xyz  xyz  0

Giải : 1. e x2 y 3 z  4 x  5 y  6 z  0 z x'  

Fx' e x  2 y 3 z  4   Fz' 3e x  2 y 3 z  6

2e x  2 y 3 z  5 z   '   x  2 y 3 z Fz 3e 6 Fy'

' y

2. e xyz  xyz  0 z x'  

Fx' yze xyz  yz z    ' xyz x Fz xye  xy

xze xyz  xz z z  '   xyz y Fz xye  xy Fy'

' y

Bài 7.8 1. Cho 3x 2  2 y 2  z 2  9 , tính z x'

1;1; 2 

2. Cho xyz  x  y  z  2 , tính z 2

2

2

; z x'

' x 0;1;1

1;1; 2 

; z x' 0;1;1

Giải: 1. Cho 3x 2  2 y 2  z 2  9 , tính z x'

1;1; 2 

; z x'

1;1; 2 

Đặt F x; y; z   3x 2  2 y 2  z 2  9 Ta có: z x'   Do đó: z x' z x'

1;1; 2 

Fx' x; y; z  6x 3x   ' 2y z Fz x; y; z 

1;1; 2 





3.1  1,5 2

3.1  1,5 2

2. Cho xyz  x 2  y 2  z 2  2 , tính z x'

0;1;1

; z x' 0;1;1

22

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Đặt F x; y; z   xyz  x 2  y 2  z 2  2 Ta có: z x'  

1.1  2.0 1  0;1;1 0.1  2.1 2  1.1  2.0 1    1.0  2.1 2

Do đó: z x' z x'

0; 1;1

Fx' x; y; z  yz  2 x  ' xy  2 z Fz x; y; z  

Bài 7.9 Tìm cực trị của hàm hai biến 1. z  x 2  xy  y 2  x  y  1 2. z  2 x 4  y 4  x 2  2 y 2 3. z  x  y  xe y 4. z  xy 

20 50  x y

Giải: 2 2 1) z  x  xy  y  x  y  1

-

Tập xác định: R 2 Điểm tới hạn: '   x  1 z x  2x  y  1  0   '   y 1 z y  x  2 y  1  0

Vậy hàm số đã cho có điểm dừng là M 0  1;1 -

Ta có:

z "xx  2; z "xy  1; z "yy  2

Tại M 0  1;1 , ta có: A  z "xx  1;1  2 ; B  z "xy  1;1  1 ; C  z "yy  1;1  2  B 2  AC  12  2.2  3 <0

 Hàm số có cực trị tại M 0  1;1

Vì A = 2 > 0 nên M 0  1;1 là điểm cực tiểu và zCT  z  1;1  0 4 4 2 2 2) z  2 x  y  x  2 y

-

Tập xác định: R 2 Điểm tới hạn:

23

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 1 1   z x'  8 x 3  2 x  0 x  0; x   ; x    '  2 2 3  z y  4 y  4 y  0  y  0; y  1; y  1  1  2

 1   2 

 

Vậy hàm số đã cho có điểm dừng là O(0;0); M 1 0;1 ; M 2 0;1 ; M 3   ;0  ; M 4   ;1  1   2 

1 2

 

1 2

 

1  2 

; M 5   ;1 ; M 6  ;0  ; M 7  ;1 ; M 8  ;1 -

Ta có:

z "xx  24 x 2  2; z "xy  0; z "yy  12 y 2  4

+Tại O(0;0) ta có: A  z "xx 0;0  2 ; B  z "xy 0;0  0 ; C  z "yy 0;0  4  B 2  AC  0 2  8  8 <0

 Hàm số có cực trị tại O(0;0)

Vì A = -2 < 0 nên O(0;0) là điểm cực đại và zCĐ  z0;0  0 +Tại M 1 0;1 ta có: A  z "xx 0;1  2 ; B  z "xy 0;1  0 ; C  z "yy 0;1  8  B 2  AC  0 2  8. 2  16 >0

 Hàm số không có cực trị tại M 1 0;1

+Tại M 2 0;1 ta có: A  z "xx 0;1  2 ; B  z "xy 0;1  0 ; C  z "yy 0;1  8  B 2  AC  0 2  8. 2  16 >0

 Hàm số không có cực trị tại M 2 0;1  1   2 

 1   2 

 1  2

 1   2 

 

+Tại M 3   ;0  ta có: A  z "xx   ;0   4 ; B  z "xy   ;0   0 ; C  z "yy   ;0   4  B 2  AC  0 2  4. 4  16 >0

 1   Hàm số không có cực trị tại M 3   ;0   2   1   1   1   1  +Tại M 4   ;1 ta có: A  z "xx   ;1  4 ; B  z "xy   ;1  0 ; C  z "yy   ;1  8  2   2   2   2   B 2  AC  0 2  4.8  32 <0

 1   Hàm số có cực trị tại M 4   ;1  2  9  1  Vì A = 4 > 0 nên M 4   ;1 là điểm cực tiểu và z CT  z  1 2 ;1   8  2 



 1   2 

 1   2 



 1   2 

 1   2 

+Tại M 5   ;1 ta có: A  z "xx   ;1  4 ; B  z "xy   ;1  0 ; C  z "yy   ;1  8  B 2  AC  0 2  4.8  32 <0

 1   Hàm số có cực trị tại M 5   ;1  2  9  1  Vì A = 4 > 0 nên M 5   ;1 là điểm cực tiểu và z CT  z  1 2 ;1   8  2 





24

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2  1  2

 

 1  2

 1  2

 

 

+Tại M 6  ;0  ta có: A  z "xx   ;0   4 ; B  z "xy   ;0   0 ; C  z "yy   ;0   4 1 2



 B 2  AC  0 2  4. 4  16 >0

1   Hàm số không có cực trị tại M 6  ;0  2  1 1 1    1  +Tại M 7  ;1 ta có: A  z "xx  ;1  4 ; B  z "xy  ;1  0 ; C  z "yy  ;1  8 2  2 2 2     B 2  AC  0 2  4.8  32 <0

1   Hàm số có cực trị tại M 7  ;1 2  9 1  Vì A = 4 > 0 nên M 7  ;1 là điểm cực tiểu và z CT  z 1 2 ;1   8 2 



1  2 

1  2 

1  2 



1  2 

+Tại M 8  ;1 ta có: A  z "xx  ;1  4 ; B  z "xy  ;1  0 ; C  z "yy  ;1  8  B 2  AC  0 2  4.8  32 <0

1   Hàm số có cực trị tại M 8  ;1 2  9 1  Vì A = 4 > 0 nên M 8  ;1 là điểm cực tiểu và z CT  z 1 2 ;1   8 2 

 

y 3) z  x  y  xe

-

Tập xác định: R 2 Điểm tới hạn: ' y  x 1  zx  1 e  0   ' y  y  0  z y  1  xe  0

Vậy hàm số đã cho có điểm dừng là M 0 1;0 -

Ta có:

z "xx  0; z "xy  e y ; z "yy   xe y

Tại M 0 1;0 , ta có: A  z "xx 1;0   0 ; B  z "xy 1;0  e 0  1 ; C  z "yy 1;0  1.e 0  1  B 2  AC   1  0. 1  1>0 2

 Hàm số không có cực trị tại M 0 1;0 z  xy 

4) -

20 50  x y

Tập xác định: x  0; y  0 Điểm tới hạn:

25

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 20  '  z x  y  x 2  0 x  2    50 y  5  z 'y  x  2  0  y

Vậy hàm số đã cho có điểm dừng là M 0 2;5 -

Ta có:

z "xx 

40 " 100 ; z xy  1; z "yy  3 3 x y

Tại M 0 2;5 ta có: A  z "xx 2;5  5 ; B  z "xy 2;5  1; C  z "yy 2;5 

100 4  5 53

4  3 <0 5  Hàm số có cực trị tại M 0 2;5

 B 2  AC  12  5.

Vì A = 5 > 0 nên M 0 2;5 là điểm cực tiểu và zCT  z 2;5  30 Bài 7.10 Tìm cực trị có điều kiện 1. z  x  y với x 2  y 2  8 2. z  x 3  y 3  3xy với x  y  2 3. z  x 3  y 3  3xy với x  y  0 4. z  x 2   y  12 với x  12  y 2  8 5. z  x  2 y  1 với x 2  y 2  8 6. z  e  x

2

 y2

với x  y  2

7. z  e  x

2

y

với x  y  2

2

8. z  x 4  y 4 với x  y  2

Giải 1)

z  x  y với x 2  y 2  8

- Ta có: g x; y   x 2  y 2  8

- Hàm Lagrange Lx; y;    x  y   x 2  y 2  8 - Xét hệ:    L'x  0  1  2 x  0 x  2  '    y  2;  L y  0   1  2 y  0  L'  0  x 2  y 2  8  0  1      4 





  x  2   y  2  1    4

26

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 0 A  g x' g 'y

- Ta có :

g x' L"xx L"yx

g 'y 0 2x " L xy  2 x  2 L"yy 2y 0

2y 0  8 x 2  y 2  2





-

Tại (2;2; )  A  16 >0  Điểm (2;2) là điểm cực đại, z CD  z 2;2  4

-

Tại   2;2;   A  16 <0

1 4

 

1 4

 Điểm  2;2 là điểm cực tiểu, z CT  z  2;2  4

Vậy hàm số đã cho có cực đại tại (2;2) và zCD  4 ; có cực tiểu tại  2;2 và zCT  4 2) z  x 3  y 3  3xy với x  y  2 - Ta có: g x; y   x  y  2 - Hàm Lagrange Lx; y;    x 3  y 3  3xy   x  y  2 - Xét hệ:  L'x  0 3 x 2  3 y    0 x 1  '  2   L y  0  3 y  3 x    0   y  1  L'  0   x  y  2  0   0     - Ta có : -

0 A  g x' g 'y

g x' L"xx L"yx

g 'y 0 1 1 " L xy  1 6 x  3  6 x  y  1 L"yy 1  3 6y

Tại 1;1;0  A  18 <0  Điểm 1;1 là điểm cực tiểu, z CT  z 1;1  1

Vậy hàm số đã cho có cực tiểu tại 1;1 và z CT  1 3 3 3) z  x  y  3xy với x  y  0 - Ta có: g x; y   x  y

- Hàm Lagrange Lx; y;    x 3  y 3  3xy   x  y  - Xét hệ:  L'x  0 3 x 2  3 y    0 x  0  x  1  '  2    L y  0  3 y  3 x    0   y  0 ;  y  1  L'  0   x  y   0   0   0      - Ta có :

0 A  g x' g 'y

g x' L"xx L"yx

g 'y 0 1 1 " L xy  1 6 x  3  61  x  y  L"yy 1  3 6y

+ Tại (0;0;0)  A  6 >0  Điểm (0;0) là điểm cực đại, z CD  z 0;0  0 + Tại 1;1;0  A  6 <0  Điểm 1;1 là điểm cực tiểu, z CT  z 1;1  1 Vậy hàm số đã cho có cực đại tại (0;0) và zCD  0 ; có cực tiểu tại 1;1 và z CT  1 27

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 2  y  12 với x  12  y 2  8 4) z  x  - Ta có: g x; y   x  12  y 2  8





- Hàm Lagrange Lx; y;    x 2   y  12   x  12  y 2  8 - Xét hệ:    L'x  0  2 x  2x  2  0  x3  '     y  2 ;  L y  0   2 y  2  2y  0  L'  0  x 2  2 x  y 2  7  0  3       2 



0 A  g x' g 'y

- Ta có :

 

3 2

 

1 2



g x' L"xx L"yx

  x  1  y2  1    2

g 'y 0 2x  2 2y " L xy  2 x  2 2  2 0  81    x 2  y 2  2 x  1 L"yy 2y 0 2  2





+ Tại  3;2;   A  32 >0  Điểm 3;2 là điểm cực đại, z CD  z3;2  18 + Tại   1;2;   A  32 <0  Điểm  1;2 là điểm cực tiểu, z CT  z  1;2  2 Vậy hàm số đã cho có cực đại tại (3;-2) và z CD  18 ; có cực tiểu tại  1;2 và z CT  2 2 2 5) z  x  2 y  1 với x  y  8 - Ta có: g x; y   x 2  y 2  8

- Hàm Lagrange Lx; y;    x  2 y  1   x 2  y 2  8 - Xét hệ:    L'x  0  1  2 x  0  x 1  '    y  2;  L y  0   2  2 y  0  L'  0  x 2  y 2  8  0  1      2 



- Ta có :

 

0 A  g x' g 'y



g x' L"xx L"yx

g 'y 0 2x L"xy  2 x  2 L"yy 2y 0

  x  1   y  2  1    2 2y 0  8 x 2  y 2  2





1 2

+ Tại 1;2;   A  20 >0  Điểm 1;2 là điểm cực đại, z CD  z 1;2  6  

1 2

+ Tại   1;2;   A  20 <0  Điểm  1;2 là điểm cực tiểu, z CT  z  1;2  4 Vậy hàm số đã cho có cực đại tại (1;2) và zCD  6 ; có cực tiểu tại  1;2 và zCT  4

28

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 x y với x  y  2 6) z  e - Ta có: g x; y   x  y  2 2

2

- Hàm Lagrange Lx; y;    e  x - Xét hệ:

2

 y2

   x  y  2

 2 xe x  y    0  L'x  0  x 1   '   x2  y2   0   y 1  L y  0   2 ye L'  0   x  y  2  0   2e 2     2

2

- Ta có : g x' L"xx L"yx

0 A  g x' g 'y

g 'y 0 1 "  x2  y2 L xy  1  2e 1  2x 2 2 2 L"yy 1 4 xye x  y





1 2 2 2 2 4 xye x  y  4e  x  y 2 xy  x 2  y 2  1 2 2  2e  x  y 1  2 y 2









+ Tại 1;1;2e 2   A  4e 2 >0  Điểm 1;1 là điểm cực đại, z CD  z 1;1  e 2 Vậy hàm số đã cho có cực đại tại (1;1) và z CD  z 1;1  e 2 x 7) z  e

2

 y2

với x  y  2

- Ta có: g x; y   x  y  2 - Hàm Lagrange Lx; y;    e  x - Xét hệ:

2

 y2

   x  y  2

 2 xe x  y    0  L'x  0  x 1   '   x2  y2    0   y  1  L y  0   2 ye L'  0   x  y  2  0   2e  2     2

- Ta có :

2

0 1 1 g 'y 2 2 "  x2  y 2 2 Lxy  1 2e 4 xye  x  y 1  2 x  2 2 2 2 L"yy 1 4 xye x  y 2e  x  y 1  2 y 2 

0 A  g x' g 'y

g x' L"xx L"yx

 4e  x

 2 xy  x

2

 y2

2

 y 2  1

+ Tại 1;1;2e 2   A  4e 2 >0  Điểm 1;1 là điểm cực đại, z CD  z 1;1  e 2 Vậy hàm số đã cho có cực đại tại (1;-1) và z CD  z 1;1  e 2 4 4 8) z  x  y với x  y  2

- Ta có: g x; y   x  y  2 - Hàm Lagrange Lx; y;    x 4  y 4   x  y  2

29

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2  L'x  0  4x3    0  x 1  '   3  L y  0   4 y    0   y  1  L'  0   x  y  2   0  4    

- Ta có :

0 A  g x' g 'y

g x' L"xx L"yx

g 'y 0 1 1 " 2 L xy  1 12 x 0  12 x 2  y 2 L"yy 1 0 12 y 2





+ Tại 1;1;4  A  24 <0  Điểm 1;1 là điểm cực tiểu, z CT  z 1;1  2 Vậy hàm số đã cho có có cực tiểu tại 1;1 và z CT  2

30

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

CHƯƠNG 8: PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN A. LÝ THUYẾT I. Tích phân bất định 1.1. Các khái niệm cơ bản Định nghĩa 0: Cho hàm số y  f ( x) xác định trên khoảng (a; b) . Hàm F ( x) được gọi là nguyên hàm của f ( x) trên (a; b) nếu: F '( x)  f ( x), x  (a; b)

Định nghĩa 1: Nếu F ( x) là một nguyên hàm của f ( x) thì biểu thức F ( x)  C , với C là hằng số tùy ý, được gọi là tích phân bất định của hàm số f ( x) và được kí hiệu là

 f ( x)dx . Như vậy:

 f ( x)dx  F ( x)  C

Định lí: Nếu hàm f ( x) liên tục trên (a; b) thì f ( x) có nguyên hàm ( tích phân bất định) trên (a; b) 1.2. Các tính chất TC 1: ( Tích phân là ngược của đạo hàm )  f ( x)dx  '  f ( x) ;  

 F '( x)dx  F ( x)  C TC 2: ( Tính tuyến tính )

 A. f ( x)dx  A f ( x)dx   f ( x)  g ( x)dx   f ( x)dx   g ( x)dx TC 3: (Tính bất biến ) Nếu  f ( x)dx  F ( x)  C và t   ( x ) thì  f (t )dt  F (t )  C 1.3 Bảng tích phân căn bản 1)  x dx 

x 1  C (  1)  1

dx  ln x  C x ax 3)  a x dx   C , (a  0, a  1) ln a 2) 

4)  e x dx  e x  C 5)  sin xdx   cos x  C

31

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 6)  cos x  sin x  C dx   cot x  C sin 2 x dx 8)   tan x  C cos 2 x dx 1 ax 9)  2  ln  C , (a  0) 2 a x 2a a  x dx 1 x 10)  2  arctan  C , ( a  0) 2 a x a a dx x 11)   arcsin  C , (a  0) a a2  x2 7) 

12) 

dx x b 2

 ln x  x 2  b  C , (b  R)

1.4 Phương pháp giải 1. Phương pháp biến đổi vi phân df  f ' dx hay dx 

Công thức:

df f'

2. Phương pháp đổi biến Đặt x    t  hoặc đặt t    x 

Ví dụ: 

dx 1 1 x 3

Giải: 3

Đặt 𝑡 = 1 + √1 + 𝑥 , Ta có: 𝑥 = (𝑡 − 1)3 − 1 → 𝑑𝑥 = 3(𝑡 − 1)2 𝑑𝑡 3(𝑡 − 1)2 1 𝑑𝑡 = 3 ∫ 𝑡 − 2 + )𝑑𝑡 3 𝑡 𝑡 1 + √1 + 𝑥 3 𝑡2 (1 + √1 + 𝑥)2 3 = 3 ( − 2𝑡 + ln|𝑡 |) + 𝐶 = 3[ − 2(1 + √1 + 𝑥 )] 2 2 ∫

𝑑𝑥

= ∫

3

(1 + √1 + 𝑥 )2 3 = + ln|1 + √1 + 𝑥 | + 𝐶 2

3. Phương pháp tích phân từng phần Công thức:  udv  uv   vdu Ví dụ:  xe  x dx 32

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Giải: Đặt 𝑢 = 𝑥, 𝑑𝑣 = 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 𝑐ó 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥, 𝑣 = −𝑒 −𝑥 ∫ 𝑥𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 = −𝑥𝑒 −𝑥 + ∫ 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 = −𝑥𝑒 −𝑥 − 𝑒 −𝑥 + 𝐶 = −𝑒 −𝑥 (𝑥 + 1) + 𝐶 II. Tích phân xác định 2.1 Các khái niệm cơ bản Định nghĩa. Cho hàm số f  x  xác định trên  a; b . Chia tùy ý  a; b thành n đoạn nhỏ bởi các điểm chia: a  x0  x1  ...  xi  ...xn  b Kí hiệu xi  xi  xi 1 và lấy tùy ý ci   xi 1; xi  , i  1, n n

Xét lim

n max xi 0

 f  c x i 1

i

i

Nếu giới hạn tồn tại hữa hạn, ta gọi nó là tích phân của f  x  trên  a; b và kí hiệu là

 f  x  dx b

a

( khi đó f  x  được gọi là khả tích ).

Nhận xét. Tích phân = Diện tích Ghi chú : Khi a  b ta định nghĩa Khi a  b ta định nghĩa

 f  x  dx  0 a

a

 f  x  dx   f  x  dx b

a

a

b

Định lí: Nếu f  x  liên tục trên  a; b thì khả tích trên  a; b . 2.2. Các tính chất TC 1.

 

b

a b

a

kf  x  dx  k  f  x  dx; b

a

 f  x   g  x   dx   f  x  dx   g  x  dx a a b

b

TC 2.

 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx b

c

b

a

a

c

TC 3. Nếu f  x  liên tục trên  a; b thì  a f  t  dt  '  f  x    x

(Được gọi là định lí cơ bản của giải tích) Định lí cơ bản thứ hai của giải tích ( Công thức Newton Leibnitz ) Nếu hàm f  x  liên tục trên đoạn  a; b và F  x  làm một nguyên hàm của f  x  trên đoạn  a; b thì

 f  x  dx  F b   F  a   F  x  b

a

b a

33

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 2.3. Phương pháp giải Nhận xét: Tương tự phương pháp tính tích phân bất định. Lưu ý: • Phải thế cận • Đổi biến phải đổi cận 2

VD: ∫0 𝑥 2 √4 − 𝑥 2 𝑑𝑥 Giải: Đặt 𝑥 = 2 sin 𝑡  𝑑𝑥 = 2 cos 𝑡𝑑𝑡 𝜋 Đổi cận 𝑥 = 0, 𝑡 = 0; 𝑥 = 2, 𝑡 = 2

Khi đó: 𝜋 2

2

∫ 𝑥 2 √4 − 𝑥 2 𝑑𝑥 = ∫ (2 sin 𝑡)2 (2 cos 𝑡 )2 𝑑𝑡 0

0 π 2

π 2

= 4 ∫ sin2 2tdt = ∫ (1 − cos 4t)dt = 2t … 0

0

III. Tích phân suy rộng 3.1. Trường hợp khoảng lấy tích phân là vô hạn 3.1.1 Các khái niệm Định nghĩa 1: Cho hàm f  x  khả tích trên mọi đoạn  a; t  với a  t   . Ta kí hiệu





f  x  dx : lim  f  x  dx t

t  a

a

• Nếu giới hạn trên là hữu hạn thì ta nói tích phân suy rộng





a

là hội tụ

• Ngược lại, nếu giới hạn trên là vô hạn hoặc không tồn tại thì ta nói tích phân suy rộng





a

là phân kỳ

Định nghĩa 2: Ta định nghĩa



a



f  x  dx  lim  f  x  dx a

t  t

Định nghĩa 3: Ta định nghĩa







a





a

f  x  dx   f  x  dx  

f  x  dx

( a là một số thực bất kì ) • Tích phân suy rộng suy rộng



a



và



a









được gọi là hội tụ khi và chỉ khi cả hai Tích phân

là hội tụ

• Ngược lại, Tích phân suy rộng







được gọi là phân kì khi và chỉ khi: có ít 34

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 nhất một trong hai Tích phân suy rộng



a



và



a



là phân kì

Một số ví dụ VD 1: Xét sự hội tụ của tích phân





1

dx x2

Giải: Ta có:





1

t dx dx 1 1   lim  2  lim  1t  lim    1  1 2 1 t  t  t  x x x t 

Vậy tích phân suy rộng

 Nhận xét: Tổng quát





1

dx x





1

dx hội tụ và bằng 1 x2

 a  0 hội tụ khi   1

phân kì khi   1 

VD 2: Xét sự hội tụ của tích phân I  

dx x 1 2

Giải: I 



0  dx dx dx  2   I1  I 2 x  1  x  1 0 x 2  1 2



Ta có: I1  lim 

dx  lim arctan x x  1 t 

0

2

t  t

 lim  arctan 0  arctan t   t 

0 t

 2

 2 Vậy Tích phân I hội tụ và bằng 

Tương tự: I 2 

 Nhận xét:







dx luôn hội tụ ( với mọi a) x 1 2

3.1.2. Các định lí so sánh Định lí 1: Giả sử f  x  ; g  x  liên tục x  a và 0  f  x   g  x  , x  a . Khi đó: Nếu





a

g  x  dx hội tụ thì





a

f  x  dx cũng hội tụ

35

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Nếu





a

f  x  dx phân kì thì





a

g  x  dx cũng phân kì

Định lí 2: Giả sử f  x  ; g  x  liên tục và là các hàm dương x  a thỏa mãn: 0  lim

x 



Khi đó hai Tích phân suy rộng



f  x   g  x

f  x  dx và

a





a

g  x  dx đồng thời cùng hội tụ

hoặc cùng phân kì Nhận xét: Ta thường so sánh với: • •



dx  a  0 hội tụ khi   1 và phân kì khi   1 a x  dx a x 2  1 luôn hội tụ (với mọi a )



3.1.2 Các định lí so sánh VD: Xét tính hội tụ, phân kì : I  



1

dx x  2x x  3 10

Giải: 1 1 , x  1 .  10 x10  2 x x  3 x  dx Mặt khác, ta đã biết 1 10 là hội tụ. x  dx Vậy theo định lý 1   10 cũng hội tụ 1 x  2x x  3

Cách 1: Ta thấy 0 

Cách 2: Ta thấy 0 

1 1  10 , x  1 . x  2x x  3 x 10

1 1 x10 :  lim 1 x  x10  2 x x  3 x10 x  x10  2 x x  3 lim

Mặt khác, ta đã biết





1

Vậy theo Định lý 2 

dx là hội tụ x10  dx



1

x10  2 x x  3

cũng hội tụ

36

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 3.2 Trường hợp hàm có điểm gián đoạn vô cực Đinh nghĩa 1 (gián đoạn vô cực tại b ): Cho hàm f  x  khả tích trên mọi đoạn  a; t  với a  t  b và f  x    khi x  b  Ta định nghĩa

 f  x  dx  lim  f  x  dx b

t

t b

a



a

Nếu giới hạn trên là vô hạn hoặc không tồn tại thì ta nói Tích phân suy rộng

 f  x  dx b

a

là phân kì

Nếu giới hạn trên là hữu hạn thì ta nói Tích phân suy rộng

 f  x  dx b

a

là hội tụ

Định nghĩa 2 ( gián đoạn vô cực tại a ). Tương tự ta có định nghĩa

 f  x  dx  lim  f  x  dx b

b

t a

a



t

Định nghĩa 3 (gián đoạn vô cực tại c   a; b  ). Ta định nghĩa

 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx b

c

b

a

a

c

Tích phân suy rộng ở vế trái được gọi là hội tụ  cả hai Tích phân suy rộng ở vế phải đều hội tụ Tích phân suy rộng ở vế trái được gọi là phân kì  có ít nhất một trong hai Tích phân suy rộng ở vế phải là phân kì Ví dụ: Xét tính hội tụ, phân kì



2

1

dx x ln x

Giải. Ta xét : x ln x  0  x  0; x  1 . Suy ra x  1 là điểm gián đoạn vô cực. Ta có : 2 dx 2 d  ln x  dx  lim  lim ln  ln x  1 x ln x t 1 t x ln x t 1 t ln x  lim t 1  lim  ln  ln 2   ln  ln t     2

2 t

t 1

Vậy tích phân suy rộng phân kì.

37

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

B. BÀI TẬP Bài 8.1 Tính các tích phân sau 1.



1 4 X dx 6.  1 x

xdx x4 1

2. 

3x  5 dx x



1  x  x2

3.

(1  x 2 )3

7.  x3 4  x 2 dx 8.

dx



dx x  x2

4. 

sin 4 x dx cos 2 2 x  4

9. 

x  1 dx x  1 x2

5. 

1 4 x dx 1 x

10. 

ln  tan x  dx sin x cos x

1)



Giải: 2)



xdx x4 1 𝑥𝑑𝑥

𝑑𝑥 2

1

∫ √𝑥 4 −1 = 2 ∫

1

= ∫ 2

√(𝑥 2 )2 −1

𝑑(𝑥 2 −1)

1

√(𝑥 2 )2 −1

=2 𝑙𝑛|𝑥 2 + √𝑥 4 − 1| + 𝐶

3x  5 dx x

Giải: Đặt t=√3𝑥 + 5 ( t ≥ 0) Suy ra 3x+5 = 𝑡 2  

𝑡 2 −5

𝑥= 𝐼=

3 3𝑡 2𝑡 𝑡 2 −5 3

=2 ∫ 𝑑𝑡

3)



=> dx =

1  x  x2 (1  x 2 )3

2𝑡 3

𝑑𝑡 = 2 ∫

− 10 ∫

𝑑𝑡 𝑡2

dt = 2∫

𝑡 2 −5

𝑑𝑡 5−𝑡 2

𝑡 2 −5 𝑡 2 −5

= 2𝑡 −

5 √5

𝑑𝑡 + 10∫

ln |

𝑑𝑡 𝑡 2 −5

√5+𝑡 |+ c (√5−𝑡)

dx

Giải: 1+𝑥− 𝑥 2

∫ √(1+𝑥 2)3 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥

1

1−𝑥 2 (1−𝑥 2 )√1−𝑥 𝑑(1−𝑥 2 )

𝑥𝑑𝑥

𝑑𝑥 + ∫ 2 √(1−𝑥 2 )3

= ∫ − ∫ = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 − 2 √(1−𝑥 2 )3 √( 1−𝑥 2 )

1

∫(1 − 𝑥 2 ) 2

−3 2d

(1-𝑥 2 ) 38

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 −3

1

= arcsinx - ∫(1 − 𝑥 2 ) 2 𝑑(1 − 𝑥 2 ) 2 −1

1 (1−𝑥 2 ) 2

= arcsinx -

4)

−1 (2)

2

+ c = arcsinx +

1 √1−𝑥 2

+𝑐

sin 4 x dx 2 2x  4

 cos

Giải: Đặt t = 𝑐𝑜𝑠 2 2𝑥 + 4  𝑑𝑡 = 2𝑐𝑜𝑠2𝑥 . (−2)𝑠𝑖𝑛2𝑥𝑑𝑥  dt = −4cos2x. sin2xdx  𝑑𝑡 = −2𝑠𝑖𝑛4𝑥𝑑𝑥  Sin4xdx =  = ∫ =

−1 2

𝑑𝑡 −2𝑡

𝑑𝑡 −2 −1

=

2

∫

𝑑𝑡 𝑡

−1

=

2

ln|𝑡| + 𝑐

ln(𝑐𝑜𝑠 2 2𝑥 + 4 ) + 𝑐

1 4 x dx 5)  1 x

Giải: 4 𝑑𝑥 1 4 x √𝑥 dx = + 𝑑𝑥 = 𝐼1 + 𝐼2 ∫ ∫  1 x 1+ √𝑥 √𝑥+1

𝑑𝑥

𝐼1 = ∫ 1+

√𝑥

→ 𝑡 2 = 𝑥 → 2𝑑𝑡 = 𝑑𝑥

Đặt t = √𝑥 ( 𝑡 ≥ 0 )  dt =

1 2√𝑥

2𝑡𝑑𝑡

 𝐼1 = ∫ = 2 ∫( 1− 1+𝑡

𝑑𝑥 => 𝑑𝑥 = 2𝑡𝑑𝑡

1 1+𝑡

) 𝑑𝑡 = 2𝑡 − 2𝑙𝑛| 𝑡 + 1 | + 𝑐

= 2√𝑥- 2ln|√𝑥 + 1| + c 4

√𝑥 √𝑥

𝐼2 = ∫ 1+

Đặt a = 4√𝑥 => 𝑎4 = 𝑥 => 4𝑎3 𝑑𝑎 = dx  𝐼2 = ∫

𝑎.4𝑎3 𝑑𝑎 1+ 𝑎2

= 4∫

= 4∫ ( 𝑎 2 − 1 + 4

𝑎4 1+ 𝑎2 1 1+ 𝑎2

𝑑𝑎

) 𝑑𝑎 = 4 ∫(𝑎2 − 1)𝑑𝑎 + 4 ∫

𝑑𝑎 1+𝑎2

44

= 𝑎3 + 4𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑎 − 4𝑎 + 𝑐 = √𝑥 3 − 4 4√𝑥 + 4arctan 4√𝑥 + c 3 3 

𝐼 = 𝐼1 + 𝐼2 = 2√𝑥 − 2 ln(√𝑥 + 1) +

44 3

4 4 √𝑥 3 − 4 √𝑥 + 4arctan √𝑥 + 𝑐

39

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 1 4 x dx 6)  1 x

Giải: Đặt t  x  t 6  x  dx  6t 5 dt và t 2  3 x t 6t 5 t 6 11 dt  6 1 3 x  1  t 2 dt 1 t2 dt  6  (t 4  t 2  1)dt  6  1 t2 6t 5 6t 3    6t  6 arctan t  c 5 3 6



x

dx  

66 x 5  2 x  66 x  6 arctan 6 x  c 5

7)  x3 4  x 2 dx Giải: Đặt t  4  x 2  dt 

 2x 2 4  x2

dx  tdt  xdx

 t 2  4  x2  x2  4  t 2









 I   4  t 2 t  t dt   t 2 t 2  4 dt





  t 4  4t 2 dt 

4  x  

2 2

8)



Giải:

5







4 4  x2

4  x2

3

c

x  x2 dx



x  x2



dx

x 1 x

 2 arcsin



4  x2

dx



9)

t5 4 3  t c 5 3





dt  x 1 

 x

2

  



 x 1  x 2d

2

x c

x  1 dx x  1 x2

Giải:

40

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2



x  1 dx x 1  1    d     2 x 1 x x 1  x 

I1  

I2  

Đặt t 

1 1 d  d   x   x   I  I 1 2  1 1 1 2 x 1 2 x x

1 d   x   arcsin 1  c x 1 1 2 x 1 d   x 1 1 2 x

1 1  dt  d   x  x

 I2  

1 dt 2 1 d 1  t      2 1 t2 2 1 t2 1 t2 2

tdt

  1 t2  c   1

1 c x2

1 1  I   I1  I 2   arcsin  1  2  c x x

Nếu x  1  I  



1 1 d  d   x   x   I  I  arcsin 1  1  1  c 1 2  x x2 1 1 1 2 x 1 2 x x

Nếu x  1  I   arcsin

10)

1 1 1 x d 1   x d 1       1  x 1  x 1 1 2 x x 1

1 1  1 2  c x x

ln  tan x 

 sin x cos x dx

ln  tan x  ln  tan x  ln  tan x  dx   dx   d  tan x  sin x cos x sin x cos x tan x 2 cos x Giải:  cos 2 x ln  tan x    ln  tan x  d  ln  tan x    C 2

41

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Bài 8.2 Tính các tích phân sau: cos5 x dx sin x

1. 

dx

6. 

x . x2  4 2

9  x 

2 3

dx 2.  6 sin x dx 3.  6 sin x

8. 

4. 

dx sin 6 x

9. 

5. 

dx



7.

x x

3 2 2

dx

2

 4 . 4 x2  1 dx

2

 4 . 4 x2  1

x2  1 dx x4  x2  1

10. 

1  x 

dx

x6

Lời Giải: cos5 x  sin x dx

1)

Giải:

∫

cos5 𝑥

dx = ∫

cos4 𝑥.cos 𝑥

sin 𝑥 sin 𝑥 1−2 sin2 𝑥+sin4 𝑥

=∫

(1−sin2 𝑥)2 sin 𝑥

dsin 𝑥

dsin 𝑥 = ln|sin 𝑥| - sin2 𝑥+

sin 𝑥

2) 

dx = ∫

sin4 𝑥 4

+C

dx sin 6 x

Giải: 𝑑𝑥

∫ sin6 𝑥 dx = -∫

𝑑(cot 𝑥) sin4 𝑥

= ∫(1 + cot −1 𝑥)2 d(cotx) 2

1

3

5

= - ∫(1 + 2 cot 2 𝑥 + cot 4 𝑥 )dcotx = - cotx - cot 2 𝑥 - cot 5 𝑥 + C

3)

dx

 sin

6

x

Giải: 2

sinx(1−cos2 𝑥) dx dx  sin 6 x = ∫ cos5 𝑥

Đặt cosx = t → dt = -sinxdx 2

→ −∫ =

𝑡 −4 4

(1−𝑡 2 ) 𝑡2

dt = − ∫

+ 𝑡 −2-ln|𝑡| =

𝑡 4 −2𝑡 2 +1

1 4 cos4 𝑥

dt =- ∫(𝑡 −1 − 2𝑡 −3 + 𝑡 −5 )𝑑𝑡

𝑡5

+

1 cos2 𝑥

- ln|𝑐𝑜𝑠𝑥| 42

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

4)

dx

 sin

6

x

Giải: 𝑑𝑥

𝑥𝑑𝑥

∫ 𝑥 3√𝑥 2−1 = ∫ 𝑥 4√𝑥 2−1 Đặt t= √𝑥 2 − 1  𝑡 2 = 𝑥 2 − 1 tdt = xdx 𝑡𝑑𝑡

𝑑𝑡

 𝐼 = ∫ (𝑡 2 2 = ∫ (𝑡 2 2 +1) 𝑡 +1) Đặt t = tana Vì t > 0 nên a ∈ (0

 dt =

1 cos2 𝑎

 I=∫

𝜋 2

)

da ; t  tan a nên a= arc tant 𝑑𝑎

= ∫ cos2 𝑎 da =

cos2 𝑎(1+ tan2 𝑎)2

1

1

2 1

4 1

2

2 tan2 𝑎+1

1

1

2

4 1

1

∫(1 + 𝑐𝑜𝑠2𝑎)𝑑𝑎

2

= a + sin2a + C = a + .2 (𝑡𝑎𝑛𝑎. cos 2 𝑎) + C = a+

tan 𝑎

+ C = arctant +

1

2 1 √𝑥 2 −1

2

2

= arctan √𝑥 2 − 1 +

5)



𝑥2

1

𝑡

2 𝑡 2 +1

+C

+C

dx 3

1  x2  2

Giải:

∫

𝑑𝑥 3 (1−𝑥 2 )2

=∫

𝑑𝑥 √(1−𝑥 2 )3

Đặt x = sint với t ∈ (

−𝜋 𝜋 2

; ) 2

 𝑥 2 = sin2 𝑡  𝑥 2 = tan2 𝑡.(1 − sin2 𝑡) 𝑥2

 tant =√1−𝑥2 𝑥 2 = sin2 𝑡 nên dx = cost.dt ⇒I=∫

6)

x . 2

Giải: ∫

cos 𝑡 . 𝑑𝑡

=∫ 3

√(1−sin2 𝑡)

cos 𝑡 . 𝑑𝑡 √cos6 𝑡

=∫

cos 𝑡 .𝑑𝑡 cos3 𝑡

=∫

𝑑𝑡 cos2 𝑡

= = tan t + C = √

𝑥2 1−𝑥 2

+C

dx x2  4 𝑑𝑥

𝑥 2 .√𝑥 2 +4

1

𝑑𝑥.√𝑥 2 +4

4

𝑥2

= .∫

1

𝑑𝑥

− . ∫ √𝑥 2 4

+4

= 𝐼1 − 𝐼2 43

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 1 𝑑𝑥. √𝑥 2 + 4 −1 1 −1 1 1 1 2𝑥 2 + 4. 𝑑 ( ) = 2 + 4. + ∫ . √ √ .∫ = ∫ 𝑥 . 𝑥 4 𝑥2 4 𝑥 4 𝑥 4 𝑥 2√𝑥 2 + 4. 𝑑𝑥 −1 1 1 = . √𝑥 2 + 4. + . ∫ 4 𝑥 4 √𝑥 2 + 4

𝐼1 =

= 𝑑𝑥

1

𝐼2 = . ∫ √𝑥 2 4

1

+4

𝐼 = 𝐼1 − 𝐼2 =

−1 1 1 . √𝑥 2 + 4. + . 𝑙𝑛 |𝑥 + √𝑥 2 + 4| + 𝑐 4 𝑥 4

= . 𝑙𝑛|𝑥 + √𝑥 2 + 4| + 𝑐 4

−√𝑥 2 +4

+c

4𝑥

𝑥 2 = 𝑠𝑖𝑛2 𝑡  𝑥 2 = 𝑡𝑔2 𝑡. (1 − 𝑠𝑖𝑛2 𝑡 ) 𝑥2

 𝑡𝑔𝑡 = √

1−𝑥 2

𝑥 2 = 𝑠𝑖𝑛2 𝑡. 𝑑𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑡. 𝑑𝑡 𝐼 = ∫

𝑐𝑜𝑠𝑡𝑑𝑡

=∫

√(1−𝑠𝑖𝑛2 𝑡)3

𝑐𝑜𝑠𝑡𝑑𝑡 √𝑐𝑜𝑠 6 𝑡 𝑥2

= ∫ 𝑑 (𝑡𝑔𝑡 ) = 𝑡𝑔𝑡 + 𝑐 = √

1−𝑥 2

9  x 

=∫

𝑑𝑡 𝑐𝑜𝑠 2 𝑡

+𝑐

2 3



7)

x6

dx

𝜋

Đặt 𝑥 = 3𝑐𝑜𝑠𝑡, 𝑡 ∈ (0, 𝜋)\ { }

Giải:

2

 𝑑𝑥 = −3𝑠𝑖𝑛𝑡𝑑𝑡 𝐼 = ∫

(9−9𝑐𝑜𝑠 2 𝑡)3 36 .𝑐𝑜𝑠 6 𝑡

. (−3). 𝑠𝑖𝑛𝑡𝑑𝑡 = − ∫

34 .𝑠𝑖𝑛4 𝑡 36 .𝑐𝑜𝑠 6 𝑡

𝑑𝑡

−1 𝑡𝑔4 𝑡 −1 −1 5 ∫ ∫ 𝑡𝑔4 𝑡. 𝑑 (𝑡𝑔𝑡 ) = = 𝑑𝑡 = 𝑡𝑔 𝑡 + 𝑐 2 9 𝑐𝑜𝑠 𝑡 9 45 1 Do 𝑥 = 3𝑐𝑜𝑠𝑡  𝑥 2 = 9𝑐𝑜𝑠 2 𝑡 = 9. 2 𝑡𝑔 𝑡+1

 (𝑡𝑔2 𝑡 + 1). 𝑥 2 = 9  𝑡𝑔2 𝑡 =

8)

 x

9

√9−𝑥 2

𝑥

𝑥

− 1  𝑡𝑔𝑡 = 2

𝐼 =

−1 √(9−𝑥 2 )5 45

.

𝑥5

+𝑐

dx

2

 4 . 4 x2  1

Giải: 2𝑥 = 𝑡𝑔𝑡, 𝑡 ∈ (−𝜋, 𝜋)  2dx =

𝑥=

𝑡𝑔𝑡 4

 𝑥2 =

𝑑𝑡 𝑐𝑜𝑠 2 t

 dx =

𝑑𝑡 2𝑐𝑜𝑠 2 𝑡

𝑡𝑔2 𝑡 4

44

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 𝐼 = ∫

=∫ =∫

2𝑑𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡.(𝑡𝑔2 𝑡+16) 2𝑑𝑡

=∫

𝑑𝑠𝑖𝑛𝑡 15−15𝑠𝑖𝑛2 𝑡+1

2

𝑑𝑠𝑖𝑛𝑡

∫ 15 16 15

=

−𝑠𝑖𝑛2 𝑡

𝑐𝑜𝑠𝑡(

4√15

1 𝑡𝑔2 𝑡+16 2𝑐𝑜𝑠 2 𝑡. ( ) 𝑐𝑜𝑠𝑡 4

1 +15) 𝑐𝑜𝑠2 𝑡

2𝑑𝑠𝑖𝑛𝑡 15𝑐𝑜𝑠 2 𝑡+1 𝑑𝑠𝑖𝑛𝑡

= 2∫ 1

𝑑𝑡

=∫

2𝑑𝑡

= 2∫

1 +15𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡

= 2∫ =

𝑑𝑡 𝑡𝑔2 𝑡 2𝑐𝑜𝑠 2 𝑡( +4)√𝑡𝑔2 𝑡+1 4

16−16𝑠𝑖𝑛2 𝑡

ln |

4+√15𝑠𝑖𝑛𝑡 4−√15𝑠𝑖𝑛𝑡

|+𝑐

Do 2𝑥 = 𝑡𝑔𝑡  4𝑥 2 = 𝑡𝑔2 𝑡  𝑐𝑜𝑠 2 𝑡. 4𝑥 2 = 𝑠𝑖𝑛2 𝑡 (1 − 𝑠𝑖𝑛2 𝑡 ). 4𝑥 2 = 𝑠𝑖𝑛2 𝑡  𝑠𝑖𝑛2 𝑡. (4𝑥 2 + 1) = 4𝑥 2 → 𝑠𝑖𝑛2 𝑡 =

4𝑥 2 4𝑥 2 +1

Thay vào  𝐼 = 9)

 x

Giải:

 𝑠𝑖𝑛𝑡 =

2𝑥 √4𝑥 2 +1

4+

1 4√15

ln |

4−

2√15𝑥 √4𝑥2 +1

1

|+𝑐 = 4 2√15𝑥

√15

√4𝑥2 +1

ln |

2√4𝑥 2 +1+√15𝑥 2√4𝑥 2 +1−√15𝑥

|+𝑐

dx

2

 4 . 4 x2  1

Đặt 𝑥 = 2𝑠𝑖𝑛𝑡, 𝑡 ∈ (

𝑐𝑜𝑠𝑡 = √1 − 𝑠𝑖𝑛2 𝑡 =

−𝜋 𝜋

, ) , 𝑠𝑖𝑛𝑡 = √1 − 𝑐𝑜𝑠 2 𝑡 2

2

√4−𝑥 2 2

 𝑑𝑥 = 2𝑐𝑜𝑠𝑡𝑑𝑡  𝑠𝑖𝑛𝑡 =

𝑥 2

 𝑡 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛

 𝐼 = ∫ 4𝑠𝑖𝑛 𝑡 . 2𝑐𝑜𝑠𝑡. √4 − 2

𝑥 2

4𝑠𝑖𝑛2 𝑡𝑑𝑡 1 − 𝑐𝑜𝑠4𝑡𝑑𝑡 𝑑𝑡 2

= 2 ∫ 𝑠𝑖𝑛2 𝑡. 𝑐𝑜𝑠 2 𝑡𝑑𝑡 = 4 ∫ 𝑠𝑖𝑛2 2𝑡𝑑𝑡 = 4 ∫ 1

= 2 ∫(1 − 𝑐𝑜𝑠4𝑡 )𝑑𝑡 = 2𝑡 − 𝑠𝑖𝑛4𝑡 + 𝑐 2

= 2𝑡 − 𝑠𝑖𝑛2𝑡. 𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 𝑐 = 2𝑡 − 2𝑠𝑖𝑛𝑡. 𝑐𝑜𝑠𝑡. (1 − 2𝑠𝑖𝑛2 𝑡 ) + 𝑐 𝑥 𝑥 = 2𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛 − √4 − 𝑥 2 (2 − 𝑥 2 ) + 𝑐 2

4

x2  1 10)  4 2 dx x  x 1

Giải: ∫

𝑥 2 +1 𝑥 4 +𝑥 2 +1

1

𝑑𝑥 = ∫ =∫ =

(1+ 2 )𝑑𝑥 𝑥 1

𝑥 2 +1+ 2 𝑥

1

=∫

1 𝑥

𝑑(𝑥− ) 1 2 𝑥

2

(1+ 2 )𝑑𝑥 𝑥 1 2 𝑥

(1− ) +3 1

=

√3

(𝑥− ) +(√3)

1 √3

𝑥−

𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (

1 𝑥

√3

)+𝑐

𝑥 2 −1

𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (

𝑥 √3

)+ 𝑐 45

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Bài 8.3: Tính các tích phân sau: 1.  x sin 2 xdx

6.  e 2 x cos 3 xdx

2.  xarc tan xdx

7.  sin 3 xdx

3.  xcos 3 xdx

8. 

arctan x dx x 2 ( x 2  1) xearctan x 9.  dx 3 2 2 (1  x )

4.   x 2  1 e 2 x dx arcsin x dx x2

5. 

10.  sin(ln x)dx

GIẢI 1.  x sin 2 xdx 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 𝑢=𝑥 Đặt { → {𝑢 = − 1 𝑐𝑜𝑠2𝑥 𝑑𝑣 = 𝑠𝑖𝑛2𝑥𝑑𝑥 2 1

1

2

2

→ I = − 𝑥𝑐𝑜𝑠2𝑥 +

1

∫ 𝑐𝑜𝑠2𝑥𝑑𝑥 = − 2 𝑥𝑐𝑜𝑠2𝑥 +

1 4

sin2x + C

𝟐. ∫ 𝑥𝑎𝑟𝑐 tan 𝑥𝑑𝑥 Đặt u = arctan 𝑥 →du = →I = = =

𝑥 2 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥 2

𝑥 2 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥 2 𝑥 2 +1 2

1

−

2

−∫ 𝑥+

𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥 −

𝑥 2

𝑑𝑥 1+𝑥2

𝑥 2 𝑑𝑥 2(1+𝑥 2 ) 1 2

, 𝑥𝑑𝑥 = 𝑑𝑣 → 𝑣 =

=

𝑥 2 𝑎𝑟𝑥𝑡𝑎𝑛𝑥 2

𝑥2 2

1

− ∫ 𝑑𝑥 + 2

1

𝑑𝑥

∫ 2 𝑥 2 +1

𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥 + 𝐶

+𝐶

3. ∫ 𝑥 𝑐𝑜𝑠 3 𝑥𝑑𝑥 1

= ∫ 𝑥(3𝑠𝑖𝑛𝑥 − sin 3𝑥)𝑑𝑥 4 1

= ∫ 𝑥3𝑠𝑖𝑛𝑥𝑑𝑥 − 4 = =

−3 4 −3 4

𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 +

1

∫ 𝑥𝑠𝑖𝑛3𝑥𝑑𝑥 = 4

3

∫ 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 + 4 3 4

𝑠𝑖𝑛𝑥 +

1 12

1 12

−3 4

∫ 𝑥𝑑𝑐𝑜𝑠𝑥 +

𝑥𝑐𝑜𝑠3𝑥 −

𝑥𝑐𝑜𝑠3𝑥 −

1 36

1 12

1 12

∫ 𝑥𝑑𝑐𝑜𝑠5𝑥

∫ 𝑐𝑜𝑠3𝑥𝑑𝑥

𝑠𝑖𝑛3𝑥 + 𝐶

4.   x 2  1 e 2 x dx

= =

−1 2 −1 2

1

(𝑥 2 + 1)𝑒 −2𝑥 + ∫ 𝑒 −2𝑥 𝑑 (𝑥 2 + 1) 2

(𝑥 2 + 1)𝑒 −2𝑥 + ∫ 𝑒 −2𝑥 𝑥𝑑𝑥 46

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2



5.

arcsinx dx x2 1

𝑑𝑢 = √1−𝑥2 𝑑𝑥 𝑢 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 Đặt { 𝑑𝑣 = 𝑑𝑥 →{ −1 𝑣= 𝑥2 𝑥

→I=

−1 𝑥

𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 + ∫ 1

Tính I1 = ∫

𝑥√1−𝑥 2

1

= =

−1 2 −1 2

ln | ln |

→I =

𝑥𝑑𝑥

−𝑡𝑑𝑡

1−𝑡

|+C=

(1+√1+𝑥 2

−1 𝑥

𝑥

𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 + I1

−1

ln |

2

𝑥𝑑𝑥 = −𝑡𝑑𝑡

1+√1−𝑥 2 1−√1−𝑥 2

2

𝑥2

𝑥

−𝑡𝑑𝑡 𝑑𝑡 ∫ = − (1 + 𝑡 2 )𝑡 1 − 𝑡2

=∫

𝑥 2 √1 − 𝑥 2 1+𝑡

−1

𝑑𝑥

Đặt t= √1 − 𝑥 2 → 𝑑𝑥 = 𝐼1 = ∫

𝑑𝑥 =

𝑥√1−𝑥 2

| + 𝐶 = − ln |

𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 − ln |

1−√1−𝑥 2 𝑥

|+𝐶

1+√1−𝑥 2 𝑥

|+𝐶

|

6.  e 2 x cos 3 xdx −2x du = −2e−2x dx u = e 1 Đặt { =>> { v = sin3x dv = cos3xdx 3 1

2

3 1

3

=>> I = sin3xe−2x +

∫ e−2x sin3xdx 2

= sin 3x e−2x + Y 3

3

Tính Y = ∫ e

−2x

sin3xdx du = −2e−2x dx −1 =>> { v= cos 3x

−2x Đặt { u = e dv = sin 3x dx

=>> Y = =

−1

3 −1 3

cos 3x e

cos 3x e−2x -

1

2

3

3

I = sin 3x e−2x + =>> I =

1 13

3

−2x

e

−2x

(

-

2 3 2 3

∫e

−2x

cos 3x dx

I

−1 −2x e 3

2

cos 3x − I ) 3

(3 sin 3x – 2 cos 3x ) + C

7.  sin 3 xdx 3

Đặt √x = t =>> x = t 3 =>> dx = 3t 2 dt =>> I = 3 ∫ t 2 sin t dt

47

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 2 du = 2tdt Đặt { u = t =>> { v = − cos t dv = sin t dt =>> I = −3t 2 cos t + 6 ∫ t cos t dt = −3t 2 cos t + 6Y Tính Y = ∫ t cos t dt u=t du = dt Đặt { =>> { dv = cos t dt v = sin t Y = t sin t − ∫ sin t dt = t sin t + cos t + C I = −3t 2 cos t + 6t sin t + 6 cos t + C 3

3

3

3

3

I = -3 √x 2 cos √x + 6 √x sin √x + 6 cos √x + C 8.

arctan x dx 2 ( x 2  1)

x

u = arctan x dx Đặt {dv = 2 2

=>> {

x (x +1 )

du = −1

v=

x 1

1

1 1+ x2

dx

− arctan x 1

=>> I = arctan x ( − arctan x ) + ∫( arctan x ) dx x x 1+ x2 = =

−1 x −1

dx

arctan x − arctan2 x + ∫ (1+ 2 ) + ∫ arctan x x x

x −1

I=

9.

1

x2

2

1+ x2

arctan x − arctan2 x + ln |

2

dx

+C

|x|

1

arctan x − arctan2 x + 1 + ln √1+x2 + C

x



arctan2 x

|+

1 1+ x2

2

xearctan x

dx

3 2 2

(1  x )

u= Đặt {

1

1+x2

x √1−x2

du = 3 =>{ (1+x2 )2 v = earctan x

√1+x2

earctan x

du =

=> I =

x

dx

earctan x − ∫ earctan x

1 3

(1+x2 )2

dx

x

= √1−x2 earctan x − Y Tính Y= ∫ earctan x

1 3

(1+x2 )2

1

u = √1+x2

dx du =

−x 3

(1+x2 )2 Đặt { => { earctan x dv = dx v = earctan x 2 1+x

1

=> Y=earctan x √1+x2 + ∫

xearctan x 3

(1+x2 )2

dx

1

=earctan x √1+x2 + I + C x

Ta có : I=√1+x2 earctan x − Y => I = earctan x (

x−1 2√1+x2

)+C 48

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 10.  sin(ln x)dx

= x sin(ln x) − ∫ xd(sin(ln x)) 1

=x sin(ln x ) − ∫ x cos(ln x )dx x =x sin(ln x) − cos(ln x)x + ∫ xd(arc(ln x)) = x sin(ln x) − x cos(ln x) + ∫ x

−1 x

sin(ln x)dx

= x sin(ln x ) − x cos(ln x) − ∫ sin(ln x )dx Bài 8.4: Tính các tích phân sau: 𝜋

1 𝑥𝑑𝑥

2. 3. 4. 5.

1+√𝑥 0 𝑑𝑥 ∫−1 1+ 3 1+𝑥 √ 0 1−𝑒 𝑥 ∫𝑙𝑛3 1+𝑒 𝑥 𝑑𝑥 𝜋 𝑑𝑥 ∫02 2+𝑐𝑜𝑠𝑥 1 √𝑒 𝑥 𝑑𝑥 ∫0 √𝑒 𝑥+𝑒 −𝑥

sin3 𝑥

6. ∫04 4 𝑑𝑥 cos 𝑥

1. ∫0

5

√2

7. ∫1 8. 9.

=

𝑥9

𝑑𝑥

(1+𝑥 5 )3 𝑙𝑛3 𝑒 2𝑥 ∫𝑙𝑛2 𝑒 𝑥−1 𝑑𝑥 𝑙𝑛5 𝑒 𝑥 √𝑒 𝑥 −1 𝑑𝑥 ∫0 𝑒 𝑥 +3 √3 𝑑𝑥 2 1 𝑥√1−𝑥 2 2

1 𝑒𝑥 ∫0 √𝑒 2𝑥+1

10. ∫

Giải: 1 𝑥𝑑𝑥

1) ∫0

1+√𝑥

Đặt 1 + √𝑥 = 𝑡 ↔ √𝑥 = 𝑡 − 1 ↔ 𝑥 = (𝑡 − 1)2 ↔ 𝑥 2 = (𝑡 − 1)4 ↔ 𝑥. 𝑑𝑥 = 2(𝑡 − 1)3 Đổi cận 𝑥 𝑡 1 𝑥𝑑𝑥

Ta có: ∫0

0

2) ∫−1

2 2(𝑡−1)3 𝑑𝑡

= ∫1

1+√𝑥 2 3 2 = 𝑡 |1 − 3

0 1 𝑡

1 2

2

1

= 2 ∫1 (𝑡 2 − 3𝑡 + 3 − ) 𝑑𝑡 𝑡

3𝑡 2 | 21 + 6𝑡| 21 − 2ln |𝑡|| 21 =

5 3

− 2. 𝑙𝑛2

𝑑𝑥 3

1+ √1+𝑥

3

Đặt √1 + 𝑥 = 𝑡 ↔ 1 + 𝑥 = 𝑡3 49

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 ↔ 𝑑𝑥 = 3𝑡 2 𝑑𝑡 Đổi cận 𝑥 𝑡 0

Khi đó: ∫−1

−1 0

0 1

0 1

1 2

1 3𝑡 2 𝑑𝑡

𝑑𝑥

= ∫0 3 1+ 1+𝑥 √

1+𝑡

Đặt 1 + 𝑡 = 𝑢 ↔ 𝑑𝑡 = 𝑑𝑢 Đổi cận 𝑡 𝑢 Khi đó: 1 3𝑡 2 𝑑𝑡

∫0 =

1+𝑡

3

𝑢2 |21 2

2 3(𝑢−1)2

= ∫1

𝑢

6𝑢| 21

−

0 1−𝑒 𝑥 ∫𝑙𝑛3 1+𝑒 𝑥

3)

+

2

1

𝑑𝑢 = 3 ∫1 (𝑢 − 1 + )𝑑𝑢 𝑢

3 ln|𝑢| | 21

3

= − + 3𝑙𝑛2 2

𝑑𝑥

0

𝑒 𝑥 (1 − 𝑒 𝑥 ) =∫ 𝑥 𝑑𝑥 𝑥 𝑙𝑛3 𝑒 (1 + 𝑒 ) Đặt 1 + 𝑒 𝑥 = 𝑡 ↔ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑑𝑡 Đổi cận 𝑥 𝑡 0 𝑒 𝑥 (1−𝑒 𝑥 )

Khi đó: ∫𝑙𝑛3 𝜋 2

4) ∫0

𝑒 𝑥 (1+𝑒 𝑥 )

2

4

𝑡

3

− ) 𝑑𝑡= ln|𝑡 − 1| | 24 − 2ln |𝑡|| 24 = 𝑙𝑛

2

1+𝑡 2 1−𝑡 2

= ∫0

𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 1

5) ∫0

1+𝑡 2

1

2+𝑐𝑜𝑠𝑥

√3

1 𝑡−1

2𝑑𝑡

𝑑𝑥

2

2

= ∫4 (

𝑥

Ta có: 𝑐𝑜𝑠𝑥 =

=

𝑡(𝑡−1)

2+𝑐𝑜𝑠𝑥

↔ 𝑑𝑥 =

∫0

2 (2−𝑡)𝑑𝑡

𝑑𝑥 = ∫4

𝑙𝑛3 4

𝑑𝑥

Đặt 𝑡 = 𝑡𝑎𝑛

𝜋 2

0 2

𝑥 √3

1−𝑡2 (1+𝑡 2 )( 2+2) 1+𝑡

| 10 =

√𝑒 𝑥 𝑑𝑥 √𝑒 𝑥 +𝑒 −𝑥

Đặt 𝑒 𝑥 = 𝑡 ↔ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑑𝑡 Đổi cận 𝑥

1 𝑑𝑡

2𝑑𝑡

2 √3

1

= ∫0

= 2 ∫0

𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛

1 √3

=

3+𝑡 2 𝜋

3√3

𝑒𝑥 √𝑒 2𝑥 +1

0

1 50

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 𝑡 1

Khi đó:

∫0

𝜋

1 𝑒𝑥

𝑒

√𝑒 2𝑥 +1

= ∫1

𝑑𝑡 √𝑡 2 +1

𝑒

= ln|𝑡 + √𝑡 2 + 1| | 𝑒1 = ln(

𝑒+√𝑒 2 +1 1+√2

)

sin3 𝑥

6) ∫04 4 𝑑𝑥 cos 𝑥 Đặt 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑡 ↔ −𝑠𝑖𝑛𝑥𝑑𝑥 = 𝑑𝑡 Ta có 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑡 ↔ sin2 𝑥 = 1 − 𝑡 2 Đổi cận 𝑥

𝜋 4 √2 2

0

𝑡

1

Khi đó: 𝜋 4

∫0

√2 2 𝑡 −1

sin3 𝑥

𝑑𝑥 = ∫12

cos4 𝑥 5

7)

Đặt

𝑥9

√2

∫1

(1+𝑥 5 )3

𝑡4

2 1 √

1

𝑑𝑡 = − | 12 + 3| 𝑡 3𝑡

√2 2

1

=

2−√2 3

𝑑𝑥

1 + 𝑥5 = 𝑡 1

↔ 𝑥 4 𝑑𝑥 = 𝑑𝑡 5

Đổi cận 𝑥 𝑡

5

1 2

√2 3

Khi đó: 5

√2

∫1

𝑥9

3 𝑡−1

(1+𝑥 5 )3

𝑑𝑥 = ∫2

𝑙𝑛3 𝑒 2𝑥

8) ∫𝑙𝑛2

𝑒 𝑥 −1

5𝑡 3

𝑙𝑛3 𝑒 2𝑥 𝑒 𝑥 −1

1 3 | 5𝑡 2

+

2 10𝑡 2

| 32 =

7 360

𝑑𝑥

Đặt 𝑒 𝑥 − 1 = 𝑡 ↔ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑑𝑡 Đổi cận : 𝑥 𝑡 Khi đó :

∫𝑙𝑛2

𝑑𝑡 = −

𝑙𝑛2 1 2 𝑡+1

𝑑𝑥 = ∫1

𝑡

𝑙𝑛3 2

𝑑𝑡 = 𝑡| 21 + ln |𝑡|| 21 = 1 + 𝑙𝑛2

51

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 𝑙𝑛5 𝑒 𝑥 √𝑒 𝑥 −1

9) ∫0

𝑒 𝑥 +3

𝑑𝑥

Đặt √𝑒 𝑥 − 1 = 𝑡 ↔ 𝑒𝑥 − 1 = 𝑡2 ↔ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 2𝑡𝑑𝑡 Đổi cận : 𝑥 𝑡 Khi đó : 𝑙𝑛5 𝑒 𝑥 √𝑒 𝑥 −1

∫0

𝑒 𝑥 +3

= 2𝑡 |20 − 4

0 0 2 2𝑡 2

𝑑𝑥 = ∫0

𝑡 2 +4 𝑥 2 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 | 0 = 2

2

𝑑𝑡 = 2 ∫0 (𝑡 −

4

𝑙𝑛5 2 ) 𝑑𝑡

𝑡 2 +2

4−𝜋

√3 𝑑𝑥 2 1 𝑥√1−𝑥 2 2

10) ∫

√3 𝑑𝑥 2 1 𝑥√1−𝑥 2 2

∫

√3 𝑥 2 1 𝑥 2 √1−𝑥 2 2

= ∫

𝑑𝑥

Đặt √1 − 𝑥 2 = 𝑡 ↔ 1 − 𝑥2 = 𝑡2 ↔ 𝑥𝑑𝑥 = −𝑡𝑑𝑡 Đổi cận 𝑥

1 2 √3 2

𝑡 Khi đó √3 𝑥 2 1 2 √1−𝑥 2 2 𝑥

∫

√3 1 2 1 2(1−𝑡) 2

=∫ [

1 −𝑡 2 3 √ (1−𝑡 2 ).𝑡 2

𝑑𝑥 = ∫ +

1 2(1+𝑡)

√3 2 1 2

√3 2 𝑑𝑡 1 1−𝑡 2 2

𝑑𝑡 = ∫ 1

]𝑑𝑡 = − ln |1 − 𝑡|| 2

√3 2 1 2

+

1 2

ln |1 + 𝑡||

√3 2 1 2

1

7+4√3

2

3

= ln(

)

Bài 8.5: Tính các tích phân sau: 1

2.

2 ∫1 𝑥. 𝑙𝑜𝑔2

6. ∫0

𝑥𝑑𝑥

7.

𝜋 2

3. ∫0 𝑒 2𝑥 . 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 𝑑𝑥 4.

1 ∫−1 𝑥. 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑎𝑛 𝑥 𝜋 𝑥.𝑠𝑖𝑛𝑥 4 0 𝑐𝑜𝑠 3 𝑥

5. ∫

𝑑𝑥

𝑥 3 𝑑𝑥

𝑎 √7

1. ∫0 𝑥. 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥

𝑑𝑥

8.

3

√𝑎2 +𝑥 2 1 ∫0.5(𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥)4 𝑑𝑥 √3 √1+𝑥 2 𝑑𝑥 ∫1 𝑥2 𝜋 2

9. ∫0 𝑐𝑜𝑠 𝑛 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑛 𝑥𝑑𝑥 16

10. ∫1 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛√√𝑥 − 1 𝑑𝑥 52

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Giải: 1

1) ∫0 𝑥. 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 1

Đặt A= ∫0 x. e−x dx u=x du = dx Đặt:{ ⇒{ −x dv = e dx v = −e−x 1 ⇒A= −x. e−x + ∫0 e−x dx =(−x. e−x − e−x )| 10 2

=1−

e 2

Vậy A= 1 −

e 2 2) ∫1 𝑥. 𝑙𝑜𝑔2 𝑥𝑑𝑥 2 Đặt B= ∫1 x. log 2 xdx 1

du = dx u = log 2 x x.ln2 Đặt{ ⟹{ x2 dv = xdx v= 2

B=

x2 2

2 x ∫1 2.ln2 dx

log 2 x −

xe

x2

=( . log 2 x − )| 21 2 4.ln2 1 ̇ 1 =2 − + ln2 ̇ 3

=2 −

4.ln2

4.ln2

Vậy B=2 −

̇

3

4.ln2

𝜋 2

3) ∫0 𝑒 2𝑥 . 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 𝑑𝑥 π ̇ Đặt I=∫02 e2x . cos 2x dx 2x du = 2. e2x dx u = e 1 Đặt{ ⇒{ v = sin 2x dv = sin 2xdx 2 1

I= sin 2x. e 2

2x

π 2

− ∫0 e2x sin 2x dx

π 2

Đặt I1=∫0 ex sin 2xdx 2x du = 2. e2x dx u = e −1 Đặt{ ⇒ { v = . cos 2x dv = sin 2xdx 2

⇒ I1 = =

−1 2

−1 2

π

cos 2x. e2x + ∫02 e2x . cos 2xdx

cos 2x. e2x +I 1

1

2

2

⇒I= sin 2x . ex + cos 2x . e2x − c

53

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 1

⇒ 2I= e2x (sin 2x + cos 2x) 2 1 2x ⇒ I= e (sin 2x 4 −eπ 1

=

−

4

Vậy I= 4) Đặt

4 −eπ

−

π

+ cos 2x)| 02

1

4 4 1 ∫−1 𝑥. 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑎𝑛 𝑥 𝑑𝑥 1 D= ∫−1 x. arc tan x dx

u = arc tan x Đặt{ ⇒{ dv = xdx

du =

1 1+x2 x2

dx

v=

2 1 x2 D= arc tan x − ∫−1 2 dx 2 2 1+x x2 1 1 1 ) dx = arc tan x − ∫−1 (1 − 2 2 1+x2 x2

1

x2

1

1 = [ arc tan x − (x − arc tan x)] | −1 2

x2

2 1

1

2

2

2

1 =[arctan x ( + ) − x] | −1 π

1

π

1

= − + − 4 2 4 2 π = −1 2 π Vậy D= − 1 2

𝜋 𝑥.𝑠𝑖𝑛𝑥 4 0 𝑐𝑜𝑠 3 𝑥

5) ∫

π

𝑑𝑥

x.sinx

Đặt E=∫04 3 dx cos x u=x du = dx Đặt{dv = sinx dx ⇒ {v = 1 3 2 cos x

x

⇒D= =(

2cos2 x x 1

2cos2 x π 1

= − 4

2cos2 x

dx

π 4

2

2 π

1

4

2

𝑎 √7 𝑥 3 𝑑𝑥 ∫0 3 2 2 √𝑎 +𝑥 x3 dx

a√7

∫0

− ∫0

1

− tan x)| 0

Vậy D = − 6)

2cos x

π 4

3

=I

√a2 +x2 3 = √a2 +

Đặt t x2 =>t 3 = a2 + x 2 =>x 2 = t 3 − a2 54

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 2xdx = 3 t 2 dt Đổi cận x ∈ (0; a√7) 3

3

t ∈ (√a2 ; 2√a2 ) Khi đó, có: a√7

1 2x 3 dx I= ∫ 3 2 √a2 + x 2 0

3

2 √a2

I=∫

3

√a2

3t 2 (t 3 − a2 )dt t

3

3

2 √a2

2 √a2

3t 4 dt − ∫

=∫

3

3ta2 dt

3

√a2

√a2

3

3

t 5 2√a2 t 2 2√a2 2 = 3 | 3 2 − 3a . | 3 2 5 √a 2 √a 3

3

2 5 2 √a

2 2 2 √a

t t =3 | − 3a2 . | 5 3√a2 2 3√a2 33 3 3 = √(a2 + x 2 )5 − a2 √(a2 + x 2 )2 5 2 33 141a √a = 20

1

7) ∫0.5(𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥)4 𝑑𝑥 1

ĐặtI = ∫0.5(arcsinx)4 dx u = (arcsinx)4 dv = dx 4 du = √1−x2 (arcsinx)3 dx

Đặt{ =>{

dv = x 1 =>I = x(arcsinx)4 − 4 ∫0.5

x √1−x2

(arcsinx)3 dx

= x(arcsinx)4 |10.5 − 4I1 1

x

VớiI1 = ∫0.5 √1−x2 (arcsinx)3 dx u = (arcsinx)3 Đặt{ x dv = √1−x2 dx 3

=>{

du = √1−x2 (arcsinx)2

v = −√1 − x 2 0 =>I1 = −√1 − x 2 (arcsinx)3 + 3 ∫1.5(arcsinx)2 dx 55

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 1

= −√1 − x 2 (arcsinx)3 |0.5 + 3I2 0

VớiI2 = ∫0.5(arcsinx)2 dx u = (arcsinx)2 dv = dx 2 =>{du = √1−x2 arcsinxdx v=x 1 2x.arcsinx =>I2 = (arcsinx)2 − ∫0.5 √1−x2 dx Đặt{

=x(arcsinx)2 |00.5 − 2I3 1 x. arcsinx Với I3 = ∫ dx 2 0.5 √1 − x u = arcsinx Đặt {dv = x dx √1−x2 1

=>{

du = √1−x2 dx v = −√1 − x 2

=> 𝐼3 = −√1 − x 2 . arcsinx|

1 1 + ∫ dx 0.5 0.5

1 1 = −√1 − x 2 .arcsinx| 0.5 + x| 0.5 Vậy:

I  x  arcsinx 

4

1 1 1 3 1 2 1  4 1  x 2  arcsinx   12x  arcsinx   24 1  x 2 arcsinx  24x | 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5

π 1 π 4 π 2 π 2 √3 π 3 √3 π ( ) − 12 ( ) + 6 ( ) + 24 = ( )4 − ( ) − 4 . + 24 − 12 2 2 6 2 6 2 6 2 6 π4 π4 π2 √3π √3π3 2 = − − − 3π + + + 12 16 2592 108 6 2 √3 √1+𝑥 2

8) ∫1

𝑥2 √3

A=∫ 1

𝑑𝑥

√1 + x 2 dx x2

u = √1 + x 2 1 dv = 2 dx x x du = dx 2 + x √1 => { 1 v=− x √3 −1 1 −1 √3 √1 + x 2 + ∫ => 𝐴 = dx = ( √1 + x 2 + ln |x + √1 + x 2 )| 2 x x 1 1 √1 + x Đặt{

56

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 −2 2 2 + √3 + ln|2 + √3| + √2 − ln |1 + √2| = √2 − + ln | | 3 1 + √2 √3

=

𝜋

9) ∫02 𝑐𝑜𝑠 𝑛 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑛 𝑥𝑑𝑥 π 2

∫ cosn x cos n xdx = In 0

du = −n cosn−1 x sin x dx u = cosn x 1 Đặt{ =>{ v = sinx dv = cos n xdx n π 2

=> In = ∫ cosn x cos n xdx 0

π

π

2 21 1 = sinx cosn x| + ∫ sinx. n cos n−1 x sin x dx n 0 0 n π 2

In = 0 + ∫ sinx cosn−1 x sin x dx (1) 0

Ta có: π 2

In = 0 + ∫ sinx cosn−1 x sin x dx 0

π 2

= ∫ [cos(n − 1)x − cos(n + 1)x]. cos n−1 xdx 0

π

π

1 2 1 2 = ∫ cos(n − 1)x . cosn−1 xdx − ∫ cos(n + 1)x . cosn−1 xdx 2 0 2 0 π

1 1 2 1 = I(n−1) − ∫ cos(n + 1)x . cosn−1 xdx I(n−1) 2 2 0 2 π

1 2 − ∫ [cos nx . cos x − sin nx. sin x] cosn−1 xdx 2 0 π

π

π

π

1 1 2 1 2 = I(n−1) − ∫ cos nx . cos n xdx + ∫ cos nx . cosn−1 x. sin nx . sin x dx 2 2 0 2 0 1 1 2 1 2 = I(n−1) − ∫ cos nx . cos n xdx + ∫ cos nx . cosn−1 x. sin nx . sin x dx 2 2 0 2 0 π

1 1 1 2 = I(n−1) − In + ∫ cos nx . cosn−1 x. sin nx . sin x dx 2 2 2 0 π

Mà theo (1), In = 0 + ∫02 sinx cos n−1 x sin x dx 1 1 1 = In = I(n−1) − In + In 2 2 2 1 = In = I(n−1) 2 57

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Xét n=1, ta có: π 2

I1 = ∫ cos x . cos x dx 0 π 21

=∫

0

+ cos 2x dx 2 π

2 1 1 = x + sin 2x| 2 4 0 π π = +0−0−0= 4 4 Tương tự, ta có: π 2

I2 = ∫ cos2 x . cos 2x dx = 0 π 2

I3 = ∫ cos3 x . cos 3x dx = 0

π 42 π 43

Dùng công thức truy hồi ta được: I(n−1) π In = = n 4 4 16 10) ∫1 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛√√𝑥 − 1 𝑑𝑥 16

∫ arctan√√x − 1 dx = A 1

Đặt√x − 1 = t =>√x = t 2 + 1 x = (t 2 + 1)2 dx = (4t 3 + at)dt Đổi cận x ∈ (1; 16) =>t ∈ (0; √3) √3

A = ∫ arctant(4t 3 + 4t)dt 0 √3

=∫

√3

arctant4t 3 dt + ∫ arctant4tdt

0

0

= A1 + A2 Đặt arctant = u => 𝑑𝑢 =

dt t2 +1

4t 3 dt = dv =>v = t 4 √3 t 4 dt π √3 A1 = (arctan t . t | − ∫ 2 = 3π − 0 3 0 t +1 4)

Tương tự A2 = 2π − 2√3 A = 5π − 2√3 58

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Bài 8.6: Xét sự hội tụ của các tích phân suy rộng 1

0

1. ∫−∞ 𝑥. 𝑒 𝑥 𝑑𝑥

12.

dx

 2  x

1 x

0

+∞ +∞

(

3. ∫0 4.

1 arcsin 𝑥

13. ∫0

𝑐𝑜𝑠 𝑥𝑑𝑥

2. ∫0

2

1+𝑥 1+𝑥

+∞

14. ∫0

2

+∞ 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑎𝑛 𝑥 𝑥2

𝑒

15.

𝑥. 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥

6. ∫1

16.

𝑑𝑥

17.

𝑑𝑥

7. ∫1

18.

𝑥√𝑙𝑛 𝑥 1 𝑙𝑛2 𝑥 8. ∫0 𝑑𝑥 𝑥 +∞ 𝑙𝑛(𝑥+1) 9. ∫1 𝑑𝑥 𝑥+1 +∞ 𝑑𝑥 10. ∫−∞ (1+𝑥2 )2

1

11. ∫0

𝑥5

2

) 𝑑𝑥 2

+∞ 𝑑𝑥 ∫−∞ 𝑥 2+2𝑥+5

5. ∫0

√1−𝑥 2

19.

√4−𝑥 2

𝑑𝑥

1 𝑑𝑥 ∫0 √𝑥−𝑥 2 +∞ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑥 ∫0 3 𝑑𝑥 (1+𝑥 2 )2 +∞ 𝑥 2 +1 ∫0 𝑥 4+1 𝑑𝑥 +∞ 𝑑𝑥 ∫0 1+𝑥 3 +∞ 𝑑𝑥 ∫𝑒 2 𝑥.𝑙𝑛𝑥.𝑙𝑛(𝑙𝑛𝑥) +∞

20. ∫0

𝑒 −√𝑥 𝑑𝑥

b

21. ∫a

dx √(x−a)(b−x)′ (a
+∞

𝑑𝑥

22. ∫0

1−𝑥 2 +2√1−𝑥 2

𝑑𝑥

𝑑𝑥 √𝑥(𝑥+2√𝑥+1)

Giải: 0

1) ∫−∞ 𝑥. 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 u = x du = dx Đặt { →{ dv = ex dx v = ex 0 0 Xét I(a) = ∫a x. ex dx = x.ex |0a - ∫a ex dx = ea (1 − a) − 1 I = lim I(a) = lim (ea (1 − a) − 1) = -1 → Tích phân hội tụ a→−∞ +∞

2) ∫0

a→−∞

𝑐𝑜𝑠 𝑥𝑑𝑥 4

Xét I(a) = ∫0 cos xdx →

I(a) = sin x |40 = sin a

I = lim I(a) = lim ( sin a ) → Không xác định →Tích phân phân kì a→+∞ +∞

3) ∫0

Xét I(b)

(

1+𝑥

a→+∞ 2

) 𝑑𝑥

1+𝑥 2 b 1+x 2 = ∫0 ( 2) dx 1+x 1

Đặt x = tan t →dx =

cos2 t

Đổi cận

dt = (tan2 x + 1)dt x t

arc tan b (1+tan t)2

 I(b)=∫0

1+tan2 t

0 0 arc tan b

dt = ∫0

b arctanb 2 tan t

(1 + 1+tan2 t) dt

b = t|arctanb + ln(tan2 t + 1)|arc tan 0 0

59

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Ta có: π I = lim I(b) = lim [arc tan b + ln(tan2 (arc tan b) + 1)] = + 1 b→+∞

2

b→+∞

→ Tích phân hội tụ +∞

4) ∫−∞

𝑑𝑥 𝑥 2 +2𝑥+5

+∞

∫−∞ Xét

+∞ 1 +∞ dx dx dx dx = ∫−∞ (x+1)2 = ∫−∞ (x+1)2 + ∫1 (x+1)2 x2 +2x+5 +4 +4 +4 1 dx 1 x+1 1 1 π a+1 | = ( − arc tan ) I1 =∫a (x+1)2 = arctan +4 2 2 a 2 4 2 1 π x+1 π π

lim I(1) = lim [ ( − arc tan a→+∞ 2 dx 1

a→+∞

I2 =

b ∫1 (x+1)2+4

4

= (arc tan

b+1

2

1

b→+∞ 2 π

→ I = I1 + I 2 = +∞

5) ∫0 +∞

∫0

2

)] = + 8

4

− )

2 4 b+1 π

lim I( 2) = lim [ (arc tan

b→+∞

2 π

= I1 + I 2

π

π

4

8

− )] = -

2

4

→ Tích phân hội tụ

2

𝑥. 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 2

x. e−x dx= lim (

−1

−1

2

+∞ −x2

e

∫0

×e

−x2

a→+∞ 2 +∞ 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑎𝑛 𝑥 6) ∫1 𝑑𝑥 𝑥2 a arc tan x Xét I(a) = ∫1 dx x2

d(−x 2 ) =

1

1

2

2

−1 2

2

× e−x |0a =

−1 −x𝟐 e 2

+

1 2

+ ) = → Tích phân hội tụ

1

du = 2 dx u = arc tan x x +1 dx Đặt { dv = →{ −1 v = x2 x

→I(a) =

a dx −arc tan a π 1 a dx arc tan x |1a + ∫1 = + + ∫ 2 2 1 x x(1+x ) a 4 2 x (1+x2 ) −arc tan a π 1 a 1 1 = + + ∫1 ( 2 − 2 ) dx2 a 4 2 x x +1 −arc tan a π 1 1 + + ( ln|x 2 | − ln|1 + x 2 |) |1a a 4 2 2 −arc tan a π 2

−1

=

=

π

a 1

4

2

+ + ln a - ln √1 + a + ln √2

= + ln 2 π

4 arc tan a a 1

I = lim I(a) = lim ( + ln 2 − 4 2 a→+∞

a

+ ln

a→+∞

√1+a2 arc tan x

a

a

√1+a2

+ ln

π

1

) = 4 + 2 ln 2

→ Tích phân hội tụ 𝑒 𝑑𝑥 7) ∫1 𝑥√𝑙𝑛 𝑥 e dx e d(ln x) ∫1 x√ln x = ∫1 √ln x 1 𝑙𝑛2 𝑥

8) ∫0

1 ln2 x

∫0

x

𝑥

= 2√ln x |1e = 2 → Tích phân hội tụ

𝑑𝑥 1

dx = ∫0 ln2 xd(ln x) =

ln3 x 1 | 3 0

= 0 →Tích phân phân kì 60

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 +∞ 𝑙𝑛(𝑥+1)

9) ∫1

𝑥+1

𝑑𝑥 +∞

∫ 1 b ln(x+1)

Xét ∫1 =

b

dx = ∫1 ln(x + 1) d[ln(x + 1)] =

x+1

[ln(b+1)]2 2

−

+∞ ln(x + 1) ln(x + 1) dx = lim ∫ dx b→+∞ 1 x+1 x+1 [ln(x+1)]2 2

b

|

1

(ln2)2 2

 Phân kì +∞

10) ∫−∞

𝑑𝑥 (1+𝑥 2 )2

Đặt x = tant

 dx = 

1 cos2 t

π 2 1+cos2t π 2 − 2

=∫ =

π dt 2 π 2 − cos t (1+tan2 t)2 2

+∞ dx ∫−∞ (1+x2 )2

=∫ 1

1 1

2

2 2

dt = + . sin2t|

π

π 2 π − 2

π dt 2 π 1 − 2 cos2 t

=∫

1 π

1

2π

2 2

4

2

= . + sin

π 2 π − 2

= ∫ cos 2 t 1 π

1

−2π

2 2

4

2

+ . − . sin

2

 Hội tụ 1

11) ∫0

𝑑𝑥 1−𝑥 2 +2√1−𝑥 2

Đặt x = sint  dx = cost 1

 ∫0

π

dx 1−x2 +2√1−x2

= ∫02

cost dt 1−sin2 t+2√1−sin2 t

π

=∫02 π 2

=∫0

cost dt cos2 t+2cost dt cost+2

t

t

t

1

t

2

2

2

2

2

Đặt u = tan  du = (1 + tan2 )d ( ) = (1 + tan2 )dt

 cost =  dt = π 2

 ∫0

=

1+u2 2 du

1+tan2

cost+2

= ∫0 2

3+u

√3

2 √3

= 2

arctan

π

t 2

1

dt

1 2 du

= ∫0 =

1−u2

1 √3

2 du (1+u2 )(

arctan

−

2 √3

1−u2 +2) 1+u2

u 1

|

√3 0

arctan 0

3√3

61

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2  Hội tụ 1

dx

 2  x

12)

1 x

0

1

t

dx dx 0  2  x  1  x  lim   t 1 0 2  x 1 x

Đặt 1  x  u  1  x  u 2  dx  2udu dx

 2  x

2udu  2 arctan u  2 arctan 1  x  u 2  1 u



1 x



 I12  lim 2 arctan 1  x t 1



t 0

    lim  2 arctan 1  x    t 1  2 2

Vậy tích phân đã cho là tích phân hội tụ. 1 arcsin 𝑥

13) ∫0

1 arcsin 𝑥

Có ∫0 = =

𝑑𝑥

√1−𝑥 2

𝑑𝑥

√1−𝑥 2 𝑡 arcsin 𝑥 lim− ∫0 √1−𝑥2 𝑡→1 𝑡 lim− ∫0 arcsin 𝑥 𝑡→1 𝑡 arcsin2 𝑥

= lim− = lim−

|

2

𝑡→1

0

arcsin2 𝑥 2

𝑡→1

𝑑(arcsin 𝑥 )

=

𝜋2 8

Vậy tích phân đã cho là tích phân hội tụ. 2

14) ∫0

𝑥5 √4−𝑥 2

𝑑𝑥 𝑥5

𝑎

Ta có lim− ∫0 𝑎→2

√4−𝑥 2 𝑥5

𝑎

Đặt A = ∫0

√4−𝑥 2 𝑥2 = 𝑡

𝑑𝑥

𝑑𝑥

(𝑡 ≥ 0) Đặt √4 −  −𝑥𝑑𝑥 = 𝑡𝑑𝑡 Đổi cận x t

0 2

√4−𝑎2 (4−𝑡 2 )(−𝑡)

A = ∫2 =

√4−𝑎2 4 (𝑡 − ∫2

𝑡

a √4 − 𝑎2

𝑑𝑡 √4−𝑎2

2

− 8𝑡 + 16𝑡)| 2

62

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 𝑡5

8𝑡 3

5

3

=− ( − =

√4−𝑎2

+ 16𝑡)|

2

256 15 1

15) ∫0 I=

𝑑𝑥 √𝑥−𝑥 2

1 𝑑𝑥 ∫0 √𝑥−𝑥2

1

= ∫0

𝑑𝑥 √𝑥.√1−𝑥

Đặt √1 − 𝑥 = 𝑡 => 𝑑𝑥 = −2𝑡𝑑𝑡 Đổi cận x 0 t 1 0

I = −2 ∫1

0

𝑑𝑡 √1−𝑡 2

= 2 ∫1

+∞ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑥

16) ∫0

3

(1+𝑥 2 )2

+∞ arctan x

.∫0

3 (1+x2 )2

= 2 arcsin 𝑡 |10 = 𝜋

𝑑𝑥 b arctan x

dx = lim ∫0

3

b→+∞

b arctan x

Xét ∫0

𝑑𝑡 √1−𝑡 2

1 0

3

(1+x2 )2

(1+x2 )2

dx

dx

u = arctan x Đặt { dv = dx 3 (1+x2 )2 dx

 {

du =

1+x2 x

v = √1+x2 b arctan x

 ∫0

3 (1+x2 )2

= arctan b.

x

b

b

dx = arctan √1+x2| − ∫0 0

b

1

b

1

+ √1+x2| √1+b2

= arctan b.

+

x 3

(1+x2 )2

dx

b 0

−1

√1+b2 √1+b2 b arctan x b lim ∫0 lim (arctan b . √1+b2 3 dx = b→+∞ b→+∞ (1+x2 )2



1

+ √1+b2 − 1)

π

= −1 2

 Hội tụ +∞ 𝑥 2 +1

17) ∫0

𝑥 4 +1

𝑑𝑥

+∞ x2 +1

Đặt I= ∫0 Đặt

t x2 +1

dx= lim ∫0 4 dx x4 +1 x +1 t→+∞

t x2 +1 It=∫0 4 dx x +1

63

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 1

⇒It=

t 1+ 2 ∫0 2 x1 dx x + 2

x 1 1+ 2 t x 0 (x2 −2x.1+ 1 )+2 x x2 1 1+ 2 t x 0 (x−1)2 +(√2)2 x 1 d(x− ) t x 0 (x−1)2 +(√2)2 x 1 x− t 1 x

=∫

dx

=∫

dx

=∫

dx

= =

√2 1 √2

arc tan

(arc tan

=

t−

t→+∞ √2 π π

1

|0

1 t

π

+ )

√2

1

⇒ I= lim =

√2

2

(arc tan

t−

1 t

√2

π

+ ) 2

( + )

√2 2 π

2

√2

Vậy TPSR trên hội tụ một góc bằng

π √2

+∞ 𝑑𝑥 18) ∫0 1+𝑥 3 +∞ dx Đặt A= ∫0 1+x3 +∞ dx t dx  A= ∫0 = lim ∫0 3 1+x 1+x3 t→+∞ t dx

Đặt At = ∫0 t dx

1

t

1

dx

= ∫0

1+x3

(1+x)(x2 −x+1) x−2

t

= ∫0 − ∫0 2 dx 3 1+x 3 x −x+1 1

t 2x−1

1

1

t

dx

= ln|1 + x|| 0t − ∫0 2 dx + ∫0 2 3 6 x −x+1 2 x −x+1 1

1

1

6

2

= ln(1 + t) − B + D 3

Với B=

t 2x−1 ∫0 x2−x+1 dx

t d(x2 −x+1)

= ∫0

x2 −x+1

= ln|x 2 − x + 1|| 0t = ln(t 2 − t + 1) t

Với D=∫0 t

= ∫0

=

2 √3

dx

t

= ∫0

x2 −x+1

dx 1 1

3

(x2 −2x.2+4)+4

dx 1 √3 (x− )2 +( )2 2 2

arc tan

2x−1 1 |0 √3

64

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 2

=

arc tan

√3

2t−1 √3

−

2

1

√3 1

3

6

arc tan

−1 √3

2

⇒At = ln(1 + t) − ln(t − t + 1) +

1 √3

(arc tan

2t−1 √3

− arc tan

−1 √3

)

⇒A= lim At t→+∞ 1

1

1

6

√3

= lim [ ln(1 + t) − ln(t 2 − t + 1) + t→+∞ 3

(arc tan

2t−1 √3

− arc tan

−1 3

)]

→không xác định →Tích phân suy rộng trên là phân kì +∞

𝑑𝑥

19) ∫𝑒 2

𝑥.𝑙𝑛𝑥.𝑙𝑛(𝑙𝑛𝑥) +∞ dx Đặt B =∫e2 x.lnx.ln(lnx) t dx = lim ∫0 x.lnx.ln(lnx) t→+∞ t dx Đặt B1=∫ex x.lnx.ln(lnx) t d(ln(lnx))

= ∫e2

ln(lnx)

= ln(ln(lnx))|et2 = ln(ln(lnt))-ln(ln(ln2)) ⇒ B= lim Bt= lim [ln(ln(lnt)) − ln(ln(ln2))] t→+∞

t→+∞

→TPSR trên là phân kì +∞

20) ∫0

𝑒 −√𝑥 𝑑𝑥

+∞

∫

e−√x dx = A

0 t

= lim ∫ e−√x dx t→+∞ 0

= lim It t→+∞ t

It = ∫ e−√x 0

Đặt a = √x => 𝑎 ∈ (0; √t) =>x = a2 =>dx = 2ada √tx

It = 2 ∫

a. e−a da

0

Đặt u = a => 𝑑𝑢 = 𝑑𝑎 du = e−a da =>v = e−a Khi đó I = 2(a. e−a − ∫ e−a da) |

√t 0 65

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 = 2√t. e−√t + 2 A = lim It = 2 t→+∞

b

21) ∫a

dx √(x−a)(b−x)′ (a
b

∫ a

b

dx √(x − a)(b − x)′ b

= 2∫ a

=∫ a

dx a + b − 2x 2√(b − x)(x − a)

√(b − x)(x − a) dx a + b − 2x

Khi x →

a+b 2

, ta có: 2

a−b b−a √(b − x)(x − a) √( 2 ) 2 ≈ = a + b − 2x a + b − 2x a + b − 2x b b−a Mà ∫a dx phân kỳ 2(a+b−2x) b dx =>∫a √(x−a)(b−x)′

+∞

22) ∫0

phân kỳ

𝑑𝑥 √𝑥(𝑥+2√𝑥+1)

+∞

dx

∫

√x(x + 2√x + 1) t dx = lim ∫ t→+∞ 0 √x(√x + 1)2 = limIt Đặt a = √x =>a2 = x =>2ada = dx Đổi cận x ∈ (0; t) =>a ∈ (0; √t) Ta có 0

√t

∫ 0

2ada a(a + 1)2 √t

= 2∫

da (a + 1)2

0 √t 2 ∫0 (a

+ 1)−2 d(a + 1) = −2(a + 1)−2 d(a + 1) =

= −2(a − 1)−1 |

√t 0

−2 √t | a−1 0 −2 = −2 √t − 1 =

66

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 lim (

−2

− 2) = −2 √t − 1 Vậy tích phân suy rộng trên là hội tụ. t→+∞

CHƯƠNG 9: PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN A. LÝ THUYẾT I. Một số khái niệm cơ bản 1.1. Phương trình vi phân Định nghĩa: Phương trình vi phân là phương trình liên hệ giữa biến độc lập, hàm chưa biết ( phải tìm ) và các đạo hàm ( hoặc vi phân ) của hàm số đó.





Dạng tổng quát: F x; y; y; y;; y  n  0

Ghi chú: • Tên đầy đủ là phương trình vi phân thường ( Ordinary Differential Equation – ODE ). • Biến độc lập x thường là biến thời gian. • n gọi là cấp. • Dạng tương đương: y  n   f ( x; y; y; y;; y  n 1 . 1.2. Cấp của phương trình vi phân Cấp của phương trình vi phân là cấp cao nhất của đạo hàm của hàm số cần tìm xuất hiện trong phương trình đó. 1.3. Nghiệm của phương trình vi phân Định nghĩa: Khi giải phương trình vi phân, được kết quả ở dạng y    x, C1 ,, Cn  ( trong đó C1 ,, Cn là các hằng số tùy ý) thì ta gọi nó là nghiệm tổng quát. Khi thay các giá trị cụ thể C1  C10 ,, Cn  Cn0 vào nghiệm tổng quát được nghiệm y   ( x, C10 ,..., Cn0 ), gọi là một nghiệm riêng. Nghiệm kì dị là nghiệm không thể thu được từ nghiệm tổng quát dù cho C bất kỳ giá trị nào. Ghi chú: Ghi chú 1: Có thể tìm nghiệm của phương trình vi phân dưới dạng hàm ẩn: 67

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 y    x, C1 ,, Cn   0 , gọi là tích phân tổng quát.

Cho C1  C10 ,, Cn  Cn0 được một tích phân riêng:   x, C10 ,, Cn0   0 Ghi chú 2: Phương trình có thể có nghiệm ngoại lai ( nghiệm kì dị ), sinh ra khi xét điều kiện. II. Phương trình vi phân cấp 1 2.1. Dạng phương trình • Dạng tổng quát: F ( x, y, y ')  0 dy  f ( x) dx Dạng đối xứng: M ( x, y )dx  N ( x, y )dy  0

• Dạng đã tạo ra đạo hàm: y '  •

Ta thấy rằng có thể dễ dàng chuyển đổi giữa hai dạng phương trình vi phân: Dạng đối xứng và giải ra đạo hàm. 2.2. Nghiệm tổng quát và nghiệm riêng - Tích phân tổng quát và tích phân riêng Định nghĩa: Họ hàm số y   ( x, C ) được gọi là nghiệm tổng quát của một phương trình vi phân cấp 1 nếu với một hằng số C thì hàm số  ( x, C ) tương ứng là một nghiệm của phương trình. Mỗi nghiệm nhận được từ nghiệm tổng quát khi gán cho C một giá trị xác định được gọi là một nghiệm riêng của phương trình. Định nghĩa: Nghiệm tổng quát của một phương trình vi phân dưới dạng hàm ẩn  ( x, y, C ) được gọi là tích phân tổng quát của phương trình đó. Mỗi tích phân ứng với giá trị xác định C được gọi là một tích phân riêng của phương trình. Ví dụ: •

•

x2 Phương trình y '  x có nghiệm tổng quát là: y   C 2 2 x 1 Nghiệm y  là một nghiệm riêng của phương trình tương ứng với 2 1 C 2 y3 x2  C Phương trình y 2 dy  xdx  0 có tích phân tổng quát là: 3 2

Với C  1 ta có tích phân riêng 2 y3  3x 2  6 2.3. Bài toán Cauchy ( Định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm)

68

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

Xét Phương trình vi phân cấp 1 cho ở dạng:

dy  y '  f ( x) dx

(2.1)

• Bài toán tìm nghiệm riêng của phương trình (2.1) thỏa mãn điều kiện : y( x0 )  y0 (2.2) được gọi là bài toán Cauchy. Điều kiện (2.2) được gọi là điều kiện ban đầu. • Ta thừa nhận định lý sau đây về tính tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy. III. Phương trình vi phân cấp 2 3.1. Dạng phương trình • Dạng tổng quát: F ( x, y, y ', y '')  0 (3.1) • Dạng giải ra đạo hàm: y ''  f ( x, y, y ') (3.2) • Việc giải phương trình cấp 2 là tìm tất cả các hàm số y   ( x) sao cho khi thay vào (3.1) và (3.2) ta được đồng nhất thức: F ( x,  ( x),  '( x),  ''( x))  0 hoặc  ''( x)  f ( x,  ( x),  '( x)) . 3.2. Nghiệm tổng quát và nghiệm riêng - Tích phân tổng quát và tích phân riêng Định nghĩa: Ta gọi hàm họ số : y   ( x, C1 , C2 ) là nghiệm tổng quát của một Phương trình vi phân cấp 2 nếu với mỗi hằng số C1 , C2 thì hàm số  ( x, C1 , C2 ) là một nghiệm của phương trình đó. Mỗi nghiệm nhận được từ nghiệm tổng quát khi gán cho C1 , C2 các giá trị xác định gọi là nghiệm riêng của phương trình. Định nghĩa: Nghiệm tổng quát của một Phương trình vi phân dưới dạng hàm ẩn  ( x, y, C1 , C2 ) được gọi là tích phân tổng quát của phương trình đó. Mỗi tích phân ứng với các giá trị xác định C1 , C2 được gọi là một tích phân riêng của phương trình.

69

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

70

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

B. DẠNG BÀI TẬP I. Phương trình vi phân cấp 1 1.1. Phương trình biến số phân li: Dạng phương trình: f ( x)dx  f ( y )dy

Ghi chú: Các phương trình sau đều có thể đưa về được phương trình biến số phân li: y '  f ( x).g ( y ) ; f1 ( x)dx  f 2 ( y )dy  0 hoặc M ( x) N ( y )dx  P ( x)Q( y )dy  0 .

Phương pháp giải: Lấy tích phân 2 vế:

 f ( x)dx   f ( y)dy Xét phương trình dạng: M ( x) N ( y )dx  P ( x)Q( y )dy  0

+ Nếu P( x)  0; N ( y )  0 thì ta chia 2 cả 2 vế cho P( x) N ( y ) để đưa về dạng phương trình biến số phân ly: M ( x) Q( y ) dx  dy  0 P( x) N ( y)

Lấy tích phân cả 2 vế: M ( x)

Q( y )

 P( x) dx   N ( y)dy  C. + Nếu P ( x)  0 hoặc N ( y )  0 ta phải xét riêng: P ( x)  0 tại x  a và N ( y )  0 tại y  b thì thử trực tiếp x  a ; y  b vào phương trình, xem chúng có là nghiệm của phương trình hay không. Ví dụ: Giải phương trình: ( xy  x)dx  ( xy  x  y  1)dy  0 Giải: Ta có: PT  x( y  1)dx  ( x  1)( y  1)dy Giả sử y  1  0; x  1  0 , phương trình tương đương: x y 1 x y 1 dx   dy   dx    dy x 1 y 1 x 1 y 1   (1 

1 2 )dx    (1  )dy x 1 y 1

 x  ln x 1  C1  ( y  2ln y 1)  C2  x  ln x 1  y  2ln y 1  C. (Đây là tích phân tổng quát)

Thử trực tiếp, ta thấy x  1, y  1 là các nghiệm ngoại lai của phương trình. 71

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 1.2. Phương trình đẳng cấp Định nghĩa: Hàm f  x, y  được gọi là hàm đẳng cấp bậc m nếu với mọi số t ta có f  tx, ty   t m f  x, y 

Ví dụ: x 2  xy  y 2 : phương trình đẳng cấp bậc 2 x  2 y : phương trình đẳng cấp bậc 1 2 x  y  3 : không là hàm đẳng cấp

Dạng phương trình: M  x, y  dx  N  x, y  dy  0 Trong đó M, N là hai hàm đẳng cấp cùng bậc Nhận xét: phương trình luôn có thể biến đổi về dạng

dy  y   dx x

Phương pháp giải: Đặt y  ux với ( x  0) , ta có: dy  udx  xdu hay

dy du ux dx dx

Thay vào phương trình, biến đổi về phương trình phân li. Ví dụ: Giải phương trình : ( x 2  2 xy  y 2 )dx  ( y 2  2 xy  x 2 )dy  0 Giải: ( x 2  2 xy  y 2 )dx  ( y 2  2 xy  x 2 )dy  0

 ( x 2  2 xy  y 2 )dx  ( y 2  2 xy  x 2 )dy y y 1  2  ( )2 dy x 2  2 xy  y 2 dy x x (*)     dx x 2  2 xy  y 2 dx 1  2 y  ( y ) 2 x x y dy du Đặt u   y  ux  dy  xdu  udx   x  u x dx dx

(*) trở thành: du 1  2u  u 2 du u 3  u 2  u  1 u   x  dx 1  2u  u 2 dx 1  2u  u 2 dx 1  2u  u 2  du Nếu u  1  0, Phương trình  x (u  1)(u 2  1) x

Tích phân hai vế, ta được: dx u 2  2u  1 Bu  C   A    x  (u  1)(u 2  1)du   u  1 du   u 2  1 du 

72

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 dx 2u   1   du   2 x u  1  u 1  ln x  ln u  1  ln u 2  1  ln C  ln x  ln u  1  ln u 2  1  ln C

Suy ra



x(u 2  1) x(u 2  1)  ln C  C u 1 u 1 x2  y2 y Thay u  ta được  C ( tích phân tổng quát ) x x y Khi u  1  0 hay u  1, suy ra y   x , thay vào đề bài thỏa mãn nên cũng là  ln

nghiệm của phương trình.

73

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2  a x  b1 y  c1  y'  f  1   ax  by  c  1.3. Phương trình

Dạng phương trình:

 a x  b1 y  c1  dy  f 1  dx  ax  by  c 

Phương pháp giải: TH1. Nếu

a1 b1 x  s    0 đặt  a b y  t  

Với s, t là các biến mới,  ,  là các hằng số thỏa mãn hệ a1  b1  c1  0     a  b  c  0 

Đưa về phương trình đẳng cấp theo hai biến s, t . a1 b1  0 đặt z  ax  by ( hoặc z  a1 x  b1 y ), đưa về phương trình phân li a b của 2 biến z , y.

TH2. Nếu

Ví dụ: Giải phương trình: ( x  y  2)dx  ( x  y  4)dy  0 Giải: Ta có:

1 1 0 1 1

    2  0   1  Xét hệ      4  0    3  x  s 1 y  t 3

Đặt 

Phương trình trở thành : ( s  t )ds  ( s  t )dt  0

Đây là Phương trình đẳng cấp. Đặt t  us , ta được: s 2  2 st  t 2  C

Suy ra: x 2  2 xy  y 2  4 x  8 y  C. (Tích phân tổng quát)

74

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 1.4. Phương trình tuyến tính cấp 1 Dạng phương trình: y ' p( x) y  q( x) (1) ( p( x), q( x) là các hàm liên tục) Ghi chú: Nếu q( x)  0 thì Phương trình được gọi là thuần nhất. Phương pháp giải: (Phương pháp biến thiên hằng số) Bước 1: Giải Phương trình thuần nhất y ' p( x) y  0 (là Phương pháp phân li) 

dy dy   p ( x) y    p( x)dx dx y

Tích phân 2 vế:



dy    p( x)dx   ( x)  C y

 ln y   ( x)  C  y  e ( x ) C  C.e ( x ) (C  0)  y  C.e ( x )  C.e ( x ) (C  0)

Bước 2: Xem C là một hàm của x : C  C ( x ) , khi đó: y  C ( x) ( x) , thay vào (1) , ta được Phương trình phân li của x và C  C  y.

Ví dụ: Giải phương trình : xdy  ( x 2  y)dx  0 (*) Tìm nghiệm riêng của Phương trình thỏa mãn : y

x 1

0

Giải: • Ta có: (*)  x

dy y y   x 2  y   0  y ' x   0 ( x  0)  y '   x (1) dx x x

Bước 1: Giải Phương trình thuần nhất: y '

dy dx dy dx y dy y 0        ln y  ln x  ln C  y  Cx x dx x y x y x

Bước 2: Xem C  C ( x)  y  C ( x) x. Thay vào phương trình (1) : C '.x  C  C   x  C '  1   C ' dx    dx  C   x  C1

Suy ra nghiệm tổng quát của phương trình đầu là: y  ( x  C1 ) x . Với x  0 , thay vào (*) thỏa mãn nên x  0 là nghiêm ngoại lai. • Vì y

x 1

 0  0   1  C1  .1  C1  1

Suy ra nghiệm riêng là: y  ( x  1) x .

75

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 1.5. Phương trình Bernoulli Dạng phương trình:

dy  p( x) y  q( x) y (*) dx

( p( x), q( x) là các hàm liên tục,  là một số thực) Ghi chú: Khi   0 thì (*) là phương trình tuyến tính Khi   1 thì (*) là phương trình phân li Phương pháp giải: Với   0;1 , chia 2 vế của phương trình cho y ( với y  0 ) ta được: y y ' p( x) y1  q( x) .

Đặt y1  z  z '  (1   ) y  . y ' Thay vào phương trình trên đưa về phương trình tuyến tính cấp 1 của x và z . Tìm z  y.

Ví dụ: Giải phương trình: y ' y  xy 2 (*) Giải: Với y  0 chia 2 vế cho y 2 , ta được: y ' y 2  y 1  x Đặt z  y 1 , ta có: z '   y 2 y '. Phương trình trở thành: z ' z   x (1) (phương trình tuyến tính cấp 1) Giải phương trình (1) ta được: z  (e x  xe x  C )e x hay z  Ce  x  1  x.

Suy ra : y 

1 . Ce  1  x. x

Dễ thấy, phương trình có nghiệm ngoại lai y  0 .

76

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 II. Phương trình vi phân cấp 2 2.1. Phương trình giảm cấp được 2.1.1. TH vế phải khuyết y, y’: Dạng phương trình: y   f x  Phương pháp giải: Lấy tích phân liên tiếp 2 lần: y    f  x dx  g  x   C1  y   g x   C1 dx  G x   C1 x  C 2

Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình: y   x.e x • Tìm nghiệm riêng thỏa mãn: y x0  1, yx0  0 Giải: Ta có:

 y '' dx   xe dx  y '   xe dx  xe   e dx   x  1 e x



x

x

x

x

 C1



 y    x  1e x  C1 dx  x  2e x  C1 x  C 2

• Ta có:

 2  C2  1 C2  3  y  0  1      y '  0   0  1  C1  0  C1  1

Vậy nghiệm riêng cần tìm là: y  x  2e x  x  3 2.1.2. TH vế phải khuyết y : Dạng phương trình: y  f  x, y Phương pháp giải: Đặt y   p  y   p  . Ta đưa về giải phương trình vi phân cấp 1: p  f x, p   p   x, C1 

Thay p  y    x, C   y    x, C1 dx  C 2 VD1: Giải phương trình: y   2 xy   0 Giải: Đặt y   p  y   p  Thay vào phương trình ta có:  2 xdx ( công thức nghiệm tổng quát của phương trình p  2 xp  0  z  C1e 

77

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 thuần nhất)  y  p  C1e  x

2

 y   C1e  x  C2 (đây là nghiệm tổng quát của phương trình đầu) 2

VD2: Giải phương trình: y   x 

y x

Giải: Đặt y   p  y   p  . Thay vào phương trình ta có: p   Giải phương trình thuần nhất: p   Coi C  C x  . Thay vào (*):

p x x

(*)

p 0 x

C x  x C x3 x 2 C1 2 2    2  x  C  x   C dx   x dx  C   C1  p   3 3 x x2 x

Thay y   p 

x 2 C1 x3  y  C1 ln x  C 2 là nghiệm tổng quát của phương 3 x 9

trình ban đầu.

2.1.3. TH vế phải khuyết x: Dạng phương trình: y   f  y, y  Phương pháp giải: Đặt y '  p  y  Ta có: y  

dp dp dy dp  p . dx dy dx dy

Thay vào phương trình, ta có: p

dp  f  y, p  . (Phương trình vi phân cấp 1 đối dy

với hàm p )  p  y  tíchphân  y .

VD1: Giải phương trình: yy   y  2  0 Giải: Đặt y   p y  

dy dp dp  y   p . dx dx dy

Phương trình trở thành: yp

dp dp dp dy  p2  0  y  p   ln p  ln y  ln C  p  Cy . dy dy p y

78

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Suy ra : y   Cy 

dy dy dy  Cy   Cdx    Cdx dx y y 

 ln y  Cx  C1  y  eCxC1  eC1 .eCx  y  eC1 .eCx  C1eCx (C1  0)

(đây là nghiệm tổng quát của phương trình đầu). VD2: Giải phương trình: 2 yy   y  2  y 2 Giải: Phương trình có nghiệm y  0 . Trường hợp còn lại đặt y   p y   y   p

dp . dy

Thay vào phương trình, được: 2 yp

dp dp 2 1 2  p2  y2   p y dy dy y

Giải theo phương pháp biến thiên hằng số, ta được nghiệm tổng quát là: p 2  y 2  Cy. Thay lại biến cũ:  dx  



dy  y   p   y 2 Cy y 2  Cy  0 dx

dy y 2  Cy

 x  

dy y 2  Cy



D

2.2. Phương trình tuyến tính cấp 2(hệ số hằng) Dạng phương trình: y ' py ' q y  f  x  (1). Ghi chú: • p, q là hằng số. • Nếu f ( x)  0 thì phương trình gọi là thuần nhất. ĐL1: Nghiệm tổng quát y của (1) = Nghiệm tổng quát y của phương trình thuần nhất + Nghiệm riêng 𝑦̂ của (1). ĐL2: (Nguyên lý chồng chất nghiệm) Xét phương trình (1) : VT  f ( x)  f1 ( x)  f 2 ( x) Giả sử ̂ 𝑦1 là nghiệm riêng của: VT  f1 ( x) Giả sử 𝑦 ̂2 là nghiệm riêng của: VT  f 2 ( x) Suy ra: nghiệm riêng của (1) : 𝑦̂ = ̂ 𝑦1 + 𝑦 ̂2 Phương pháp giải: y  y  𝑦̂ Bước 1: Giải phương trình thuần nhất: y '' py ' qy  0 79

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Xét phương trình đặc trưng: k 2  pk  q  0 o k1  k2  R thì y  C1ek x  C2ek x . 1

2

o k1  k2  k  R thì y  C1ekx  C2ekx .

o k1;2  u  vi ( v  0 ) thì y  eux C1 cos vx  C2 sin vx  . Bước 2: Tìm yˆ TH1: f ( x)  e x P( x) o  không là nghiệm của phương trình đặc trưng: 𝑦̂  e xQn ( x) o  là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng: 𝑦̂  xe xQn ( x) o  là nghiệm kép của phương trình đặc trưng: 𝑦̂  x 2 e x Qn ( x ) ( Sau đó thay 𝑦̂ vào (1) để tìm các hệ số của Qn ). TH2: f ( x)  e x  Pn ( x)cos  x  Pm ( x)sin  x . o    i không là nghiệm của phương trình đặc trưng: 𝑦̂  e x Qmax ( x)cos  x  Rmax ( x)sin  x o    i là nghiệm của phương trình đặc trưng: 𝑦̂  xe x Qmax ( x)cos  x  Rmax ( x)sin  x Trong đó, max : max n; m . VD1: Giải phương trình: y '' y ' 2 y  3xe x (1) Giải: Bước 1: Giải phương trình thuần nhất: y '' y ' 2 y  0 Phương trình đặc trưng: k 2  k  2  0  k  1; k  2. Suy ra nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: y  C1e x  C2e2 x . Bước 2: Ta có: f ( x)  e x .3x    1; n  1. Vì   1 là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng nên: 𝑦̂  xe x ( Ax  B)  e x ( Ax 2  Bx). Ta có: 𝑦̂ '  e x ( Ax 2  Bx)  e x (2 Ax  B); 𝑦̂ ''  e x ( Ax 2  Bx)  2e x (2 Ax  B)  e x 2 A . Thay vào phương trình (1): e x ( Ax 2  Bx)  2e x (2 Ax  B)  e x 2 A  e x ( Ax 2  Bx)  e x (2 Ax  B)  2e x ( Ax 2  Bx)  3xe x .  x2e x (0)  xe x (6 A)  e x (2 A  3B)  3xe x  6A  3 1 1 1 1   A  ; B    𝑦̂  xe x ( x  ) 2 3 2 3  2 A  3B  0

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) là:

80

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 1 1 y  y  𝑦̂  C1e x  C2 e 2 x  xe x ( x  ) 2 3

VD2: Giải phương trình: y '' 5 y ' 6 y  3 (1) Giải: Bước 1: Giải phương trình thuần nhất : y '' 5 y ' 6 y  0 Phương trình đặc trưng: k 2  5k  6  0  k1  3; k2  2 . Suy ra nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất : y  C1e3x  C2e2 x . Bước 2: Ta có: f  x   3  e0 x .3    0; n  0. Vì   0 không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên: yˆ  A . 1 2

Thay vào phương trình (1) : 6 A  3  A  . 1 2

Nghiệm riêng là: 𝑦̂  . 1 2

Nghiệm tổng quát của phương trình (1) là: y  y  𝑦̂  C1e 3 x  C2 e 2 x  . VD3: Giải phương trình sau: y '' 4 y  sin 2 x (1) Giải: Bước 1: Giải phương trình thuần nhất: y '' 4 y  0 Phương trình đặc trưng: k 2  4  0  k  0  2i. Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: y  C1 cos 2 x  C2 sin 2 x . Bước 2: Ta có: f ( x)  sin 2 x  e0 x 0.cos 2 x  1.sin 2 x    0;   2;max  0. Vì    i  2i là nghiệm của phương trình đặc trưng nên: 𝑦̂  x( A cos 2 x  B sin 2 x). 1 4

So sánh các hệ số, tìm được A   ; B  0. Nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất là: y  y  𝑦̂  C1 cos 2 x  C2 sin 2 x 

1 x cos 2 x 4

81

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

C. BÀI TẬP Bài 9.1 Giải các phương trình có biến phân li 1. y 'cos x  2.

xdy 1 y

2



y ln y ydx 1 x

6. xydx  ( x  1)dy  0 2

7. 2 x 2 yy ' y 2  2

0

3. y '  sin( x  y )  sin( x  y ) 4  y2

8.

3y  2 y' x 1 x2  4x  3 cos y  sin y  1 5. y '  cos x  sin x  1

4.



y 2  1dx  xydy

9. x2 y 2 y ' 1  y

Giải: 1) y 'cos x 

y ; (ĐK: y  0;ln y  0 )(1) ln y

ln ydy dx ln ydy dx    y cos x y cos x dx   ln yd  ln y      sin   x  2  dx   ln yd  ln y     x   x 2sin    cos     4 2  4 2

(1) 

   x  d  tan      4 2    ln yd  ln y      x  tan     4 2 1    x   ln 2 ( y )  ln  tan      C 2  4 2   y Với cos x  0 thì  0  y  0 (loại) ln y

KL: Nghiệm của phương trình là:

2)

xdy 1 y

2



ydx 1 x

2

1 2    x  ln ( y )  ln  tan      C 2   4 2 

 0 (*) (ĐK: x 2 , y 2  1 )

- x  0, y  0 là nghiệm của (*) 82

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 - Nếu x, y  0 

dy

dx



0 x 1  x2 dx    0 (1) 2 y 1 y x 1  x2 dx dy Đặt I1   ; I2   2 x 1  x2 y 1 y dy Giải: I1   y 1 y2 y 1 y dy

2

  Đặt y  sin t , t    ;   2 2  I1  

cos tdt



sin t 1  sin 2 t 1  1 1 y2   ln  2  1  1  y 2

dt d (cos t ) 1 1  cos t    ln 2 2 sin t 1  cos t 2 1  cos t

   C (2)   1  1  1  x2 Tương tự, ta có: I 2   ln  2  1  1  x 2

   C (3)  

Thay (2) và (3) vào (1) ta được nghiệm của phương trình 1  1 1 y2 ln  2  1  1  y 2

 1  1  1  x2   ln   2  1  1  x2  

 C  

3) y '  sin( x  y )  sin( x  y ) ; ( x  const ) dy  2 cos x sin y  C (1) dx dy dy (1)   2 cos xdx  0    2 cos xdx  0 sin y sin y 

 y '  2 cos x sin y 

+ Nếu: sin y  0

1 dy  2  cos xdx  0 y 2 sin cos y 2 2 y d (tan ) 2  2 cos xdx  0  ln(tan y )  2sin x  C   y 2 tan 2



+ Nếu sin y  0  y  nx (loại) y 2

KL: Nghiệm của phương trình là: ln(tan )  2sin x  C

83

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

4) 

4  y2



3y  2 y' x 1

x2  4x  3 4  y2 3 y  2 dy (1)  . x  1 dx x2  4x  3

 4  y2  0 Vì  2 x  4x  3  0

(1)   

Đặt I1   Giải: I1   Đặt

( x  1)dx x  4x  3 2



(3 y  2) dy 4  y2

x 1 (3 y  2)dy (2) dx   x3 4  y2

x 1 (3 y  2)dy dx và I 2   4  y2 x3 x 1 dx x3

dx dx   dx  2tdt 2 x  3 2t x  3  t2  x 1  t2  2 x  3  t  dt 





t t 2  2dt 2 t 2  I1  2  2 t 2  2dt  2  t  2  ln t  t 2  2  t 2 2  I1  t t 2  2  2 ln t  t 2  2  ( x  3)( x  1)  2 ln

x  3  x 1

(3 y  2)dy 4  y2 3y  2 3 ydy 2dy I2   dy    2 2 4 y 4 y 4  y2

Giải: I 2  

3 d 4  y  2dy    2 2 4 y 4  y2 3 y  ln 4  y 2  arctan 2 2 Thay I1 , I 2 vào (2) ta được nghiệm của phương trình: 3 y ( x  3)( x  1)  2 ln x  3  x  1  ln 4  y 2  arctan  C 2 2 2

5) y ' 

cos y  sin y  1 cos x  sin x  1

cos y  sin y  1 dy cos y  sin y  1   (1) cos x  sin x  1 dx cos x  sin x  1 Nếu cos y  sin y  1  0 dy dx dy dx (1)      ln C (2) cos y  sin y  1 cos x  sin x  1 cos y  sin y  1 cos x  sin x  1 dy dx Đặt I1   ; I2  cos y  sin y  1 cox  sin x  1 dy Giải I1   cos y  sin y  1 y' 

84

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 1 t2 y 1 2t , sin y   t  dt  1  t 2   cos y  2 2 1 t2 2 1 t 2dt y 1  tan 2 dt t 1 1 1  1 t 2  I1      I1     dt   ln   ln  2 y 1 t 2t t  t  1 t  t 1 t  tan  1 2 2 2 1 t 1 t dx Giải I 2  cox  sin x  1 x 1 1 u2 2u 2 Đặt tan  u  du  1  u  cos x  , sin x  2 2 2 1 u2 1 u

Đặt tan





Tương tự du x 1  tan 2 du 1  u 1 1 1 u 2  I2           ln du   ln 2 x u 1  u  u 1 u 2u  u u  1 tan  1 2 1 u2 1 u2 y x 1  tan 1  tan 2  ln 2  ln C Thay I1 , I 2 vào (2) ta được: ln y x tan tan 2 2 6) xydx   x  1 dy  0 (1)

  xydx   x  1 dy  xdx dy  xdx dy    x 1 y x 1 y   x  ln x  1  C1  ln y  C2 

 x  ln y  ln x  1  C  y  C.e  x  x  1

Với x  1 thay vào (1) ydx  0 Vậy x  1 thì y  0 luôn đúng ứng với C  0x  1 là nghiệm của phương trình KL: nghiệm của phương trình là C.e x  x  1  y ; x  1. 7) 2 x 2 yy ' y 2  2  2 x2 y

dy ydy dx  2  y2   2 2 dx 2 y 2x

ydy dx 1 d 2  y   2   2 2 y 2x 2 2  y2  ln 2  y 2 

8) 

2

 1

2x

C

1 1  C  y 2  2  C.e x x

y 2  1dx  xydy

dx  x

ydy y 1 2



dx  x 

ydy y2 1

85

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Đặt t  y 2  1  t 2  y 2  1  2tdt  2 ydy Phương trình tương đương: ln x  

tdt  ln x  t  C  ln x  t

y2 1  C

9) x 2 y 2 y '  1  y  dy y 2 dy dx y 2 dy dx 1  1 x y  y 1   2    2    y 1  dy   C y 1  x dx y 1 x y 1 x  2 2 y 1 1 y  y  ln y  1  C1   C2   y   ln y  1  C  2 x x 2 2

2

Bài 9.2. Tìm nghiệm riêng của các phương trình: ( x  1)e1 x tan ydx  e 2 x dy  0  1.   y x 1   2  y ' cos( x  2 y )  cos( x  2 y )  2.  y x 0   4 dy  dx  0  3.  x( y  1) y ( x  2)  y x 1  1  2

4. xy' y  y 2 ln x với y

x 1

1

Giải: ( x  1)e1 x tan ydx  e 2 x dy  0  1)   y x 1   2 2

• Ta có: ( x 1)e1 x tan ydx  e2 x dy  0 2

tan y  0 ( x  1)e1 x dy dx  0 Nếu  2 x , phương trình  2x tan y e  e 0 2 cos y  ( x  1)e ( x 1) dx  dy  0 sin y 2

Tích phân hai vế ta được cos y dy  C sin y 2 1 d (sin y )   e( x 1) d ( x  1)2   C 2 sin y

 ( x  1)e

( x 1)2

dx  

86

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 1 ( x 1) 2 e  ln sin y  C 2 2  1  • Vì y x 1   e (11)  ln sin  C 2 2 2 1 C  2 2 1 1 Vậy nghiệm riêng của phương trình: e ( x 1)  ln sin y  2 2 

 y ' cos( x  2 y )  cos( x  2 y ) 2)   y x 0   4 • Ta có: y ' cos( x  2 y )  cos( x  2 y )

( x  0)

dy  cos( x  2 y )  cos( x  2 y ) dx dy   cos( x  2 y )  cos( x  2 y )  0 dx dy   2 sin x. sin 2 y  0 dx dy Nếu sin 2 y  0 , phương trình   2 sin xdx  0 sin 2 y 

Tích phân hai vế, ta được: dy

 sin 2 y  2 sin xdx  C dy  2 sin xdx  C 2 sin y. cos y dy   2  sin xdx  C 2 tan y. cos 2 y d (tan y )   2 sin xdx  C tan y  ln tan y  2 cos x  C (2)



• Vì y x 0 

 4

 ln tan

 4

 2 cos(0)  C

C  2 Vậy nghiệm riêng của phương trình: ln tan y  4(1  cos x) dy  dx  0  3)  x( y  1) y ( x  2)  y x 1  1  dx dy  0 • Ta có: x( y  1) y ( x  2)  x( y  1)  0 ĐK:   y ( x  2)  0

87

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 phương trình  y( x  2)dx  x( y  1)dy  0 

x2 y 1 dx  dy  0 x y

Tích phân hai vế, ta được

x2 y 1 2dx dy dx   dy  C   dx     dy    C  3 x y x y • Vì y x1  1  1  2ln 1  1  ln 1  C  C  2



Vậy nghiệm riêng của phương trình: y  ln y  2  x  2 ln x

4) xy' y  y 2 ln x với y

x 1

1

• Ta có : xy' y  y 2 ln x ( x  0)  y '

y ln x 2  .y x x 1 x

Với y  0 , chia cả hai vế cho y 2 ta được: y 2 . y ' . y 1 

ln x (*) x

Đặt u  y 1  u '   y 2 . y '  y '. y 2  u ' u x

ln x (1) ( với x  0 ) x u Xét phương trình thuần nhất:  u '  0 x  du  u du dx du dx       dx u u x x x  ln u  ln x  ln C  u  Cx

(*) trở thành :  u ' 

Xem C  C ( x)  u  C ( x) x Thay vào phương trình (1) :  C  C ' x  C 

ln x x

ln x ln x ln xdx  C '   2  C   x x x2 dx   ln x  u du  x Đặt  dx  dv   1  x 2 v   x  dx  ln x 1   ln x  C    2C    C1 x x x   x

 C ' x 

 ln x 1    C1   ln x  1  C1 x x x  

Suy ra nghiệm tổng quát của phương trình đầu là u  x

Mà u  y 1  y 1  ln x  1  C1 x Với x  0 , thay vào phương trình ban đầu không thỏa mãn • Vì y x1  1  11  ln 1  1  1.C1  C1  0 Vậy nghiệm riêng của phương trình là

1  ln x  1 y

88

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Bài 9.3. Tìm tích phân tổng quát: 1. y ' 

2 xy x  y2 2

y y  x  y ln x x x  y  2 3. y '  x y4

2. xy 'ln

4. ( y 2  2 xy)dx  x2 dy  0 y

5. xy '  y  xe x

6. ( x  4 y ) y '  2 x  3 y  5

Giải: 2 xy (1) x  y2 Với x  0 chia cả tử và mẫu cho vi phân x 2 ta được y 2 dy x (2)  y dx (1  ( ) 2 x y Đặt  u  y.ux  dy  u.dx  u.du x dy dy   u  x. dx dx

1) y ' 

2

Thay vào (2): dy 2u x.du 2u  u  u 2    dx 1  u 2 dx 1 u 2 du.(1  u ) dx   (*) ( u  0 ) u  u2 x

u  x.

Lấy tích phân bất định 2 vế ta được

(

1 u2 dx xdu 2u  u  u 3 du (1  u 2 ) dx ) du      (u  0)  x dx u.(u 2  1) 1 u u  u3 x

Lấy tích phân bất định 2 vế của (*) ta có:  1 u2  dx u 2   u(1  u 2 du   x  ln u  ln 1  u  C  ln 1  u 2  C u Cu  ln C  ln x  x  (C  0)(**) phương trình (1)  ln 2 1 u 1 u2 2u u (1  u 2 ) y u  0   0  u  0 mà u   y  0 Với 2 2 x 1 u 1 u y c 2 x  x  Cy.x Từ (**)  x  y2 x( x 2  y 2 ) 1 2 x 2 2  Cy  x  y ( x  0 không là nghiệm với C  0 ) KL: Nghiệm của phương trình là : Cy  x 2  y 2

89

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 2) xy 'ln

y y  x  y ln * x x

Với x  0 , chia 2 vế của (*) cho x ta được: y y y y  1  ln (  0) (1) x x x x y  u  y  x.u Đặt x dx xdu Có dy  xdu  udx   u dy dx xdu  Thay vào (1) ta được :   u  ln u  1  u ln u  dx  xdu dx  ln u  1  ln udu  dx x y 'ln

Lấy tích phân bất định 2 vế:   ln udu  



dx  u ln u  u  C  ln  x  x

y y   ln  1  C  ln x x x 

Vậy nghiệm tổng quát của (*) là:

3) y ' 

Xét

y y   ln  1  C  ln x x x 

x  y  2 ( x  y  4  0) x y4

1 1 20 1 1

  1 Đổi biến: Đặt x    u ta giải hệ tìm  ,  :    3 y   v

 x  1  u (1) với v là hệ số của u  y  3 v dv u  v  phương trình (1) du u  v Với u  0 chia cả tử và mẫu của vế trái cho u v dv 1  u (u  0) (2)  du 1  v u u du dz u z Đặt  z  v  uz  dv  vdz  zdu  v dx du dz 1  z Thay vào (2): u  z  du 1 z vdt 1  z 1  2 z  z 2   z du 1  z 1 z

Vậy ta đặt 

90

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 

1  z  dz z  2z 1 2



du u

Lấy tích phân bất định 2 vế ta được:

2 du 1 d  z  2 z  1 du  2    2  z  2z 1 u 2 z  2z 1 u 2 1 v v  ln 2  2  1  ln u  ln C (C  0) (3) 2 u u

1  z  dz

u  x  1 vào (3) ta được: v  y  1

thay 

1  y  3 2  y  3 ln   1  ln x  1  ln C 2 2 x 1  x  1 2

 ln  y  3  2  y  3 x  1   x  1  ln C 2 2

2

 y 2  4 x  8 y  2 xy  x 2  C

KL: nghiệm tổng quát của phương trình là:  y 2  4 x  8 y  2 xy  x 2  C 4) ( y 2  2 xy)dx  x2 dy  0 Với x  0 chia cả 2 vế cho x 2 ta được:  y2 2 y   2   dx  dy  0 * x  x y Đặt  u  y  ux  dy  udx  xdu x dy xdu  u dx dx

Thay vào (*) ta được :  u 2  2u   u 

xdu C dx

xdu  0 (**) dx  xdu du dx ( u  0, u  1) (1)  u2  u    2 dx u u x

 u2  u 

Lấy tích phân bất định của 2 vế của (1) ta được : dx 1 dx  1    du     ln 1  u  ln u  C x x  1 u u    ln 1  u   ln u  ln C  ln x (C  0) du

 u u  2

 ln C.



C. y 1 y

u u  ln x  C.  x  Cu  x. 1  u  1 u 1 u

x  x  Cy  x  x  y 

x Với u  0 thay vào (**): 02  0  x.0  0 (luôn đúng) Với x  0, u  0  y  0  C  0 (với C bất kỳ)

KL: Nghiệm của phương trình là Cy  x  x  y  , y  0

91

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 y

5) x. y '  y  x.e x (*) y

Điều kiện: x ≠ 0 chia cả 2 vế cho x ta được: y ' 

y ex x

Đặt y  u  y  u.x  dy  u.dx dy xdu u thay vào (*) ta được: dx dx du du dx du ux  u  eu  x  eu   dx dx x e u



Lấy tích phân bất định 2 vế: dx du    u  ln x  e  u  ln x  u  e  u  C x e y y y    y e  ln x  e x  ln C  ln x  ln C  e x  ln  e x  y  ln x x 6) ( x  4 y ) y '  2 x  3 y  5 2x  3y  5 dy 2 x  3 y  5 y'    x  4y dx x  4y 2 3 0 Ta có: 1 4



2  3  5  0  4     4  0    1

Xét hệ: 

x  s  4  y  t 1

Đặt 

Phương trình trở thành: (2s  3t )ds  ( s  4t )dt  0  (2s  3t )ds  (3  4t )dt t 23 dt 2 s  3t s (*)    t ds s  4t 1  4 s t dt du Đặt u   t  us  dt  sdu  uds   s  u s ds ds du 2  3u du 2  2u  4u 2 2  2u  4u 2 s   sdu  ds Phương trình trở thành: s  u  ds 1  4u ds 1  4u 1  4u 1  4u ds 1  4u ds 1  4u ds  du   du     du   2 2 1 2  2u  4u s 2  2u  4u s s (u  )(u  1) 2 2 10 10 ds 2 1 10 1 23 3 3  du   du    C  ln u   ln u  1  ln s  s  (u  ) (u  1) 3 C 1 u  1 s 3 2 3 2 u 2 2 10 t 1 3 t t Thay u  , ta có: s  (  ) (  1) 3 C s 2 s s 2 10 y 1 1 3 y 1 2 y  x  2 32 y  x  5 103  ( x  4)  (  ) (  1) 3 C  ( x  4)  ( ) ( ) C x4 2 x4 x4 x4

92

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Bài 9.4. Giải các phương trình: 2x y 1  x2 2. y ' y  4 x

6. y'  2 x( x 2  y)

1. y ' 

3. y ' 2 xy  x.e x

7. xy   2 y  2 x 4 8. y  1  x 2  y  arcsin x ; y x0  0

2

9. y  

4. y ' y. sin x  sin x. cos x 5. y '

y 1  x ln x ; y x e  e 2 x ln x 2

xy  arcsin x  x 1 x2

Giải: 2x 2x y  y' y0 2 1 x 1  x2 dx 2x dy 2x Với y  0   y  dx 2 dy 1  x y 1  x2 dy 2x Lấy tích phân 2 vế ta có :    dx y 1  x2

1) y ' 

 ln y  ln 1  x 2  ln C

(C  0)  y  C. (1  x 2 )

Với y  0  C  0 Với nghiệm của phương trình là: y  C. (1  x 2 ) ( C bất kỳ) 2) y ' y  4 x Xét phương trình thuần nhất : y ' y  0 (1) y '   y với y  0 dx dy  y  dx  ln y   x  ln C (C  0) dy y Với y  0 thay vào (1), thỏa mãn  y  0 là nghiệm của (1) ứng với C  0 

Kết luận: (1) có nghiệm : y  e x .C ( C bất kỳ ) Giả sử coi C  C  x   y  e x .C  x  y '  C '( x)e x  e x .C  x 

Thay vào (1)  C '( x)e x  e x .C  x   e2 .C  x   4x  C '  x  e  x  4 x  C '  x   4 x. e x 

dc  4 x. e x   dc   4 x.ex dx  C dx

Đặt I   4x.ex dx  C  x4 dx  du   x x e dx  dv  v e  I  4 u.e x   e x dx   4  u  1 e x  C  4  u  1 e x  C (2)

Đặt 

Thay (2) vào phương trình: y  e x .C Vậy nghiệm của (1) : y  e x  4  u  1 e x  C  93

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 3) y ' 2 xy  x.e x (1) 2

dy dy  2 xy  0 (2)   2 x.dx  C (y  0) dx y 1 Lấy tích phân 2 vế ta được : ln y  2. x 2  ln C 2 2 2 y y  ln   x 2   e  x  y  C.e  x C C Với y  0  thay vào (1)  0'2x.0  0  y  0 là nghiệm của phương trình tương

Giải phương trình thuần nhất:

ứng với C  0 . Vậy (2) có nghiệm tổng quát là y  C.e x ( C bất kì) 2

Nghiệm tổng quát trên ta coi C  C  x  . Giả sử (1) có dạng y  C ( x).e x Thay vào phương trình (1) ta được :

2

C' ( x).e  x  2 x.e  x .C( x)  x.e  x  2 x.(Cx.e  x ) 2

2

2

2

2 2 1  C ' ( x).e  x  x.e  x  C ' ( x)  x  C ( x)   x.dx  C ( x)  x 2  C 2 1  2 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) là : y   x 2  C  e  x 2  4) y ' y. sin x  sin x. cos x (1) dy dy Giải phương trình bậc nhất:  y. sin x   sin x.dx ( y  0) dx y

Lấy tích phân bất định hai vế ta được : y   cos x  y  C.e  cos x C Với y  0 . Thay vào (1), thỏa mãn  y  0 là nghiệm của phương trình ứng với ln y   cos x  ln C 

C 0 Vậy (1) có nghiệm tổng quát là y  C.e cos x ( C Bất kì) Coi C  C ( x) . Giả sử phương trình (1) có dạng y  C ( x).e cos x (2) Thay vào phương trình (1) ta được : C '( x).e cos x  sin x.C ( x).e cos x  sin x.C ( x).e cos x  sin x.cos x  C ' ( x).e  cos x  sin x. cos x  C ' ( x)  sin x. cos x.e cos x Tích phân bất định 2 vế ta được : C  x    sin x.cos x.ecos x dx  C

 u  cosx du   sinx   cosx cosx dv  sinx.e dx  v  e  I  e cos x . cos x   sin x.e cos x  e cos x . cos x  e cos x  C

Đặt

 C ( x)  e cos x . cos x  e cos x  C

(*)

. cos x  e cos x  C ).e  cos x   cos x  1  C.e  cos x  cos x Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là : y   cos x  1  C.e

Thay (*) vào (2)  y  (e

cos x

94

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 xy  arcsin x  x (*) 1  x2 dy xy dy x.dx   0 (1)  Giải phương trình bậc nhất:  2 2 dx 1  x y x 1

5) y '

( y  0)

Lấy tích phân bất định 2 vế ta được :



1 dy x.dx  ln y  ln x 2  1  ln C (C  0)  2 2 y x 1

 ln y  ln x 2  1  ln C  y  C. x 2  1 x.0  0  y  0 là nghiệm của phương trình (1) Với y  0 , thay vào (1) ta được: 0' 1 x2 tương ứng với C  0.

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) là y  C. x 2  1

( C bất kì)

Giả sử nghiệm của phương trình (*) có dạng y  C  x  x2  1 C ( x).x

 y '  C ' ( x) x 2  1 

x 2  1.C ( x)

Thay vào (*) ta được : x.C ( x). x 2  1  arcsin x  x 1  x2 x2 1 x.C ( x) x.C ( x)  C ' ( x) x 2  1    arcsin x  x x2 1 x2 1

C '( x) x 2  1 

x.C ( x)



 C ' ( x) x 2  1  arcsin x  x arcsin x  x  C ' ( x)  x2 1

Lấy tích phân bất định 2 vế ta được: C ( x)  

arcsin x

x 1 2 * x 1  0 2

dx  

x x 1 2

dx

1 1 x2 1  C ( x)  .(arcsin x) 2  . C 1 2 2 2 1  2  y   arcsin x   x 2  1  C . x 2  1 2  1 arcsin x 2  x 2  1  C . x 2  1 2 

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là :  y   6)

y '  2 x( x 2  y) (1)

Giải phương trình thuần nhất :

dy dy  2 xy  0   2 x.dx dx y

( y  0)

Tích phân bất định 2 vế ta được :



2 2 dy y  e x  y  e x .C   2 x.dx  ln y  x 2  ln C  C y

95

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Giả sử coi y  C  x  .e x Thay vào (1) ta được:

2

C' ( x).e x  2 x.e x .C( x)  2 x 3  2 x.((Cx).e x )  0 2

2

2

 C' ( x).e x  2 x.e x .C( x)  2 x.e x .C( x)  2 x 3  0  C ' ( x).e x  2 x 3  C ' ( x)  2

2

2

2

2x 3 ex

2

Tích phân bất định 2 vế ta được : C ( x)  2.

Gọi 2

x3 ex

2

x3

I 2 ex  u  x2  du  2 x.dx   Đặt :  xdx   1  x2 dv  x2 v   2 .e e  2 2 1  I   x 2 . .e  x   e  x .xdx 2 2 2 2 1 1 1   x 2 . .e  x  .e  x  C   .e  x .( x 2  1) 2 2 2  1 2  2  y   .e  x .  x 2  1  .e x  2   1



Vậy nghiệm tổng quát của (1) là : y   .e x .  x 2  1  .e x  2  4 7) xy   2 y  2 x * Với x  0  y  0 là nghiệm của phương trình. 2

2

* Với x  0 Chia cả 2 vế của phương trình cho x ta được: y   Xét phương trình thuần nhất: y  

2y  2x3 x

2

2y  dx  0  y  Ce x  Ce 2 ln x  y  Cx 2 x

(1)

Biến thiên hằng số ta coi C  C x  . Đạo hàm 2 vế của (1) ta được: y   C x 2  2Cx . Thay vào Phương trình không thuần nhất: C x 2  2Cx  2Cx  2 x 3  C   2 x   C    2 xdx  C  x 2  C1

Có: y  Cx 2  y  x 4  C1 x 2 (Nghiệm tổng quát của Phương trình).

8) y  1  x 2  y  arcsin x ; y x0  0 * 1  x 2  0  x  1 thay vào phương trình có: y  

 là nghiệm của phương trình. 2

* 1  x 2  0  x  1 Chia cả 2 vế của phương trình cho 1  x 2 ta được: 96

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 y 

y 1 x

2



arcsin x

(1)

1 x2

Xét Phương trình thuần nhất: y    y  Ce





y 1 x

2

0

dx 1 x 2

 Ce arcsin x

(2)

Coi C  C x  . (2)  y   C e arcsin x 

Ce  arcsin x

1 x2 Ce  arcsin x Ce  arcsin x arcsin x   (1)  C e arcsin x  1 x2 1 x2 1 x2 arcsin x arcsin x arcsin x  C  C   dx   arcsin x d arcsin x (*) e e arcsin x 1  x 2 e arcsin x 1  x 2 t Giải (*): Đặt arcsin x  t  C   t dt   tet dt  (t  1)e t  C1 e arcsin x arcsin x  C  arcsin xe e  C1 thay vào (2)  y  arcsin x  1  C1e  arcsin x Với y x0  0  C1  1

Vậy nghiệm riêng của phương trình là : y  arcsin x  e  arcsin x  1 9) y  

y 1  x ln x ; y x e  e 2 x ln x 2

Xét phương trình thuần nhất: y   Coi C  Cx  y   C  ln x 

dx

y   0  y  Ce x ln x  C ln x x ln x

C x

Thay vào phương trình không thuần nhất ta được: C C x2   x ln x  C   x  C   C1 x x 2 x2  y  ln x  C1 ln x 2 1 2 Với y x e  e  C1  0 2 x2 Vậy Nghiệm riêng cần tìm là : y  ln x 2 C  ln x 

Bài 9.5. Giải phương trình: y  x2 y 4 x 2. ydx   x  x 2 y  dy  0, y

1. y’ 

x

1 2

1

3. y  y  e x y , y x0  4

97

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Giải: y  x2 y4 x y' 1  4  3  x 2 1 y xy 1 Đặt 3  u  u  y 3  u '  3 y 4 y ' y Thay u , u’ vào phương trình (1) ta được: y 'u u   x2 y x u 'u u u 'u u    x2    x2 3 3 y x 3u x

1) y '

u' u 3u   x 2  u   3x 2 3 x x 3 F  x     dx  3ln x x 3ln x H  x    3x 2e dx   3x2 x3dx  3ln x



 Phương trình: u  e3ln x (3ln x  C )  x3 (3ln x  C ) 

1  x3  3ln x  C  3 y

2) ydx   x  x 2 y  dy  0 y 1  1 , x 2 dx x  x 2 y x x 1   0  x    x 2   2   1 (1) y x xy dy y 1 x' Đặt  u  u   2 x x u Thay u , u ' vào phương trình (1)  u   1 y 1 F  y     dy   ln y y 1  ln y H  y    e dy   dy  ln y y 

 Phương trình: u  eln y (ln y  C ) 1 1   y  ln y  C   x  x y  ln y  C  1

Theo bài ra, ta có: y    1 2 

1 1  C  2 2 1 ln 1  c 

98

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 x

1 y  ln y  2 

3) y  y  e x y , y x0  4 Đây là phương trình Bernoulli: y  f  x  y  g  x  y Ta thấy:   1

Đặt z  y

1 2 1

y

1 2

y

1 2

1  2

1 y y ' ( mà y '  e x y  y ) 2 1  1 x 1 12 1 x 1  12 x 2  y e y  y  e  y   e  y 2 2 2  2 1 1  z  z  e x 2 2 1 1 F  x    dx  x 2 2 1 x 1 3x 3 3x 1 H  x    e x e 2 dx   e 2 dx  e 2 2 4 2 1 1 3  x3 x   y 2  e 2  e2  C  4  1  x 3  y  ex  e 2 C 4 Theo bài ra, ta có: y  0  4 z 





3 0 0 5 e e C  C  4 4 x 3 5   y  ex  e 2 4 4  2

Bài 9.6. Giải các phương trình 1. y ''  2sin x cos 2 x  sin 2 x y x x 3. y  x.e x , y |x 0  1, y ' |x 0  2 y  x  x  1  0 , y |x  2  1, y ' |x  2  1 4. y  x 1

2. y 

Giải:

99

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 1) y ''  2sin x cos 2 x  sin 2 x Lấy tích phân 2 lần liên tiếp ta được: y '    2sin x cos 2 x  sin 2 x dx

 2 cos 2 xsinxdx   1  cos 2 x  dx  2  cos 2 xd  cosx   x   cos 2 xdx

cos 3 x cos 2 x dx x dx   3 x 2 3 cos x sin 2 x x  2 x   C1 3 4 2 y   y ' dx  2

x 2 cos 2 x 2 3cosx  cos3x    dx 4 8 3 4 x 2 cos 2 x sinx sin3x  C1 x      C2 4 8 2 18

 C1 x 

y x x Đặt p  y, phương trình trở thành p p   x (*) x

2) y 

Giải phương trình (*) Phương trình thuần nhất p 

p 0 x

Nghiệm tổng quát p  Cx Coi C là hàm của x p  C x  C  C x  x  C   1 thì C  x  C1  p   x  C1  x  x2  C1x x3 C1 x 2  C2 Thay p  y  y    x  C1 x  dx   3 2 2

3) y  x.e x

, y |x 0  1, y ' |x 0  2

Lấy tích phân hai lần liên tiếp y   x.e x dx    x  1 e x  C1 Nghiệm tổng quát là y   y ' dx   x  2 e x  C1x  C2 Nghiệm thỏa mãn điều kiện x0  0, y0  1, y '0  2 Thay vào ta có hệ  2  C1  1  C1  3   1  C2  2 C2  1

Vậy nghiệm riêng cần tìm là y   x  2 e x  3x 1

100

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 4) y 

y  x  x  1  0 x 1

, y |x  2  1, y ' |x  2  1

Đặt 𝑝 = 𝑦 ′ → 𝑝′ = 𝑦 ′′ , ta được phương trình 𝑝 𝑝′ − = 𝑥 (𝑥 − 1) (∗) 𝑥−1 Giải phương trình (*) Phương trình thuần nhất

p  1

p 0 x 1

p  Ce  x 1   x  1 C  y Nghiệm tổng quát Coi C là hàm của x : 𝑝′ =𝐶 ′ (𝑥 − 1) + 𝐶 dx

Thế vào (*) ta được 𝐶 ′ (𝑥 − 1) = 𝑥 (𝑥 − 1) → 𝐶 ′ = 𝑥 → 𝐶 = 𝑥3 𝑥2 → 𝑝= − + 𝐶1 𝑥 − 𝐶1 2 2 𝑥4 𝑥3 𝐶 𝑥2 Nghiệm tổng quát là y = − + 1 − 𝐶1 𝑥 + C2 8

6

𝑥2 2

+ 𝐶1

2

Thay x0=2, y0=1, y0′ = −1 ta được C1=-3 và C2= Vậy nghiệm riêng của phương trình là :𝑦 =

𝑥4 8

+

1 3 𝑥3 6

−

3𝑥 2 2

+ 3𝑥 +

1 3

5)  y ''  y ' 2

* TH1: y  0 Thay y  0 vào Phương trình ban đầu => thỏa mãn. Vậy y  0 là nghiệm ngoại lai của phương trình * TH2 : y≠ 0 Đặt y '  p  y  y ''  p.

dp dy

Thay vào phương trình ta được: p 2 (

 dp  dp 2 )  p  p  0 hoặc p   = 1 (1) dy  dy 

Giải (1) (1) 

dp 1    p dp  dy dy p

 3y     pdy   dy  p     C   2  dy Mà p  y '  nên ta có dx

2

3

2

dy dy  3y   3y   3  C    dx      C  2 dx  2   2   3y  3  C  2 

2/3

dy   dx

101

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 2

 3y   C 2 3y 3 2 2   xC   (  C )2/3  dy  x  C1    1 1 3 2 2 3 3

3y  x  C1   x  C1   3y   2    C   x  C1  C     2 8  2   2  3

2

3

1

Vậy nghiệm tổng quát là 𝑦 = × (𝑥 + 𝐶1 )3 + 𝐶 và y=0 là nghiệm ngoại lai của 12 phương trình 6) y   y   0 2

Đặt

𝑦 ′ = 𝑝(𝑦) → 𝑦 ′′ = 𝑝. 𝑝 = 0 ℎ𝑜ă𝑐 𝑝 =

𝑑𝑝 đ𝑦

𝑑𝑝 𝑑𝑦

𝑦→

− 𝑝2 = 0 𝑑𝑝 𝑝

=

𝑑𝑦 𝑦

→ ln|𝑝| = ln|𝑦| + ln|𝐶 | → 𝑝 = 𝐶𝑦

Thay 𝑦 ′ = 𝑝 vào p=Cy ta được 𝑑𝑦 𝑦 ′ − 𝐶𝑦 = 0 → =Cy→ 𝑦 = 𝐶1 𝑒 𝐶𝑥 𝑑𝑥

7) y  2 yy ' Đặt 𝑝 = 𝑦 ′ ℎ𝑎𝑦 𝑦 ′′ = 𝑝. → 𝑝 = 0 ℎ𝑜ặ𝑐

𝑑𝑝 𝑑𝑦

𝑑𝑝 𝑑𝑦

→

𝑑𝑝 𝑑𝑦

. 𝑝 = 2𝑦𝑝

= 2𝑦 → 𝑝 = 𝑦 2 + 𝐶

Thay p=𝑦 ′ ta được 𝑦 ′ = 𝑦 2 + 𝐶 → 8) y  e x  1  y  0

𝑑𝑦 𝑑𝑥

= 𝑦2 + 𝐶 → 𝑥 = ∫

𝑑𝑦 𝑦 2 +1

+ 𝐶1

Chia hai vế cho (ex+1)/ (ex+1)≠ 0 ta được phương trình mới 𝑦′ 𝑦 ′′ + 𝑥 =0

𝑒 +1 𝑝 Đặt 𝑝 = 𝑦 → 𝑝′ + 𝑥 =0(phương trình thuần nhất) 𝑒 +1 1 Nghiệm tổng quát 𝑝 = 𝐶1 𝑒 − ∫𝑒𝑥+1𝑑𝑥 = 𝐶1 (𝑒 −𝑥+ln(𝑥+1) ) = 𝐶1 (1 + 𝑒 −𝑥 ) Thay 𝑝 = 𝑦 ′ → 𝑦 = ∫ 𝑦 ′ 𝑑𝑥 = ∫(𝐶1 + 𝐶1 𝑒 −𝑥 )𝑑𝑥 = 𝐶1 𝑥 − 𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝐶2 Vậy nghiệm tổng quát là 𝑦 = 𝐶1 (𝑥 − 𝑒 −𝑥 ) + 𝐶2 ′

Bài 9.7 :Giải phương trình sau 1) 𝑦′′ − 2𝑦′ − 𝑦 = 0 2)𝑦′′ − 9𝑦 = 𝑒 3𝑥 cos 𝑥 3) 4𝑦′′ − 20𝑦′ + 25𝑦 = 0 4) 𝑦′′ − 4𝑦′ = −12𝑥 2 − 6𝑥 − 4 5) 𝑦′′ − 2𝑦′ − 3𝑦 = 𝑒 4𝑥 6) 𝑦′′ − 5𝑦′ + 4𝑦 = 4𝑥 2 𝑒 𝑥 7) 𝑦” − 𝑦 = 2 sin 𝑥 − 4 cos 𝑥 8) 𝑦" − 4𝑦 = 𝑒 𝑥 [(−4𝑥 + 4) cos 𝑥 − (2𝑥 + 6) sin 𝑥 ] 9) 𝑦" + 𝑦 = cos 𝑥 + cos 2𝑥 10) 𝑦" − 𝑦 = 2𝑒 𝑥 − 𝑥 2 Giải 102

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 1) 𝑦′′ − 2𝑦′ − 𝑦 = 0 Xét phương trình : 𝑥 2 − 2𝑥 − 1 = 0 ta có hai nghiệm là 𝑥1 = 1 + √2 , 𝑥2 = 1 − √2 Vì 𝑥1 ≠ 𝑥2 và là số thực nên nghiệm của phương trình là : y = 𝐶1 𝑒 (1+√2)𝑥 +𝐶2 𝑒 (1−√2)𝑥 2) 𝑦′′ − 9𝑦 = 𝑒 3𝑥 cos 𝑥 Có : 𝑦 ′′ − 9𝑦 = 𝑒 3𝑥 cos 𝑥 = 𝑒 3𝑥 (cos 𝑥 + sin 𝑥 ) Xét phương trình : 𝑦 ′′ − 9𝑦 ′ = 0 đưa về phưong trình đặc trưng : 𝑥 2 − 𝑥 = 0 → 𝑥1 = 3 , 𝑥2 = −3 Nghiệm của phương trình thuần nhất: 𝑦̅ = 𝐶1 𝑒 3𝑥 + 𝐶2 𝑒 −3𝑥 Có 𝛼 = 𝑖,𝛽 = 3 ± 𝑖 nên nghiệm riêng của phương trình có dạng 𝑦̂ = 𝑒 5𝑥 (𝐴1 cos 𝑥 + 𝐴2 sin 𝑥 ) 𝑦̂ ′ = [3(3𝐴1 + 𝐴2 ) + (3𝐴2 + 𝐴1 )]𝑒 3𝑥 cos 𝑥 + [3(3𝐴2 − 𝐴1 ) − (3𝐴1 + 𝐴2 )]𝑒 3𝑥 sin 𝑥 𝑦̂′′ = (8𝐴1 + 6𝐴2 )𝑒 3𝑥 cos 𝑥 + (8𝐴2 − 6𝐴1 ) 𝑒 3𝑥 sin 𝑥 Thay 𝑦̂,𝑦̂ ′′ vào phương trình đầu ta có được : (8𝐴1 + 6𝐴2 )𝑒 3𝑥 cos 𝑥 + (8𝐴2 − 6𝐴1 ) 𝑒 3𝑥 sin 𝑥 + 9𝐴1 𝑒 3𝑥 cos 𝑥 + 9𝐴2 𝑒 3𝑥 sin 𝑥 = 𝑒 3𝑥 cos 𝑥 → (6𝐴2 − 𝐴1 )𝑒 3𝑥 cos 𝑥 + (−𝐴2 − 6𝐴1 )𝑒 3𝑥 sin 𝑥 = 𝑒 3𝑥 cos 𝑥 𝐴1 = −1⁄32 6𝐴 + 𝐴1 = 1 →{ 2 →{ 𝐴2 + 6𝐴1 = 0 𝐴2 = 6⁄37 Nghiệm riêng của phương trình : 𝑦̂ = 𝑒 3𝑥 (1⁄37 cos 𝑥 + 6⁄37 sin 𝑥) Vậy nghiệm của phương trình là: 𝑦 = 𝑦̅ + 𝑦̂ = 𝐶1 𝑒 3𝑥 +𝐶2 𝑒 2𝑥 + 𝑒 3𝑥 (1⁄37 cos 𝑥 + 6⁄37 sin 𝑥) 3) 4𝑦′′ − 20𝑦′ + 25𝑦 = 0 Xét phương trình :4𝑥 2 − 20𝑥 + 25 = 0 → 𝑥1 = 𝑥2 = 5 5 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là : 𝑦 = (𝐶1 + 𝐶2 ) ⁄2𝑥 4) 𝑦′′ − 4𝑦′ = −12𝑥 2 − 6𝑥 − 4 Xét phương trình : 𝑥 2 − 4𝑥 = 0 → 𝑥1 = 0 , 𝑥2 = 4 𝑥1 ≠ 𝑥2 nên nghiệm của phương trình thuần nhất : 𝑦1 = 𝐶1 𝑒 2𝑥 + 𝐶2 𝑒 4𝑥 Có 𝛼 = 0 là ngnhiệm của phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng của phương trình đề bài có dạng : 𝑦̂ = 𝐴𝑥 3 + 𝐵𝑥 2 + 𝐶𝑥 𝑦̂′ = 3𝐴𝑥 2 + 2𝐵𝑥 + 𝐶 𝑦̂′′ = 6𝐴𝑥 + 2𝐵 ′′ ′ Thay 𝑦̂ , 𝑦̂ vào phương trình đề bài ta được: 6𝐴𝑥 + 2𝐵 − 4(3𝐴𝑥 2 − 2𝐵𝑥 + 𝐶 ) = 12𝑥 2 − 6𝑥 − 4  12𝐴𝑥 2 + (6𝐴 + 8𝐵 )𝑥 + 2𝐵 − 4𝐶 = 12𝑥 2 − 6𝑥 − 4 𝐴=1 −12𝐴 = −12  {6𝐴 − 8𝐵 = −6  {𝐵 = 3/2 𝐶 = 7/4 2𝐵 − 4𝐶 = −4 103

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Do đó nghiệm riêng của phương trình đề bài là :𝑦̂ = 𝑥(𝑥 2 + 3⁄2 𝑥 + 7⁄4) Kết luận: Nghiệm tổng quát của phương trình đề bài 𝑦 = 𝑦̅ + 𝑦̂ = 𝐶1 𝑒 2𝑥 + 𝐶2 𝑒 4𝑥 + 𝑥(𝑥 2 + 3⁄2 𝑥 + 7⁄4) 5) 𝑦′′ − 2𝑦′ − 3𝑦 = 𝑒 4𝑥 Xét phương trình đặc trưng: 𝑥 2 − 2𝑥 − 3 = 0  𝑥1 = −1 , 𝑥2 = 3 Vì 𝑥1 ≠ 𝑥2 nên nghiệm của phương trình thuần nhất là : 𝑦̅ = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒 3𝑥 Vì 𝛼 = 4 không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng của phương trình đề bài có dạng : 𝑦̂ = 𝑒 4𝑥 𝐴 → 𝑦2′ = 4𝐴𝑒 𝑥 → 𝑦2′′ = 16𝐴𝑒 𝑥 Thay 𝑦̅, 𝑦̂′, 𝑦̂′′ vào phương trình đề bài : 1 16𝐴𝑒 4𝑥 − 24𝐴𝑒 4𝑥 − 3𝑒 4𝑥 𝐴 = 𝑒 ⁄5  5𝐴𝑒 4𝑥 = 𝑒 4𝑥  𝐴 = 1 5 Nghiệm riêng của phương trình : 𝑦̂ = 1⁄5 𝑒 4𝑥 Vậy nghiệm của phương trình đề bài là: 𝑦 = 𝑦̅ + 𝑦̂ = 𝐶1 𝑒 𝑥 − 𝐶2 𝑒 3𝑥 + 1⁄5 𝑒 4𝑥 6) 𝑦′′ − 5𝑦′ + 4𝑦 = 4𝑥 2 𝑒 𝑥 Phương trình thuần nhất tương ứng : 𝑦 2 − 5𝑦 − 4 = 0(∗) Xét phương trình đặc trưng : 𝑥 2 − 5𝑥 − 4 = 0  𝑥1 = 4, 𝑥2 = 1 Nghiệm của phương trình * là :𝑦̅ = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒 4𝑥 Vì 𝛼 = 1 là nghiệm của phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng của phương trình đề bài có dạng: 𝑦̂ = 𝑥𝑒 𝑥 (𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 ) 𝑦̂ = 𝐴𝑒 𝑥 𝑥 3 + 𝐵𝑒 𝑥 𝑥 2 + 𝐶𝑒 𝑥 𝑥 𝑦̂′ = 𝐴(𝑒 𝑥 𝑥 3 + 3𝑒 𝑥 𝑥 2 ) + 𝐵(𝑒 𝑥 𝑥 2 + 2𝑒 𝑥 𝑥) + 𝐶 (𝑒 𝑥 𝑥 + 𝑒 𝑥 ) 𝑦̂′ = 𝐴𝑒 𝑥 𝑥 3 + (3𝐴 + 𝐵)𝑒 𝑥 𝑥 2 + (2𝐵 + 𝐶 )𝑒 𝑥 𝑥 + 𝐶𝑒 𝑥 𝑦̂′′ = 𝐴(𝑒 𝑥 𝑥 3 + 3𝑒 𝑥 𝑥 2 ) + (3𝐴 + 𝐵)(𝑒 𝑥 𝑥 2 + 2𝑒 𝑥 𝑥) + (2𝐵 + 𝐶 )(𝑒 𝑥 + 𝑒 𝑥 ) + 𝐶𝑒 𝑥 𝑦̂′′ = 𝐴𝑒 𝑥 𝑥 3 + 3𝐴𝑒 𝑥 𝑥 2 + (3𝐴 + 𝐵)𝑒 𝑥 𝑥 2 + (3𝐴 + 𝐵)2𝑒 𝑥 𝑥 + (2𝐵 + 𝐶 )𝑒 𝑥 𝑥 + (2𝐵 + 𝐶 )𝑒 𝑥 + 𝐶𝑒 𝑥 𝑥 3 𝑦̂′′ = 𝐴𝑒 𝑥 + (6𝐴 + 𝐵)𝑒 𝑥 𝑥 2 + (6𝐴 + 4𝐵 + 𝐶 )𝑒 𝑥 𝑥 + (2𝐵 + 2𝐶 )𝑒 𝑥 Thay 𝑦̂, 𝑦̂′, 𝑦̂′′ vào phương trinh đề bài ta được : 𝐴 = −2 {𝐵=2 𝐶 = −3  Nghiệm của phương trình đề bài là : 𝑦 = 𝑥𝑒 𝑥 (2𝑥 2 + 2𝑥 − 3) Vậy nghiệm của phương trình đề bài là 𝑦 = 𝑦1 + 𝑦2 = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑥 = 𝑥𝑒 𝑥 (2𝑥 2 − 2𝑥 + 3) 7) 𝑦” − 𝑦 = 2 sin 𝑥 − 4 cos 𝑥 - Phương trình thuần nhất: 𝑦” − 𝑦 = 0 - Phương trình đặc trưng: 𝑘 2 − 1 = 0 ⇔ 𝑘 = ±1 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: 𝑦(𝑥) = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒 −𝑥

(𝐶1 , 𝐶2 tùy ý) 104

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Nghiệm riêng của phương trình (1) có dạng: 𝑦̂(𝑥) = 𝑒 0𝑥 (𝐴 sin 𝑥 + 𝐵 cos 𝑥 ) = 𝐴 sin 𝑥 + 𝐵 cos 𝑥 ( do k = 0 + 𝑖 không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng) 𝑦̂′ = 𝐴 cos 𝑥 − 𝐵 sin 𝑥 𝑦̂′′ = −𝐴 sin 𝑥 − 𝐵 cos 𝑥 Thay 𝑦̂ ′′, 𝑦̂ vào phương trình (1) ta được: −Asin 𝑥 − 𝐵 cos 𝑥 − (𝐴 sin 𝑥 + 𝐵 cos 𝑥 ) = 2 sin 𝑥 − 4 cos 𝑥 ⇔ −2Asin 𝑥 − 2𝐵 cos 𝑥 = 2 sin 𝑥 − 4 cos 𝑥 So sánh hệ số ta có: −2𝐴 = 2 𝐴 = −1 { ⇔{ −2𝐵 = −4 𝐵=2 Do đó: 𝑦̂(𝑥) = − sin 𝑥 + 2 cos 𝑥 Nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là: 𝑦 = 𝑦 + 𝑦̂ = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒 −𝑥 − sin 𝑥 + 2 cos 𝑥 8) 𝑦" − 4𝑦 = 𝑒 𝑥 [(−4𝑥 + 4) cos 𝑥 − (2𝑥 + 6) sin 𝑥 ] - Phương trình thuần nhất: 𝑦" − 4𝑦 = 0 - Phương trình đặc trưng: 𝑘 2 − 4 = 0 ⇔ 𝑘 = ±2 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: 𝑦(𝑥) = 𝐶1 𝑒 2𝑥 + 𝐶2 𝑒 −2𝑥 (𝐶1 , 𝐶2 tùy ý) Nghiệm riêng của phương trình (1) có dạng: 𝑦̂(𝑥) = 𝑒 𝑥 [(𝐴𝑥 + 𝐵) cos 𝑥 + (𝐶𝑥 + 𝐷 ) sin 𝑥 ] ( Vì k = 1 ± 𝑖 không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng ) 𝑦̂′ = 𝑒 𝑥 [(𝐴𝑥 + 𝐵) cos 𝑥 + (𝐶𝑥 + 𝐷 ) sin 𝑥 ] + 𝑒 𝑥 [𝐴 cos 𝑥 − (𝐴𝑥 + 𝐵) sin 𝑥 + 𝐶 sin 𝑥 + (𝐶𝑥 + 𝐷 ) cos 𝑥 ] = 𝑒 𝑥 [(𝐴𝑥 + 𝐶𝑥 + 𝐴 + 𝐵 + 𝐷 ) cos 𝑥 + (𝐶𝑥 − 𝐴𝑥 − 𝐵 + 𝐶 + 𝐷 ) sin 𝑥 ] 𝑦̂ = 𝑒 𝑥 [(𝐴𝑥 + 𝐶𝑥 + 𝐴 + 𝐵 + 𝐷 ) cos 𝑥 + (𝐶𝑥 − 𝐴𝑥 − 𝐵 + 𝐶 + 𝐷 ) sin 𝑥 ] + 𝑒 𝑥 [(𝐴 + 𝐶 ) cos 𝑥 − (𝐴𝑥 + 𝐶𝑥 + 𝐴 + 𝐵 + 𝐷 ) sin 𝑥 + (𝐶 − 𝐴) sin 𝑥 + (𝐶𝑥 − 𝐴𝑥 − 𝐵 + 𝐶 + 𝐷 ) cos 𝑥 ] 𝑥 [( = 𝑒 2𝐴 + 2𝐶 + 2𝐷 + 2𝐶𝑥 ) cos 𝑥 + (2𝐶 − 2𝐵 − 2𝐴 − 2𝐴𝑥 ) sin 𝑥 ] Thay 𝑦̂′′, 𝑦̂ vào phương trình (1) ta được: 𝑒 𝑥 [(2𝐴 + 2𝐶 + 2𝐷 + 2𝐶𝑥 ) cos 𝑥 + (2𝐶 − 2𝐵 − 2𝐴 − 2𝐴𝑥) sin 𝑥] − 4𝑒 𝑥 [(𝐴𝑥 + 𝐵) cos 𝑥 + (𝐶𝑥 + 𝐷 ) sin 𝑥 ] = 𝑒 𝑥 [(−4𝑥 + 4) cos 𝑥 − (2𝑥 + 6) sin 𝑥 ] ⇔ 𝑒 𝑥 [(2𝐴 + 2𝐷 + 2𝐶 − 4𝐵 + 2𝐶𝑥 − 4𝐴𝑥 ) cos 𝑥 + (2𝐶 − 2𝐵 − 2𝐴 − 4𝐷 − 2𝐴𝑥 − 4𝐶𝑥 ) sin 𝑥 ] = 𝑒 𝑥 [(−4𝑥 + 4) cos 𝑥 − (2𝑥 + 6) sin 𝑥 ] So sánh hệ số ta có: −4𝐴 + 2𝐶 = −4 𝐴=1 2𝐴 − 4𝐵 + 2𝐶 + 2𝐷 = 4 𝐵=0 { ⇔{ −2𝐴 − 4𝐶 = −2 𝐶=0 −2𝐴 − 2𝐵 + 2𝐶 − 4𝐷 = −6 𝐷=1 Do đó: 𝑦̂ = 𝑒 𝑥 (𝑥 cos 𝑥 + sin 𝑥 ) Nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là: 𝑦 = 𝑦̅ + 𝑦̂ = 𝐶1 𝑒 2𝑥 + 𝐶2 𝑒 −2𝑥 + 𝑒 𝑥 (𝑥 cos 𝑥 + sin 𝑥) 9) 𝑦" + 𝑦 = cos 𝑥 + cos 2𝑥 - Phương trình thuần nhất: 𝑦" + 𝑦 = 0 - Phương trình đặc trưng: 𝑘 2 + 1 = 0 ⇔ 𝑘 = 0 ± 𝑖 105

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là: 𝑦̅ = 𝑒 0𝑥 (𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥 ) ( 𝐶1 , 𝐶2 𝑡ù𝑦 ý) Xét các phương trình thành phần sau: 𝑦" + 𝑦 = cos2 𝑥 = 𝑒 0𝑥 (1 cos 2𝑥 + 0 sin 2𝑥 ) (2) 𝑦" + 𝑦 = cos 𝑥 = 𝑒 0𝑥 (1 cos 𝑥 + 0 sin 𝑥 ) (3) + Nghiệm riêng của phương trình (2) có dạng: 𝑦 ̂2 = 𝑒 0𝑥 (Acos 2𝑥 + 𝐵 sin 2𝑥 ) = Acos 2𝑥 + 𝐵 sin 2𝑥 ( vì 𝑘 = 0 ± 2 𝑖 không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng ) 𝑦 ̂′ 2 = −2A sin 2𝑥 + 2𝐵 cos 2𝑥 𝑦 ̂′′ 2 = −4 Acos 2𝑥 − 4𝐵 sin 2𝑥 Thay 𝑦 ̂, ̂′′ vào phương trình (1) ta được: 2 𝑦 2 −4 Acos 2𝑥 − 4𝐵 sin 2𝑥 + Acos 2𝑥 + 𝐵 sin 2𝑥 = cos2 𝑥 + 0 sin 2𝑥 ⇔ −3𝐴 cos 2𝑥 − 3𝐵 sin 2𝑥 = cos2 𝑥 + 0 sin 2𝑥 So sánh hệ số ta có: 1 −3𝐴 = 1 𝐴 = − { ⇔{ 3 −3𝐵 = 0 𝐵=0 1 Do đó: 𝑦 ̂2 = − cos 2𝑥 3 + Nghiệm riêng của phương trình (3) có dạng: 𝑦 ̂3 = 𝑥𝑒 0𝑥 (Acos 𝑥 + 𝐵 sin 𝑥 ) = x(Acos 𝑥 + 𝐵 sin 𝑥) ( vì 𝑘 = 0 ± 𝑖 là nghiệm của phương trình đặc trưng) 𝑦 ̂′ 3 = 𝐴 cos 𝑥 + 𝐵 sin 𝑥 + 𝑥 [−𝐴 sin 𝑥 + 𝐵 cos 𝑥 ] 𝑦 ̂′′ 3 = −𝐴 sin 𝑥 + 𝐵 cos 𝑥 − 𝐴 sin 𝑥 + 𝐵 cos 𝑥 + 𝑥 (−𝐴 cos 𝑥 − 𝐵 sin 𝑥 ) = −2𝐴 sin 𝑥 + 2𝐵 cos 𝑥 − 𝑥 (𝐴 cos 𝑥 + 𝐵 sin 𝑥 ) Thay 𝑦 ̂, ̂′′ 3 𝑦 3 vào phương trình (3) ta được: −2𝐴 sin 𝑥 + 2𝐵 cos 𝑥 − 𝑥 (𝐴 cos 𝑥 + 𝐵 sin 𝑥 )+x(Acos 𝑥 + 𝐵 sin 𝑥)=cos 𝑥 + 0 sin 𝑥 ⇔ −2𝐴 sin 𝑥 + 2𝐵 cos 𝑥 = cos 𝑥 + 0 sin 𝑥 𝐴 = −1/2 −2𝐴 = 1 So sánh hệ số ta có: { ⇔{ 2𝐵 = 0 𝐵=0 1 Do đó: 𝑦 ̂3 = − 𝑥 cos 𝑥 2 Nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là: 1 1 𝑦 = 𝑦̅ + 𝑦 ̂2 + 𝑦 ̂3 = (𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥 ) − cos 2𝑥 − 𝑥 cos 𝑥 3 2 10) 𝑦" − 𝑦 = 2𝑒 𝑥 − 𝑥 2 - Phương trình thuần nhất: 𝑦” − 𝑦 = 0 - Phương trình đặc trưng: 𝑘 2 − 1 = 0 ⇔ 𝑘 = ±1 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: 𝑦(𝑥) = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒 −𝑥 (𝐶1 , 𝐶2 tùy ý) -Xét các phương trình thành phần sau: 𝑦" − 𝑦 = 2𝑒 1.𝑥 ( 2) 𝑦" − 𝑦 = −𝑥 2 (3) + Nghiệm riêng của phương trình (2) có dạng: 𝑦 ̂2 = 𝑥𝐴𝑒 𝑥 𝑥 𝑥 𝑦 ̂′ 2 = 𝐴𝑒 + 𝑥𝐴𝑒 𝑥 𝑥 𝑦 ̂′′ 2 = 2𝐴𝑒 + 𝑥𝐴𝑒 Thay 𝑦 ̂′′, ̂2 vào phương trình (2) ta được: 2 𝑦 106

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 2𝐴𝑒 𝑥 + 𝑥𝐴𝑒 𝑥 − 𝑥𝐴𝑒 𝑥 = 2𝑒 1.𝑥 ⇔ 2𝐴𝑒 𝑥 = 2𝑒 𝑥 So sánh hệ số ta được: 2A = 2 ⇔ A = 1 Do đó: 𝑦 ̂2 = 𝑥𝑒 𝑥 + Nghiệm riêng của phương trình (3) có dạng: 𝑦 ̂3 = 𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 𝑦 ̂′ 3 = 2𝐴𝑥 + 𝐵 𝑦 ̂′′ 3 = 2𝐴 Thay𝑦 ̂′′, 𝑦 ̂3 vào phương trình (3) ta được: 3 2𝐴 − 𝐴𝑥 2 − 𝐵𝑥 − 𝐶 = −𝑥 2 + 0𝑥 + 0 So sánh hệ số ta được: −𝐴 = −1 𝐴=1 { −𝐵 = 0 ⇔ {𝐵 = 0 2𝐴 − 𝐶 = 0 𝐶=2 Do đó: 𝑦 ̂3 = 𝑥 2 + 2 Nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là: 𝑦 = 𝑦̅ + 𝑦 ̂2 + 𝑦 ̂3 = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒 −𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 + 𝑥 2 + 2 Bài 9.8 Viết các số phức sau dưới dạng 𝒂 + 𝒃𝒊 1) (2 + 𝑖)(−1 + 𝑖)(1 + 2𝑖) 2 2)(1 + 𝑖√3) 2 3)

1−3𝑖 3−𝑖

Giải: 1) (2 + 𝑖)(−1 + 𝑖)(1 + 2𝑖) 2 = (−2 + 𝑖 + 𝑖 2 )(1 + 4𝑖 + 4𝑖 2 ) = (−2 + 𝑖 − 1)(1 + 4𝑖 − 4) = (−3 + 𝑖)(−3 + 4𝑖) = 9 − 15𝑖 + 4𝑖 2 = 5 − 15𝑖 2)(1 + 𝑖√3) 2 = 1 + 2√3𝑖 + 3𝑖 2 = −2 + 2√3𝑖 1−3𝑖 3) 3−𝑖

= = = =

(1−3𝑖)(3+𝑖) (3−𝑖)(3+𝑖) 3−8𝑖−3𝑖 2 9−𝑖 2 6−8𝑖 10 3 4 5

− i 5

107

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

Bài 9.9. Đưa các dạng số phức sau về dạng lượng giác 1. 1 2. – 1 3. 𝑖 4. – 𝑖 5. 1 + 𝑖 √3 6. – 1 + 𝑖 √3 7. − cos 30° + 𝑖 sin 30° 8. 2 + √3 + 𝑖

Giải: 𝟏. 𝑧 = 1 = 1 + 0𝑖 = 1(cos 0 + 𝑖sin 0 ) 𝟐. 𝑧 = −1 = −1 + 0 𝑖 = 1(cos 𝜋 + 𝑖 sin 𝜋) 𝜋 𝜋 𝟑. 𝑧 = 𝑖 = 0 + 1. 𝑖 = 1. (cos + 𝑖 sin ) 2 2 𝟒. 𝑧 = − 𝑖 = 0 − 𝑖 = 1. (cos

−𝜋 −𝜋 ) + 𝑖 sin 2 2

1 √3 𝜋 𝜋 𝟓. 𝑧 = 1 + 𝑖√3 = 2. ( + 𝑖) = 2. (cos + 𝑖 sin ) 2 2 3 3

𝟔. 𝑧 = −1 + 𝑖√3 = 2. (

−1 √3 2𝜋 2𝜋 + 𝑖) = 2 (cos + 𝑖 sin ) 2 2 3 3

𝟕. 𝑧 = − cos 30° + 𝑖 sin 30° =

− √3 1 5𝜋 5𝜋 + 𝑖 = cos + 𝑖 sin 2 2 6 6

𝟖. 𝑧 = 2 + √3+ 𝑖 = √8 + 4√3 (

= (√2 + √6) (

2+√3 √8+4√3

2 + √3 √2 + √6

+

+

𝑖 √8+4√3

𝑖 √2 + √6

)

) = (√2 + √6) (cos

𝜋 𝜋 + 𝑖 sin ) 12 12

Bài 9.10. Tính 1) √2𝑖 108

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

0,5  k 2 0,5  k 2   i.sin )  i.sin ) = 2.(cos 2 2 2 2   (k=0;1) Với k=0 2i  2.(cos  i.sin ) 4 4 11  5 11 5  2i  2(cos  i.sin  i.sin ) k=1 4 i  cos 8 4 8 4

2i  2.(cos



2) √−8𝑖 8i  8.(cos   i.sin  )  8(cos

k=0;1 Với k=0 k=1

8i  8(cos

  k 2



2



 i.sin

  k 2 2

)

 i.sin ) 2 2 3 3 8i  8(cos  i.sin ) 2 2

3) √3 − 4𝑖 3 4i 3 3 3  4i  5(  )  5(cos(arccos )  i.sin(arccos )) 5 5 5 5 3 3 arccos  k 2 arccos  k 2 5 5  5(cos( )  i.sin( )) 2 2

K=0;1 Với k=0

K=1

3  4i  5(cos(

3 3 arccos 5 )  i.sin( 5 )) 2 2

arccos

3 3 arccos  2 arccos  2 5 5 3  4i  5(cos( )  i.sin( )) 2 2

4) √−15 + 8𝑖 15 15  i.sin(arccos )) 17 17 15 15 arccos  k 2 arccos  k 2 17 17 15  8i  17(cos  i.sin ) 2 2 15 15 arccos  2 arccos  2 17 17  i.sin ) K=0;1 với k=1 15  8i  17(cos 2 2 15 15 arccos arccos 17  i.sin 17 ) 15  8i  17(cos K=0 2 2 15  8i  17(cos(arccos

4

5) √−𝑖 4

i  4 cos

  0,5  k 2 0,5  k 2  i.sin  cos  i.sin 2 2 4 4

109

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2    i.sin 8 8 3 3 K=1 4 i  cos  i.sin 8 8 7  7  K=2 4 i  cos  i.sin 8 8 11  11   i.sin K=3 4 i  cos 8 8 i  cos

4

K=0,1,2,3 Với k=0

Bài 9.11. Giải phương trình phức, viết nghiệm dưới dạng a+ bi(a,b 𝝐 R) 1. 𝑥 2 + 𝑥 + 1 = 0 2. 𝑥 2 − (2 + 𝑖)𝑧 + 7𝑖 − 1 = 0 3. 𝑥 2 − (3 − 2𝑖)𝑧 + 5 − 5𝑖 = 0 4. 8𝑧 2 − 4√2𝑖𝑧 − 1 − 2𝑖 = 0 5. 𝑧 4 + 10𝑧 2 + 169 = 0 Giải: 1) 𝑥 2 + 𝑥 + 1 = 0 ∆ = 𝑏2 – 4ac = 12 – 4(1)(1) = -3 = 3𝑖 2 =>

1

𝑥1 = − + 2 1

√3

𝑖

2 √3

𝑥2 = − + 𝑖 2 2 2) 𝑥 2 − (2 + 𝑖)𝑧 + 7𝑖 − 1 = 0 ∆ = 𝑏2 − 4ac = (2 + 𝑖)2 − 4(7𝑖 − 1) = 7 – 24i = (4 − 3𝑖)2 2+𝑖+4−3𝑖 6−2𝑖 => 𝑥1 = = =3−𝑖 2 2+𝑖−4+3𝑖

2 −2+4𝑖

𝑥2 = = = −1 + 2𝑖 2 2 2 3) 𝑥 − (3 − 2𝑖)𝑧 + 5 − 5𝑖 = 0 ∆ = (3 − 2𝑖)2 − 4(5 – 5i) = 8i – 15 = (1 + 4𝑖)2 3−2𝑖+1+4𝑖 4+2𝑖 => 𝑥1 = = =2+𝑖 𝑥2 =

2 3−2𝑖−1−4𝑖 2

=

2 2+6𝑖 2

= 1 − 3𝑖

4) 8𝑧 2 − 4√2𝑖𝑧 − 1 − 2𝑖 = 0  (2√2𝑧)2 − 2√2𝑖𝑧 − 𝑖 2 = 2𝑖  (2√2𝑧 − 𝑖)2 = 𝑖 2 + 2𝑖 + 1  (2√2𝑧 − 𝑖)2 = ( 𝑖 + 1)2 2 2𝑧−𝑖=𝑖+1

 [2√√2𝑧−𝑖= −𝑖−1  [

√2 √2 + 𝑖 4 2 √2 𝑧2 = − 4

𝑧1 =

110

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 5) 𝑧 4 + 10𝑧 2 + 169 = 0 Đặt 𝑧 2 = 𝑡 => 𝑡 2 + 10𝑡 + 169 = 0 ∆′ = 𝑏2 − 𝑎𝑐 = 25 − 169 = −144 = 144𝑖 2 => 𝑡1 = −5 + 12𝑖 = ( 2 + 3𝑖)2 𝑡2 = −5 − 12𝑖 = ( 2 − 3𝑖)2 => 𝑧1 = √𝑡1 = 2 + 3𝑖 𝑧2 = −√𝑡1 = −2 − 3𝑖 𝑧3 = √𝑡2 = 2 − 3𝑖 𝑧4 = −√𝑡2 = −2 + 3𝑖

111

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

CHƯƠNG 10: PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN A. LÝ THUYẾT 1. Sai phân a) Lưới và bước lưới Cho điểm t0 trên trục thực và khoảng cách h  0 . Tập hợp các điểm trên trục thực: I : t0  n : n  Z 

Định nghĩa: Là 1 tập rời rạc, gồm các điểm cách đều nhau một khoảng cách là h, bắt đầu từ h0 Ta gọi I là một lưới thời gian với bước lưới là h . b) Sai phân Kí hiệu. x : A  R; n

x(n) (hoặc xn )

Ghi chú: • A là tập rời rạc, thường là tập N • n là biến thời gian (ngày, tháng, quý, năm) • x là hàm trong kinh tế (GDP, lợi nhuận,...) Định nghĩa Sai phân (cấp 1) của hàm x tại n là: x(n) : x(n  1)  x(n)

Ghi chú: Ý nghĩa của x(n) ~ đạo hàm ~ vận tốc. Tổng quát. Sai phân cấp k ( 2) được hiểu là sai phân của sai phân cấp k 1. k x(n) : ( k 1 x(n))

Ghi chú: •

 2 x(n)  (x(n))  ( x(n  1)  x(n))[ x(n  2)  x(n  1)]  [ x(n  1)  x(n)]  x(n  2)  2 x(n  1)  x(n)

•

 k x(n)   (1)i Cki x(n  k  i )

k

i 0

Tính chất. • C  0 ( C là hằng số ) •  k [ x(n)   x(n)]  k x(n)  k ( .  R) 0 𝑘ℎ𝑖 𝑘 > 𝑚 •  k nm = { đ𝑎 𝑡ℎứ𝑐 𝑏ậ𝑐 𝑚 − 𝑘 𝑘ℎ𝑖 𝑘 ≤ 𝑚 •

N

 x  n    k

( k 1)

x( N  1)   ( k 1) x( M )  k  1, 2,3, 4,

nM

N

Hệ quả: :   k x(n)  x( N  1)  x( M ) nM

112

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 2. Phương trình sai phân a) Định nghĩa Phương trình sai phân (cấp k ) là phương trình liên hệ giữa biến độc lập (rời rạc), hàm chưa biết (phải tìm) và các sai phân của hàm số đó. Dạng tổng quát: F (n, k x(n), k 1 x(n),..., x(n), x(n))  0 trong đó không được khuyết k x  n  .

Dạng tương đương: F1  n, x  n  k  , x  n  k 1 ,, x  n  1 , x  n    0

Dạng chính tắc: x  n  k   f  n, x  n  k 1 , x  n  k  2 ,, x  n  1 , x  n  

b) Nghiệm, nghiệm tổng quát và nghiệm riêng Nghiệm Giả sử ta xét bài toán trên tập n  Z  : (0;1; 2;3;...) Mọi hàm số, đối số nguyên mà khi thay vào phương trình được đẳng thức đúng với mọi n Z  đều gọi là nghiệm của phương trình sai phân đó. Điều kiện ban đầu: Cho một giá trị bất kì no  Z  và một bộ k giá trị thực tùy ý ( x00 , x10 ,..., x(0k 1) ).

Nghiệm x(n) của phương trình sai phân cấp k, sao cho:  x  n0   x00  0  x  n0  1  x1  ...  x  n  k  1  x 0 k 1  o

Là nghiệm thỏa mãn điều kiện ban đầu . Để đơn giản, nếu không nói gì thêm, ta mặc định no  0 . Nghiệm tổng quát Giải phương trình sai phân cấp k, được kết quả là một đẳng thức tương đương dạng: x(n)   (n, C1 , C2 ,..., Ck ) , trong đó C1 , C2 ,, Ck là k hằng số tự do , được gọi là nghiệm tổng quát của phương trình sai phân đó. Nghiệm riêng Thay một bộ giá trị hằng số cụ thể ( C10 , C20 ,..., Ck0 ) vào nghiệm tổng quát, ta được một nghiệm riêng: x(n)   (n, C10 , C20 ,..., Ck0 ) Thông thường, nghiệm riêng được xác định theo điều kiện ban đầu. 3. Phương trình sai phân tuyến tính a) Định nghĩa Phương trình sai phân tuyến tính cấp k có dạng: 113

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 ak x  n  k   ak 1 x  n  k –1 ..  a1 x  n  1  a0 x  n   f  n  (1)

Ghi chú: • Các ai là các hàm của n; khi các ai không phụ thuộc vào n, gọi là phương trình có hệ số hằng • ak  0, a0  0 • f (n)  0 , goi là phương trình thuần nhất. ak x  n  k   ak 1 x  n  k  1  a1x  n  1  ao x  n   0 (2) b) Tính chất tập nghiệm của phương trình tuyến tính cấp k 1) Phương trình thuần nhất (2) luôn có nghiệm tầm thường x(n)  0 . 2) Nếu x1 (n) và x2 (n) là các nghiệm của (2) thì với mọi cặp số thực ( hoặc số

phức) 𝛼, 𝛽 , hàm x  n    x1  n    x2  n  cũng là nghiệm của (2). 3) Nếu x1 (n), x2 (n),..., xk (n) là k nghiệm độc lập tuyến tính của (2) thì nghiệm tổng quát của (2) sẽ là: x (n)  C1 x1 (n), C2 x2 (n),..., Ck xk (n) , trong đó C1 , C2 ,, Ck là các hằng số tùy ý. 4) Nếu x ( n ) là nghiệm tổng quát của (2) và xˆ (n) là nghiệm riêng của (1) thì x(n)  x (n)  xˆ (n) là một nghiệm tổng của (1). 5) (Nguyên lý chồng chất nghiệm) Xét phương trình (1): VT  f (n)  f1 (n)  f 2 (n) Giả sử xˆ1 (n) là nghiệm riêng của : VT  f1 (n) Giả sử xˆ2 (n) là nghiệm riêng của: VT  f 2 (n) Suy ra: Nghiệm riêng của (1): xˆ (n)  xˆ1 (n)  xˆ2 (n) .

114

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

B. DẠNG BÀI TẬP 1. Phương trình sai phân tuyến tính cấp 1 1.1. Phương trình hệ số hằng Dạng tổng quát: ax  n  1  bx  n   f  n  ab  0 • •

f (n)  0 : phương trình thuần nhất. f (n)  0 : phương trình không thuần nhất.

Phương pháp giải: • Phương pháp 1 ( phương pháp chọn: x  x  xˆ ) Bước 1: Giải phương trình thuần nhất: ax  n  1  bx  n   0 Xét phương trình đặc trưng: a  b  0 . Suy ra:  

b . a

b Suy ra nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là: x (n)  C   C   .  a  n

n

Bước 2: Tìm xˆ Trường hợp 1: f (n)   n Pm (n) - Nếu  không là nghiệm của phương trình đặc trưng: xˆ (n)   nQm (n) . - Nếu  là nghiệm của phương trình đặc trưng: xˆ (n)  n. n .Qm (n) . ( Sau đó thay xˆ (n) vào (1) để tìm ra hệ số của Qm ) Trường hợp 2: f  n    n .[ Pm  n  cos  n   Qk  n  sin  n  ];(sin   0). Nghiệm riêng có dạng: xˆ (n)   n .  Rmax  n  cos  n   Smax  n  sin  n  

Trong đó, max : max m, k. Ghi chú:   



sin  x    sin x.cos  cos x.sin  cos x. 2 2 2 

    cos  x    cos x.cos  sin x.sin   sin x. 2 2 2 

• Phương pháp 2 (Biến thiên hằng số) b Bước 1: Giải phương trình thuần nhất: x (n)  C   C     a

n

n

Bước 2: Xem C  C (n) , khi đó: n

 b x (n)  C (n)    .  a n 1

 b x(n  1)  C (n  1)     a Thay vào (1)  C (n) (truy hồi)  x ( n).

Cụ thể: Thay x(n) , x(n  1) vào phương trình: ax  n  1  bx  n   f  n  115

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

Ta được:  b a.C (n  1).     a

( n 1)

n

 b  b.C (n).     f (n)  a

 1    a   C (n  1)  C (n)    .   . f ( n)  b  b  Đây là phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng đối với C (n) ta có thể giải n

bằng các cách đã biết:  1   a  C (1)  C (0)    . f (0).    b   b 

0

 1   a  C (2)  C (1)    f (0).    b   b 

1

……………………………. C (n)  C (n  1)  (

1 a ). f (n  1).(  ) ( n 1) b b

Cộng theo từng vế, ta được: 1 n 1 a C  n  – C  0   ( ) f  i  ( )i . b i 0 b Lấy hằng số tự do C (0)  D , được: 1 n 1 a C ( n)  D   f  i  (  )i . b i 0 b Thay C (n) vào x ( n ) được nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất

là: x ( n )  C ( n )(

b n 1 n 1 a b )  [ D   f  i  (  )i ]( ) n a b i 0 b a

Để đơn giản, có thể coi a  1 . Ví dụ: Ví dụ 1.Giải phương trình: x(n  1)  5x(n)  5n (n  3). (1) Giải: (Phương pháp 1) Bước 1: Giải phương trình thuần nhất: x(n  1)  5 x(n)  0 Xét phương trình đặc trưng:   5  0    5  x (n)  C.5n Bước 2: Tìm xˆ Ta có: f (n)  5n.(n  3)    5, m  1 Ta thấy   5 là nghiệm của phương trình đặc trưng nên: xˆ (n)  n.5n ( An  B)  5n ( An2  Bn)

Thay vào (1): 5n1 ( A(n  1)2  B(n  1))  5.5n ( An2  Bn)  5n (n  3)  A(n 2  2n  1)  B(n  1)  ( An 2  Bn)  (n  3) / 5  n 2 (0)  n(2 A)  ( A  B)  n / 5  3 / 5  2 A  1/ 5; A  B  3 / 5  A  1/10; B  1/ 2

116

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Suy ra: xˆ (n)  5n (n2 /10  n / 2) Vậy: x  x  xˆ  C 5n  5n (n2 /10  n / 2) (Phương pháp 2) Bước 1: Giải phương trình thuần nhất: x(n  1)  5 x(n)  0 Xét phương trình đặc trưng:   5  0    5  x (n)  C.5n Bước 2: Xem C  C (n) ta có: x(n)  5n C (n) . Thay vào (1): 5n1 C (n  1)  5.5n C (n)  5n (n  3)  C (n  1)  C (n)  (n  3) / 5. Truy hồi: Tại 0,1, 2,..., n  1 ta có: C (1)  C (0)  (0  3) / 5 C (2)  C (1)  (1  3) / 5 C (3)  C (2)  (2  3) / 5

.......

C (n)  C (n  1)  (n  1  3) / 5

Cộng theo từng vế:

  n  1 n  C  n   C  0   1  2  ...   n  1   3n / 5    3n  / 5   n2  5n  /10 2   2 Đặt D  C  0  ta được C  n   D   n  5n  /10









Vậy: x  n   D   n 2  5n  /10 5n.

Ví dụ 2.Giải phương trình: x(n  1)  2 x(n)  cos n





 3sin n . (1) 2 2

Giải: (Phương pháp 1) Bước 1: Giải phương trình thuần nhất: x(n  1)  2 x(n)  0 Xét phương trình đặc trưng:   2  0    2  x (n)  C.2n Bước 2: Tìm xˆ     Ta có: f (n)  cos n  3sin n  1n [1.cos n  3sin n ]  max  0 2

Suy ra: xˆ (n)  A cos n

 2

2

 B sin n

Ta có: xˆ (n  1)  A cos(n  1) Thay vào (1):   A sin n

 cos n

2



 B cos n

 2

 2



2

 B sin(n  1)

 2( A cos n

( B  2 A)  sin n





2

 2

2

  A sin n



 2



 B cos n

 2



 B sin n )  cos n  3sin n 2 2 2 2

( A  2 B )  cos n



 3sin n

2 2 2 Suy ra: B  2 A  1;  A  2 B  3  A  1/ 5; B  7 / 5 1  7   xˆ (n)  cos n  sin n 5 2 5 2



2

117

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 1 5

Vậy: x  x  xˆ  C 2n  cos n



7   sin n 2 5 2

1.2. Phương trình hệ số biến thiên Dạng phương trình: a  n  .x  n  1  b  n  .x  n   f (n) . (1) Điều kiện: a(n)b(n)  0 Phương pháp giải: Tập xác định (Suy ra từ điều kiện). Bước 1: Giải phương trình thuần nhất: a(n) x(n  1)  b(n) x(n)  0 𝑡𝑟𝑢𝑦 ℎồ𝑖 (𝑁ℎâ𝑛)

 a(n) x(n  1)  b(n) x(n) →

x (n)  C (n)

Bước 2: Biến thiên hằng số: 𝑡𝑟𝑢𝑦 ℎồ𝑖 (𝐶ộ𝑛𝑔)

Xem C  C (n)  x  C (n) (n). Thay vào (1) → Ghi chú: o Tổng của cấp số cộng ( công sai d)

C ( n)  x ( n).

(u1  un )n [2u1  (n  1)d ]n  2 2 n(n  1)  1  2  ...  n  2 S n  u1  u2  ...  un 

o Tổng của cấp số nhân ( công bội q) u (1  q n ) Sn  1 1 q Ví dụ: Giải phương trình: x(n  1)  (n  1) x(n)  (n  1)!n. (1) Giải: Tập xác định: n  N Bước 1: Giải phương trình thuần nhất x(n  1)  (n  1) x(n)  0  x(n  1)  (n  1) x(n). Truy hồi: Tại 0,1, 2,3.., n  1, ta có: x(1)  1.x(0)

x(2)  2.x(1) ... x(n)  nx(n  1).

Nhân theo từng vế: x(n)  x(0)(1.2...n). Suy ra: x (n)  C.n ! Bước 2: Xem C  C (n) , ta có: x(n)  n !C (n) . Thay vào phương trình (1) ta được:

(n  1)!C (n  1)  (n  1)n !C (n)  n(n  1)!  C (n  1)  C (n) Truy hồi: Tại 0,1, 2,3.., n  1, ta có:

118

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 C (1)  C (0)  0 C (2)  C (1)  1 ... C (n)  C (n  1)  n  1.

Cộng theo từng vế: C (n)  C (0)  1  2  ...  (n  1)  C (n)  D 

Vậy: x(n)  [D 

(n  1)n ]n !. 2

(n  1)n . 2

2. Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 hệ số hằng Dạng phương trình: ax(n  2)  bx(n  1)  cx(n)  f (n) (1) (ac  0) Ghi chú: 2 x(n  1)  x(n)  n2  cấp 1 x(n  2)  2 x(n)  0  cấp 2 2 x(n  2)  x(n  1)  n  cấp 1 Phương pháp giải: ( x  x  xˆ ) Bước 1: Giải phương trình thuần nhất: ax(n  2)  bx(n  1)  cx(n)  0 Xét phương trình đặc trưng: a 2  b  c  0 o 1  2  R thì x (n)  C11n  C2 2n o 1  2    R thì x (n)  C1 n  nC2  n o u  iv(v  0); viết u  iv  r (cos   i sin  ) thì x (n)  r n (C1 cos n  C2 sin n ). Bước 2: Tìm xˆ Trường hợp 1: f (n)   n Pm (n) - Nếu  không là nghiệm của phương trình đặc trưng: xˆ (n)   nQm (n) . - Nếu  là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng: xˆ (n)  n. n .Qm (n) . - Nếu  là nghiệm kép của phương trình đặc trưng: xˆ (n)  n 2 . n .Qm (n). ( Sau đó thay xˆ (n) vào (1) để tìm ra hệ số của Qm ). Trường hợp 2: f  n    n .[ Pm  n  cos  n   Qk  n  sin  n  ];(sin   0). o  (cos   i sin  ) không là nghiệm của phương trình đặc trưng: xˆ (n)   n [ Rmax (n) cos n  S max (n) sin n )] o  (cos   i sin  ) là nghiệm của phương trình đặc trưng: xˆ (n)  n n [ Rmax (n) cos n  S max (n) sin n )] Trong đó, max : max m, k. Ghi chú:     sin  x    cos x; 2  sin  x      sin x;

cos  x     sin x. 2  cos  x      cos x.

Ví dụ: 119

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Ví dụ 1. x(n  2)  5x(n  1)  6 x(n)  n2  2n  3. (1) Giải: Bước 1: Giải phương trình thuần nhất: x(n  2)  5 x(n  1)  6 x(n)  0 Phương trình đặc trưng:  2  5  6  0    2;   3 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là: x (n)  C1 2n  C2 3n . Bước 2: Ta có: f (n)  1n (n2  2n  3)    1; m  2. Vì   1 không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên: xˆ (n)  A.n2  B.n  C

Khi đó: xˆ (n  1)  A(n  1)2  B(n  1)  C  An2  (2 A  B)n  A  B  C xˆ (n  2)  A(n  2)2  B(n  2)  C  An2  (4 A  B)n  4 A  2 B  C

Thay vào phương trình (1): An2  (4 A  B)n  4 A  2B  C  5( An2  (2 A  B)n  A  B  C )  6( An2  Bn  C )  n2  2n  3  n2 (2 A)  n(6 A  2 B)  ( A  3B  2C )  n2  2n  3.

Cân bằng hệ số: 2A  1   A 1 2    6 A  2 B  2   B  5 2  A  3B  2C  3 C  11 2   2 Suy ra: xˆ (n)  n 2  5n 2  11 2.

Vậy: x(n)  x  xˆ  C1 2n  C2 3n  n 2 2  5n 2  11 2. Ví dụ 2. Giải phương trình: x(n  2)  2 x(n  1)  4 x(n)  0 (1) • Tìm nghiệm riêng thỏa mãn: x(0)  1, x(1)  2 . Giải: Phương trình đặc trưng:  2  2  4  0  1  3. 1 3 2 2 Ta có: 1  i 3  2(  i )  2(cos  i sin ). 2

2

3

3

Vậy nghiệm tổng quát của (1) là: x (n)  2n (C1 cos n

2 2  C2 sin n ). 3 3

• Thay điều kiện ban đầu vào nghiệm tổng quát ta được:  C1  1  1  C1 cos 0  C2 sin 0   2 2    5 3 2  C cos  C sin C2  1 2   3 3 3 

2 5 3 2  sin n ). 3 3 3 n n Ví dụ 3. Giải phương trình: x(n  2)  3x(n  1)  2 x(n)  (n  2) cos  (3n  3) sin . (1) 2 2

Vậy nghiệm riêng của phương trình là: xˆ (n)  2n (cos n

Giải: Bước 1: Giải phương trình thuần nhất: x(n  2)  3x(n  1)  2 x(n)  0 Phương trình đặc trưng:  2  3  4  0    1;   2 120

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: x (n)  C1  C2 2n Bước 2: n n  Ta có: f (n)  1n [(n  2) cos  (3n  3) sin ]    1;   2

Ta thấy:  (cos   i sin  )  1.[cos trưng. Suy ra: xˆ (n)  (nA  B) cos

 2

2



2

 i sin ]  i không là nghiệm của phương trình đặc 2

n n  (nC  D) sin . Tính xˆ (n  1); xˆ (n  2) và thay vào 2 2

phương trình không thuần nhất. n n So sánh các hệ số của cos ; sin , ta được: 2 2  [( n  1) A  B ]  3[( n  1) C  D ]  2( nA  B)  n  1   [(n  2)C  D]+3[(n  1) A  B]+2(nC  D)  2

Lại so sánh các hệ số của n, ta được: A  3C  1   A 1  B  0 3A  C  3     2 A  B  3C  3D  2 C  0  3 A  3B  2C  D  3  D  0 n Vậy: xˆ (n)  n cos và nghiệm tổng quát của phương trình đầu là: 2 n x(n)  C1  C2 2n  n cos . 2

121

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

C. BÀI TẬP Bài 10.1 Tìm nghiệm tổng quát 1. x  n  1 – 3x  n   0 2. 2 x  n  1  x  n   0 3. x  n  2 – 3x  n  1  x  n   0 4. 3x  n  2  2 x  n  1 – x  n   0 5. x  n  3 – x  n  2  2x  n  1  4x  n   0 6. x  n  3 – 7 x  n  2  16 x  n  1 –10 x  n   0 7. x  n  3 – 6 x  n  2  12 x  n  1  7 x  n   0 8. x  n  2  2 x  n  1  4x  n   0 9. x  n  2  4 x  n  1  8x  n   0 Lời giải

1) x  n  1 – 3x  n   0

Phương trình đặc trưng   3  0    3 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình trên là i 3 ( C là hằng số ) 2) 2 x  n  1  x  n   0 Phương trình đặc trưng : 2 1  0    2 1 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình trên là : x  n   C  2  1 n (C là hằng số ) 3) x  n  2 – 3x  n  1  x  n   0 𝜆=1 𝜆=2 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình trên là x  n   C1  C2 2n (C1,C2 là hằng số ) Phương trình đặc trưng :  2  3  2  0  [

4) 3x  n  2  2x  n  1 – x  n   0 𝜆=1 Phương trình đặc trưng : 3λ2+2λ-1=0  [ 𝜆 = 3−1 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình trên là : x̅(n) = C1(3)−n + C2(-1)n ( C1,C2 là hằng số ) 5) x  n  3 – x  n  2  2 x  n  1  4 x  n   0 Phương trình đặc trưng : λ3 - λ2 + 2λ + 4 = 0  [ 𝜋

𝜋

𝜆 = −1 𝜆 = 1 ± 𝑖√3

Trong đó : 1±i√3 = 2(cos + i sin ) 3 3 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình trên là  3 1 n n n 2 2   n i 3  1  2  i    2  i sin  cos  x  n   C1  1  2 (C2cos 3  C3 sin 3 ) 3 3    2 2

(C1, C2, C3 là hằng số ) 122

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

6) x  n  3 – 7 x  n  2  16 x  n  1 – 10 x  n   0 𝜆=1 Phương trình đặc trưng :  3  7 2  16  10 = 0  [ 𝜆 =3±𝑖 1  3 1   3   ;sin     10  cos   sin    cos   10  10 10   10  Vậy nghiệm tổng quát của phương trình trên là : x(n)  C1  ( 10)n (C2cosn  C3sinn )

Trong đó: 3  i  10 

( C1, C2, C3 là hằng số ) 7) x  n  3 – 6 x  n  2  12 x  n  1  7 x  n   0 5 2

Phương trình đặc trưng :  3  6 2  12 – 7  0    1 ;    i Trong đó :

5 3 i = 2 2

 5 3  7  i  2 7  2 7

3 2

7  cos   i sin  

=

5 3   ; sin   cos   2 7 2 7 

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là : x(n)  C1 

 7  C cos   C sin   ( C , C n

2

3

1

2

là hằng số ) 8) x  n  2  2 x  n  1  4x  n   0 Phương trình đặc trưng : 

Trong đó : i 3  1  2  i

 2  2  4  0     1  i 3 3 1 2 2  

 2

   2  i sin  cos  2 3 3  

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình trên là : x  n   2n ( C1cos

n 2 n 2  C2 sin ) 3 3

(C1, C2 là hằng số ) 9) x  n  2  4 x  n  1  8x  n   0 Phương trình đặc trưng :  2  4  8  0     2  2i i 1  3 3   1  i  i sin Trong đó : 2  2i  2 2     2 2  cos  2

2



4

4 

1  5 5   1  2  2i  2 2  i   2 2  cos 4  i sin 4  2    2

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình trên là : n n5 n5 





X  n   2 2  C1 cos  C2 sin  4 4  

( C1,C2 là hằng số ) n3 n

X 2  n   (2 2 ) ( C1cos

4

 C2 sin

n3 ) 4

123

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Bài 10.2 Tìm nghiệm riêng thỏa mãn điều kiện ban đầu 1. x  n  1 – 3x  n   0 với x  0   1 (1) 2. x  n  2  3x  n  1  2 x  n   0 với x  0  1 , x 1  1 (2) 3. x  n  3  3x  n  2  3x  n  1  x  n   0 với x  0  1 , x  1  2 , x  2  2 (3) Lời giải 1) x  n  1 – 3x  n   0

với x  0   1

Xét phương trình đặc trưng :  – 3  0    3 n  Nghiệm tổng quát của phương trình (1) là : x  n   C  3 x  0   1  x  0   C  3  1  C  1 0

Ta có:

 Vậy nghiệm riêng của phương trình (1) là : x  n     3

n

2) x  n  2  3x  n  1  2 x  n   0 với x  0  1 , x 1  1 Xét phương trình đặc trưng (2):  2  3  2  0    2;   1 Nghiệm tổng quát của phương trình x  n   C1 1  C2  2   C1  C2  2  𝐶 + 𝐶2 = 1 𝐶 =3 𝑥 (0) = 1 { 1 Ta có :{  { 1  𝐶 + 2𝐶 = −1 𝐶 𝑥 (1) = −1 1 2 2 = −2 n  Vậy nghiệm riêng của (2) là:  x  n   C1  C2  2   3 – 2.2n  3 – 2 n 1 n

n

n

x  n   C1  C2  2   3 – 2.2 n  3 – 2 n 1 n

3) x  n  3  3x  n  2  3x  n  1  x  n   0 với x  0  1 , x  1  2 , x  2  2 Xét phương trình đặng trưng (3) :  3  3 2  3  1  0 3     1  0    1  Phương trình nghiệm tổng quát (3) là: x  n   C1  1  nC2  1  n 2C3  1 n

n

n

C1  1   1 1 1 Ta có :  C1  1  1.C2  1  1.C3  1  2  2 2 2 C1  1  2C2  1  4C3  1  2

𝐶1 = 1 { −𝐶1 + 𝐶2 − 𝐶3 = 2 𝐶1 − 2𝐶2 + 4𝐶3 = −2

𝐶1 = 1 9

{ 𝐶2 = 2 3 𝐶3 =

 Vậy nghiệm riêng (3) là : x  n  

2

 1

n

9 3 n n  n  1  n 2  1 2 2

124

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Bài 10.3 Giải phương trình bàn phương pháp chọn 1) x(n  1)  4 x(n)  3n2  8n  1

2)  n  1  3x  n    3 .3n n

3) 2 x(n  1)  x(n)  2(  n3).(n  1) 4) 2 x  n  1  x  n   (7 n  n2  n  1   41   n2  n  1 n 5) x(n  1)  3x(n)  5.2n  1.cos n

2 6) x(n  1)  5x(n)  6n  4n  12  1n(6n2  4n  12) 2

7) x  n  1  3x  n   2n  4  n  n n – 3sin 8) x  n  1  2 x  n   cos 9) x  n  1 – 6 x  n   12

2

2

Lời giải 1) x(n  1)  4 x(n)  3n  8n  1 (1) Phương trình thuần nhất (1) x  n  1  4 x  n   0 (2) Vậy nghiệm tổng quát của (2) Ta có x(n  1)  4 x(n)  3n2  8n  1  1n.(3n2  8n  1) Ta có   1 𝑘ℎô𝑛𝑔 là nghiệm của phương trình đặc trưng nên ta tìm nghiệm riêng của (1) dưới dạng : xˆ (n)  1n.( An2  Bn  C )  1( n1) ( An2  Bn  C ) 2

xˆ (n  1)  1( n1) ( A(n  1)2  B(n  1)  C )  ( A(n  1)2  B(n  1)  C Thay xˆ  n  , xˆ  n  1 vào (1) ta có

A(n  1)2  B(n  1)  C  4( An2  Bn  C )  3n2  8n  1  3 An2  (2 A  3B)n  ( A  B  3C )  3n2  8n  1

So sánh các hệ số ta có   A  1 3 A  3   2  2  2 A  3B  8   B  2  Nghiệm riêng của (1) là xˆ (n)  n  2n  3  A  B  3C  1  2  C  3  2 Vậy nghiệm tổng quát của (1) x(n)  x (n)  xˆ (n)  C (4) n  n 2  2n  3 n 2)  n  1  3 x  n    3 .3n

Với   3 Xét phương trình thuần nhất x  n  1  3x  n   0 (2) Phương trình đặc trưng:   3  0    3 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (2) x (n)  C.(3)n Do α = −3 có là nghiệm của phương trình đặc trưng nên ta tìm nghiệm riêng của (1)dạng xˆ (n)  n.(3)n .( An  B) xˆ (n  1)  (n  1)(3)n1.( A(n  1)  B)

125

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Thay xˆ  n  , 𝑥̂(n+1) vào (1) ta có (n  1)(3)( n1) .( A(n  1)  B)  3.n(3)n .( An  B)  (3) n .3n

 6nA  3  A  B   3n 1   A  2  6 A  3 Đồng nhất các hệ số có    3 A  B  0    B   A  1  2 1 n  1 Vậy nghiệm riêng của (1) có dạng xˆ  n   n  3 .  n   2  2 Vậy nghiệm tổng quát : x  n   x  n   xˆ  n  x(n)  n.(3).(

1 1  )  C.(3) n 2n 2

3) 2 x(n  1)  x(n)  2(  n3).(n  1) (1) Vế trái = (23 ).2(  n ).(n  1)  n.2(  n).(8n  8) Xét phương trình thuần nhất 2 x  n  1  x  n   0 (2) phương trình đặc trưng

2  1  0   

1  2( 1) 2

Vậy nghiệm tổng quát của (2) x (n)  C.(2( 1) )n Ta tìm nghiệm riêng của (1) dạng xˆ (n)  n.(2( 1) )n .( An  B) xˆ (n  1)  (n  1).(2( 1) )( n1) .( A(n  1)  B) Thay xˆ  n  , xˆ  n  1 vào 1 ta có 2.(n  1).(2( 1) )( n1) .( An  A  B)  n.(2( 1) ) n .( An  B)  (2( 1) ) n .(8n  8)

  n  1 .  An  A  B   n  An  B   8n  8

 2 An  A  B  8n  8  2A  8 A  4    A  B  8 B  4

Vậy nghiệm riêng của (1) có xˆ (n)  n.(2( 1) )n .(4n  4) Vậy nghiệm tổng quát của (1) x(n)  x (n)  xˆ (n)  C.(2( 1) )n  n(2( 1) )n .(4n  4) 4) 2 x  n  1  x  n   (7 n  n2  n  1   41   n2  n  1 (1) n

Xét phương trình thuần nhất : 2 x  n  1  x  n   0 (2) Phương trình đặc trưng : 2  1  0   

1 2

1 Vậy nghiệm tổng quát của (1) có dạng : x  C  

n

2

Ta tìm được một nghiệm riêng của (1) dưới dạng  n   xˆ  41   n2  n  1 n

Có xˆ  n  1   41 

n 1

 A n 1  n 1 2

Thay có: xˆ  n  ; xˆ  n  1 vào (1) 126

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 2  41 

n 1

 A n 1  B  n 1  C    4   An  Bn  C  2

1 n

2

  41   n 2  n  1 n

1 An 2   2 A  B  n  A  B  C    An 2  Bn  C   n 2  n  1  2 1 2  B 1  An   A   n   A  B  C   n 2  n  1 2 2 2 



Đồng nhất hệ số ta có:  1  2 A 1  A  2  1     B  6 A  B 1 2  C  6  1   2  A  B  C   1 

⇒ Nghiệm riêng của (1) là

xˆ  n    41   2n2  6n  6  n

Vậy nghiệm tổng quát của (1) là: xˆ  n   x  n   xˆ  n  n

n 1  C     41   2n 2  6n  6  2 n 5) x(n  1)  3x(n)  5.2n  1.cos 2 n n n n  0.sin  2 n.( 10cos  0.sin ) (1) Vế trái = 2n. 5.2cos 2 2 2 2

Ta xét phương trình thuần nhất:  x.  n  1 – 3x  n   0 (2) Phương trình đặc trưng :  – 3  0   3 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) có dạng x (n)  C (3)n Nếu ta tìm một nghiệm riêng của phương trình (1) dạng n n n xˆ  n   2 . ( A.cos

 B.sin ) 2 2 cos  n  1  n xˆ  n  1  2n 1. ( A.  B.sin ) 2 2 Thay xˆ  n  , xˆ  n  1 vào phương trình (1) có

2n 1. ( A.

cos  n  1   n  1  ) – 3. 2n. ( A.cos n  B.sin n )  B.sin 2 2 2 2

 n  1 

n 2 2  n  1   cos  n     cos n .cos   sin n .sin  cos   2 2 2 2 2  2 2  n  1   sin  n     sin n .cos   cos n .sin    cos n sin   2 2 2 2 2 2  2 2 n n n n  n   B cos )  3  A cos  B sin Vậy 2(A sin   10 cos 2 2 2 2  2 

Ta có: cos

  cos

127

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2   2 B  3 A  cos

nπ n n   2 A  3B  sin  10cos 2 2 2

Đồng nhất các hệ số ta có −2𝐵 − 3𝐴 = 10 𝐴 = −6 { ↔{ −2𝐴 − 3𝐵 = 0 𝐵=4 𝑛𝜋 𝑛𝜋 Vậy phương trình nghiệm riêng của (1) 𝑥̂(𝑛)=2𝑛 ( −6 cos + 4 sin ) Ngiệm tổng quát x(n)=𝑥̅ (𝑛)+𝑥̂(n)= C.3𝑛 +2𝑛 ( −6 cos 6) x(n  1)  5x(n)  6n2  4n  12  1n(6n2  4n  12) (1)

𝑛𝜋 2

2

+ 4 sin

𝑛𝜋 2

Xét phương trình thuần nhất: x  n  1  5x  n   0 Phương trình đặc trưng:   5  0    5 Nghiệm tổng quát của (2) là xˆ (n)  C (5)n Tìm một nghiệm riêng của (1)

2

)

(2)

xˆ (n)  An2  Bn  C xˆ (n  1)  A(n  1)2  B(n  1)  C  An2  (2 A  B)n  A  B  C

Thay 𝑥̂ (𝑛) 𝑣à 𝑥̂(n+1)vào (1) ta có An2  (2 A  B)n  A  B  C  5( An2  Bn  C )  6n 2  4n  12 6 An2  (2 A  6B)n  A  B  6C )  6n 2  4n  12

6A  6   A 1   Đồng nhất hệ số có:  2 A  6 B  4   B  1  A  B  6C  12  C  2   Nghiệm tổng quát của (1) dạng xˆ  n   n2  n  2

7) x  n  1  3x  n   2n  4  n  (1) Xét phương trình thuần nhất: (2) x  n  1 – 3x  n   0 Phương trình đặc trưng:   3  0    3 Nghiệm tổng quát của (2) là: x1(n)  C (3)n Ta có: 𝛼=2 không là nghiệm phương trình đặc trưng nên ta tìm được nghiệm phương trình đặc trưng dạng: xˆ (n)  2n( An  B)

xˆ (n  1)  2( n 1).( A(n  1)  B)

Thay 𝑥̂ (𝑛), 𝑥̂(𝑛 + 1)vào (1) có 2( n 1).( A(n  1)  B )  3.2n ( An  B)  2n (4  n)  2( A(n  1)  B)  3( An  B)  4  n   An  2 A  B  4  n

  A  1  A  1  2 A  B  4  B  2

Đồng nhất hệ số có 

Vậy nghiệm riêng của (1) dạng : xˆ (n)  2n (n  2) nghiệm tổng quát của (1) dạng x(n)  x (n)  xˆ (n)  C.(3)n  2n (n  2)

128

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 8) x  n  1  2 x  n   cos

n n – 3sin 2 2

n n  3sin ) ) (1) 2 2 Ta xét phương trình thuần nhất : x  n  1  2 x  n   0 x(n  1)  2 x(n)  1n.(cos

(2)

phương trình đặc trưng :  – 2  0    2 Vậy nghiệm tổng quát của (2) là x (n)  C (2)n Ta tìm nghiệm riêng của (1) dưới dạng xˆ  n  1  A cos cos

Ta có :

 n  1 – Bsin  n  1

 n  1 

2

2

n 2

  sin

2  n  1  cos n sin 2 2

Thay x1(n) ; x1(n+1) vào (1) ta có (𝑛+1)𝜋 (𝑛+1)𝜋 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝑛𝜋 A cos + Bsin -2(Acos + 𝐵 sin ) = cos -3sin -Asin

𝑛𝜋 2

2

𝑛𝜋

- Bcos

(-2A-B) cos

𝑛𝜋 2

2

2

- 2Acos

5 3

𝑛

𝑛𝜋 2

5

𝑛𝜋 2

𝑛𝜋 2

= cos

= cos

𝑛𝜋 2

7

+ sin 3

𝑛𝜋 2

2 𝑛𝜋

2 𝑛𝜋

-3sin

5  A   2 A  B  1  3    A  2 B   3 7   B  3

y(n)=C.(2) − cos 3

2

2

- 2Bsin

+ (-A-2B) sin

Đồng nhất hệ số ta có

→ 𝑥̂(n)=− cos

𝑛𝜋

-3sin

2 𝑛𝜋

2

2

2

𝑛𝜋 2 7

𝑛𝜋

3

2

+ sin

9) x  n  1 – 6 x  n   12 Xét phương trình thuần nhất: x  n  1 – 6 x  n   0 phương trình đặc trưng:   6  0    6 Ta có (1) n x(n  1)  6 x(n)  12.6  x(n  1)  6 x(n)  3 (4)

(3)

Ta đi tìm nghiệm riêng của 3 dạng do α = 6 có là nghiệm của phương trình đặc trưng xˆ (n)  n.6n A xˆ (n  1)  (n  1)6( n1) A Thay xˆ  n  , xˆ  n  1 vào (3) có: (n  1).6( n1) A  6n.6n. A  12.6n  6 A  12  A  12

129

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 xˆ3 (n)  2n.6n xˆ4 (n)  7 n.B xˆ4 (n  1)  7 ( n 1).B

Thay xˆ  n  , xˆ  n  1 vào (4) ta có 7 ( n 1).B  6.7 n.B  3.7 n  7 B  6 B  3  B  3  xˆ4 (n)  7 n.3  xˆ1 (n)  xˆ3 (n)  xˆ4 (n)  2n.6n  7 n.3

→ nghiệm tổng quát của (1) dạng x(n)  x (n)  xˆ(n)  C.(6)n 2n.6n  7n.3 Bài 10.4 Giải bằng phương pháp biến thiên hằng số 1) x  n  1   n  1 x  n    n  1! 2) x  n  1  nx  n   n! 3) x  n  1  9n x  n   n! n n! 3 3! n n! 5) x  n  1  x  n   n 1 2 2

4) x  n  1  x  n  

6) x  n  1  4 n x  n   n2 n

2

n

7) x  n  1  nx  n   n!ln  n  1 8) x  n  1  e 2 n x  n   e n  n ln  n  1 2

Giải: 1) x  n  1   n  1 x  n    n  1! Xét phương trình thuần nhất: x  n  1   n  1 x  n   0 : Sử dụng phương pháp truy hồi liên tiếp có : x 1  x  0  x  2   2 x 1 x  3  3 x  2  x  n   n.x  n  1

Nhân các vế của phương trình , ta được:

x  n   1.2.3 n 1  .x  0  x  n    n  1 ! x  0  x  n   C.n !

Coi C  C  n   x  n   C  n  .n! x  n  1  C  n  1 .  n  1!

Thay xˆ  n  , xˆ  n  1 vào (1) ta có: C  n  1 .  n  1!   n  1 .C  n  .n!   n  1!

 2

  n  1 .C  n  1   n  1 . C  n    n  1

 C  n  1 – C  n   1

130

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 C 1 – C  0   1 C  2   C 1  1 C  n   C  n  1  1

Cộng từng vế: C  n   C  0  1 C  n   1  C  0  1  C

 C  C  0

Thay vào (2) có x  n   1  C  n!

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là x  n   1  C  n! 2) x  n  1  nx  n   n! x  n  1  n.x  n   n !

1

Tại n = 1, ta có:

x  2    x 1 x  3   2 x  2  x  4    3 x  3 x  n    n  1 .x.  n  1

nhân vế với vế có x  n     1.  2  .  3 .   n  1  : x 1 x  n     n  1! C

(C  x) 1

coi C  0   C  n   x  n     n  1! C  n  x  n  1   n ! C  n  1

Thay vào (1) có –n!c  n  1  n.  1 .  n 1!c  n   n!   n !c  n  1  n !. c  n   n !  c  n  1  c  n    1 C 1  C  0    1 C  2   C 1   1



Trừ vế với vế => c  n  – c  0  1  c  n   1  c  0   1  c C  n   C  n  1  1

Thay vào (1) ta có: x(n)  (1)( n1) (n  1)!(C  1) khi n chẵn x(n)  (1)( n1) ((n  1)!C Y khi n lẻ 3) x  n  1  9n x  n   n! x(n  1)  9n.x(n)  3( n

2

2n)

.(1)

Xét phương trình thuần nhất : x(n  1)  9n.x(n)  0  x(n  1)  9n.x(n)(2) ta tìm nghiệm tổng quát của (2) có dạng: n0

x(1)  90.x(0) x(2)  91.x(1) xy (3)  92.x(2) x(n)  9( n 1).x( n  1)

131

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 n 3

n! 3!

4) x  n  1  x  n   x(n  1) 

x n! x(n)  n (1) 3 3

TXĐ: 𝑛 ∈ 𝑁 ∗ n 3

n 3

Giải phương trình thuần nhất : x  n  1  x  n   0  x  n  1   x  n  Truy hồi tại 1,2,...,n-1. Ta có 1 x 1 3 2 x  3  x  2 3

x  2 

………… x  n 

  n  1 xX  n  1 3

Nhân theo từng vế : • n lẻ thì x  n  

 n  1! x

1 3n 1 • n chẵn thì x1  n  ; x1  n  1 x  n  1  4 n x  n   0

➢ TH1: n lẻ x  n   Suy ra x  n  

 n  1! x 3n 1

1

 n  1! C 3n 1

Xem C=C(n) ta có: x  n  

 n  1 ! C 3n 1

n

Thay vào phương trình (1) ta được 𝑛! 𝑛 ( 𝑛 − 1)! 𝑛! ( ) ( ) 𝐶 𝑛 + 1 + 𝐶 𝑛 = 3𝑛 3 3𝑛−1 3𝑛 ⟺ 𝐶 (𝑛 + 1) + 𝐶 (𝑛 ) = 1 Truy hồi tại 1,2,..,n-1 ta có 𝐶 (2) + 𝐶 (1) = 1 𝐶 (3) + 𝐶 (2) = 1 ….. 𝐶 (𝑛 ) + 𝐶 (𝑛 − 1) = 1 Trừ rồi cộng xen kẽ nhau vế theo vế ta được : 𝐶 (1) − 𝐶 (𝑛) = 0 ⟺ 𝐶 (𝑛) = 𝐶 (1) ⟺ 𝐶 (𝑛) = 𝐶(−1)𝑛−1 ⇒ 𝑥 (𝑛) = 𝐶 (−1)𝑛−1 (𝑛 − 1)! 31−𝑛 khi n lẻ −(𝑛−1)! ➢ TH2 : n chẵn 𝑥 (𝑛) = 𝑛−1 𝑥(1) 3

Suy ra 𝑥 (𝑛) =

−(𝑛−1)! 3𝑛−1

𝐶 −(𝑛−1)!

Xem C=C(n) ta có : 𝑥 (𝑛) = 𝑛−1 𝐶(𝑛) 3 Thay vào phương trình (1) ta được : 132

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 𝐶 (𝑛 + 1) + 𝐶 (𝑛) = −1 Truy hồi tại 1,2,..,n-1 ta có : 𝐶 (2) + 𝐶 (1) = −1 𝐶 (3) + 𝐶 (2) = −1 ….. 𝐶 (𝑛) + 𝐶 (𝑛 − 1) = −1 Trừ rồi cộng xen kẽ nhau vế theo vế ta được : 𝐶 (1) − 𝐶 (𝑛 ) = 1 ⟺ 𝐶 (𝑛 ) = 𝐶 (1) − 1 ⟹ 𝑥 (𝑛) = (𝐶 − 1)(−1)𝑛−1 (𝑛 − 1)! 31−𝑛 khi n chẵn n

n!

2

2n+1

5) x(n + 1) = x(n) +

(*)

TXĐ : 𝑛 ∈ 𝑁 ∗ 𝑛 𝑛 Giải phương trình thuần nhất :𝑥(𝑛 + 1) − 𝑥 (𝑛) = 0 ⟺ 𝑥 (𝑛 + 1) = 𝑥(𝑛) 2 2 Truy hồi tại 1,2,..,n-1 ta có 1 𝑥 (2 ) = 𝑥 (1) 2 2 𝑥 (3 ) = 𝑥 (2) 2 ….. 𝑛−1 𝑥 (𝑛 ) = 𝑥(𝑛 − 1) 2 (𝑛−1) ! Nhân vế theo vế ta được : 𝑥(𝑛) = 𝑛−1 𝑥(1) Suy ra 𝑥(𝑛) =

(𝑛−1)! 2𝑛−1

2

𝐶 (𝑛−1) !

Xem C=C(n) ta có : 𝑥(𝑛) = 𝑛−1 𝐶(𝑛) 2 Thay vào phương trình (*) 𝑛! 𝑛 (𝑛 − 1)! 𝑛! ( ) ( ) 𝐶 𝑛 + 1 − 𝐶 𝑛 = 2𝑛 2 2𝑛−1 2𝑛+1 1 ⟺ 𝐶 (𝑛 + 1) − 𝐶 (𝑛 ) = 2 Truy hồi tại 1,2,..,n-1 ta có : 1 𝐶 (2) − 𝐶 (1) = 2 1 𝐶 (3) − 𝐶 (2) = 2 ….. 1 𝐶 (𝑛 ) − 𝐶 (𝑛 − 1) = 2 Cộng vế theo vế ta được : 1 1 𝐶 (𝑛) − 𝐶 (1) = 𝑛−1 ⟺ 𝐶 (𝑛) = 𝐶 (1) + 𝑛−1 2 2 (𝑛 − 1)! 1 ⟹ 𝑥 (𝑛 ) = (𝐷 + 𝑛−1 ) 2𝑛−1 2

133

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 6) x  n  1 – 4 n x  n   n.2 n n (1) 2

Xét phương trình thuần nhất : x  n  1  4n x  n   0  x  n  1  4 n x  n  x 1  40 x  0  x  2   4 1 x 1  x  3   4 2 x  2  x  4   4 3 x  3  .. x  n   4 ( n 1) x  n  1

Nhân vế với vế của phương trình  x  n    40.41.42.43  4 ( n1)  .x  0  x(n)  4(0  1  2  3  ...  ( n  1)).x(0) x ( n)  4

n 1 n  2

.C

x(n)  C.2n1 n 

Ta tính tổng quát : 0   1   2   n  1 u u  S  n    1 n  .n  2  u u  S  n  1   1 n  .  n  1  2   1   n  1  1  n  .n ( S  n  1    .  n  1  2 2  

Vậy x  n   C.2n.(1n) Ta tìm nghiệm riêng của (1) dưới dạng Coi C  C  n   X 1 n   C  n  .2n.(1n) (*) Thay 𝑥1 x1  n  ; x1  n  1 vào (1) có 2 n n.C(n  1)  2(  n 2

2

n )

.C(n)  n.2(  n n).2( n n) C  n  1 – C  n   n C 1  C  0   0 C  2   C 1  1 C  3  C  2   2  C  n   C  n  1  n  1 2

2

 Cộng vế với vế:  C  n   C  0   0  1  2  n  1 n  n  1 2 n  n  1 C 2

C  n  C  0  C n

134

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 

Thay vào (*) có nghiệm TQ (1) : x  n    C  

n  n  1  n.(1n )  .e 2 

7) x  n  1  nx  n   n!ln  n  1 Xét phương trình nghiệm thực: x  n  1 – n.x  n   0 x  n  1  n.x  n  x  2   1.x 1 x  3  2.x  2  x  4   3.x  3 . x  n    n  1 .x  n  1

 Nhân tương ứng vế có: x  n   0.C Coi C  C  n   x  n   0.C  n  x  n  1  0.C  n  1  0.C  n  1 – n.0.C  n   n ! ln  n  1

Ta có :

x  n  1.2 n  1  x 1   n  1!C  C  y 1  Nhân vế có Ta tìm nghiệm riêng của (1) bằng phương pháp biến thiên hàm số. Coi C  C  n   xˆ  n    n 1! C  n  * xˆ  n  1   n ! C  n  1

Thay xˆ  n  ; xˆ  n  1 vào (1) có N ! C  n  1 – n  n  1! C  n   n ! ln  n  1  n ! C  n  1 – n ! C  n   n !ln  n  1  C  n  1 – C  n   ln  n  1

C 1  C  0   ln1  0 C  2   C 1  ln 2 C  3  C  2   ln3



C  n   C  n  1  ln  n 

Cộng vế tương ứng:

C  n   C  0   ln1  ln2  ln3  ln  n  C  n   C  0   ln  n !

Vậy nghiệm tổng quát của (1) là : Thay C  n   C  ln  n! vào (*): X  n    n  1 ! C  ln  n ! 

135

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 8) x(n  1)  e2n x(n)  en 2 .ln(n  1) (1) 2

Xét phương trình nghiệm thực: x  n  1 – e2nx  n   0 x  n  1  e2n  x  n  x 1  e0.x  0  x  2   e2.x 1 x  3  e2.2.x  2 

x  4    e2  3.x  3  x  n    e2  n  1.x  n  1

Nhân vế với vế ta có:

x(n)  e0.e2.e4.e2.(n  1).x(0)

 x ( n)  e ( n

2

n )

.C

Coi C là C  n  ,khi đó x(n)  e( n n ) .C (n) 2

x(n  1)  C (n  1).e( n  C (n  1).e( n

2

 n 1)

2

 n 1)

 e2n.e( n

2

n)

.C (n)  e( n

 C (n  1).e( n  n 1)  e( n  n ) .C (n)  e( n  C (n  1)  C (n)  ln(n  1) C (1)  C (0)  ln1 C (2)  C (1)  ln2 C  3  C  2   ln3 2

2

2

n)

2

n)

.ln(n  1)

.ln(n  1)

 C  n   C  n  1  ln  n 

Cộng vế với vế   C  n   C  0  ln1  ln2    ln  n   C  n   C  0   ln  n ! C  n   C  ln  n !

Nghiệm tổng quát của (1) : x(n)  (C  ln(n!)).e( n n) 2

136

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Bài 10.5: Giải phương trình (*) 1) x  n  1  5x  n   5n nn! 2) x  n  1  3x  n   3n 1  n  1 3) x(n  1)  4 x(n)  4 n 1 sin

(n  1)    4 n (2 cos n  2 3 sin n ) 6 6 6

1 1 x  n  1  x  n   n 5 5  n  2  n  1 4)

5) x  n  1  2x  n  

2n  2  n  1 n  2  n  3

Giải: n

1) 𝑥 (n + 1) − 5x(n) = 5 nn! (1) x  n  1 – 5.x  n   5n.  n.n! Xét phương trình thuần nhất : x  n  1 – 5.x  n   0 (2) Phương trình đặc trưng : r  5  0  r  5 Vậy nghiệm tổng quát của (1) x  n   C.5n (*) Coi C  C  n  , ta có : C  n  1 .5n1 – 5.5n.C  n   5n.n .n!  C  n  1 – .C  n   51.n .n!

Ở các bước 0,1, 2,3,.., n  1 ,ta có C 1 C  2 C  3  C n

 C  0  0  C 1  51.1.1!  C  2   51.2.2!

 C  n  1  51.  n  1 .  n  1!

Cộng theo từng vế : C  n  – C  0   51. 1.1!  2.2!  3.3!  

Lấy hằng số tự do C  C  0 , ta được :

1 5

 n  1 .  n  1!   n! 1

C  n   C   n!1 Thay C  n  vào (*) ta có nghiệm tổng quát của phương trình

không thuần nhất là :

C  n   (C   n!1 ).5n

2) x  n  1  3x  n   3n 1  n  1 Phương trình thuần nhất : x(n  1)  3x(n)  0 Phương trình đặc trưng :   3  0    3 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: x (n)  C.3n Do   3 là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng nên ta tìm 1 nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất dưới dạng: xˆ (n)  n.3n ( An 2  Bn  c) 137

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Ta có :







2 xˆ (n  1)  (n  1)3 n 1 n  1 A  (n  1) B  C  3(n  1)3 n An 2  (2 A  B)n  A  B  C Thay xˆ (n) , xˆ (n  1) vào phương trình không thuần nhất ta có:







3.(n  1).3n An 2  (2 A  B)n  A  B  C  3.n.3n ( An 2  Bn  C )  3n.(3n 2  3n  3)  3 An  (3 A  2 B)n  A  B  C  n  2n  1 2

2

1  A  3  3A  1  1   So sánh các hệ số của n ,được hệ : 3 A  2 B  2   B  2  A  B  C  1  C  1  6 1 1 1 Vậy xˆ (n)  n.3 n ( n 2  n  ) 3 2 6

Nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất là : n(n  1)( 2n  1)  1 1 1  x(n)  x (n)  xˆ (n)  C.3 n  n.3 n ( n 2  n  ) = 3 n C   6 3 2 6  

3) x(n  1)  4 x(n)  4 n 1 sin

(n  1)    4 n (2 cos n  2 3 sin n ) 6 6 6

Phương trình thuần nhất : x(n  1)  4 x(n)  0 Phương trình đặc trưng:   4  0    4 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất : x (n)  C 4 n Nghiệm riêng của phương trình có dạng: xˆ (n)  n.4 n ( A cos n

Khi đó:





 B sin n ) 6 6

   xˆ (n  1)  (n  1)4 n 1  A cos( n  1)  B sin( n  1)  6 6   (n  1)4 n 1 ((

A 3 B  B 3 A   ) cos n  (  ) sin n ) 2 2 6 2 2 6

Thay vào phương trình ta có: A 3 B  B 3 n 1

A     ) sin n )  4.n.4 n ( A cos n  B sin n )  4 n (2 cos n  2 3 sin 2 2 6 2 2 6 6 6 6 A 3 B  B 3 A    1  3   (n  1)(  ) cos n  n  1(  ) sin n  nA cos n  nB sin n )  cos n  sin n 2 2 6 2 2 6 6 6 2 6 2 6 A 3 B  B 3 A  A 3 B  B 3 A  1  n(  A  ) cos n  n(  B  ) sin n  (  ) cos n  (  ) sin n  cos n 2 2 6 2 2 6 2 2 6 2 2 6 2   So sánh hệ số sin n , cos n ta có hệ: 6 6  A 3 B 1    A  0 2 2 2   B 1 B 3  A  3  2 2 2  Nghiệm riêng của phương trình có dạng: xˆ (n)  n.4 n sin n 6 (n  1)4

((



) cos n

(



138

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất là:  n n x(n)  x (n)  xˆ (n)  C.4  n.4 sin n

6

1 1 4) x  n  1  x  n   n 5 5  n  2  n  1 x  n  1 – x n 

1 5  n  2  n  1 n

1 5

Giải phương trình thuần nhất x  n  1 – x n  0 1 5

Xét phương trình đặc trưng    0     x (n)  C.

1 5

1 5n

Ta có f  n  

1 1   5 (n  3n  2) 5 n

2

1 là nghiệm của phương trình đặc trưng nên 5 1 1 xˆ  n. n . 2 5 An  Bn  C

Ta thấy  

Thay vào phương trình đề bài n 1

1 n 1  . n 2  n 2 5 . A( n  1  B  n  1  C 5 5 ( A  Bn  C ) 5 ( n  3n  2) n 1



2

n 1 n 1  n  n 2 2 5 .  5An  10 A  5 B  n   5 A  5 B  5C   5 ( An  Bn  C ) 5 (n  3n  2) n

↔ n.(

2

1 5𝑛 .(5An2 +(10𝐴+5𝐵)𝑛+(5𝐴+5𝐵+5𝐶)) 1

-

1 5𝑛 (5𝐴𝑛2 +5𝐵𝑛+5𝐶)

)+

1

= 5𝑛 .(5An2 +(10𝐴+5𝐵)𝑛+(5𝐴+5𝐵+5𝐶)) 5𝑛 (𝑛2 +3𝑛+2) 5𝐴 = 1  { 10A + 5B = 3 5𝐴 + 5𝐵 + 5𝐶 = 2 1 𝐴= 5 {B = 1 5

𝐶=0 1 𝑥̂ = n. 𝑛 . 1 5

1

1 ( )𝑛2 + 𝑛 5 5

= 5−𝑛 .

 x = 𝑥̂ + 𝑥 = 5−𝑛 .(C+

5 𝑛+1 5

)

𝑛+1

139

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 5) x(n + 1) − 2x(n) =

2n+2 (n+1)(n+2)(n+3)

Giải phương trình đặc trưng: 𝜆 – 2 = 0  𝜆 = 2 𝑥 (𝑛) = C. 2𝑛 Ta có f(n) =

2𝑛 .4

𝑛3 +6𝑛2 +11𝑛+6

𝜆=2

Ta thấy 𝜆 = 2 là nghiệm của phương trình đặc trưng nên 𝑥̂ =

𝑛.2𝑛 .4

𝐴𝑛3 +𝐵𝑛2 +𝐶𝑛+𝐷

Thay vào đề bài:

(𝑛+1).2𝑛+1 .4

-

2𝑛.2𝑛 .4

𝐴(𝑛+1)3 +𝐵(𝑛+1)2 +𝐶(𝑛+1)+𝐷 𝐴𝑛3 +𝐵𝑛2 +𝐶𝑛+𝐷 𝑛+1

↔

𝐴𝑛3 +(3𝐴+𝐵)𝑛2 +(3𝐴+2𝐵+𝐶)𝑛+𝐴+𝐵+𝐶+𝐷

-

=

2𝑛 .4 𝑛3 +6𝑛2 +11𝑛+6 𝑛

𝐴𝑛3 +𝐵𝑛2 +𝐶𝑛+𝐷

=

1 2𝑛3 +12𝑛2 +22𝑛+12

A 2   3 A  B  12     3 A  2 B  C  22  A  B  C  D  12  A 2  B 6   C  4  D  0

 𝑥̂ =

𝑛.2𝑛 .4

2.2𝑛

=

2𝑛3 +6𝑛2 +4𝑛 𝑛2 +3𝑛+2 2.2𝑛 𝑛

 x =̂ 𝑥 +𝑥= Vậy x = 2𝑛 .(

𝑛2 +3𝑛+2 2

𝑛2 +3𝑛+2

+ C. 2

+C)

Bài 10.6 Tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện ban đầu 1) x(n + 1) − 3x(n) = n3n+1 với x(0) = 5 𝜋 2) 𝑥 (𝑛 + 1) − 3𝑥 (𝑛) = 3𝑛 sin 𝑛 𝑣ớ𝑖 𝑥 (1) = 0 4

Giải: 1) x(n + 1) − 3x(n) = n3n+1 với x(0) = 5 Phương trình thuần nhất : x(n  1)  3x(n)  0 Phương trình đặc trưng :   3  0    3 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: x (n)  C.3n Do   3 là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng nên ta tìm 1 nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất dưới dạng: xˆ (n)  n.3n ( An  B)  3n ( An 2  Bn ) Ta có : xˆ (n  1)  3 n 1 n  12 A  (n  1) B  3 n 3 An 2  (6 A  3B)n  3 A  3B  Thay vào phương trình không thuần nhất ta có:





140

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2





3 n 3 An 2  (6 A  3B)n  3 A  3B  3.3 n ( An 2  Bn )  3n.3 n  6 An  3 A  3B  3n 1   A 2  2A 1  So sánh các hệ số của n ,được hệ :  3 A  3B  0  B   1 2 

Nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất là : 1 1 x(n)  x (n)  xˆ (n)  C.3 n  3 n ( n 2  n) 2 2

(1)

Thay điều kiện ban đầu vào (1) được C=5 n2  n ) Vậy nghiệm riêng cần tìm của phương trình là : x(n)  3 (5  2 n

2) 𝑥 (𝑛 + 1) − 3𝑥 (𝑛) = 3𝑛 sin 𝑛

𝜋

𝑣ớ𝑖 𝑥 (1) = 0

4

Phương trình thuần nhất : x(n  1)  3x(n)  0 Phương trình đặc trưng:   3  0    3 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất : x (n)  C 3n   Nghiệm riêng của phương trình có dạng: xˆ (n)  3 n ( A sin n  B cos n ) 4

4

   xˆ (n  1)  3 n 1  A sin( n  1)  B cos( n  1)  4 4  Khi đó: A  A  B  B   3 n 1 ( sin n  cos n  cos n  sin n ) 4 4 4 4 2 2 2 2

Thay vào phương trình ta có: A  A  B n 1 







B









sin n )  3.3 n ( A sin n  B cos n )  3 n sin n 4 4 4 4 4 4 4 2 2 2 2 A  A  B  B      3.( sin n  cos n  cos n  sin n )  3.( A sin n  B cos n )  sin n 4 4 4 4 4 4 4 2 2 2 2

3

(

sin n

cos n

cos n

  So sánh hệ số sin n , cos n ta có hệ: 4

 3(   3( 

A 2 A 2

 

B 2 B 2

)  3B  0 )  3A  1

4

1   A  6  B   1  2  6

Nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất là:  1 2  n n 1 x(n)  x (n)  xˆ (n)  C.3  3 (

sin n



cos n ) 4 1 2 Thay điều kiện ban đầu vào phương trình được: C  6 1 2 1  1 2   sin n  cos n ) . Vậy nghiệm riêng cần tìm là: x(n)  3 n ( 6 6 4 6 4 6

4

6

141

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Bài 10.7: Giải phương trình 1) 𝑥(𝑛 + 2) − 5𝑥(𝑛 + 1) + 6𝑥(𝑛) = 2𝑛 + 5 2) x(n +2) −3𝑥 (𝑛 + 1) + 2𝑥 (𝑛) = 2𝑛 + 3 3) 𝑥 (𝑛 + 2) − 3𝑥 (𝑛 + 1) + 2𝑥 (𝑛) = 4𝑛. 3𝑛 4) 𝑥 (𝑛 + 2) − 4𝑥 (𝑛 + 1) + 4𝑥 (𝑛) = 5𝑛 (9𝑛 + 3) 5) 𝑥 (𝑛 + 2) − 4𝑥 (𝑛 + 1) + 4𝑥 (𝑛) = 16. 2𝑛 + 18. 5𝑛 𝜋 𝜋 6) 𝑥 (𝑛 + 2) − 5𝑥 (𝑛 + 1) + 6𝑥 (𝑛) = 𝑐𝑜𝑠 𝑛 + 12 𝑠𝑖𝑛 𝑛 2 2 7) 𝑥 (𝑛 + 2) − 2𝑥 (𝑛 + 1) + 4𝑥 (𝑛) = 14. 3𝑛 𝑛𝜋 𝑛𝜋 8) 𝑥 (𝑛 + 2) + 𝑥 (𝑛) = 6. 𝑐𝑜𝑠 − 4. 𝑠𝑖𝑛 2 2 Giải: 1) 𝒙(𝒏 + 𝟐) − 𝟓𝒙(𝒏 + 𝟏) + 𝟔𝒙(𝒏) = 𝟐𝒏 + 𝟓 (1) Giải phương trình thuần nhất: 𝑥 (𝑛 + 2) − 5𝑥 (𝑛 + 1) + 6𝑥 (𝑛) = 0 Xét phương trình đặc trưng: 𝜆2 − 5𝜆 + 6 = 0 → 𝜆 = 2; 𝜆 = 3 Nghiêm tổng quát củ phương trình thuần nhất là: 𝑥̅ (n) =𝐶1 . 2𝑛 + 𝐶2 . 3𝑛 Vì 𝛼 = 1 không là nghiệm của phương trình đặc trưng nê: 𝑥̂ (𝑛) = 𝐴. 𝑛2 + 𝐵. 𝑛 + 𝐶 Khi đó: 𝑥̂ (𝑛 + 1) = 𝐴(𝑛 + 1)2 + 𝐵(𝑛 + 1) + 𝐶 = 𝐴. 𝑛2 + (2𝐴 + 𝐵)𝑛 + (𝐴 + 𝐵 + 𝐶 ) 𝑥̂(𝑛 + 2) = 𝐴(𝑛 + 2)2 + 𝐵(𝑛 + 2) + 𝐶 = 𝐴. 𝑛2 + (4𝐴 + 𝐵). 𝑛 + (4𝐴 + 2𝐵 + 𝐶 ) Thay vào phương trình (1) ta có : 𝐴. 𝑛2 + (4𝐴 + 𝐵). 𝑛 + 4𝐴 + 2𝐵 + 𝐶 − 5(𝐴. 𝑛2 + (2𝐴 + 𝐵)𝑛 + 𝐴 + 𝐵 + 𝐶 ) + 6(𝐴𝑛2 + 𝐵. 𝑛 + 𝐶 ) = 2. 𝑛 + 5. => (2𝐴). 𝑛2 + (−6𝐴 + 2𝐵)𝑛 + (−𝐴 − 3𝐵 + 2𝐶 ) = 2𝑛 + 5 Cân bằng hệ số: 2𝐴 = 0 𝐴=0 { −6𝐴 + 2𝐵 = 2 ⇔ {𝐵 = 1 −𝐴 − 3𝐵 + 2𝐶 = 5 𝐶=4 Suy ra 𝑥̂(n) = n+4 Vậy 𝑥 (𝑛) = 𝑥̅ + 𝑥̂ = 𝐶1 . 2𝑛 + 𝐶2. 3𝑛 + 𝑛 + 4 2) x(n +2) −𝟑𝒙(𝒏 + 𝟏) + 𝟐𝒙(𝒏) = 𝟐𝒏 + 𝟑 (𝟐) Giải phương trình thuần nhất: 𝑥 (𝑛 + 2) − 3𝑥 (𝑛 + 1) + 2𝑥 (𝑛) = 0 Xét phương trình đặc trưng: 𝜆2 − 3𝜆 + 2 = 0 ⇒ 𝜆 = 1; 𝜆 = 2 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là: 𝑥̅ (𝑛) = 𝐶1 +𝐶2 . 2𝑛 -Ta có: 𝑓 (𝑛) = 1𝑛 (0. 𝑛2 + 2𝑛 + 3) ⇒ 𝜆 = 1; 𝑚 = 2 Vì 𝛼 = 1 là nghiệm của phương trình đặc trưng nên: 𝑥̂ (𝑛) = 𝑛(𝐴𝑛2 + 𝐵. 𝑛 + 𝐶 ) Khi đó: 𝑥̂ (𝑛 + 1) = (𝑛 + 1). (𝐴(𝑛 + 1)2 + 𝐵(𝑛 + 1) + 𝐶) =A.𝑛3 + (3𝐴 + 𝐵)𝑛2 + (3𝐴 + 2𝐵 + 𝐶 )𝑛 + 𝐴 + 𝐵 + 𝐶 142

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 𝑥̂ (𝑛 + 2) = (𝑛 + 2)(𝐴(𝑛 + 2)2 + 𝐵(𝑛 + 2) + 𝐶) = 𝐴𝑛3 + (6𝐴 + 𝐵)𝑛2 + (12𝐴 + 4𝐵 + 𝐶 )𝑛 + 8𝐴 + 4𝐵 + 2𝐶 Thay vào (2): 𝐴𝑛3 + (6𝐴 + 𝐵)𝑛2 + (12𝐴 + 4𝐵 + 𝐶 )𝑛 + 8𝐴 + 4𝐵 + 2𝐶 − 3(𝐴𝑛3 + (3𝐴 + 𝐵)𝑛2 + (3𝐴 + 2𝐵 + 𝐶 )𝑛 + 𝐴 + 𝐵 + 𝐶 ) + 2𝑛(𝐴𝑛2 + 𝐵. 𝑛 + 𝐶 ) = 2𝑛 + 3 ⇔ (−3𝐴)𝑛2 + (3𝐴 − 2𝐵)𝑛 + 5𝐴 + 𝐵 − 𝐶 = 2𝑛 + 3 Cân bằng hệ số: − 3𝐴 = 0 𝐴=0 { 3𝐴 − 2𝐵 = 2 ⟺ {𝐵 = −1 5𝐴 + 𝐵 − 𝐶 = 3 𝐶 = −4 Suy ra 𝑥̂ (𝑛) = (−𝑛 − 4)𝑛 Vậy 𝑥 (𝑛) = 𝑥̅ + 𝑥̂ = 𝐶1 + 𝐶2 . 2𝑛 − 𝑛2 − 4𝑛 3) 𝒙(𝒏 + 𝟐) − 𝟑𝒙(𝒏 + 𝟏) + 𝟐𝒙(𝒏) = 𝟒𝒏. 𝟑𝒏 (𝟑) -Giải phương trình thuần nhất: 𝑥 (𝑛 + 2) − 3𝑥 (𝑛 + 1) + 2𝑥 (𝑛) = 0 Xét phương trình đặc trưng: 𝜆2 − 3𝜆 + 2 = 0 ⇔ 𝜆 = 1; 𝜆 = 2 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là: 𝑥̅ (𝑛) = 𝐶1 + 𝐶2 . 2𝑛 -Ta có: 𝑓 (𝑛) = 4𝑛. 3𝑛 ⇒ 𝛼 = 3; 𝑚 = 4 Vì 𝛼 = 3 không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên: 𝑥̂ (𝑛) = 3𝑛 . (𝐴𝑛2 + 𝐵. 𝑛 + 𝐶 ) Khi đó: 𝑥̂ (𝑛 + 1) = 3𝑛+1 (A(𝑛 + 1)2 + 𝐵(𝑛 + 1)+C) =3𝑛+1 (𝐴𝑛2 + (2𝐴 + 𝐵)𝑛 + 𝐴 + 𝐵 + 𝐶 ) 𝑥̂ (𝑛 + 2) = 3𝑛+2 (𝐴(𝑛 + 2)2 + 𝐵(𝑛 + 2) + 𝐶) =3𝑛+2 (𝐴𝑛2 + (4𝐴 + 𝐵)𝑛 + 4𝐴 + 2𝐵 + 𝐶 ) Thay vào (3): 3𝑛+2 (𝐴𝑛2 + (4𝐴 + 𝐵)𝑛 + 4𝐴 + 2𝐵 + 𝐶 ) − 3. 3𝑛+1 (A𝑛2 + (2𝐴 + 𝐵)𝑛 + 𝐴 + 𝐵 + 𝐶) + 2. 3𝑛 (𝐴𝑛2 + 𝐵. 𝑛 + 𝐶 ) = 4𝑛. 3𝑛 n ⇔ 3𝑛 (2𝐴)𝑛2 + 3𝑛 (18𝐴 + 2𝐵)𝑛 + 3𝑛 (27𝐴 + 9𝐵 + 2𝐶 ) = 4𝑛. 3𝑛 Cân bằng hệ số: 2𝐴 = 0 𝐴=0 { 18𝐴 + 2𝐵 = 4 ⟺ { 𝐵 = 2 27𝐴 + 9𝐵 + 2𝐶 = 0 𝐶 = −9 Suy ra: 𝑥̂(n)= 3𝑛 (2𝑛 − 9) Vậy 𝑥 (𝑛) = 𝑥̅ + 𝑥̂ = 𝐶1 + 𝐶2 . 2𝑛 + 3𝑛 (2𝑛 − 9) 4) 𝒙(𝒏 + 𝟐) − 𝟒𝒙(𝒏 + 𝟏) + 𝟒𝒙(𝒏) = 𝟓𝒏 (𝟗𝒏 + 𝟑) (𝟒) Giải phương trình thuần nhất: 𝑥 (𝑛 + 2) − 4𝑥 (𝑛 + 1) + 4𝑥 (𝑛) = 0 Xét phương trình đặc trưng: 𝜆2 − 4𝜆 + 4 = 0 ⇒ 𝜆1 = 𝜆2 = 2 Nghiệm tổng quát của phương trình đặc trưng là: 𝑥̅ (𝑛) = 𝐶1 . 2𝑛 + 𝑛. 𝐶2 . 2𝑛 -Ta có: 𝑓 (𝑛) = 5𝑛 (9𝑛 + 3) ⇒ 𝛼 = 5; 𝑚 = 9 Vì 𝛼 không phải nghiêm của phương trình đặc trưng nên: 143

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 𝑥̂ (𝑛) = 5𝑛 (𝐴𝑛2 + 𝐵𝑛 + 𝐶 ) Khi đó: 𝑥̂ (𝑛 + 1) = 5𝑛+1 (𝐴(𝑛 + 1)2 + 𝐵(𝑛 + 1) + 𝐶) =5𝑛+1 (𝐴𝑛2 + (2𝐴 + 𝐵)𝑛 + 𝐴 + 𝐵 + 𝐶 ) 𝑥̂ (𝑛 + 2) = 5𝑛+2 (𝐴(𝑛 + 2)2 + 𝐵(𝑛 + 2) + 𝐶) =5𝑛+2 (𝐴𝑛2 + (4𝐴 + 𝐵 )𝑛 + 4𝐴 + 2𝐵 + 𝐶 ) Thay vào (4): 5𝑛+2 (𝐴𝑛2 + (4𝐴 + 𝐵)𝑛 + 4𝐴 + 2𝐵 + 𝐶 ) − 4. 5𝑛+1 (A𝑛2 + (2𝐴 + 𝐵)𝑛 + 𝐴 + 𝐵 + 𝐶) + 4. 5𝑛 (𝐴𝑛2 + 𝐵𝑛 + 𝐶 ) = 5𝑛 (9𝑛 + 3) ⇔ 5𝑛 (9𝐴)𝑛2 + 5𝑛 (60𝐴 + 9𝐵)𝑛 + 5𝑛 (80𝐴 + 30𝐵+9C)= 5𝑛 (9𝑛 + 3) Cân bằng hệ số: 9𝐴 = 0 𝐴=0 { 60𝐴 + 9𝐵 = 9 ⇔{𝐵=1 80𝐴 + 30𝐵 + 9𝐶 = 3 𝐶 = −3 Suy ra: 𝑥̂ (𝑛) = 5𝑛 (𝑛 − 3) Vậy 𝑥 (𝑛) = 𝑥̅ + 𝑥̂=𝐶1 . 2𝑛 + 𝑛. 𝐶2 . 2𝑛 + 5𝑛 (𝑛 − 3) 5) 𝒙(𝒏 + 𝟐) − 𝟒𝒙(𝒏 + 𝟏) + 𝟒𝒙(𝒏) = 𝟏𝟔. 𝟐𝒏 + 𝟏𝟖. 𝟓𝒏 Giải phương trình thuần nhất: 𝑥 (𝑛 + 2) − 4𝑥 (𝑛 + 1) + 4𝑥 (𝑛) = 0 Xét phương trình đặc trưng : 𝜆2 − 4𝜆 + 4 = 0 ⟺𝜆=2 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là: 𝑥̅ (𝑛) = 𝐶1 . 2𝑛 + 𝑛𝐶2 . 2𝑛 VP: 𝑓 (𝑛) = 18. 5𝑛 + 16. 2𝑛 (1) Ta tìm nghiệm riêng phương trình: 𝑥(𝑛 + 2) − 4𝑥(𝑛 + 1) + 4𝑥(𝑛) = 16. 2𝑛 (2) 𝑥(𝑛 + 2) − 4𝑥(𝑛 + 1) + 4𝑥(𝑛) = 18. 5𝑛 (3) Khi đó: 𝑥̂(𝑛)1 = 𝑥̂(𝑛)2 + 𝑥̂(𝑛)3 Giải phương trình (2) (2): 𝑥 (𝑛 + 2) − 4𝑥 (𝑛 + 1) + 4𝑥 (𝑛) = 16. 2𝑛 Ta có 𝑓(𝑛) = 16. 2𝑛 . 𝛼 = 2 là nghiệm kép của Phương trình đặc trưng nên 𝑥̂ (𝑛) = 𝑛 2 . 2𝑛 . 𝐴 Khi đó 𝑥̂ (𝑛 + 1) = (𝑛 + 1)2 . 2𝑛+1 . 𝐴 𝑥̂ (𝑛 + 2) = (𝑛 + 2)2 . 2𝑛+2 . 𝐴 Thay vào Phương trình (2) ta có: (𝑛 + 2)2 . 2𝑛+2 . 𝐴 − 4(𝑛 + 1)2 . 2𝑛+1 . 𝐴 + 4. 𝑛2 . 2𝑛 . 𝐴 = 16. 2𝑛 ⇔ (𝑛2 + 4𝑛 + 4). 4. 𝐴 − 4(𝑛2 + 2𝑛 + 1). 2. 𝐴 + 4𝑛2 . 𝐴 = 16 ⟺ 8𝐴 = 16 ⇔𝐴=2 𝑛 2 ( ) Suy ra 𝑥̂ 𝑛 2 = 2. 2 . 𝑛 Giải Phương trình (3): (3): 𝑥 (𝑛 + 2) − 4𝑥 (𝑛 + 1) + 4𝑥 (𝑛) = 18. 5𝑛 Ta có 𝑓(𝑛) = 18. 5𝑛 . 𝛼 = 5 không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên 𝑥̂ (𝑛) = 5𝑛 . 𝐴 Khi đó 𝑥̂ (𝑛 + 1) = 5𝑛+1 . 𝐴 144

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 𝑥̂ (𝑛 + 2) = 5𝑛+2 . 𝐴 Thay vào phương trình (3) ta có 5𝑛+2 . 𝐴 − 4. 5𝑛+1 . 𝐴 = 18. 5𝑛 ⇔ 25𝐴 − 20𝐴 + 4𝐴 = 18 ⟺ 9𝐴 = 18 ⟺𝐴=2 𝑛 Suy ra 𝑥̂(𝑛)3 = 5 . 2 Vậy 𝑥 (𝑛) = 𝐶1 2𝑛 + 𝑛𝐶2 2𝑛 + 2. 𝑛2 2𝑛 + 2. 5𝑛 𝝅 𝝅 6) 𝒙(𝒏 + 𝟐) − 𝟓𝒙(𝒏 + 𝟏) + 𝟔𝒙(𝒏) = 𝒄𝒐𝒔 𝒏 + 𝟏𝟐 𝒔𝒊𝒏 𝒏 𝟐

𝟐

Giải phương trình thuần nhất: 𝑥 (𝑛 + 2) − 5𝑥 (𝑛 + 1) + 6𝑥 (𝑛) = 0 Xét Phương trình đặc trưng : 𝜆2 − 5𝜆 + 6 = 0 ⇔ 𝜆1 = 2 ; 𝜆2 = 3 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là: 𝑥 (𝑛) = 𝐶1 2𝑛 + 𝐶2 3𝑛 𝜋 𝜋 Ta có 𝑓(𝑛) = 1𝑛 (𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝑛 + 𝐵 𝑠𝑖𝑛 𝑛 ) 2 2 Khi đó (𝑛 + 1)𝜋 (𝑛 + 1)𝜋 𝑥̂(𝑛 + 1) = [𝐴. 𝑐𝑜𝑠 + 𝐵. 𝑠𝑖𝑛 ] 2 2 𝑛𝜋 𝑛𝜋 = (−𝐴. 𝑠𝑖𝑛 + 𝐵 𝑐𝑜𝑠 ) 2 2 (𝑛 + 2)𝜋 (𝑛 + 2)𝜋 𝑥̂ (𝑛 + 2) = (𝐴. 𝑐𝑜𝑠 + 𝐵. 𝑠𝑖𝑛 ) 2 2 𝑛𝜋 𝑛𝜋 = −(𝐴. 𝑐𝑜𝑠 + 𝐵. 𝑠𝑖𝑛 ) 2 2 Thay vào Phương trình (1) có 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝑛𝜋 − (𝐴. 𝑐𝑜𝑠 + 𝐵. 𝑠𝑖𝑛 ) − 5. (−𝐴. 𝑠𝑖𝑛 + 𝐵. 𝑐𝑜𝑠 ) 2 2 2 2 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝑛𝜋 + 6 (𝐴. 𝑐𝑜𝑠 + 𝐵. 𝑠𝑖𝑛 ) = 𝑐𝑜𝑠 + 12 𝑠𝑖𝑛 2 2 2 2 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝑛𝜋 ⟺ 5𝐴. 𝑐𝑜𝑠 + 5𝐵. 𝑠𝑖𝑛 + 5𝐴 𝑠𝑖𝑛 − 5𝐵. 𝑐𝑜𝑠 = 𝑐𝑜𝑠 + 12. 𝑠𝑖𝑛 2 2 2 2 2 2 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝑛𝜋 ⇔ (5𝐴 − 5𝐵) 𝑐𝑜𝑠 + (5𝐴 + 5𝐵) 𝑠𝑖𝑛 = 𝑐𝑜𝑠 + 12 𝑠𝑖𝑛 2 2 2 2 Cân bằng hệ số 13 𝐴= 5𝐴 − 5𝐵 = 1 10 { ⟺{ 11 5𝐴 + 5𝐵 = 12 𝐵= Suy ra 𝑥̂(𝑛) =

13

. 𝑐𝑜𝑠

10 𝐶1 2𝑛

𝑛𝜋 2

+

𝑛

11

𝑠𝑖𝑛

10 13

10

𝑛𝜋 2

𝑛𝜋

11

Vậy 𝑥(𝑛) = + 𝐶2 3 + . 𝑐𝑜𝑠 + . 𝑠𝑖𝑛 10 2 10 𝒏 ( ) ( ) ( ) 7) 𝒙 𝒏 + 𝟐 − 𝟐𝒙 𝒏 + 𝟏 + 𝟒𝒙 𝒏 = 𝟏𝟒. 𝟑 (1)

𝑛𝜋 2

Giải Phương trình thuần nhất 𝑥 (𝑛 + 2) − 2𝑥 (𝑛 + 1) + 4𝑥 (𝑛) = 0 Xét Phương trình đặc trưng: 145

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 𝜆2 − 2𝜆 + 4 = 0 ⇔ 𝜆1 = 1 − √3𝑖 ; 𝜆2 = 1 + √3𝑖 1

√3

𝜋

𝜋

Có 1 ± √3𝑖 = 2 ( ± 𝑖) = 2(𝑐𝑜𝑠 ± 𝑖 𝑠𝑖𝑛 ) 2 2 2 3 Nghiệm tổng quát của Phương trình thuần nhất là 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝑥 (𝑛) = 2𝑛 . (𝐶1 . 𝑐𝑜𝑠 + 𝐶2 𝑠𝑖𝑛 ) 3 3 Ta có 𝑓(𝑛) = 14. 3𝑛 . 𝛼 = 3 không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên 𝑥̂ (𝑛) = 3𝑛 . 𝐴 Khi đó 𝑥̂ (𝑛 + 1) = 3𝑛+1 . 𝐴 𝑥̂ (𝑛 + 2) = 3𝑛+2 . 𝐴 Thay vào Phương trình (1) ta được 3𝑛+2 . 𝐴 − 2. 3𝑛+1 . 𝐴 + 4. 3𝑛 . 𝐴 = 14. 3𝑛 ⇔ 9𝐴 − 6𝐴 + 4𝐴 = 14 ⟺ 7𝐴 = 14 ⟺𝐴=2 𝑛 ( ) Suy ra 𝑥̂ 𝑛 = 2. 3 𝑛𝜋 𝑛𝜋 Vậy 𝑥 (𝑛) = 𝑥̂(𝑛) + 𝑥(𝑛) = 2. 3𝑛 + 2𝑛 . (𝐶1 𝑐𝑜𝑠 + 𝐶2 𝑠𝑖𝑛 ) 8) 𝒙(𝒏 + 𝟐) + 𝒙(𝒏) = 𝟔. 𝒄𝒐𝒔 Giải phương trình thuần nhất :

𝒏𝝅 𝟐

− 𝟒. 𝒔𝒊𝒏

𝒏𝝅 𝟐

3

3

(1)

𝑥 (𝑛 + 2) + 𝑥 (𝑛 ) = 0 Xét phương trình đặc trưng : 𝜆2 + 1 = 0 ⇔ 𝜆2 = −1 𝜋 𝜋 ⇔ 𝜆 = ±𝑖 = (𝑐𝑜𝑠 ± 𝑖 𝑠𝑖𝑛 ) 2 2 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là: 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝑥 (𝑛) = 𝐶1 𝑐𝑜𝑠 + 𝐶2 𝑠𝑖𝑛 2 2 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝜋 Ta có 𝑓(𝑛) = 1. (6 𝑐𝑜𝑠 − 4 𝑠𝑖𝑛 ) → 𝛼 = 1; 𝛽 = 2

2

𝜋

2

𝜋

Có 𝛼(𝑐𝑜𝑠 𝛽 ± 𝑖 𝑠𝑖𝑛 𝛽 ) = 1. (𝑐𝑜𝑠 ± 𝑖 𝑠𝑖𝑛 ) = ±𝑖 2 2  Có là nghiệm của phương trình đặc trưng nên 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝑥̂ (𝑛) = 𝑛. 1𝑛 (𝐴. 𝑐𝑜𝑠 + 𝐵. 𝑠𝑖𝑛 ) 2 2 Khi đó (𝑛+2)𝜋 (𝑛+2)𝜋 𝑛𝜋 𝑥̂ (𝑛 + 2) = (𝑛 + 2)[𝐴. 𝑐𝑜𝑠 + 𝐵. 𝑠𝑖𝑛 ] = (𝑛 + 2)(−𝐴. 𝑐𝑜𝑠 − 𝑛𝜋

2

2

2

𝐵. 𝑠𝑖𝑛 ) 2 Thay vào phương trình (1) ta được: 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝑛𝜋 (𝑛 + 2) (−𝐴. 𝑐𝑜𝑠 − 𝐵. 𝑠𝑖𝑛 ) + 𝑛 (𝐴. 𝑐𝑜𝑠 + 𝐵. 𝑠𝑖𝑛 ) 2 2 2 2 𝑛𝜋 𝑛𝜋 = 6 𝑐𝑜𝑠 − 4 𝑠𝑖𝑛 2 2 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝑛𝜋 ⇔ −𝐴. 𝑛. 𝑐𝑜𝑠 − 2𝐵. 𝑠𝑖𝑛 − 𝑛. 𝐵. 𝑠𝑖𝑛 − 2. 𝐵. 𝑠𝑖𝑛 + 𝑛. 𝐴. 𝑐𝑜𝑠 2 2 2 2 2 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝑛𝜋 + 𝑛. 𝐵. 𝑠𝑖𝑛 = 6 𝑐𝑜𝑠 − 4 𝑠𝑖𝑛 2 2 2 146

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Cân bằng hệ số −2𝐴 = 6 𝐴 = −3 ⟺{ −2𝐵 = −4 𝐵=2 𝑛𝜋 𝑛𝜋 Suy ra 𝑥̂ (𝑛) = 𝑛 (−3. 𝑐𝑜𝑠 + 2. 𝑠𝑖𝑛 ) {

2

𝑛𝜋

2

Vậy 𝑥 (𝑛) = 𝑥̂(𝑛) + 𝑥(𝑛) = 𝐶1 𝑐𝑜𝑠 + 𝐶2 𝑠𝑖𝑛 2 9) x (n +2) -3x (n+1) +2x = 2n +1 +2n+2

𝑛𝜋 2

+ 𝑛(−3. 𝑐𝑜𝑠

𝑛𝜋 2

+ 2. 𝑠𝑖𝑛

𝑛𝜋 2

)

Phương trình thuần nhất : x.(n+2)-3x.(n+1)+2x.(n)=0 Phương trình đặc trưng : λ2 - 3λ + 2 = 0 ⇒ λ = 1 ; λ = 2 Nghiệm tổng quát : 𝑥̅ (n)=C1 + C2.2n Nghiệm riêng của λ có dạng : 𝑥̂(n) = 𝑥̂ 1(n)+𝑥̂ 2(n) là nghệm của các phương trình : x(n + 2) - 3x(n + 1) + 2x(n)=2n + 1 (1) n+2 x(n+2)- 3x(n + 1) + 2x(n)=2 (2) 𝑥̂ 1 (n) là nghiệm riêng của phương trình (1) , có dạng :𝑥̂(𝑛)= n(An + B)=An2 + Bn Khi đó 𝑥̂ 1 (n+1)=An2 + 2An + A + Bn + B 𝑥̂ 1 (n+2)=An2 + 4An + 4A + Bn + 2B Thay vào phương trình (1) ta được (An2 + 4An + 4A + Bn + 2B ) - 3(An2 + 2An + A + Bn + B) + 2(An2 + Bn) = 2n + 1 ⇒-2An+A-B=2n+1 𝐴 = −1 𝐴 = −1 { => { 𝐴−𝐵 =1 𝐵 = −2 ⇒𝑥̂ 1= -n2 - 2n 𝑥̂ 2(n) là nghiệm riêng của phương trình (2) , ta có : 𝑥̂(𝑛)= n(An + B) 2n Khi đó: 𝑥̂ 2 (n + 1) = 2(n + 1) (An + A + B)2n 𝑥̂ 2 (n + 2) = 4(n + 2) (An + 2A + B)2n Thay vào phương trình (2) ta được 4(n + 2) ( An + 2A + B )2n – 6( n + 1)( An + A + B)2n +2n( An + B )2n = 2n+2 ⇒( 2An + 2B + 10A )2n = 2n.4 ⇒A = 0 và B = 2 ⇒𝑥 ̂(n) = 2n.2n 2 Nghiệm tổng quát : x(n)=C1 + C2.2n + 2n.2n - n2 - 2n

147

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 Bài 10.8: Tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện ban đầu 1) x.(n + 2) – 4x.( n + 1) + 3x.( n ) = 8.𝟓𝒏 (1) với x(0) = 4, x(1) = 11 𝝅 2) x(n + 2) + 9x( n ) = 𝒄𝒐𝒔 𝒏 (*) với x(0) = 3, x(1) = 8 𝟐

Giải: 1) x.(n + 2) – 4x.( n + 1) + 3x.( n ) = 8.𝟓𝒏

(1) với x(0) = 4, x(1) = 11

phương trình thuần nhất: x.(n + 2) – 4x. ( n + 1) +3x.(n) = 0  phương trình đặc trưng: 𝜆2 – 4λ + 3 = 0  λ = 1, λ = 3 Nghiệm tổng quát: 𝑥̅ (𝑛)= 𝐶1 + 𝐶2 .3𝑛 VP: f(n)= 8.5n . ta có 𝛼 =5 không là nghiệm của phương trình đặc trưng. Khi đó , nghiệm riêng có dạng: 𝑥̂ (𝑛)= 5𝑛 .A 𝑥̂(𝑛 + 2)= 5𝑛+2 .A 𝑥̂(𝑛 + 1)= 5𝑛+1 .A Thay vào (1) ta được: 5𝑛+2 .A – 4.5𝑛+1 .A + 3.5𝑛 .A = 8.5𝑛  8A.5𝑛 = 8  A=1 𝑛  𝑥̂(𝑛) = 5  𝑥̂(𝑛) = 𝐶1 + 𝐶2 .3𝑛 + 5𝑛 s 𝑥 (0) = 𝐶1 + 𝐶2 + 1 = 4 𝑥 (1) = 𝐶1 + 3. 𝐶2 + 5 = 11 3 𝐶1 =

Ta có: {  

{

𝐶2 =

2 3 2

Nghiệm của phương trình là: 𝑥𝑛 =

2) x(n + 2) + 9x( n ) = 𝒄𝒐𝒔 𝒏

𝝅 𝟐

(*)

3 2

+

3 2

. 3𝑛 + 5𝑛

với x(0) = 3, x(1) = 8

Phương trình thuần nhất : x( n + 2) + 9x(n) = 0 Xét phương trình đặc trưng λ2+ 9 =0  λ = ±3𝑖 𝜋 𝜋 = ±3(𝑐𝑜𝑠 + 𝑖. 𝑠𝑖𝑛 ) 𝜋

2

𝜋

2

Nghiệm tổng quát: 𝑥̅ (n) = 3𝑛 ( 𝐶1 . 𝑐𝑜𝑠 𝑛 + 𝐶2 . 𝑠𝑖𝑛 𝑛 ) 2

𝜋

2

f(n)= cos 𝑛 . Vì 𝛼 =1 không là nghiệm của phương trình đặc trưng. 2

𝜋

𝜋

2 𝜋

2

Khi đó, nghiệm riêng có dạng: 𝑥̂(𝑛)= A.𝑐𝑜𝑠 𝑛 +B sin n 𝜋

𝑥̂(𝑛 + 2) = A.𝑐𝑜𝑠(𝑛 + 2) + B.𝑠𝑖𝑛(𝑛 + 2) s 2

𝜋

2

𝜋

= -A.𝑐𝑜𝑠 𝑛 – B.𝑠𝑖𝑛 𝑛 2 2 Thay 𝑥̂(𝑛) , 𝑥̂(𝑛 + 2)vào phương trình (*) ta được: 𝜋 𝜋 𝜋 8A.𝑐𝑜𝑠 𝑛 + 8B.𝑠𝑖𝑛 𝑛 = 𝑐𝑜𝑠 𝑛 

{

𝐴=

2 1

2

2

8

𝐵=0 148

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 

Ta có : { 

𝜋

𝜋

1

2

2

8

x(n)= 3𝑛 ( 𝐶1 . 𝑐𝑜𝑠 𝑛 + 𝐶2 . 𝑠𝑖𝑛 𝑛 ) + 𝑥 (0) = 𝐶1 +

1 8

=3

𝑥 (1) = 3𝐶2 = 8

=> {

𝐶1 =

𝑐𝑜𝑠 𝑛

𝜋 2

23

𝐶2 =

8 8 3

23

𝜋

8

8

2

3

Nghiệm của phương trình là: 𝑥(𝑛) = 3𝑛 ( 𝑐𝑜𝑠 𝑛 +

𝜋

1

2

8

𝑠𝑖𝑛 𝑛 ) +

𝑐𝑜𝑠 𝑛

𝜋 2

Bài 10.9 Tính tổng 1. S1  12  22  ..  n 2 2. S2  1.2  2.3  ..  n  n  1 3. S3  1.3  3.5   2n  1 2n  1 4. S4  0.2  2.4  ..  2n.2  n  1 5. 𝑆5 = 𝑠𝑖𝑛 𝛼 + 𝑠𝑖𝑛 2𝛼 + ⋯ + 𝑠𝑖𝑛 𝑛𝛼 6. 𝑆6 = 12 . 31 + 22 . 32 + 32 . 33 + ⋯ + 𝑛2 . 3𝑛 Giải: 1) S1  12  22  ..  n 2 Đặt k 2  x  k  1 – x  k  Ta có: S1  x  n  1 – x 1 Ta tìm nghiệm x(n) từ phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng: x  n  1 – x  n   n2 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: x (n)  C Nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất: xˆ (n)  n( An 2  Bn  C )  An 3  Bn 2  Cn  xˆ (n  1)  A(n  1) 3  B(n  1) 2  C (n  1) Thay xˆ (n), xˆ (n  1) vào (*) ta được: 3 An 2  3 An  2 Bn  A  B  C  n 2  1  A   3  3A  1  1    3 A  2B  0  B  2 A  B  C  0  1  C   6 1 1 1  x ( n)  n 3  n 2  n 3 2 6 1 1 1  x(n)  x (n)  xˆ (n)  C  n 3  n 2  n 3 2 6 1 1 1 1 1 1 Vậy S1  x(n  1)  x(1)  (n  1) 3  (n  1) 2  (n  1)    3 2 6 3 2 6

149

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2 2. S2  1.2  2.3  ..  n  n  1 Đặt k  k  1  x  k  1 – x  k  Ta có: S2  x  n  1 – x 1 Ta tìm nghiệm x(n) từ phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng: x  n  1 – x  n   n  n  1 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: x n  C Nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất: xˆ (n)  n( An 2  Bn  C )  An 3  Bn 2  Cn 

xˆ (n  1)  A(n  1) 3  B(n  1) 2  C (n  1) Thay xˆn, xˆn  1 vào (*) ta được: 3 An 2  3 An  2 Bn  A  B  C  n 2  n 1  A   3A  1  3     3 A  2B  1  B0 A  B  C  0 C   1   3  1 1  xˆ (n)  n 3  n 3 3 1 1  xˆ (n  1)  (n  1) 3  (n  1) 3 3 1 1 1 1 1 2 Vậy S 2  x(n  1)  x(1)  (n  1) 3  (n  1)    n 3  n 2  n 3 3 3 3 3 3 3) S3  1.3  3.5   2n  1 2n  1

Đặt (2k  1)( 2k  1)  x(k  1)  x(k ) Ta có: S 3  x(n  10  x(1) Ta tìm nghiệm x(n) từ phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng: x(n  1)  x(n)  (2n  1)( 2n  1)  4n 2  1

Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: x n  C Nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất: xˆ (n)  n( An 2  Bn  C )  An 3  Bn 2  Cn  xˆ (n  1)  A(n  1) 3  B(n  1) 2  C (n  1) Thay xˆn, xˆn  1 vào (*) ta được: 3 An 2  3 An  2 Bn  A  B  C  4n 2  1  4  3A  4   A 3     3 A  2B  0   B  2  A  B  C  1 C   1   3   4 1  xˆ (n)  n 3  2n 2  n 3 3 4 1 Vậy S 3  x(n  1)  x(1)  (n  1) 3  2(n  1) 2  (n  1)  1 3 3

150

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

4) S4  0.2  2.4  ..  2n.2  n  1 Đặt 2k .2(k  1)  x(k  1)  x(k ) Ta có: S 4  x(n  1)  x(1) Ta tìm nghiệm x(n) từ phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng: x(n  1)  x(n)  2n.2(n  1)  4n 2  4n

(*)

Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: x n  C Nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất: xˆ (n)  n( An 2  Bn  C )  An 3  Bn 2  Cn  xˆ (n  1)  A(n  1) 3  B(n  1) 2  C (n  1) Thay xˆn, xˆn  1 vào (*) ta được: 3 An 2  3 An  2 Bn  A  B  C  4n 2  4n  4   3A  4  A 3     3 A  2B  4  B0 A  B  C  0 C   4   3   4 4  xˆ (n)  n 3  n 3 3 4 4  xˆ (n  1)  (n  1) 3  (n  10 3 3 4 4 4 4 4 4 Vậy S 4  x(n  1)  x(1)  (n  1) 3  (n  1)    (n  1) 3  (n  1) 3 3 3 3 3 3

5) 𝑆5 = 𝑠𝑖𝑛 𝛼 + 𝑠𝑖𝑛 2𝛼 + ⋯ + 𝑠𝑖𝑛 𝑛𝛼 Ta có: 𝛼 𝛼 𝛼 𝛼 2. 𝑆5 . 𝑠𝑖𝑛 = 2 𝑠𝑖𝑛 𝛼 . 𝑠𝑖𝑛 + 2 𝑠𝑖𝑛 2𝛼 . 𝑠𝑖𝑛 + ⋯ + 2 𝑠𝑖𝑛 𝑛𝛼 . 𝑠𝑖𝑛 2 2 2 2 Áp dụng Công thức tích thành tổng ta có 𝛼 𝛼 𝛼 2 𝑠𝑖𝑛(𝑘𝛼) 𝑠𝑖𝑛 = 𝑐𝑜𝑠[(2𝑘 − 1) ] − 𝑐𝑜𝑠 [(2𝑘 + 1) ] 2 2 2 Thay k từ 1 đến n ta có 𝛼 𝛼 3𝛼 2 𝑠𝑖𝑛 𝛼 . 𝑠𝑖𝑛 = 𝑐𝑜𝑠 − 𝑐𝑜𝑠 2 2 2 𝛼 3𝛼 5𝛼 2 𝑠𝑖𝑛 2𝛼 . 𝑠𝑖𝑛 = 𝑐𝑜𝑠 − 𝑐𝑜𝑠 2 2 2 … 𝛼 (2𝑛 − 1)𝛼 (2𝑛 + 1)𝛼 2 𝑠𝑖𝑛 𝑛𝛼 . 𝑠𝑖𝑛 = 𝑐𝑜𝑠 − 𝑐𝑜𝑠 2 2 2 → Cộng 2 vế các đẳng thức trên 𝛼 𝛼 (2𝑛 + 1)𝛼 → 2𝑆5 𝑠𝑖𝑛 = 𝑐𝑜𝑠 − 𝑐𝑜𝑠 2 2 2 (2𝑛 + 1)𝛼 𝛼 𝑐𝑜𝑠 − 𝑐𝑜𝑠 2 2 → 𝑆5 = 𝛼 2 𝑠𝑖𝑛 2 151

Đề cương ôn tập Toán cao cấp 2

6) 𝑆6 = 12 . 31 + 22 . 32 + 32 . 33 + ⋯ + 𝑛2 . 3𝑛 Đặt : 𝑘 2 . 3𝑘 = 𝑥 (𝑘 + 1) − 𝑥(𝑘) Ta có : 𝑆6 = 𝑥 (𝑛 + 1) − 𝑥(𝑛) Ta được phương trình sai phân : x(n +1) – x(n) = 𝑛2 . 3𝑛 (*) phương trình t thuần nhất : x(n + 1) – x(n) = 0 phương trình đặc trưng : λ – 1 = 0  λ = 1 Nghiệm tổng quát : 𝑥̅ (n) = C Nghiệm riêng có dạng : 𝑥̂(𝑛) = 3𝑛 ( 𝐴. 𝑛2 + 𝐵. 𝑛 + 𝐶 ) 𝑥̂(𝑛+1) = 3𝑛+1 ( 𝐴. 𝑛2 + 2𝐴. 𝑛 + 𝐴 + 𝐵. 𝑛 + 𝐵 + 𝐶) Thay 𝑥̂(𝑛) , 𝑥̂(𝑛+1) vào phương trình (*) ta được : 3𝑛 ( 2𝐴. 𝑛2 + 6𝐴. 𝑛 + 3𝐴 + 2𝐵. 𝑛 + 3𝐵 + 2𝐶 ) = 3𝑛 . 𝑛2 1 𝐴= 2 2𝐴 = 1 −3 { 6𝐴 + 2𝐵 = 0  𝐵= 2 3𝐵 + 2𝐶 + 3𝐴 = 0 3 𝐶= 2 { 3 𝑛 1 2  𝑥(𝑛) = 𝐶 + 3 ( 𝑛 − 𝑛 + 2) 2 2 ( ) ( )  𝑆6 = 𝑥 𝑛 + 1 − 𝑥 𝑛 1

1

3

1

2 1

2

2

2

= 3𝑛+1 . ( 𝑛2 + 𝑛 + − 2 𝑛+1 1 2 =3 . ( 𝑛 2

− 𝑛+ )−

𝑛− 3

3 2

3

1

3

3

2

2

2

2

+ ) − 3. ( − + )

2

- Thu Hiền -

152