HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH
2.1 Định nghĩa hệ PTTT tổng quát
Hệ gồm m ptr, n ẩn (m, n nguyễn dương tùy ý)
- Ma trận các hệ số của ẩn: Am.n
- Ma trận các hệ số hệ do: Bm.1
- Ma trận các ẩn số: Xm.1
Ma trận các hệ số của ẩn:
Ma trận Bổ sung (Mở rộng) của hệ ptr là:
Ma trận hệ số tự do:
Ma trận các ẩn số:
Ma trận các hệ số của ẩn:
Ma trận các hệ số của ẩn:
1, m = n (số phương trình = số ẩn): hệ vuông, A là ma trận vuông
2, Vế phải đều bằng 0: Hệ thuần nhất
Hệ thuần nhất luôn có 1 nghiệm là xi = 0: nghiệm tầm thường Ngoài ra có thể có các nghiệm không tầm thường (tùy từng hệ ptr)
*) Xét hệ vuông: ma trận hệ số của ẩn là mtr vuông
→ tính được định thức của mtr đó
Viết mtr A (mtr các hệ số của ẩn) và tính |A|?
= 2.2 Hệ Cramer: là hệ vuông và |A| khác 0 Định lý: Hệ Cramer có nghiệm duy nhất
Trong đó Aj là ma trận được suy ra từ ma trận A bằng cách: thay cột thứ j bởi cột tự do ở vế phải
Hệ là hệ Cramer: có nghiệm duy nhất j | A | j x = | A |
Là Hệ Cramer, thuần nhất: có duy nhất nghiệm chính là
Hệ vuông, thuần nhất nhưng không phải hệ Cramer vì |A| = 0
→ Hệ có nghiệm tầm thường và có cả nghiệm không tầm thường, chẳng hạn: (-1; 7; 3)
Hạng của ma trận: Hạng của ma trận là cấp cao nhất của 1 định thức con khác 0 của ma trận đó
- Định thức con cấp 3: = 0 → hạng của A không phải =3
- ĐT con cấp 2: bỏ đi hàng 1, bỏ đi cột 3: Đt = 0
- ĐT con cấp 2: bỏ đi hàng 3, bỏ đi cột 1: ĐT = 8 khác 0
Ma trận bậc thang là ma trận thỏa mãn:
+ Các hàng gồm toàn số 0 thì ở dưới cùng của ma trận
Đối với các hàng khác 0 trong ma trận, phần tử khác 0 đầu tiên ở hàng dưới phải nằm ở cột bên phải so với phần tử khác 0 đầu tiên ở hàng trên Hạng của ma trận bậc thang chính bằng số hàng khác 0 của ma trận đó Đối với ma trận chưa phải bậc thang, cần thực hiện biến đổi để đưa về dạng bậc thang.
(đảm bảo các phép biến đổi không làm thay đổi hạng của ma trận)
+ Đổi chỗ 2 hàng (cột) cuả ma trận:
+ nhân 1 hàng (cột) với 1 số k khác 0: (không làm thay đổi tc bằng 0 hay khác 0 của ĐT)
+ Cộng vào 1 hàng (cột) bội của hàng (cột) khác:
Ví dụ: Biến đổi mtr sau về dạng bậc thang
Ví dụ: Tìm hạng của
- Biến đổi B về dạng bậc thang:
Ví dụ: Biện luận theo a hạng của ma trận sau:
2.3 Cách giải hệ PTTT Tổng quát bằng phương pháp Gausse
Sử dụng các phép biến đổi trên hàng của ma trận bổ sung A để đưa ma trận về dạng đơn giản hơn (tam giác, bậc thang,…)
(Tương ứng với việc đổi chỗ 2 phương trình trong hệ)
(2) Nhân 1 hàng của A với 1 số khác 0
(Tương ứng với việc nhân 2 vế của 1 phương trình với 1 số khác 0)
(Tương ứng với việc cộng vế vế 2 ptr trong hệ)
Phép kết hợp: Cộng vào 1 hàng bội (k lần) của 1 hàng khác
Viết ma trận bổ sung:
Chú ý: Trường hợp hệ ptr thuần nhất (Vế phải bằng 0)
Hạng A = hạng A = số ẩn: hệ có nghiệm duy nhất và đó chính là nghiệm tầm thường xi = 0
Hạng A = hạng A < số ẩn: hệ có vô số nghiệm (Tức là ngoài nghiệm tầm thường còn có các nghiệm không tầm thường)
KHÔNG GIAN VÉC TƠ
3.1 Định nghĩa không gian véc tơ
Có 2 tập hợp: Tập V: các phần tử của V gọi là véc tơ
Ví dụ V là tập ma trận vuông cấp 2: khi đó mỗi 1 mtr vuông cấp 2 được gọi là 1 véc tơ
Tập các số K (K = R: tập số thực; K = C: phức ;…)
+Phép toán trong: phép cộng 2 véc tơ
Với 2 véc tơ bất kỳ thuộc V là x và y: x +y là véc tơ thuộc V
+Phép toán ngoài: nhân véc tơ với 1 số: k.x là véc tơ thuộc V
→ Thỏa mãn 8 tính chất: với mọi x, y, z: thuộc V; với mọi k, m: số thuộc tập K (1)phép cộng có t/c kết hợp: x+y+z = (x+y)+z = x+(y+z)
(2)cộng có tính chất giao hoán: x+y = y+x
(3)cộng có phần tử trung hòa: véc tơ không: x + 0 = x
(4)cộng: tồn tại véc tơ đối của 1 véc tơ x bất kỳ: (-x) + x = 0
(6)nhân: có phần tử đơn vị: số 1: x.1 = x
(7)phân phối giữa phép nhân và phép cộng véc tơ: k.(x+y) = k.x +k.y
(8) phân phối giữa phép nhân và phép cộng số: (k+m).x = k.x + m.x
→ Có Không gian tuyến tính (KG véc tơ) V trên K
Ví dụ: Xét tập V = tập các véc tơ trên mp R 2 = {x = (x1; x2)}
-Cộng 2 véc tơ thông thường: x = (x1; x2); y = (y1; y2) x + y = (x1+y1; x2+y2)
-Nhân véc tơ với 1 số: x.k = k.x = (kx1; kx2)
Phần tử trung hòa: véc tơ (0;0)
Phần tử đơn vị: số 1
Ví dụ: Xét tập V = tập các véc tơ trên mp R 2 = {x = (x1; x2)} Trang bị 2 phép toán:
-Nhân véc tơ với 1 số: x.k = k.x = (kx1; kx2)
Phần tử trung hòa: véc tơ (0;-1)
VT của (7) (theo đúng phép toán đc trang bị) = … k.(x+y) = k (x1+y1; x2+y2 + 1) = (k(x1+y1); k(x2+y2 + 1))
VP của (7) (theo đúng phép toán đc trang bị) k.x +k.y = k.(x1; x2) + k.(y1; y2) = (k.x1; k.x2) + (k.y1; k.y2)
Vậy V cùng với 2 phép toán đc trang bị KHÔNG PHẢI là KGVT
Ví dụ: Xét tập V = tập các véc tơ trên mp R 2 = {x = (x1; x2)} Trang bị 2 phép toán:
-Cộng 2 véc tơ thông thường: x = (x1; x2); y = (y1; y2) x + y = (x1+y1; x2+y2)
-Nhân véc tơ với 1 số: x.k = k.x = (kx1; 0)
Có số nào mà khi nhân với véc tơ x bất kỳ thì kết quả vẫn bằng véc tơ
Không có pt đơn vị
Vậy V cùng với 2 phép toán đc trang bị KHÔNG PHẢI là KGVT
Ví dụ: Tập V là tập các ma trận vuông cấp 2
; … đều là các véc tơ (ma trận) thuộc V
-Cộng 2 ma trận thông thường: a b x c d
-Nhân ma trận với 1 số: k.x = k.a k.b k.c k.d
+Phần tử trung hòa: ma trận không (vuông cấp 2 tất cả các pt đều bằng 0) +Phần tử đơn vị: số 1 (chứ k phải là ma trận đơn vị)
Giả sử có KGVT V (trong đó có 2 phép toán)
Tập hợp A là một tập con của V và chứa hai phép toán của V Nếu A cùng với hai phép toán này thỏa mãn 8 tính chất của không gian vector, thì A được gọi là không gian con của V.
Khi ktra 1 tập có phải là KG con hay không chỉ cần ktra 2 điều kiện sau:
(1) Lấy 2 véc tơ bất kỳ x, y thuộc A: thì tổng x + y cũng thuộc A
(2) Lấy 1 véc tơ x bất kỳ thuộc A thì: k.x cũng thuộc A với mọi k
Không gian R 2 = {x = (x1; x2)} cung với 2 phép toán thông thường Xét các tập con sau đây xem tập nào là KG con?
(1)Lấy 2 véc tơ bất kỳ x, y thuộc A: thì tổng x + y thuộc A
(2)Lấy 1 véc tơ x bất kỳ thuộc A thì: k.x thuộc A
Lấy x = (x1; 0) thuộc A thì: k x = (k.x1; 0) có thuộc A
Vậy tập A chính là 1 không gian con của R 2
(1)Lấy 2 véc tơ bất kỳ x, y thuộc B: thì tổng x + y thuộc B? Lấy x = (x1; 1) ; y = (y1; 1) thuộc B thì tổng: x + y = (x1+y1; 1+1) = (x1+y1; 2) KHÔNG THUỘC B k.x = (k.x1; k.1) không thuộc B với mọi k
Vậy tập B chỉ là tập con của R 2 chứ k phải là không gian con của R 2 Bài tập áp dụng:
Bài 1: Xét không gian các ma trận vuông cấp 2 (ký hiệu M2):
Kiểm tra các tập con sau xem tập nào là không gian con:
(D là tập hợp các ma trận vuông cấp 2 mà có định thức bằng 0)
Xét xem các tập con sau xem tập nào là KG con?
3.3 Hệ véc tơ độc lập tuyến tính, phụ thuộc tuyến tính
Cho hệ gồm n VT gồm: x1; x2; ….xn
Biểu thức (véc tơ) k k1.x1 + k2.x2 + ….+ kn.xn : tổ hợp tuyến tính của các véc tơ x1; x2; ….xn
Ví dụ: Xét không gian R 2 : x1 = (1; -1); x2 = (2; 3)
2.x1 + x2 = (4; 1) là 1 tổ hợp tt của 2 véc tơ trên
Ví dụ: Xét không gian R 2 : x1 = (1; -1); x2 = (2; -2)
Kiểm tra xem các VT sau có phải thtt không?
B, (3; -2) Không phải thtt vì hệ ptr VN
Ví dụ: Xét không gian R 3 :
Kiểm tra VT x = (4; -1; 5) có phải tổ hợp tuyến tính của 2 véc tơ trên không? Giả sử x = k1.x1 + k2.x2 ???
Hệ VN: Không phải thtt
Hệ véc tơ độc lập tuyến tính Hệ VT phụ thuộc tuyến tính
Cho hệ n VT gồm: x1; x2; ….xn
Véc tơ k1.x1 + k2.x2 + ….+ kn.xn = véc tơ không
Lập được hệ ptr thuần nhất có n ẩn: k1; k2; …; kn
- Có 1 nghiệm (duy nhất) tầm thường: k1 = 0; k2 = 0; ….; kn = 0
-→ Hệ x1; x2; ….xn được gọi là hệ ĐLTT
- Có VSN (có nghiệm không tầm thường):
42 nghĩa là tồn tại ki khác 0 mà vẫn thỏa mãn: k1.x1 + k2.x2 + ….+ kn.xn = véc tơ không
-→ Hệ x1; x2; ….xn được gọi là hệ PTTT
VD1: Xét không gian R 3 : xét xem hệ nào ĐLTT, PTTT?
Véc tơ k1.x1 + k2.x2 + k3.x3 = véc tơ không
Hạng = nhau = 2 : có VSN , có nghiệm không tầm thường Chỉ ra 1 nghiệm cụ thể Không tầm thường
Tồn tại bộ ki không đồng thời bằng 0 để : k1.x1 + k2.x2 + k3.x3 = véc tơ không
C, Hệ gồm 1 VT x1 = (1,2,3) k1 x1 = (0;0;0) chỉ xảy ra khi k1 = 0
Hệ 3 ptr 1 ẩn: hệ chỉ có duy nhất 1 nghiệm tầm thường
Hệ 3 ptr 2 ẩn: Hạng = nhau = số ẩn =2 hệ chỉ có duy nhất 1 nghiệm tầm thường ĐLTT
Hệ 3 ptr 2 ẩn: Hạng = nhau = 1 < số ẩn
3 ptr, 4 ẩn → hạng < số ẩn → VSN
Trong mp, cho 2 véc tơ x1 và x2 cùng phương: x1 = k.x2
Xét k1.x1 + k2.x2 = 0 : vô số k1; k2 thỏa mãn (VSN) -→ 2 VT cùng phương là PTTT
Trong không gian, 3 VT đồng phẳng: PTTT a.x +b.y+c.z = 0
Trong 1 hệ có chứa VT không thì hệ đó ĐL hay PT??? Cho hệ n VT gồm: 0; x2; ….xn ???
Bộ số (t, 0, 0, ….,0) : không tầm thường
VD3: Ktr các hệ sau là ĐLTT hay PTTT trong R 3 ?
C, Tìm k để hệ sau PTTT: x1 = (1;0; 3); x2 = (2; -1; 4); x3 = (1; 1; k)
(Tìm k để định thức của mtr cột tọa độ của các véc tơ bằng 0
3.4 Hệ sinh, hệ cơ sở của KGVT
Hệ gồm n VT: x1; x2; ….xn được gọi là hệ sinh nếu mọi VT x bất kỳ của V đều là tổ hợp của hệ trên: x = k1x1+ k2x2+ ….+kn.xn
(có nghĩa là tồn tại các ki: hệ ptr đối với các ẩn ki phải là hệ có nghiệm: VSN hay 1 nghiệm) (hạng A = hạng Abs)
Trong không gian R 2 , xét các hệ sau xem hệ nào là hệ sinh?
Lấy VT x bất kỳ của R 2 : x = (a,b); a,b bất kỳ
Kiểm tra xem có biểu diễn được x dưới dạng tổ hợp của 1 VT x1 hay không?
Giả sử biểu diễn được thì: x = k1.x1
Lập đc hệ ptr là:
Hạng A = 1; hạng Abs = 2 nếu b-2a khác 0; = 1 nếu b -2a = 0 Vậy với các VT x = (a, b) mà b-2a khác 0 (b khác 2a) thì
VT x không thể biểu diễn được dưới dạng tổ hợp của VT x1 đã cho
Ví dụ lấy VT (1,1) = k.(1,2) ?????: không thể biểu diễn được
→hệ gồm 1 véc tơ x1 = (1, 2) không phải là hệ sinh
Lấy VT x bất kỳ của R 2 : x = (a,b); a,b bất kỳ
Kiểm tra xem có biểu diễn được x dưới dạng tổ hợp : x = k1.x1 + k2.x2
Lập đc hệ ptr là:
Hạng A = 2; hạng Abs = 2 với mọi a,b
Hệ ptr có nghiệm với mọi a,b
Mọi VT (a,b) đều là tổ hợp của 2 VT x1; x2
Hệ gồm 2 VT {x1 = (1,2); x2 = (1; -1)} là hệ sinh của R 2
VD2: Trong kg R 3 ; xét xem hệ nào là hệ sinh:
VT x = (a,b,c) bất kỳ, luôn biểu diễn đc: x = a.e1 +b.e2 +c.e3
Hệ cơ sở của KGTT
Hệ gồm n VT: x1; x2; ….xn được gọi là hệ cơ sở của kg V nếu nó vừa ĐLTT vừa là hệ sinh của V
B, Hệ x1 = (1; -1; 1); x2 = (1; 2; 0): ĐLTT nhưng không phải hệ sinh → K PHẢI HỆ CƠ SỞ
C, Trong R 2 : hệ {x1 = (1,2); x2 = (2; 4); x3 = (-1; 3)} là hệ sinh, nhưng PTTT → K phải hệ cơ sở
Vừa là hệ sinh → là cơ sở của R 3
-Nếu hệ x1; x2; ….xn là cơ sở của không gian V thì n đc gọi là số chiều của V: dimV = n
- Mọi hệ cơ sở khác của V cũng có số lượng véc tơ là n
- Mọi hệ có số véc tơ khác n (ít hơn n hay nhiều hơn n) thì đều KHÔNG phải là hệ cơ sở của V
-Mọi hệ có số véc tơ đúng bằng n chưa chắc là cơ sở
- Mọi hệ có số VT đúng bằng n
Và là hệ ĐLTT thì sẽ là cơ sở của V
Không gian R 2 : cơ sở chính tắc{e1=(1,0); e2 = (0,1)}; dimR 2 = 2
Không gian R 3 : cơ sở chính tắc
Trong R 3 : hệ sau có phải cơ sở không? a, x1 = (1; 2; 0); x2 = (1; -1; 5); x3 = (0; -1; 1)
Lập hệ: có nghiệm duy nhất: hạng A = số ẩn
Cách 2: định thức của A khác 0
➔ Là cơ sở b, x1 = (1; -2; -1); x2 = (-1; 1; 3); x3 = (1; -3; 1) Định thức = 0 → PTTT → không phải cơ sở
Cho KGVT V; giả sử hệ VT: x1; x2; ….xn là hệ cơ sở
Hệ thống này vừa là hệ ĐLTT vừa là hệ sinh, có nghĩa là mọi vector \( x \) trong không gian \( V \) đều có thể được biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính của các vector trong hệ, tức là tồn tại các hệ số \( k \) sao cho: \( x = k_1x_1 + k_2x_2 + \ldots + k_nx_n \).
Các ki là duy nhất
Bộ (k1; …; kn) được gọi là tọa độ của véc tơ x đối với cơ sở x1; x2; ….xn
Ví dụ: Không gian R 3 : cơ sở chính tắc {e1 = (1; 0;0); e2 = (0;1;0); e3 = (0;0;1)}
Bộ (2,4,-7) chính là tọa độ của VT x đối với cơ sở chính tắc
B, Tìm tọa độ của VT x = (2,4,-7) đối với cơ sở sau:
Lập hệ và giải hệ: (các ẩn là ki) x = k1.x1 +….+k3.x3
Vậy tọa độ của VT x đối với hệ cơ sở đã cho là (11/2; -7/2; 21/2)
3.6 Số chiều, đổi cơ sở trong KGVT
Số chiều của không gian chính là số véc tơ trong một hệ cơ sở của không gian đó
HÀM SỐ MỘT BIẾN SỐ - HÀM SỐ NHIỀU BIẾN SỐ
4.1 Các định nghĩa hàm số, miền xác định
Nếu mỗi cặp giá trị (x, y) có quy luật xác định giá trị z, thì z được gọi là hàm số của hai biến độc lập x và y, ký hiệu là z = f(x, y) Khi x = a và y = b, giá trị tương ứng của hàm số là z = f(a, b).
Nếu f (x, y) = f(y, x) thì hàm số được gọi là hàm đối xứng
Nếu mỗi bộ giá trị của n số thực (x1, x2, …, xn) xác định một giá trị thực z qua phép biến đổi f, thì z được gọi là biến số phụ thuộc, hay là hàm số của n biến số độc lập x1, x2, …, xn, ký hiệu là z = f(x1, x2, …, xn) Trong trường hợp n = 2, hàm số thường được ký hiệu là z = f(x, y).
Trường hợp n = 3 thường ký hiệu là u = f(x, y, z)
Có thể định nghĩa hàm số n biến số theo ngôn ngữ của lý thuyết tập hợp như sau:
• Hàm số n biến số là một ánh xạ f từ tập tích Đề các R n = R R R vào tập R: n
Miền xác định (MXĐ) của hàm số
Miền xác định của hàm số hai biến số \( z = f(x, y) \) là tập hợp các điểm \( M(x, y) \) mà tại đó giá trị thực \( z \) có thể được xác định thông qua phép biến đổi \( f \).
Miền xác định của hàm hai biến \( z = f(x, y) \) là một miền phẳng \( D \) trong mặt phẳng tọa độ \( xOy \) Miền \( D \) có thể là toàn bộ mặt phẳng hoặc chỉ là một phần của nó Nếu miền \( D \) được giới hạn bởi các đường, những đường này được gọi là biên giới của miền \( D \) Miền \( D \) được xem là kín nếu các điểm trên biên cũng thuộc về \( D \), trong khi đó, miền \( D \) được gọi là hở nếu các điểm trên biên không thuộc miền \( D \).
Ví d ụ Hàm z x = 2 + y 2 có MXĐ là toàn bộ mặt phẳng tọa độ xOy
Miền xác định là hình tròn kín, tâm O, bán kính R (kể cả biên)
4.2 Giới hạn, đạo hàm, đạo hàm riêng, vi phân toàn phần
Cho hàm số z = f(x, y) xác định trên miền D, với Mo(xo, yo) là một điểm trong D Khi cố định yo và cho xo một số gia Δx, hàm số sẽ có số gia tương ứng được ký hiệu là Δxz, với công thức Δxz = f(x0 + Δx, y0) - f(x0, y0).
= + − và được gọi là số gia riêng của hàm z theo biến số độc lập x (tại điểm (xo, yo))
Tại điểm \((x_0, y_0)\), hàm số \(z = f(x, y)\) có số gia riêng \(\Delta z_y\) theo biến số độc lập \(y\) được xác định bởi công thức \(\Delta z_y = f(x_0, y_0 + \Delta y) - f(x_0, y_0)\).
Tổng quát: Số gia riêng của hàm số z tại điểm (x, y) bất kỳ là: xz f (x x , y) f (x , y)
Khi cả hai biến số x và y cùng biến thiên với các lượng Δx và Δy, điểm M(x, y) sẽ di chuyển đến điểm M(x + Δx, y + Δy) Sự thay đổi toàn phần của hàm số z tại điểm (x, y), được ký hiệu là Δz, được xác định bằng công thức z = f(x + Δx, y + Δy) - f(x, y).
Cho hàm số z = f (x , y) xác định và liên tục trong lân cận điểm M(x, y) Số gia riêng của hàm số z theo biến x là: x z =f (x+ x , y) −f (x , y)
Nếu tồn tại giới hạn: x x 0 lim z x
hữu hạn thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm riêng của hàm số z = f (x , y)theo biến số độc lập x, ký hiệu là x x z z f (x, y) x
Tương tự, ta có đạo hàm riêng của hàm số z theo biến y được ký hiệu và định nghĩa là: y y y y 0 z z z f (x, y) lim y → y
Để tìm đạo hàm riêng của hàm hai biến theo một biến, ta coi biến còn lại là hằng số Khi đó, hàm số hai biến trở thành hàm số của một biến, cho phép áp dụng các quy tắc tính đạo hàm của hàm một biến.
Đạo hàm riêng của hàm số nhiều biến (với n ≥ 3) được định nghĩa và tìm kiếm tương tự như đạo hàm riêng của hàm hai biến Khi tính đạo hàm riêng theo một biến, các biến còn lại được coi là hằng số.
Ví d ụ Tìm các đạo hàm riêng của hàm hai biến z = 3x 2 y 3 – 2x + 5y + 1
Vi phân toàn phần (VPTP)
Nếu xét các hàm số z = x, z = y thì ta có dz = dx = Δx, dz = dy = Δy, nên vi phân toàn phần của hàm hai biến thường viết ở dạng: z z dz dx dy x y
Ví d ụ Cho hàm số: z = x 2 + y 2 Tính dz (1, -2) Ta có x 2 2 y 2 2 x y x y 1 2 z , z z (1, 2) , z
4.3 Cực trị của hàm số Định nghĩa
Hàm số z = f(x, y) được coi là đạt cực đại tại điểm Mo(x0, y0) nếu giá trị f(x0, y0) lớn hơn mọi giá trị f(x, y) tại các điểm M(x, y) trong lân cận Mo Ngược lại, nếu f(x0, y0) nhỏ hơn mọi giá trị f(x, y) trong lân cận Mo(x0, y0), thì hàm số z = f(x, y) được xem là đạt cực tiểu tại M0.
Các giá trị cực đại và cực tiểu của hàm số được gọi là cực trị, trong đó Mo(xo, yo) là điểm đạt cực trị của hàm số đó.
Ký hiệu $\Delta z = f(x, y) - f(x_0, y_0) = f(x_0 + \Delta x, y_0 + \Delta y) - f(x_0, y_0)$ cho biết số gia toàn phần của hàm số $z = f(x, y)$ trong lân cận $M_0$ Hàm số đạt cực trị tại $M_0(x_0, y_0)$ nếu số gia toàn phần không đổi dấu trong lân cận $M_0$: nếu $\Delta z$ có dấu âm thì hàm số đạt cực đại tại $M_0$, còn nếu $\Delta z$ có dấu dương thì hàm số đạt cực tiểu tại $M_0$ Điều kiện cần của cực trị được thể hiện qua Định lý 1.2 (Định lý Fermat).
Nếu hàm số z = f(x, y) đạt cực trị tại Mo(xo, yo) và hàm số có các đạo hàm riêng tại M0 thì các đạo hàm riêng đó phải bằng 0, tức là f (x , y ) f (x , y ) 0 x 0 0 = y 0 0 = (1.17)
Hàm số z = f(x, y) đạt cực trị tại điểm Mo(x0, y0), do đó hàm số một biến f(x) cũng đạt cực trị tại x0 Theo điều kiện cần của cực trị hàm một biến, ta có f'(x0) = 0 Tương tự, ta có f'(y0) = 0 Điều kiện này chỉ là điều kiện cần, giúp thu hẹp phạm vi tìm kiếm điểm cực trị trong số những điểm M(x, y) thỏa mãn hệ phương trình.
Các điểm dừng là những điểm mà tại đó các đạo hàm riêng không tồn tại, được gọi là các điểm nghi ngờ hay điểm tới hạn của hàm số z = f(x, y) Điều kiện đủ để xác định cực trị của hàm số này là cần xem xét các điểm tới hạn.
Giả sử hàm số z = f (x , y)có điểm dừng là Mo(xo, yo) và tại đó có các đạo hàm riêng cấp hai z , z , z xx xy yy
Ký hiệu A z (M ) , B z (M ) , C z (M ) = xx 0 = xy 0 = yy 0 Khi đó:
1) Nếu B 2 − AC 0 thì Mo(xo, yo) không phải là điểm đạt cực trị
2) Nếu B 2 − AC 0 thì hàm số z = f(x, y) đạt cực trị tại Mo(xo, yo), cụ thể đạt cực đại nếu A < 0, đạt cực tiểu nếu A > 0
3) Nếu B 2 − AC 0 = thì chưa kết luận được gì, phải xét tiếp, có thể bằng cách xét dấu của số gia toàn phần Δz trong lân cận Mo(xo, yo)
Ví d ụ Tìm cực trị của hàm số z x = + − 3 y 3 9xy
Bước 1 Ta tìm các điểm dừng từ hệ phương trình
Có hai điểm dừng là M1(0, 0) và M2(3, 3)
Bước 2 Kiểm tra: Tính các đạo hàm riêng cấp 2: z xx = 6x, z xy = − 9, z yy = 6y
- Xét điểm M1(0, 0): ta có A = 0, B = -9, C = 0 Vậy B 2 - AC = 81 > 0, điểm M1(0, 0) không phải điểm cực trị
- Xét điểm M2(3, 3): Ta có A = 18, B = -9, C = 18 do đó B 2 - AC < 0 và A > 0 nên điểm M2 là điểm cực tiểu, giá trị cực tiểu là zmin(M2) = -27
Ví d ụ Tìm cực trị của hàm số z 3x y y = 2 + − 3 3x 2 − 3y 2 + 2
Ta được 4 điểm tới hạn M (0,0), M (0,2), M (1,1), M ( 1,1) 1 2 3 4 −
Bước 2 Kiểm tra, tính các đạo hàm riêng cấp 2: xx xy yy z = 6y 6, z − = 6x, z = 6y 6 −
Dùng điều kiện đủ ta có
Tại M1(0, 0): A = -6, B = 0, C = -6 → B 2 − AC 0 và A < 0 nên zmax(0,0) = 2
Tại M2(0, 2): A = 6, B = 0, C = 6 → B 2 − AC 0 và A > 0 nên zmin(0,2) = -2
Tại M3 và M4 ta đều có B 2 − AC 0 nên chúng không phải là điểm đạt cực trị của hàm số
4.4 Tích phân của hàm số
Bảng các tích phân cơ bản
Các phương pháp tính tích phân a) Phương pháp phân tích
Nội dung: Tìm cách phân tích hàm số dưới dấu tích phân thành tổng các hàm số đơn giản mà ta đã biết trong bảng tích phân cơ bản
Ví dụ b) Phương pháp đổ i bi ế n s ố
Nội dung: bằng cách đổi biến số lấy tích phân, đưa tích phân đã cho về dạng một số tích phân cơ bản đã biết
Cụ thể: Nếu đổi biến trong đó có đạo hàm liên tục và có hàm ngược thì
2 x 1 cos x 1 cos dx dx (x sinx) + C
56 c) Phương pháp tích phân từ ng ph ần (phân đoạn để tính tích phân)
Công thức tích phân từng phần giúp chuyển đổi việc tính một tích phân thành việc tính một tích phân khác, vì vậy việc lựa chọn công thức phù hợp là rất quan trọng để đơn giản hóa quá trình tính toán.
(nếu không thì phải dùng phương pháp khác)
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
5.1 Định nghĩa PTVP, cấp của PTVP, nghiệm riêng, nghiệm tổng quát
• Phương trình vi phân (PTVP) là một hệ thức giữa biến số độc lập x, hàm số phải tìm y = y(x) và các đạo hàm của hàm số phải tìm, dạng
Cấp của phương trình vi phân riêng phần (PTVP) được xác định bởi cấp cao nhất của đạo hàm xuất hiện trong phương trình Cụ thể, ví dụ a) là PTVP cấp 1, b) là PTVP cấp 2, và c) là PTVP cấp 3.
• Gọi nghiệm của PTVP là mọi hàm số y = y(x) thỏa mãn phương trình đó, tức là khi thay vào PTVP thì hàm số đó biến PTVP thành đồng nhất thức
Ví dụ cho phương trình y" y 0 + = , khi đó ta thấy rằng các hàm số
1 2 y ,os x, y 1 2 là các hằng số tùy ý) đều là nghiệm của phương trình đó
• Một PTVP nếu có nghiệm thì có vô số nghiệm
5.2 Một số dạng PTVP cấp 1 và cách giải
PTVP cấp 1 là các phương trình có dạng:
• Ta gọi nghiệm của PTVP cấp 1 là các hàm số y = (x) thỏa mãn phương trình đó
Ví dụ Xét phương trình xy' 2y 0 − =
Ta thấy y 2x , y = 2 = − 3x 2 là các nghiệm của PT
Tổng quát mọi hàm số có dạng y Cx = 2 trong đó C là hằng số tùy ý, đều là nghiệm của
• Điều kiện ban đầu của PTVP cấp 1 là y x = x 0 = y 0 hay y(x ) 0 = y 0
Bài toán tìm nghiệm của PTVP cấp 1 thỏa mãn điều kiện ban đầu được gọi là bài toán Cauchy hay bài toán giá trị ban đầu
Ví dụ Phương trình xy' 2y 0 − = có nghiệm tổng quát là y Cx = 2
Cho C = 2, C = − 3, ta có các nghiệm riêng y 2x , = 2 y = − 3x 2 ,…
Nếu cho điều kiện ban đầu y( 2) − = − 5 thì ta xác định được 1 giá trị 0 5
C C = = − 4 và do đó xác định được 1 nghiệm riêng thỏa mãn điều kiện ban đầu đã cho, đó là
Lấy tích phân 2 vế, ta sẽ được y = f (x)dx + C
Ví dụ: Giải phương trình y’ = x 2 – sin3x
Giải Ta có: dy (x = 2 − sin3x)dx
Lấy tích phân 2 vế được NTQ là: 2 x 3 cos3x y (x sin3x)dx C
Ta có dy = y dx =f (y)dx dy dy dx x C F(y) C f (y) f (y)
Do đó ta có TPTQ của phương trình là F(y) x − + = C 0
Giải Ta có 2 dy dx = y 1
5.2.2 Phương trình phân ly biến số
• Dạng: P(x)dx + Q(y)dy = 0 Đó là các PTVP viết ở dạng đối xứng P(x, y)dx + Q(x, y)dy 0 = nhưng hàm P chỉ chứa x, hàm Q chỉ chứa y
• Cách giải: Tích phân 2 vế của phương trình ta được tích phân tổng quát cần tìm
Ví dụ Giải PT xdx + (y 1)dy 0 + =
Giải TPTQ là:xdx + (y 1)dy+ =C
+ + = + + Ví dụ Giải PT xy −2y =0
Giải Ta viết PT ở dạng dy 2dx y − x =0 Tích phân 2 vế: ln y 2ln x ln C − =
Do đó NTQ là: y Cx = 2
Dạng phương trình sau đây M (x)N (y)dx 1 2 + M (x)N (y)dy 2 1 =0 có thể đưa được về phương trình có biến số phân ly bằng cách chia cả 2 vế cho tích
Ví dụ Giải PT (1 x)ydx + + − (1 y)x dy 0 =
Giải Chia cả 2 vế cho xy (xy 0) ta được
+ + − Lấy tích phân 2 vế ta được TPTQ của phương trình: ln x + + x ln y − = y C
- Xét x = 0, y = 0 cũng thỏa mãn phương trình
Ví dụ Giải pt x 1 y dx+ 2 + y 1 x dy 0+ 2 = với điều kiện ban đầu y(0) 1 =
Giải Chia 2 vế của PT cho 1 y 1 x+ 2 + 2 ta được
Tích phân 2 vế ta có TPTQ là 1 x+ 2 + 1 y+ 2 =C
Từ điều kiện ban đầu suy ra 1 + 2 C =
Vậy tích phân riêng cần tìm là: 1 x+ 2 + 1+ y 2 = +1 2
• Dạng: y = f (x, y) trong đó vế phải là hàm số thỏa mãn: f ( x, y) f (x, y) = 0
Khi đó hàm f(x,y) đưa được về dạng y x
Ví dụ Các PTVP dưới đây là PTVP đẳng cấp
• Cách giải: Đặt y x = u, trong đó u = u(x) Ta có y = u.x y= +u xu
Thay vào PT ta được du u xu (u) hay x (u) u
+ = = − Đây là PTVP có biến số phân ly, giải PT này được TPTQ là (x, u, C) 0 =
Suy ra TPTQ của pt cần tìm là: y
Giải Chia cả tử số và mẫu số cho x 2 ta được y y 2
= − = Đặt y u y u.x y u xu x = = = + , thay vào PT ta có
Phân ly biến số: 1 u dx u du x
Tích phân 2 vế:ln u − = u ln x + ln C ln Cx = u u u ln u hay e
= Thay y u = x ta được TPTQ của PT đã cho là y
2 x y Cx e 5.2.4 PTVP tuyến tính cấp 1
Nếu Q(x) 0 = : ta có PTVP tuyến tính thuần nhất: y + P(x).y = 0
Nghiệm tổng quát của PTVP tuyến tính thuần nhất: y + P(x).y = 0 là: y C.e = − P(x)dx Nghiệm tổng quát của PTVP y +P(x).y = Q(x)là:
Ví dụ Giải PTVP y sinx y + = x x
Giải Đây là PTVP tuyến tính cấp 1 không thuần nhất dạng y +P(x).y = Q(x)
= = Áp dụng công thức : y c.e = − P(x)dx + e − P(x)dx Q(x).e P(x)dx dx
Q(x).e dx xdx sinx dx cos x x
Vậy NTQ của PT đã cho là: c cos x y = x − x
Ví dụ Tìm nghiệm riêng của PTVP 2y 3 y (1 x)
+ với điều kiện ban đầu 1 y(0) = 2
Giải Đây là PTVP tuyến tính cấp 1 không thuần nhất dạng y + P(x).y= Q(x)
+ Áp dụng công thức, NTQ của PT đã cho là:
Từ điều kiện ban đầu 1 y(0) = 2 thay vào NTQ ta được 0 1 c = 2
Vậy nghiệm riêng cần tìm là:
Chú ý: Trong một số trường hợp ta phải đổi vai trò giữa x và y , tức là coi x là hàm số của y: x = x(y) để đưa về PTVP tuyến tính cấp 1 đối với x: x + P(y)x =Q(y)
TPTQ cần tìm là: x = c.e − P(y)dy + e − P(y)dy Q(y).e P(y)dy dy
Giải Vì dy 1 dx y x dx y dy
nên biến đổi PT thành
− y = Đây là PTVP tuyến tính cấp 1 đối với hàm số x = x(y) trong đó 1
= − y Áp dụng công thức (4.14): x = c.e − P(y)dy + e − P(y)dy Q(y).e P(y)dy dy
Vậy TPTQ của PT đã cho là: x cy y = + 2
5.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2
PTVP tuyến tính cấp 2 hệ số hàm số: là phương trình có dạng: y+ P(x)y+ Q(x)y =f (x) trong đó P(x), Q(x), f (x) là các hàm số liên tục
- Nếu f (x) 0 thì gọi là PTVP tuyến tính cấp 2 không thuần nhất
- Nếu f (x) 0 = thì ta có PTVP tuyến tính cấp 2 thuần nhất: y+ P(x)y +Q(x)y =0
Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 hệ số hằng số
Phương trình vi phân bậc hai có dạng \(y'' + py' + qy = f(x)\), trong đó \(p\) và \(q\) là các hằng số, và \(f(x)\) là hàm số liên tục Đây là một trường hợp đặc biệt của phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 với hệ số là hàm số Cấu trúc và cách giải của nó bao gồm hai bước Tuy nhiên, do các hệ số \(p\) và \(q\) là hằng số, phương trình này có cách giải riêng đơn giản và nhanh chóng hơn.
Cách giải Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 hệ số hằng số
Bước 1: Tìm NTQ của phương trình thuần nhất tương ứng y + py + qy= 0 (4.47)
Ta tìm nghiệm riêng của phương trình (4.47) ở dạng hàm số mũ y e = kx trong đó k là hằng số cần tìm
Từ y e = kx suy ra y ke , y = kx = k e 2 kx
Thay vào phương trình (4.47): e (k kx 2 + pk q) 0 + =
Vì e kx 0 nên k 2 + pk q 0 + = (4.48) Đây là phương trình để tìm k sao cho y e = kx là nghiệm của PT thuần nhất (4.47)
Phương trình (4.48) được gọi là phương trình đặc trưng (PTĐT) của phương trình (4.47)
Vì (4.48) là phương trình bậc 2 nên xảy ra 3 trường hợp sau:
- Trường hợp 1: 0: Phương trình (4.48) có 2 nghiệm thực phân biệt k 1 k 2
Có 2 nghiệm riêng độc lập tuyến tính của phương trình (4.47) là y 1 = e , y k x 1 2 = e k x 2
- Trường hợp 2: = 0: Phương trình (4.48) có nghiệm kép 1 2 p k k k
Ta có 1 nghiệm riêng của phương trình thuần nhất (4.47) là: px kx 2 y1 e e
= Tìm nghiệm riêng thứ 2 theo công thức Liouville: pdx pdx px kx kx kx
Vậy NTQ của phương trình (4.47) là: y(x) c e = 1 kx + c xe 2 kx = e (c kx 1 + c x) 2 =e − p.x 2 (c 1 +c x) 2 (4.50)
- Trường hợp 3: 0: Phương trình (4.48) có 2 nghiệm phức liên hợp k 1,2 = a bi
Khi đó ta có 2 nghiệm riêng của phương trình (4.47) là
Theo công thức Euler: e i(bx) = cosbx isin bx + e i( bx) − = cosbx isin bx −
y (x) e 1 = (a bi)x + = e e ax i(bx) = e (cosbx isin bx) ax + y (x) e 2 = (a bi)x − = e e ax i( bx) − = e (cosbx isin bx) ax −
Ta chọn 2 nghiệm riêng của phương trình (4.47) là
1 y e sin bx tan bx C y = e cos bx = nên NTQ của phương trình (4.47) là: y(x) e (c cosbx c sin bx) = ax 1 + 2 (4.51)
Giải Đây là PTVP tuyến tính cấp 2 thuần nhất hệ số hằng số: p = − 1, q = − 2
= 9 PTĐT có 2 nghiệm thực phân biệt: k 1 = −1, k 2 =2
Vậy NTQ của PTVP đã cho là y(x) c e = 1 − x + c e 2 2x
Giải Đây là PTVP tuyến tính cấp 2 thuần nhất hệ số hằng số: p 4, q 4 = =
Vậy NTQ của PTVP đã cho là y(x) e (c = − 2x 1 + c x) 2
Giải Đây là PTVPTT cấp 2 thuần nhất hệ số hằng số: p 4, q 13 = =
= − = 9 9i 2 PTĐT có 2 nghiệm phức liên hợp: k 1,2 = − 2 3i
Vậy NTQ của PTVP đã cho là y(x) e (c cos3x c sin3x) = − 2x 1 + 2
Bước 2: Tìm nghiệm riêng Y(x) của phương trình không thuần nhất y'' + py' + qy = f(x) Đây là trường hợp riêng của phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 với hệ số hàm số, do đó có thể áp dụng phương pháp biến thiên hằng số như đã trình bày trong phần 4.4 Tuy nhiên, việc tìm nghiệm có thể gặp khó khăn nếu vế phải f(x) có độ phức tạp cao.
Vì vậy trong một số trường hợp đặc biệt của vế phải ta có thể tìm nghiệm riêng Y(x) bằng phương pháp khác
Sau đây ta xét cách tìm nghiệm riêng Y(x) với 2 dạng sau đây của vế phải
Trong đó P (x) n là đa thức bậc n, là hằng số
- Trường hợp 1: không phải là nghiệm của PTĐT (4.48)
- Trường hợp 2: là 1 nghiệm đơn của PTĐT (4.48)
- Trường hợp 3: là nghiệm kép của PTĐT (4.48)
Trong đó Q(x) là đa thức bậc n cần tìm Các hệ số của Q(x) được tìm bằng phương pháp đồng nhất hệ số khi thay Y(x), Y (x), Y (x) vào phương trình (4.46)
Bước 1: Tìm NTQ của PT thuần nhất tương ứng: y +3y− 4y=0
PTĐT k 2 + 3k 4 0 − = có 2 nghiệm phân biệt k 1 =1, k 2 = −4
Do đó NTQ của PTVP thuần nhất sẽ là y(x) c e = 1 x + c e 2 − 4x
Bước 2: Tìm nghiệm riêng Y(x) của pt đã cho
Vế phải f (x) 4x 15 (4x 15).e = − = − 0.x có dạng (4.52) với n 1, = = 0
Ta thấy = 0 không phải là nghiệm của PTĐT nên tìm Y(x) ở dạng x 0.x
Thay vào phương trình y +3y− 4y= 4x −15 ta được
Vậy NTQ của PT đã cho là: y(x) y(x) Y(x) c e = + = 1 x + c e 2 − 4x − + x 3
Bước 1: Tìm NTQ của PT thuần nhất tương ứng: y + y =0
PTĐT k 2 + = k 0 có 2 nghiệm phân biệt k 1 =0, k 2 = −1
Do đó NTQ của PTVP thuần nhất sẽ là y(x) c e = 1 0.x + c e 2 − x = + c 1 c e 2 − x
Bước 2: Tìm nghiệm riêng Y(x) của pt đã cho
Vế phải f (x) e (2x 3) = − x + có dạng (7) với n 1, = = − 1
Ta thấy = − 1 là 1 nghiệm đơn của PTĐT tìm Y(x) ở dạng x x 2 x
Y(x) x.Q (x).e = 1 = x(Ax B).e + − = (Ax + Bx)e − = Q(x).e − x trong đó Q(x) (Ax = 2 + Bx)
Thay Y, Y , Y vào phương trình y + = y e (2x 3) − x + ta được x x e [Q (x) 2Q (x) Q(x) Q (x) Q(x)] e (2x 3) − − + + − = − +
Vì Q(x) (Ax = 2 + Bx) nên Q (x) 2Ax B; Q (x) 2A = + =
Vậy NTQ của phương trình đã cho là: x 2 x
Bước 1: Tìm NTQ của phương trình thuần nhất tương ứng: y− 2y + =y 0 PTĐT k 2 − 2k 1 0 + = có nghiệm kép k 1 = k 2 =1
Do đó NTQ của PTVP thuần nhất sẽ là y(x) e (c = x 1 + c x) 2
Bước 2: Tìm nghiệm riêng Y(x) của pt đã cho
Vế phải f (x) xe = x có dạng (4.52) với n 1, = = 1
Ta thấy = 1 là nghiệm kép của PTĐT nên tìm Y(x) ở dạng
(Có thể đặt Q(x) = Ax 3 + Bx 2 ) Y = (3Ax 2 + 2Bx)e x + (Ax 3 + Bx )e 2 x
Y = (6Ax 2B)e + x + 2(3Ax 2 + 2Bx)e x + (Ax 3 + Bx )e 2 x
Thay Y, Y , Y vào phương trình y − 2y + = y xe x ta được x x
Vậy NTQ của PT đã cho là: x 1 2 1 3 x y(x) y(x) Y(x) e (c c x) x e
• Dạng 2: f (x) e = x P (x)cos x P (x)sin x m + n (4.56) Trong đó P (x), P (x) m n là các đa thức bậc m, n, còn , là các hằng số
- Trường hợp 1: i không phải là nghiệm của PTĐT (4.48)
Ta tìm nghiệm riêng Y(x) ở dạng:
- Trường hợp 2: i là nghiệm của PTĐT (4.48)
Trong đó Q (x), R (x) s s là các đa thức bậc s = max(m, n), được tìm bằng phương pháp đồng nhất hệ số khi thay Y(x), Y (x), Y (x) vào phương trình (4.46)
Bước 1: Tìm NTQ của PT thuần nhất tương ứng: y + 4y =0
PTĐT k 2 + = 4 0 có 2 nghiệm phức liên hợp k 1,2 = = 2i 0 2i
Do đó NTQ của PTVP thuần nhất sẽ là
Bước 2: Tìm nghiệm riêng Y(x) của PT đã cho
Vế phải f (x) xcos3x e (xcos3x 0.sin3x) = = 0.x + có dạng (11) với m 1, n = = 0, = = 0, 3
Ta thấy = i 3i không phải là nghiệm của PTĐT nên tìm Y(x) ở dạng
Y(x) e = Q (x)cos x R (x)sin x + = (Ax B)cos3x (Cx D)sin3x + + +
Y= Acos3x −3(Ax + B)sin 3x +Csin 3x +3(Cx + D)cos3x
Y 3Asin3x 3Asin3x 9(Ax B)cos3x 3Ccos3x
Thay Y, Y , Y vào phương trình y + 4y =xcos3x ta được
( 5Ax 5B 6C)cos3x − − + + − ( 5Cx 5D 6A)sin 3x xcos3x − − =
Vậy NTQ của PT đã cho là:
Bước 1: Tìm NTQ của PT thuần nhất tương ứng: y + =y 0
PTĐT k 2 + = 1 0 có 2 nghiệm phức liên hợp k 1,2 = = i 0 i
Do đó NTQ của PTVP thuần nhất sẽ là
Bước 2: Tìm nghiệm riêng Y(x) của PT đã cho
Vế phải f (x) 4xsin x e (0.cos x 4x.sin x) = = 0.x + có dạng (4.56) với m = 0, n 1, = = 0, = 1
Ta thấy = i i là nghiệm của PTĐT nên ta tìm Y(x) ở dạng
Y(x) x.e = Q (x)cos x R (x)sin x + = x (Ax B)cosx (Cx D)sin x + + + =(Ax 2 + Bx)cosx +(Cx 2 + Dx)sin x
Y (Ax Bx)sinx (2Ax B)cosx (Cx Dx)cosx (2Cx D)sin x
Y (Ax Bx)cos x (2Ax B)sinx (2Ax B)sin x 2A cos x
(Cx Dx)sin x (2Cx D)cosx (2Cx D)cosx 2Csin x
Thay Y, Y , Y vào phương trình y + =y 4x sin x ta được
(4Cx + 2A + 2D)cosx + − ( 4Ax + 2C 2B)sin x 4x sin x − =
Y(x) = − x cosx xsin x x(sinx xcos x) 2 + = − Vậy NTQ của phương trình đã cho là:
Nguyên lý chồng nghiệm Định lý
Nếu Y (x) 1 là nghiệm riêng của phương trình y+ py+qy =f (x) 1 và Y (x) 2 là nghiệm riêng của phương trình y+ py+ qy =f (x) 2 thì Y (x) 1 + Y (x) 2 là nghiệm riêng của phương trình
Ví d ụ Giải PTVP y − 2y + = y 2cosx xe + x
Bước 1: Tìm NTQ của PT thuần nhất tương ứng: y −2y+ =y 0
Do đó NTQ của PTVP thuần nhất sẽ là y(x) e (c = x 1 + c x) 2
Bước 2: Tìm nghiệm riêng Y(x) của PT đã cho
Vế phải f (x) f (x)= 1 +f (x) 2 với f (x) 2cosx, f (x) xe 1 = 2 = x
- Tìm nghiệm riêng Y (x) 1 của phương trình y−2y+ =y f (x) 1 ,osx
Vế phải f (x) 2cosx e (2cos x 0.sin x) 1 = = 0.x + có dạng (4.56) với m 0, n = = 0, = = 0, 1
Ta thấy = i i không phải là nghiệm của PTĐT nên ta tìm Y (x) 1 ở dạng
Y (x) e = Q (x)cos x R (x)sin x + = Acosx Bsin x + Y= −Asin x + Bcosx
Thay Y, Y , Y vào phương trình y−2y+ =y f (x) 1 ,osx ta được
- Tìm nghiệm riêng Y (x) 2 của phương trình y − 2y + = y f (x) xe 2 = x
Vế phải f (x) xe 2 = x = e x 1.x có dạng (4.52) với n 1, = = 1
Ta thấy = 1 là nghiệm kép của PTĐT nên ta tìm Y (x) 2 ở dạng
Y (x) x (Cx D)e 2 = + = (Cx + Dx )e Tìm Y , Y rồi thay vào PT y − 2y + = y f (x) xe 2 = x ta được nghiệm riêng
= 6 (xem ví dụ 4.39) Theo nguyên lý chồng nghiệm, nghiệm riêng của phương trình đã cho là
