toán cao cấp, bài tập toán cao cấp, các dạng bài tập toán cao cấp

toán cáo cấp, toán cao cấp phần giới hạn, toán cao cấp ma trận, toán cao cấp giải phương trình vi phân tuyến tính cấp một, toán cáo cấp giải phương trình vi phân cấp hai, toán cao cấp giải hệ phương trình bằng phương pháp ma trận

BÀI KIỂM TRA GIỮA KỲ

Môn: Toán Cao cấp B

Họ và tên SV: Phan Văn Tâm Mã SV: 1743020075 Lớp: K62_LT Khoa: Quản lý tài nguyên rừng

Chương I

Bài 1 Tính các giới hạn

1.3

lim

x →0tan (sin¿¿2 x )(1−cos 4 x)

(√31+ 3 x2 −1)ln ⁡(1+tan 2x )¿

¿ lim

x→ 0

sin2x (1−cos 4 x)

¿ lim

x→ 0 x2.1

2.¿ ¿ ¿

1.10)limx→ ¿ ¿ ¿

1 8) limx →0¿ ¿

Bài 2 Xét sự liên tục của hàm số trên miền xác định

b, f(x) {(e ¿¿2−1)sinx2

ln ⁡(1+2 x3) khi x >0¿x2 −3 x +1 khi x ≤ 0

- TXĐ ∈ R

- Ta có f(0)= x2 – 3x +1 => f(0) = 1 Vậy hàm số xác định tại x=0 và lân cận Xét khi x->0+ ta có: lim

x →0

(e ¿ ¿2 x−1) sin x2

ln ⁡(1+2 x3) =lim

x → 0

2 x x2

2 x3 =1¿

Xét khi x->0- ta có: x→ 0− ¿xlim2

−3 x+1=1 ¿

¿

=> x→ 0+ ¿ lim

= lim

x →0− ¿

¿f ( 0)=1¿

¿¿

¿

Vậy hàm số f(x) {(e ¿¿2 x−1).sin x2

ln ⁡(1+2 x2

) ¿x2 −3 x+1 Liên tục tại x=1 và hàm số sơ cấp liên tục tại điểm TXĐ thuộc R

Bài 3.1 Tìm a sao cho các hàm số liên tục trên R.

f(x)={(e¿¿x−1) sinx

x2 (1) khi x ≠ 0¿2+a (2)khi x=0

TXĐ ∈ R

Xét khi x>0 f(x) = f(1)

Khi x<0 f(x)= f(1)

=> lim

x→ 0 ±

(e¿¿x−1) sinx

Khi x=0 thì f(0)=2+a

Điều kiện để hàm số liên tục: x→ 0+ ¿ lim

x →0− ¿

¿f ( 0)=1=2 +a¿

¿ ¿

¿

=> a = -1 Vậy khi a= -1 thì hàm số liên tục trên TXĐ R

Chương II.

Bài 1 Tính các giới hạn sau sử dụng quy tắc Lôpital

1.6) lim

x →0

e 2 x

−sin2 x−cosx

1−cos2 x ¿

L 2 e 2 x−2 cos2 x+sinx

1+2sin 2 x ¿

L 4 e 2 x+4 sin 2 x +cosx

1+ 4 cos2 x =1

1.9) limX → 0¿ ¿

=elimx →0¿¿ ¿

Chương III Phép tính tích phân hàm một biến

Bài 1 Tính tích phân bất định sau:

1.9) I=∫x2arctan xdx

Đặt u=arctanx=¿du= 1

1+ x2dx

- dv =x2

dx=¿v+ c= x

3

3 +c

I=∫x2arctan xdx =arctanx x

3

3−∫ x

3

3 .

1

1+x2dx

¿arctanx x

3

3 −

1

3∫x− x

1+x2dx =arctanx x

3

3−

1

3¿

Bài 2 Tính diện tích hình phẳng giới bởi các đường sau

2.3) y= x 2 +2 và y= x+4

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi tích phân

S=∫

a

b

¿ ¿

Cận của tích phân là hoành độ giao điểm của đường thẳng y=x+4 với parabol

y=x 2 +2

¿ >x2+2=x +4 ≤>x2−x−2=0

x2=2

S=∫

−1

2

¿ ¿ (đvdt)

Bài 3 Tính thể tích vật thể tròn xoay

3.2) y=x2 +5 ; y=6 x−3

Thể tích vật thể tròn xoay được giới hạn bởi tích phân

a

b

¿ ¿

Cận của tích phân là hoành độ giao điểm của đường thẳng y=6 x −3 với parabol

y=x2

+ 5và là nghiệm của phương trình:

(x2+5)−(6 x−3)=0 ↔ x2−6 x+ 8=0

x2=4

Thể tích vật thể tròn xoay là:

V=π∫

2

4

¿ ¿

=58415 π (đvdt)

Bài 4 Tính tích phân suy rộng

4.6) ∫

√ 3

+∞

dx

x√1+x2

Đặt t=√1+ x2 => t2

=1+x2= ¿x2=t2−1

2 tdt=2 xdx

Đổi cận:

x√3+∞

t 2+ ∞

∫

√ 3

+∞

dx

x√1+x2=∫

2

+∞

2 tdt

2(t2−1) t=∫

2

+∞

dt

(t2−1)=¿

1

2ln|t−1 t +1| |+∞

2 ¿

lim

t →+ ∞

1

2(¿ln|+∞−1

+∞+1|−ln|2−12+1|) ¿=+∞

Chương IV Hàm của hai biến

Bài 4 Tìm cực trị của hàm hai biến sau

z=2 x2−4 xy + y3+y

Tính đạo hàm cấp I và cấp II của hàm số z

z x '

=4 x−4 y z xx ''=4=A

z ' y=3 y2−4 x z '' yy=6 y=C

z xy ''=−4= ¿B

∆=B2−AC=(−42)−4.6 y=16−24 y

Điểm giới hạn của hàm số là nghiệm của hệ phương trình

{3 y 4 x−4 y =02 −4 x =0 => x=y thay vào phương trình thứa hai ta được

3 x2−4 x =0= ¿x1=0 và x2= 4

3 Tại điểm x = 0 ; y=0

x=4/3 y=4/3

Xét tại điểm M1(0 ;0)

∆=16−24 y=16 >0 vậy điểm M1 không là điểm cực trị của hàm số Xét tại điểm M2(43;4

3¿

∆=16−24 y=16-24.43 = -16 <0

A2 >0 vậy điểm M2(43;4

3¿là cực tiểu của hàm số

Zct= f(M2)=2 x2 −4 xy + y 3

+y =2.¿

Chương V: Phương trình vi phân

Bài 1 Giải các phương trình vi phân cấp I

1d) (x¿¿2− y x2)y '+ x y2+y2=0 ¿

<=> (x¿¿2− y x2)dy

dx+x y

2

+y2=0 ¿

=(x¿¿2− y x2)dy +(x y2+y2)dx=0¿

¿x2 (1− y )dy + y 2 (x+ 1)dx =0

¿(1− y ) dy

y2 +(x +1)

x2 dx=0

Lấy tích phân hai vế ta được:

∫( 1

y2 ¿ −1

y )dy¿+∫ (1x+

1

x2)dx=−1

y −ln|y|+ln|x|−

1

x+C

1.b) (x3 +1)y '

=x2y +x2

(x3 +1)dy

dx=x

2y+ x2

¿ >(x3+ 1)dy= x2(y +1) dx≤¿ dy

( y +1)=

x2dx

(x3

+ 1) Lấy tích phân hai vế ta được:

∫( y +1) dy −∫ x

2

dx

(x3+1)=0

( y +1)−∫ x

2dx

(x3 +1)=ln ( y+1 )−

1

3ln(x

3

+ 1)+C

¿

¿

Bài 2.a) Giải phương trình vi phân tuyến tính cấp I

y '−2 xy=x ex2

= ¿

Nghiệm của phương trình:

P(x)y= -2 xy

Q(x)=x ex2

Áp dụng công thức nghiệm tổng quát ta có

y=[ ∫q ( x ) e∫p(x)dx dx + c]e− ∫p(x)dx

y=[ ∫x e x2 e∫−2 xdx dx+c]e− ∫ −2 xdx

¿[ ∫x e x2 e−x2

dx+C]e x2

Bài 3.b) Giải phương trình vi phân cấp 2 có hệ số bằng nhau

y ' '−4 y'+5 y=(x+5)e x

Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng:

y ' '−4 y'+5 y=0

Phương trình đặc trưng của phương trình thuần nhất:

k2−4 k +5=0 Nghiệm của phương trình {k1 =2−β

k2=2+ β

Nghiệm tổng quát của phương trình:

Ytn=e2 x

(C 1sinβx+C2cosβx)

- Nghiệm của phương trình không thuần nhất:

y ' '−4 y'

+5 y=(x+5)e x

α=1, n=1

α=1 Không là nghiệm của phương trình:

Nghiệm riêng của nó là:

Y=e x Q(n)x=ex

(Ax+B)

Q(n)x=Ax+B

Y '=ex

(Ax+ A +B)Y ' '=ex

(Ax+2 A +B)

e x(Ax +2 A +B )−4 e x(Ax+2 A+B)+5 e x(Ax +B)=e x(x +5)

 ex(2 Ax−6 A+2 B )=ex

(x +5)

2

−6 A +2 B=5= ¿ −3+5 B=5= ¿B=8

5

Q(n)x= 1

2x +

8

5 => Nghiệm riêng: Y=e x( 1

2x +

8

5)

 Nghiệm của phương trình là: y=e 2 x(C1sinβx+C2cosβx)+e x( 1

2 x+

8

5)

Chương VI Ma trận – Định thức – Hệ phương trình đại số tuyến tính Bài 1.h Tính định thức ma trận

|1 1 2 31 2 2 3

2 3 1 5

2 3 1 9|h 1 x (−1)+h 2

→

|1 1 2 30 1 0 0

2 3 1 5

2 3 1 9|h1 x (−2)+h 3

→

|1 10 1 20 30

0 1 −3 −1

h 1 x (−2)+h 4 → |1 10 1 20 30

0 1 −3 −1

0 1 −3 3 |h 2 x (−1)+h 3

h 2 x (−1)+h 4

→

|1 10 1 20 30

0 0 −3 −1

0 0 −3 3 |h3 x (−1)+h 4

¿

→

¿

|1 10 1 20 30

0 0 −3 −1

0 0 0 4 |= -12

Bài 3.a) Tìm ma trận X thỏa mãn:

(13 22 −−34

2 −1 0 )X=(101 −3 02 7

10 7 8)

Bài toán dạng: A.X= B

 X=A− ¿¿.B



A

− ¿ =(−4 3 −2−8 6 −5

−7 5 −4)= ¿X = A

− ¿.B=(−4 3 −2−8 6 −5

−7 5 −4)x(101 −3 02 7

10 7 8)¿

¿

X =(6 4 52 1 2

3 3 3)

3.d) X(1 −11 0 −11

1 1 −2)=(1 3 52 4 6)

=> X=B A− ¿¿

=>

A

− ¿ =(1 −1 11 −3 2

1 −2 1)¿

X =(1 3 52 4 6)x(1 −1 11 −3 2

1 −2 1)=(12 −26 169 −20 12)

Bài 4.c) Tìm hạng của ma trận

(1 1 1 1 11 2 1 1 3

1 3 1 4 1

1 4 5 1 1)h1 x (−1)+h 2 → h2

+h 3→ h 3

+h 4 → h 4

→ (1 1 1 1 10 1 0 0 2

0 2 0 3 0

0 3 4 0 0)

h 2 x (−2)+h 3→ h 3

h 2 x(−3)+h 4 → h 4

¿

→ (1 1 1 10 1 0 0 12

0 0 0 3 −4

0 0 4 0 −6)¿ đổi chỗ hàng 4 cho hàng 3

 (1 1 1 10 1 0 0 12

0 0 4 0 −6

0 0 0 3 −4)= 4

Bài 5.b) Giải phương trình bằng Cramer và phương pháp ma trận nghịch đảo

I={ x1 +x2+2 x3=−1

2 x1−x2+2 x3=−4

4 x1+x2+4 x3=−2

Ta có: A=(12 −1 21 2

4 1 4)B=(−−14

−2)

Giải bằng phương pháp Cramer: bằng cách bỏ một cột của A và thêm vào cột B

Ta có:

detA =(12 −1 21 2

4 1 4)=6

detA 1=(−−14 −1 21 2

−2 1 4)=6

det A2=(1 −1 22 −4 2

4 −2 4)=12

det A3 =(1 1 −12 1 −4

4 1 −2)=−12

Áp dụng công thức xi=det A i

detA

x1=det A1

6

6 =1 x2=det A2

12

6 =2 x3 =det A3

−12

6 =−2

* Giải bằng phương pháp nghịch đảo

A.X=B

A=(12 −1 21 2

4 1 4)B=(−−14

−2) detA =(12 −1 21 2

4 1 4)=6 Ta tìm ma trận nghịch đảo của A

A11=(12 −1 21 2

4 1 4)=(−1)∗4−1∗2=−6

A12 =(12 −1 21 2

4 1 4)=(−1) (2∗4−4∗2)=0

A13=(12 −1 21 2

4 1 4)=2∗1−4∗(−1)= ¿6

A21=(12 −1 21 2

4 1 4)=(−1) (1∗4−1∗2)=−2

A22=(12 −1 21 2

4 1 4)=1∗4−4∗2=−4

A23 =(12 −1 21 2

4 1 4)=(−1) (1∗1−4∗1)=3

A31=(12 −1 21 2

4 1 4)=1∗2−(−1)∗2=4

A32 =(12 −1 21 2

4 1 4)=(−1)∗(1∗2−2∗2)=2

A33=(12 −1 21 2

4 1 4)=1∗(−1 )−2∗1=−3

A =(−6 −20 −4 42

6 3 −3)



A

− ¿ = 1

detA A =

1

6(−6 −20 −4 42

6 3 −3)=(−1 −0.33 0.670 −0.67 0.33

1 0.5 −0.5)¿

X¿(−1 −0.33 0.670 −0.67 0.33

1 0.5 −0.5)x(−1−4

−2)=( 12

−2)

Bài 6.b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp Gauss

2 x1+3 x2+2 x3+3 x4=1

3 x1+2 x2+x3+2 x4=1

4 x1+3 x2+2 x3+x4=−5

Ta có:

A=(1 2 3 42 3 2 3

3 2 1 2

4 3 2 1)B=( 51

1

−5)

Ta có ma trận bổ xung:

A=¿ B)

A=(1 2 3 42 3 2 3

3 2 1 2

4 3 2 1| 51

1

−5)

Đưa ma trận A về ma trận hình thang:

A=(1 2 3 42 3 2 3

3 2 1 2

4 3 2 1| 51

1

−5⃗)h 1 x (−2)+h 2 →h 2

h 1 x (−3)+h 3 →h 3 h1 x (−4 )+h 4 → h 4(10 −12 −43 −54

0 −5 −10 −15|−59

−14

−25)

A=(10 −1 −42 3 −54

0 −5 −10 −15|−95

−14

−25 ⃗)h 2 x (−4 )+h 3 →h 3 h2 x (−5 )+h 4 → h 4(10 −1 −4 −52 3 4

0 0 10 10|−95

22

20)

⃗

h 3 x(−108 )+h 4 → h 4(10 −1 −42 3 −54

0 0 0 −2.5|−95

22

−7.5)

Vậy => A=(10 −1 −42 3 −54

0 0 0 −2.5|−95

22

−7.5)≤ ¿{x1 +2 x2+3 x3+4 x4=5

−x2−4 x3−5 x4=−9

8 x3+10 x4=22

−2.5 x4=−7.5 Thay các giá trị của x vào các phương trình ta được:

x2=2

x3=−1

x4=3

* Phần bài tập:

a) Tính giới hạn: lim

x →0(cos2 x)

1

x(e 2 x

−1)

¿ >elimx→0(cos 2 x−1) 1

x (e 2 x

−1) =elimx →0

−(1−cos2 x)

x(e 2x

−1) =elim ⁡ x →0

−2 x 2

x 2 x

=e−1

b) Tìm a để f(x) liên tục trên tập xác định:

f ( x )={sin 3 x ln ⁡(1+x2)

x2(e2 x−1) khi x ≠ 0

4 x+e x+a khi x =0

TXĐ ϵ R

Khi x >0 hoặc x <0 (khi x≠0) thì f(x)= sin 3 x ln ⁡(1+ x

2

)

x2(e 2 x−1) là hàm sơ cấp nên liên tục trên TXĐ của nó với mọi x≠0

Khi x=0 => f(x) =4 x+ ex

+a=1+ a

Điều kiện để hàm số f(x) liên tục trên TXĐ thì

lim

x→ 0+ ¿f (x)= lim

x→0− ¿f ( x)=f ( 0)¿

¿ ¿

¿

lim

x→ 0 ± f (x )= sin 3 x ln ⁡(1+x

2

)

x2(e2 x−1) =¿

lim

x →0 ± 3 x x2

x2.2 x =

3

2¿ Vậy ta có: 1+a=3

2=¿a=

1 2 Vậy khi a=1

2 thì f(x) liên tục trên tập xác định

c) Tính ∫ dx

x√x3−4

Đặt t=√x3−4 => t 2

=x3−4= ¿x3=t2+4

2 tdt=3 x2dx

x√x3

− 4=¿∫ 3 x

2dx

3 x2 x √x3 −4=∫ 2 tdt

3(t2

+ 4) t=

2

3∫ dt (t2

+ 4)=

1

3arct

t

2+c¿

3arctan√x3 −4

2 +C

d) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường:

y=4−x2; y=2+x2

S=∫

a

b

|(4−x2)−(2+ x2)|dx

Cận của tích phân là nghiệm của phương trình gieo điểm của 2 parabol:

4−x2

=2+x2

≤ ¿2 x2 −2= ¿x =±1

 S=∫

−1

1

−1

1

(4−x2)−(2+x2)|dx

=| ∫

−1

1

(2−2 x 2

)|dx=|2 x−2

3x

3

| | 1

−1=4 đvdt e) Tìm cực trị của hàm 2 biến

z=f (x , y )= y2

+8 y +x3

+13 x −8 xy

z ' x=3 x2+13−8 y

z ' ' xx=6 x= A

z ' y=2 y +8−8 x

z ' ' yy=2=C

z ' xy=−8=B

∆=B2−AC=(−8)2−6 x 2=64−12 x

Điểm giới hạn là nghiệm của hệ pt:

{3 x2

+13−8 y=0(1)

2 y +8−8 x=0 (2)

y=4 x−4 (*)

Thay (*) vào (1) ta được: 3 x2

+ 13−8 ¿ )=0

3 x2 −32 x + 45=0= ¿x1= 5

3; x2 =9

Ta có: x1= 5

3=¿y1 = 8

3M1 ( 5

3;

8

3)

x2=9= ¿y2=32= ¿M2(9 ;32)

Xét tại điểm M1(53;

8

3)

Ta có: ∆=44>0 ; A1= 30

3 >0 Vậy điểm M1(53;

8

3) không là cực trị của hàm số

Xét tại điểm M2(9 ;32)

Ta có: ∆=−44<0 ; A2=54>0

 Điểm M2(9 ;32)là điểm cực tiểu của hàm số

 z ct=−178

f) Giải phương trình vi phân: y ' '−5 y'+6 y =18 x 2 −6 x −50 (*)

Ta có: nghiệm của phương trình thuần nhất:

y ' '−5 y'+6 y =0 (1) gọi là Y tn

Phương trình thuần nhất tương ứng:

k2 −5 k +6=0 => nghiệm của phương trình: {k1 = 2

k2=3 Nghiệm của phương trình:

Y tn=C 1e 2 x+C 2e 3 x

Ta có α=0 không là nghiệm của phương trình

- Tìm nghiệm của phương trình không thuần nhất, n=2 => nghiệm của phương trình không thuần nhất là: Y = A x2

+Bx+C

Y '=2 Ax + B

Y ' '=2 A

Thay vào phương trình (*) ta được:

2 A−5 (2 Ax +B)+6(A x2+Bx+C)=18 x2−6 x −50

 2 A−5 B−10 Ax+6 Bx+6 A x2

+6 C=18 x2 −6 x−50

{ 6 B−10 A=−6 6 A=18

2 A−5 B+6 C=−50

 { B=4 A=3

C=−6

 Nghiệm của phương trình: Y =3 x2

+4 x−6

 Nghiệm tổng quát của phương trình (*)

y=Y tn+Y =(C ¿¿1e 2 x

+C2e 3 x)+(3 x 2

+4 x−6)¿

g) Giải phương trình bằng cách sử dụng ma trận nghịch đảo

{ x1 −x2+x3=1

2 x1+x2+x3= 2

3 x1+x2+2 x3=0

Ta có: A=(1 −1 12 1 1

3 1 2); B=(12

0)

Tính det A=1

A=(1 −1 12 1 1

3 1 2|1 −12 1

3 1 )

=((1.1.2)+(-1.1.3)+(1.2.1))-((3.1.1)+(1.1.1)+(2.2.-1))=| −1 | =1

A =(−1 −11 3 −21

−1 −4 3 )= ¿A

− ¿ = 1

|A|(−1 −11 3 −21

−1 −4 3)=(−1 −11 3 −21

−1 −4 3)¿

Phương trình có dạng:

A.X=B => X= A− ¿ B¿=(−1 −11 3 −21

−1 −4 3 ).(12

0)=(−37

−9)

{ x1 =7

x2=−3

x3=−9

Phần bài tập riêng: Đề số 01.

1 lim

x →0

x(√1+x2−1) sin 3 x

(1−cos4 x ) arctan 3 x2=limx → 0

x((1+x2)

1

2 −1) sin3 x

(1−cos4 x ) arctan 3 x2=¿limx→ 0

x 1

2 x

2

.3 x

1

2.(4 x)

2.3 x2

= 1

16¿

2 Tìm a để f(x) liên tục trên TXĐ

f ( x )={x−e x2x+1khi x>0

3 a+2 x khi ≤0

Xét với x >0 f ( x )= x−e

x

+1

x2 là hàm đa thức nên liên tục Xét với x ≤ 0 f ( x )=3 a+2 xlà hàm đa thức nên liên tục

Với x = 0 f (0 )=3 a+2 x=3 a

Điều kiện để f(x) để liện tục trên tập xác định

lim

x→ 0+ ¿

f(x) = ¿ lim

x→ 0− ¿f ( x)=¿f ( 0)=3a¿ ¿

¿¿¿

¿

Ta có:

lim

x→ 0+ ¿f(x) = ¿x−e x+1

x2 ¿L lim

x →0+f ( x) =¿1−e x

2 x ¿

L lim

x → 0+¿f x) = ¿ −e

=1¿ ¿

¿ ¿ ¿

¿ ¿¿

¿

lim

x→ 0− ¿f(x) = ¿3 a+2 x=3 a¿¿

¿

 3 a=−1

2 =¿a=

−1 6 Vậy khi a=−1

6 hàm số f(x) liên tục trên tập xác định

3 Tính thể tích vật thể tròn xoay tạo ra khi quay quanh trục ox hình phẳng giới hạn bởi y=x2+4và y=3 x +2

Áp dụng công thức tính thể tích vật thể tròn xoay:

V =π∫

a

b

¿ ¿

Giao điểm của parabol y=x2

+ 4 và đường thẳng y=3 x +2 là cận của tích phận:

x2+4=3 x+2≤¿x2−3 x+2=0 => nghiệm của phương trình:

Ta có thể tích của vật thể tròn xoay:

V =π∫

1

2

¿ ¿

¿π∫

1

2

¿¿

¿π∫

1

2

|(x4−x2−12 x+12)|dx=π|15 x

5

− 1

3 x

3

−6 x2+12 x|2

1=

32

15 π đvtt

4 Tìm cực trị:

z=x2

−4 x− y4 −8 y 2

z x '

=2 x−4

z xx ''=2= A

z ' y=−4 y3−16 y

z '' yy=−12 y2−16=B

z xy ''=0=C

∆=B2−AC=¿(−12 y2

−16 ¿2−0.2=144 y4−384 y2+256 Giới hạn điểm dừng là nghiệm của hệ phương trình:

¿

Xét tại điểm M(2;0) ta có: ∆=256>0 ; A >0

Vậy điểm M (2;0) không là điểm cực trị của hàm số

5 Giải phương trình vi phân

a) (x2+1) ydy +(2 x +1) dx=0

chia cả hai vế cho : (x2+ 1)

ta được: ydy + (2 x +1)

(x¿¿2+1)dx=0¿ lấy tích phân hai vế ta được:

∫ydy +∫ (2 x +1)

(x¿¿2+1)dx=1

2

y2+3 ln|x2+1|¿

b) y ' '−3 y'=ex(2 x +3)

Ta có nghiệm tổng quát của phương trình có dạng:

Y tq=y tn+y r

Nghiệm của phươn trình thuần nhất:

k2−3 k=0↔ k =0 v k =3

Nghiệm của phương trình:

y tn=c1e 0 x

+c2e 3 x

Ta có:

f ( x )=e x(2 x+3)=P n(x ) e 1.x= ¿α=1, P n(x )b ´â c 1

y r=xs e αx Q n(x ) => α=1, Q n (x )=Ax +B , P n ( x )b ´â c

s=0 vi α=1 không là nghiệm của phương trình thuần nhất

y r=ex(Ax+B) => y '=ex(Ax +B+A )=¿y ''=e x(Ax+B+2 A )

Ta có: ex

(Ax +B+2 A )−3 e x(Ax +B+ A )=e x(2 x+3 )

 −Ax−2 B− A=2 x+3

 { −A=2

−2 B−A=3=¿{B= A=−2−1

2

=> nghiệm của y r=ex(−2 x−1

2) Ngiệm của phương trình là:

Y tq=y tn+y r=c1e 0 x+c2e 3 x+e x(−2 x −1

2)

6 Tìm ma trận X biết:

(2 1 13 2 1

1 2 4)X=(3 12 5

4 0) có dạng A.X=B =>X= A− ¿ B¿

Ma trận nghịch đảo của

A

− ¿ =

( 65

−2 5

−1 5

−11 5

7 5

1 5 4

5

−3 5

1

5)¿

X =A

− ¿.B =

( 65

−2 5

−1 5

−11

5

7 5

1 5 4

5

−3 5

1

5 ).(3 12 5

4 0)=(−32 −0,84,8

2 −2,2)¿