Các dạng bài Toán cao cấp có đáp án

TÓM TẮT CÁC DẠNG BÀI TẬP TOÁN CAO CẤP CỦA ĐẠI HỌC KINH TẾDạng 1: Tính định thức của ma trậnMa trận là một bảng m hàng n cột. Định thức chỉ được tính đối với ma trận vuông (m=n).Để tính định thức cần dùng 3 phép biến đổi sơ cấp:+ Lấy hàng (cột) r nhân với k cộng với hàng (cột) s viết vào hàng (cột) s thì định thứckhông đổi.+ Đổi chỗ 2 hàng hoặc 2 cột thì định thức đổi dấu+ Nhân 1 hàng (cột) với k thì định thức nhân với kSử dụng 3 phép biến đổi sơ cấp để biến đổi định thức đã cho thành định thức mới sao chongoại trừ 1 phần tử 0 0 i j a thì tất cả các phần tử còn lại của hàng thức i0 (hoặc cột thứ j0) đềubằng 0. Khi đó định thức được tính bởi() ( ) ( ) 0 000 00det 1 det i j A aA i j i j+ = −trong đó 0 0Ai j là ma trận thu được từ A bằng cách bỏ đi hàng i0 và cột j0. Sau đó lặp lạiquá trình đối với định thức của ma trận cấp thấp hơn 1 đơn vị.Chú ý: trong quá trình tính cần thực hiện biến đổi khéo léo để các ma trận được tạo thànhcó hệ số không quá lớn, thuận lợi cho tính toán.Ví dụ: Tính1 8 601 99 83 12 991 29−−− − Δ = − −− −Thực hiện các biến đổi:( )( )12 23 441 33331 8 60 1 8 601 99 8 0 1 3 83 1 2 9 25 20 991 29 4 88 0 10HH HH HHH HH+ →−+ →−+ →− −−− − − − ⎯⎯⎯⎯⎯→ −− − −−− −Cột 1 đã có tất cả các phần tử bằng 0 trừ vị trí hàng 1 cột 1, dẫn tới( )1 113 8 13 81 1 25 20 9 25 20 94 8 18 4 8 18+− −− −Δ= − × ×− − = − −− −Thực hiện biến đổi: ( )( )( )21 1 3 221 332 111222 24 40013 8 3 8 3 825 20 9 5 20 9 1 28 274 8 18 8 18 8 1859 621 28 272 2CC C H HHH HHH HH+ → −+ →+ →+ →−− − −− − ⎯⎯⎯⎯→ − − ⎯⎯⎯⎯− −⎯→− −−− −−⎯⎯⎯⎯⎯→− −−Cột 1 đã có tất cả các phần tử bằng 0 trừ vị trí hàng 2 cột 1, dẫn tới() () 2 1 59 62 59 621 122 22+ − − Δ= − × − × = − −Định thức cấp 2 có thể tính đơn giản bằng đường chéo chính trừ đường chéo phụ.Δ= × − − × − = − × =− 59 2 62 2 59 62 2 6 ( ) ( ) ( )Dạng 2: Giải hệ phương trình tuyến tínhHệ pttt dạng tổng quát được viết dưới dạng:11 1 12 2 1 111 2 2.........n nm m mn n max ax ax bax a x ax b⎧ + ++ =⎪⎨⎪ + ++ = ⎩Lập ma trận A và b như sau:11 12 1 11 2...... ... ... ... , ......nm m mn maa a bA baa a b⎡ ⎤ ⎡⎤⎢ ⎥ ⎢⎥ = =⎣ ⎦ ⎣⎦Lập ma trận mở rộng như sau:A = A b |Người ta đã chứng minh rằng sử dụng 3 phép biến đổi sơ cấp (về hàng) vào ma trận mởrộng thì nghiệm của hệ sẽ không đổi. Ba phép biến đổi đó bao gồm:+ Lấy hàng r nhân với k cộng với hàng s viết vào hàng s.+ Đổi chỗ 2 hàng+ Nhân 1 hàng với kPhương pháp Gauss là phương pháp dùng các phần tử trên đường chéo chính để biến tất cảcác phần tử cùng cột với nó và ở dưới nó thành số 0. Tức là dùng a11 để khử a21,a31,...am1.Dùng a22 để khử a22,a32,...am2, .... Sau khi đã thực hiện xong phương pháp Gauss thì tất cảcác phần tử dưới đường chéo chính của ma trận A bằng 0. Từ đó ta giải ngược để tính cácẩn từ bên dưới lên.Chú ý: trong quá trình tính, trước khi thực hiện khử Gauss, cần thực hiện các phép biến đổi sơcấp một cách khéo léo để các ma trận được tạo thành có hệ số không quá lớn, thuận lợicho tính toán. nếu 1 hàng của ma trận mở rộng có toàn số không thì có thể bỏ hàng đó đi nếu 1 hàng của ma trận mở rộng có toàn số không trừ cột cuối cùng thì phương trình vônghiệm Tính toán phải hết sức cẩn trọngVí dụ: Giải hệ123412 3 413412 3 4998 12 233622 44347 3xxxxxx x xxxxxx x x⎧ − + + =−⎪⎪− +− + = ⎨−+ − = ⎪⎪⎩−− + + =Lập ma trận mở rộng1 99 8 121 23 360 2 244 34 7 3A⎡ ⎤ − −⎢ ⎥− − = − −⎣ ⎦ − −. Thực hiện các biến đổi sơ cấp vềhàng:( )( )( )2 442 331 222321 99 8 1 1 9 9 8 12 1 2 3 3 0 17 16 19 16 0 2 2 4 0 3 8 11 54 34 7 3 0 5 8 1 3H HHH HHH HH−+ →−+ →+ →⎡ ⎤⎡ ⎤ −− − −⎢ ⎥⎢ ⎥−− − ⎯⎯⎯⎯⎯→ − − − −−⎣ ⎦⎣ ⎦ −− − −, ta đã khử xong cột 1. Ởcột 2 số 17 là quá lớn cần phải tìm cách giảm bớt trước khi khử:( )( )( )( ) ( )3 223 442 332 44 3 36231 141 99 8 1 199 8 10 17 16 19 1 0 1 32 85 310 3 8 11 5 0 3 8 11 50 5 8 1 3 0 1 8 23 7199 8 10 1 32 85 310 0 88 244 880 0 24 62 24H HHH HHH HHH HH H H−+ →−+ →+ →−+ → →⎡ ⎤⎡ ⎤ −− − −⎢ ⎥⎢ ⎥ − − ⎯⎯⎯⎯⎯→ − −− − −−⎣ ⎦⎣ ⎦ −− −⎡ ⎤ − −⎢ ⎥ − ⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯→ −⎣ ⎦ − −( ) 43 3 3 44 12199 8 10 1 32 85 310 0 22 61 220 0 24 62 24199 8 1 199 8 10 1 32 85 31 0 1 32 85 3100 2 1 2 00 2 1 20 0 24 62 24 0 0 0 50 0HH H + → H HH −+→⎡ − − ⎤ ⎢ ⎥ − ⎢ ⎥ ⎢ − ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ − − ⎦⎡ ⎤⎡ ⎤ − − −−⎢ ⎥⎢ ⎥ − − ⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯⎯→ − − −−⎣ ⎦⎣ ⎦ −− −Vậy phương pháp khử Gauss đã hoàn thành. Ta viết hệ lại dạng:12 342 343 44998 132 85 312 250 0xxxxxxxx xx⎧ − + + =−⎪⎪ −+= ⎨ − =− ⎪⎪⎩− =Giải ngược từ phương trình dưới lên ta có: 43 2 1 xx x x = 0; 1; 1; 1; =− =− =Ví dụ: Giải hệ12 312 312 31 22 136 2 3254 247 4xx xxxxxx xx x⎧ − − =−⎪⎪ − + =− ⎨−+ − = ⎪⎪⎩ − =−Lập ma trận mở rộng1 1213 62 325 424 70 4A⎡ ⎤ −−−⎢ ⎥ − − = − −⎣ ⎦ − −. Thực hiện các biến đổi sơ cấp về hàng: ( )( )( )3 441 22 23 31 33 24 42321 121 1121 11213 62 3 0 38 0 0 38 025 42 03 80 00 0 04 70 4 03 80 00 0 0H HHH HH HH HH HH HH H+ →−+ → + → + → + →⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤ −−− −−− −−−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ −− − − ⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯→ −− −⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦ −− −Vậy phương pháp khử Gauss đã hoàn thành. Hai hàng cuối cùng toàn là số 0 nên có thể bỏđi. Ta viết hệ lại dạng:12 32 32 1380xx xx x⎧ − − =− ⎨⎩−+ =Giải ngược từ phương trình dưới lên ta thấy hệ có vô số nghiệm dạng:3 32 18 14 ; 1 3 3x xx x = =− +Ví dụ: Giải hệ1234 512341 2 34 512345483212429 2747 4 364376 4xxxxxxxxxx x xx xxxxxx⎧ −+−−=⎪⎪ −−−= ⎨ − − +− = ⎪⎪⎩ −++−=Lập ma trận mở rộng1 4 8 3 212 4 2 9027 4 7 1 436 4 3 7 64A⎡ ⎤ − −−⎢ ⎥ −−− = −− −⎣ ⎦ − −. Thực hiện các biến đổi sơ cấp vềhàng. Vì số 7 và số 6 hơi to nên cần biến đổi để nhỏ bớt đi( )( )( )( ) ( )4 332 441 221 33 21321 11 4 8 3 21 1 4 8 3 2 12 4 2 902 2 4 2 90 27 4 7 1 4 3 1 0 10 6 2 16 4 3 7 64 6 4 3 7 6 41 4 8 3 210 4 18 3 4 00 4 18 3 4 20 8 9 34 6 2H HHH HHH HHH HH H−+ →−+ →−+ →−+ → −⎡ ⎤⎡ ⎤ − −− − −−⎢ ⎥⎢ ⎥ −−− − − − ⎯⎯⎯⎯⎯→ −− − − − −⎣ ⎦⎣ ⎦ −− − −⎡ ⎤ − −−⎢ ⎥ − − ⎯⎯⎯⎯⎯→ −− −⎣ ⎦ − −3 31 4 8 3 210 4 18 3 4 000 0 0 0 20 8 9 34 6 2+ → H H⎡ − −− ⎤ ⎢ ⎥ − − ⎯⎯⎯⎯⎯→⎢ ⎥ ⎢ − ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ − − ⎦Ta thấy hàng thứ 3 có mọi thành phần bằng 0 trừ cột cuối cùng. Vậy hệ vô nghiệm Dạng 3: Tính nghịch đảo của ma trậnMa trận nghịch đảo của A được ký hiệu là A1 là ma trận thỏa mãn 1 1 AA AAEn − − = = vớiEn là ma trận đơn vị cấp n. Ma trận A1 tồn tại khi và chỉ khi det 0 ( A) ≠ . Thường tìm matrận nghịch đảo bằng phương pháp GaussJordan. Lập ma trận mở rộng như sau:M = A E | n Sử dụng 3 phép biến đổi sơ cấp về hàng đã đề cập ở trên vào ma trận mở rộng. Đầu tiên sử dụng phương pháp Gauss: dùng các phần tử trên đường chéo chính để biếntất cả các phần tử cùng cột với nó và ở dưới nó thành số 0. Tức là dùng a11 để khửa21,a31,...am1. Dùng a22 để khử a22,a32,...am2, .... Sau khi đã thực hiện xong phương phápGauss thì tất cả các phần tử dưới đường chéo chính của ma trận A bằng 0. Chú ý rằng thựchiện các phép biến đổi phải thực hiện trên toàn bộ hàng của ma trận mở rộng M. Tiếp theo sử dụng phương pháp Jordan: dùng các phần tử trên đường chéo chính để biếntất cả các phần tử cùng cột với nó và ở trên nó thành số 0. Tức là dùng ann để khửa1n,a2n,...a(n1)n. Dùng a(n1)(n1) để khử a1(n1),a2(n1),...a(n2)(n1), .... Sau khi đã thực hiện xongphương pháp Gauss và phương pháp Jordan thì ma trận A chỉ còn các phần tử trên đườngchéo chính, phần còn lại bằng 0. Tiếp theo biến tất cả các phần tử trên đường chéo chính của A thành 1 bằng cách chiahàng chứa nó cho chính nó. Cuối cùng ta đã thực hiện được quá trình: | | M = → AE E B n n . Khi đó B chính là ma trận nghịch đảo của A.Ví dụ: Tính ma trận nghịch đảo của043153142A⎡ ⎤ ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ ⎢− − − ⎥ ⎣ ⎦Lập ma trận mở rộng:0 4 3 1001 5 3 0101 4 2001M⎡ ⎤⎢ ⎥ =⎣ ⎦ −−−Thực hiện các phép biến đổi sơ cấp sau:( )1 213 3 2 32 33 40 4 3 100 1 5 3 0101 5 3 010 0 4 3 1001 4 2001 1 4 2001153010 153010043100 011011011011 04310015 3 0 1 001 1 0 1 100 11 4 4H HHH H H HH HHM ↔+→ ↔−+ →⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ = ⎯⎯⎯⎯→⎣ ⎦⎣ ⎦ −−− −−−⎡ ⎤⎡ ⎤⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯ ⎢ ⎥⎢ ⎥ →⎣ ⎦⎣ ⎦⎡ ⎤⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→⎢⎢⎢⎣ ⎦ − −−⎥⎥⎥Như vậy ta đã thực hiện xong phép biến đổi Gauss, phía dưới đường chéo chính đã bằng 0.Tiếp theo thực hiện biến đổi Jordan:( )( )32 23 112 11351 5 3 0 1 0 1 5 0 3 11 1201 1 0 1 1 01 0 1 3 300 11 4 4 00 11 4 410 0 2 4 301 0 1 3 300 1 1 4 4HH HH HHH HH+ →+ →−+ →⎡ ⎤⎡ ⎤ − −⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ − −⎣ ⎦⎣ ⎦ − −− − − −⎡ ⎤ −⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ −− ⎢ ⎥⎣ ⎦ − −−Như vậy ta đã thực hiện xong phép biến đổi Jordan, phía trên đường chéo chính đã bằng 0.Bước tiếp theo là biến đường chéo chính bằng 1:3 3 ( ) 110 0 2 4 3 100 2 4 301 0 1 3 3 010 1 3 300 1 1 4 4 001 1 4 4H H − →⎡ ⎤⎡ ⎤ − −⎢ ⎥⎢ ⎥ − − ⎯⎯⎯⎯⎯→ − −⎣ ⎦⎣ ⎦ − −− −Vậy ma trận nghịch đảo bằng24 31 3314 4⎡ ⎤ −⎢ ⎥ − − ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎣ ⎦ −Dạng 4: Giới hạn của hàm sốĐối với các dạng vô định 00 và ∞∞ (chú ý chỉ có 2 dạng này), ta có thể dùng quy tắc Lôpi tan như sau:( )( )( )( ) lim limxa xaf x fx→ → gx g x′ = ′nếu như giới hạn bên phải tồn tại. Chú ý có những trường hợp giới hạn bên trái tồn tại màbên phải không tồn tạiĐối với các dạng khác thì biến đổi về 2 dạng trên. Có tất cả 7 dạng vô định:0 0 0 , , ,0 ,1 , ,00∞ ∞∞−∞ ×∞ ∞∞. Các giới hạn dạng 0 0 ∞ ,0 ít gặp nên ta xét 5 ví dụ về 5 dạng:Ví dụ:0 ( )1 1 limln 1x xxe e Lx x +−→−− − = + dạng00Dùng Lô pi tan( )( )( ) ( )2 20 0 001 1 11 1 1 lim lim lim limln 1 ln 1 ln 1x xx x xxx x xxe e ee e e Lxx xx x x + + ++− − −→ → →→− − −− − − − === + + +Ta cóLopitan0 001 1 lim lim 1 lim 11x xxx xxe eex x → →→ + ++− − = =⇒ =Ta có ( )2 2 Lopitan0 011 1 2 lim limln 1 2 11xxx xeexx+ +− −→ →− = = ++Vậy L=12Ví dụ: ( )( )210ln 1limx ln 1x xL→∞ x x− + = + + dạng∞∞dùng Lô pi tan( )( )( )( )( )( )2 10 Lopitan 210 9 2 9102 1ln 1 2 1 1 1 lim lim limln 1 10 1 1 10 11x xxxxx x x xx x Lx x x xx xx x→∞ →∞ →∞− −+ − ++− + = == ++ + −+ ++ +Giữ lại số hạng bậc cao nhất, hoặc lý luận cách khác là chia cả tử và mẫu cho x11, ta có:2 110 5L = =Ví dụ: ( )4lim cot 2 cot4xL x xππ→⎛ ⎞ = − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ dạng 0×∞Biến về dạng 00 rồi dùng Lô pi tan( ) ( ) Lopitan 24 4 22cot 2 sin 2 lim lim 2 1tan4 cos4x xx xLxxπ π ππ→ →−== = ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ − ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ − ⎝ ⎠Ví dụ: 2 34 4 lim 1 1xL xx x x→−∞⎛ ⎞ = ++ − − + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ dạng ∞∞Đổi biến để trở thành dạng 00 rồi dùng Lô pi tan. Đổi biến u=1x, có u tiến đến 0. Chú ý xtiến đến ∞ nên u tiến đến 0 từ phía trái, tức là tiến đến 0 nhưng luôn nhỏ hơn 0. Ta có:2 44 42 34 2 4 0 02 4 4011 1 1 1 1 lim 1 1 lim1 1 limu uuuu uu Lu u uu u uuu uuu− −−→ →→⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + + −+= ++ − − + = − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠++− −+ = −Đây là dạng 00.( )334 2 4021 4 12 1 4 1 11 3 limu 1 24 4u uu u u uL→ −+ − −+ + − + ⎛ ⎞ − = =− + = ⎜ ⎟ − ⎝ ⎠Ví dụ:11 limxxxL e→∞ x⎛ ⎞= + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ dạng 1∞Ta biến đổi:1 1 lnlimx x exxL e⎛ ⎞+ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠→∞=Như vậy ta chỉ còn cần tính giới hạn của số mũ. Đổi biến u=1x, có u tiến đến 0, ta tính:( ) 1 Lopitan1 0 01ln 1 lim ln lim lim 21uuuxxu uee ue u L xe→∞ → → x u+ ⎛ ⎞ + ⎜ ⎟ + = += = = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠VậyL1 2 L = = e eDạng 5: Sự liên tục của hàm sốHàm số gọi là liên tục tại a nếu như lim ( ) ( )x af x fa→= . Như vậy bản chất của bài toánkhảo sát sự liên tục chính là bài toán giới hạn.Ví dụ: Cho hàm số:0sin 42 0x x e exy xa x⎧ − − ⎪ ≠ = ⎨⎪⎩ =. Tìm a để hàm liên tục tại x=0Dễ dàng tính được01 limsin 4 2x xxe ex−→− = . Vậy để hàm số liên tục tại x=0 thì 2a=12 hay a=14Ví dụ: Cho hàm số:0sin 41 0x x e exy xx⎧ − − ⎪ ≠ = ⎨⎪⎩ =. Khảo sát sự liên tục của hàm sốDễ dàng tính được01 limsin 4 2x xxe ex−→− = . Nhưng f(0)=1 theo định nghĩa. Vì vậy tại x=0 hàmsố không thỏa mãn điều kiện ( ) ( ) 0lim 0xfx f→ = và hàm gián đoạn tại 0 Dạng 6: Đạo hàm cấp n của hàm sốNhớ các công thức đạo hàm cấp cao của các hàm đặc biệt( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )( ) ( )(( ) )( ) ( ) ( )( )( )( ) () ( )( )1cos cos , 2sin sin , 2ln ,1 ... 11 1 ln ,n nn nn ax b ax b nnn nn nnnax b a ax b nax b a ax b naax b a n ax ba n ax bax bα αππα αααα α+ +−−⎛ ⎞ + = ++ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎛ ⎞ + = ++ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠=+ = − −+ +− − + =+Đối với các hàm khác tìm cách đưa về tổng của các hàm đặc biệt.Ví dụ: Tính đạo hàm cấp n của ( )22 2 3x f xx x= − −Vì mẫu số tách thành ( )( ) 2xx x x − −= + − 23 1 3 mà tử số là đa thức bậc 2 nên ta viết f(x)dưới dạng: ( ) 1 3A B f x Cx x=+++ − với A,B,C là các hằng số phải tìm. Quy đồng mẫu sốta có:( ) ( ) ( )( ) 2x Ax Bx Cx x = − + ++ + − 3 1 13Cho x=3 ta sẽ khử được A và C, ta thu được9 9 44 = B B ⇒ =Cho x=1 ta sẽ khử được B và C, ta thu được1 1 44A A − =− ⇒ =Cho x=0 ta thu được1 3 03 3 1344B=− + − ⇒ =− + = + = AB C C A( ) ( ) ( )1 9 14 14 3 f xx x− =+++ −Từ biểu thức đạo hàm của các hàm đặc biệt ta có( )(( ) )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )1 111 1 1 1 2 ... 1 1 1 1n nn nnx nx nx x− −−+⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = + =− × − − + = − ⎝ ⎠ + +( )( ) ( ) 11 1 1 3 3nnnnx x+⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = − ⎝ ⎠ − −Cuối cùng ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 1 11 9 14 3 1nnn nn f xx x+ +⎛ ⎞ − = − ⎜ ⎟− + ⎝ ⎠Dạng 7: Quy tắc Lô pi tanĐối với các dạng vô định 00 và ∞∞ (chú ý chỉ có 2 dạng này), ta có thể dùng quy tắc Lôpi tan như sau:( )( )( )( ) lim limxa xaf x fx→ → gx g x′ = ′nếu như giới hạn bên phải tồn tại. Chú ý có những trường hợp giới hạn bên trái tồn tại màbên phải không tồn tạiVí dụ:01 cos limx sinx L→ x x− = dạng00Áp dụng quy tắc Lô pi tan ta có:( )( ) ( ) 00 0sin1 cos 2 cos sin lim lim limxx x sin sin cos 2 cos sin cosxxx x L→→ → x x xx x x xx x− == = + +Ta tính giới hạn10sin limx sin cosx L→ x x x = +Đây là dạng 00 nên lại áp dụng quy tắc Lô pi tan có:( )( )1 0 0sin cos 1 lim limx x sin cos 2cos sin 2x x Lxx x → → xx x= ==+ −Vậy ta có:( )101lim 2 cos 4xL Lx→= =Dạng 8: Tính nguyên hàm Giới thiệu trang web http:www.integralcalculator.com. Vào trang này nhập tích phâncần tính sẽ cho ra kết quả đồng thời quan trọng hơn là cho ra cả các bước biến đổi để tínhra tích phân đó. Tuy nhiên cần có đủ vốn tiếng Anh Nói chung phải dùng phương pháp đổi biến hoặc tích phân từng phần để giải, không cóphương pháp chung, phụ thuộc vào kinh nghiệm và kỹ năng. Có một số dạng có thể giảinhư sau1. Tích phân của biểu thức chứa hàm mũ 1 cơ số ( ) x R a dx ∫ thì đổi biến x t a =Ví dụ:69 4xx xI = dx − ∫Ta thấy có nhiều hàm mũ với cơ số khác nhau. Tuy nhiên nếu chia cả tử và mẫu cho 6x thìta được:13 32 2x xI dx − =⎛⎞ ⎛⎞ ⎜⎟ ⎜⎟ − ⎝⎠ ⎝⎠∫Như vậy ta có tích phân với một cơ số. Đổi biến32xu⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . Có33 3 ln ln22 2xdu dx u dx ⎛ ⎞ = = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . Thay vào tích phân có:( ) 211 3 3 ln 1 ln2 2du I duu u uu= = ⎛ ⎞ − − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠∫ ∫Tích phân này là tích phân hữu tỷ có thể giải được như sẽ nói ở phần sau.Ta cũng có thể chia cả tử và mẫu của hàm dưới dấu tích phân ban đầu cho 9x để thu được:2232 13xxI dx⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ =⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠∫ . Ta cũng đưa về tích phân có 1 cơ số. Tương tự vậy nếu chia cả tử vàmẫu cho 9x ta cũng đưa về 1 cơ số.2. Tích phân mà hàm dưới dấu tích phân có chứa thừa số có logarit thì ta đưa phần còn lạicủa hàm (tức là phần không có logarit) vào trong vi phân rồi thực hiện tích phân từng phầnVí dụ:2 ln x I dxx⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∫Đưa hàm 1x2 vào dấu vi phân. Ta chú ý: ( ) ( ) 1 1211dxx dx d x d xxα αα+ − = ⇒ =−+. Vậy tatính tích phân từng phần( ) ( ( )) 2 1 12 1 2 12 2 ln ln ln ln 2 lnJI xd x x x x d x x x x xdx −− − − −⎛ ⎞⎜ ⎟ =− =− − =− −⎝ ⎠∫∫ ∫Lại tiếp tục đưa x2 vào dấu vi phân để tính J( ) ( ( ))( ) ( )2 11 11 21ln ln ln lnln ln 1J x xdx xd x x x x d xx x x dx x x− −− −− −−= =− =− −=− − =− +∫∫ ∫∫Vậy ( ( )) ( ) 12 1 1 2 I x xx x x x x ln 2 ln 1 ln 2ln 2 −− − =− + + =− + +3. Tích phân mà hàm dưới dấu tích phân có dạng P(x)eax, P(x)sin(bx), P(x)cos(bx) trongđó P(x) là một đa thức thì ta đưa hàm e mũ hoặc hàm lượng giác vào trong vi phân rồi thựchiện tích phân từng phần. Sau mỗi lần thực hiện từng phần thì đa thức giảm bậcVí dụ: 2 x I = x e dx ∫Đưa hàm e mũ vào vi phân rồi tích phân từng phần ( ) 2 2 2 x xx I = =− x d e x e e xdx ∫ ∫ . Ta lạitiếp tục đưa hàm e mũ vào vi phân. Quá trình chi tiết không viết tiếp vì đơn giản Tích phân mà hàm dưới dấu tích phân có dạng eaxsin(bx), eaxcos(bx), sin(lnx), cos(lnx)thì thực hiện tích phân từng phần 2 lần sẽ ra hàm cũ với hệ số khác, từ đó giải ra tích phânVí dụ: sin 2 x I e xdx − = ∫( ) ( ( )) ( ) 11 1 cos2 cos2 cos2 cos2 cos222 2x x xx x I e d x e x xd e e x e xdx − − −− − =− =− − =− + ∫∫ ∫Tính tiếp tích phân:( ) ( ( ))( ) ( )1 1 cos2 sin 2 sin 2 sin 22 21 1 sin 2 sin 2 sin 22 2x xx xxx xe xdx e d x e x xd ee x e xdx e x I−−− −−− −= =−=+ =+∫∫ ∫∫Vậy thay vào có:( ) 11 5 1 cos2 sin 2 cos2 sin 22 2 42 2xx x e I e x e xI I x x− ⎛ ⎞⎛ ⎞ − − =− + + ⇒ =− + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠4. Tích phân các hàm hữu tỷ tối giản. Có 3 dạng hàm tích phân hữu tỷ tối giản như sau: Loại 1:( )ndx Iax b=+ ∫ dễ dàng tính được ( )( ) 11 11ln1nna n ax b Iax bna−⎧ ≠ ⎪⎪ − + = ⎨⎪ + = ⎪⎩Loại 2:( ) 2 2 nxdx Ix a=+∫ dễ dàng tính được( )( )( )1 2 22 21 12 1ln12nnn xaIx an−⎧ − ≠ ⎪⎪ − + ⎪ = ⎨⎪ + ⎪ = ⎪⎩Loại 3:( ) 2 2 ndx Ix a=+∫ . Loại này khó hơn, thường tính bằng phương pháp truy hồi. Đổibiến tan x = a t có 2 cosadt dxt = và22 22 cosax at+ = , dẫn tới:2 2 121 211cos n nn nJ I tdta a− −− − = = ∫Ở đây ta tính( ) ( )( )( )( )( )( )2 21 21 2121 22 221 22 22 11cos cos sin sin cos sin cossin cos 2 1 cos sinsin cos 2 1 cos cossin cos 2 1nn n nnn nn nnnn nJ tdt td t t t td tt t n t tdtt t n tdt tdtt tn J J− −−− −− −− −== = −= +−= +− −= +− −∫∫ ∫∫∫ ∫Vậy ta có công thức tính lùi dần. Lùi đến khi n=0 thì ta có J0=t. Sau khi đã tính được Jn thìta cũng tính được I( ) 2 11 sin cos 2 12nnnt tnJJn− + − − =5. Tích phân hàm hữu tỷ ( )( )P xdxQ x ∫ với P và Q là các đa thức. Mọi hàm hữu tỷ đều đượcbiểu diễn qua 3 hàm hữu tỷ tối giản theo cách như sau. Giả sử Q(x) được phân tích thànhnhân tử dạng:() ( ) ( ) ( ) ( ) (( ) ) 1 1 2 2 2 21 11 ... ... s rh h k k Qx Cx a x a x b c x b c =− − ++ ++ r ssKhi đó tách hàm hữu tỷ dạng: ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( )( )( )( )( )( ) ( ) ( )111 1111 2 2 2 2 2 211 2 2 2 2 2... ... ...... ... ...... ...i ii ij jj jj jj jk kk ki i ihj h j jh hj j jj jjh hh hj jj jjP x A A A E xQx x a xa xaB xb B xb Bxbxb c xb c xb cC C Cxb c xb c xb c−−−−−−= ++ + ++ +− − −+ + ++ + ++ + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ++ ++ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠+ + ++⎛ ⎞⎛ ⎞ + + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ++ ++ ⎝ ⎠⎝ ⎠2...j+ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠Trong đó E(x) là một đa thức với bậc bằng hiệu bậc của P(x) và Q(x), có các hệ số cầntìm. Các hệ số Aj, Bj và Cj cũng là các hệ số cần tìm. Các hệ số này được xác định bằngcách quy đồng mẫu số rồi cân bằng với tử số ở vế trái. Nhóm tích phân gắn với các hệ sốAj, Bj và Cj lần lượt là 3 dạng tích phân hữu tỷ tối giản đã được trình bày ở trênVí dụ: ( )23 12xIx x− = − − ∫Phân tích mẫu số: ( )( ) 2xx x x −−= − + 2 21 . Tách hàm hữu tỷ như sau:( )23 12 2 1x A Bx x x x− = + − − − +Quy đồng mẫu số và cân bằng 2 vế có: 31 1 2 ( x Ax Bx − ) = ++ − ( ) ( ).Cho x=1 có 6 3 2 − =− ⇒ = B B . Cho x=2 có 3 3 1 = A⇒ = A . Sau khi đã có A và B thìviệc tính toán đơn giản vì tích phân đã ở dạng tối giản đã tính ở trên.6. Tích phân các hàm vô tỷ phân tuyến tính , nax b R x dxcx d⎛ ⎞ + ⎜ ⎟+ ⎝ ⎠ ∫ , đổi biến nax btcx d+ = +Ví dụ:12x I dxx x+ = − ∫Đổi biến 2 u x x u dx udu = −⇒= + =+ 2 2; 2 2 . Thay vào nguyên hàm ta có:( ) 222 32uI duu+ = + ∫Đây là tích phân hữu tỷ, được tách dạng ( ) 22 222 32 22u Bu C Eu uu+=+ ++ + +. Quy đồng mẫusố rồi cân bằng tử số ở 2 vế có: ( ) ( ) 2 2 23 2 u E u Bu C + = ++ + dẫn tới E === 2, 0, 2 B C .7. Tích phân lượng giác (chỉ có một số dạng là tính được). Cách làm: thử đặt t=tanx hoặct=tan(x2) để đưa về tích phân hữu tỷVí dụ:2 sin cossin cosx x I dxx x = + ∫Cách 1: đặt t= tanx có 2 ,sin cos1dt dx x t xt = = +. Ta có( )( ) ( )( )22 2 2cos1 1 1 1tx t I dt dtt t t t= = + + + +∫ ∫ . Đây là tích phân hữu tỷ đã nêu cách giải ở trênCách 2: đặt t=tan(x2) có222 22 21 ,sin ,cos11 1dt t t dx x xtt t− == = ++ +. Ta có:( )( )( )2 22 2 2 222 3 2 22 22 14 1 1 1 221 1 21 11 1t tt t t t dt I dtt tt tt tt t⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ − + + ⎝ ⎠ = = − ++ +− ++ +∫ ∫ . Đây là tích phân hữu tỷ nhưng rõràng giải khó hơn cách 1 rất nhiều. Dạng 9: Tính và khảo sát hội tụ tích phân suy rộng với cận vô hạnTích phân suy rộng với cận vô hạn (loại 1) () () ,aaf x dx f x dx∞−∞∫ ∫ . Bài toán tính tích phânsuy rộng thực ra là 2 bài toán: tính nguyên hàm + tính giới hạn. Cách làm là cứ tínhnguyên hàm bình thường. Sau đó khi thay cận vào là bài toán giới hạn của nguyên hàmVí dụ:1 lne dx Ix x = ∫Ta có nguyên hàm 2 lnlndxxx x = ∫ . Cận 1 là cận suy rộng loại 2. Ta có:12 ln lim 2 ln 2xIe e→ =− = Trong nhiều trường hợp cần chứng minh sự hội tụ hoặc phân kỳ của tích phân suy rộng.Thông thường đánh giá qua tiêu chuẩn so sánh. TPSR với cận vô hạn ( )aI f x dx∞= ∫ thường được so sánh vớiaJ x dx α∞= ∫ .Nếu ( ) limxf xcx →∞ α= 0 không là cực trị. Nếu Δ∂ là cực tiểu, nếu ( )20 0 2 , 0 f x yx∂ ⎜ ⎟ ∂ ∂ ∂ ∂ ⎝ ⎠Vậy điểm dừng không là cực trịDạng 11: Phương trình vi phân cấp một Phương trình vi phân cấp 1 là phương trình có dạng: ,, 0 dy F xy dx⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = ⎝ ⎠ trong đó x là đốisố, y là hàm số. Nghiệm của phương trình vi phân cấp 1 bao giờ cũng chứa 1 hằng số tùy ý. Trong trườnghợp tổng quát, nghiệm là một biểu thức liên hệ giữa x và y, tức là nghiệm có dạngG(x,y)=0.1. Phương trình với biến số phân ly là các phương trình sau khi biến đổi đưa hết được biếnsố về 1 bên và hàm số về 1 bên, tức là có dạng F(x)dx=G(y)dy. Khi đó tích phân cả 2 vế tacó nghiệm. Chú ý tích phân có hằng số nên nghiệm chứa hằng số tùy ý.Ví dụ: 2 y dx xydy + = 1 hay dạng khác 2y xyy + = 1 Chuyển hết x về 1 bên, y về 1 bên ta có2 1dx ydyx y=+. Lấy tích phân cả 2 vế có:2 ln 1 x = ++ y CBiểu thức này không chứa đạo hàm và do đó chính là nghiệm của phương trình vi phân. Trong nhiều trường hợp ta chưa nhận thấy ngay sự tách biến thì có thể cần các phép đổibiến thích hợp. Có một số dạng sau có thể đổi biến để tách biến.2. Phương trình dạng y’=f(ax+by+c) thì đặt hàm mới z=ax+by+c và phương trình sẽ đượctách biến với z và xVí dụ: xy yx y − −+ − + = 1 2 0 ( )Phương trình có dạng y=f(xy). Do đó ta xét z=xy, dẫn tới 1 1 dz dy z y dx dx = =− =− . Thayhết y và y theo z và z ta có:( )( ) ( ) ( 2) 1 21 0 1 2 22 1dz z dz z z z z z z dxdx z+−+ + − = ⇒ −+ + = + ⇒ =+Ta đã tách biến xong. Tích phân 2 vế ta có:( )( )2 3 3 ln 2 12 1 2 22 1 2 4z dz dz dz zx z Cz z+= = + = + +++ + ∫ ∫∫Đổi lại hàm y ta có kết quả( ) 3 ln 2 12 4x y x xy C − = + − ++3. Phương trình vi phân đẳng cấp là phương trình có dạng y’=ϕ(yx). Với phương trìnhnày đặt z=yx để đưa về phương trình về tách biến với z và x.Ví dụ: tan y xy y xx − =Chia cả 2 vế cho x có: tan y y yx x= + . Đây là dạng đẳng cấp. Đặt z=yx. Ta có; dy dz y zx y x z xz z dx dx= = = += + . Thay hết y và y theo z và z ta có: tan tantandz dz dxxz z z z x zdx z x+=+ ⇒ = ⇒ =Ta đã tách biến xong, lấy tích phân cả 2 vế có:ln sin ln ln sin ln y z xC xCx= +⇒ = +4. Phương trình tuyến tính là phương trình có dạng : y’+p(x)y=q(x). Nên thuộc nghiệmcủa phương trình, có dạng ( ) ( ) ( ) p x dx p x dx ( ) y q x e dx C e ∫ ∫ − = + ∫Ví dụ:2 x y y ex = −Đây là phương trình tuyến tính với p(x)=2x, q(x)=ex. Ta có: p( x dx x ) = 2ln ∫ . Áp dụngcông thức ta có:( )( ) ( ) 22ln 2ln 2 222 2 xxx x xx x eCy e e dx C e x e dx C xx− − − + += + = += ∫ ∫5. Phương trình Becnuli là phương trình có dạng y’+p(x)y=q(x)yα. Với phương trình nàyđổi biến z=y1α để đưa về phương trình vi phân tuyến tính theo zVí dụ: 2 2xy y yx x ln + =Đây là phương trình Becnuli với α=2, xét z=1y, ta có: 2 zyz− = . Thay vào phương trìnhcó:222 2 1 ln ln ln zx zx x xz z x x z x xz z z x− + = ⇒− + = ⇒ − =− . Đây là phương trình tuyếntính với p(x)=1x, q(x)=xlnx. Ta có: p( x dx x ) = −ln ∫ . Áp dụng công thức ta có:( ) ( ) ( ) ( ) 1 ln ln ln ln 1 ln x x z x xe dx C e xdx C x x x C xy− = =− + =− + = − + ∫ ∫6. Phương trình vi phân toàn phần là phương trình có dạng M x y dx N x y dy ( , ,0 ) + = ( )với M Ny x∂ ∂ = ∂ ∂. Khi đó sẽ tồn tại hàm F sao cho , F F M Nx y∂ ∂ = = ∂ ∂ và dẫn tớiM x y dx N x y dy dF ( ,, 0 ) + == ( ) . Nghiệm của phương trình sẽ là F=C=hằng số. Để tìm Fta tích phân phương trình F Mx∂ = ∂ theo x và tích phân phương trình F Ny∂ = ∂ theo y, rồi sosánh 2 tích phân để tìm ra F Ví dụ: ( ( ) ) ( ) 2 sin cos sin 2 cos cos 1 0 y x x x xy dx x x y x dy − + + ++ =Phương trình có dạng M x y dx N x y dy ( , ,0 ) + ( ) = với M = sin cos sin 2 y x x x xy ( − +) ,2 Nx x yx = ++ cos cos 1. Ta có: cos cos sin 2 ( ) M Ny xx x xy x∂ ∂= − +=∂ ∂ . Đây là phươngtrình vi phân toàn phần. Tồn tại hàm F sao cho:( )2sin cos sin 2cos cos 1Fy x x x xyxFx x yxy⎧∂= −+ ⎪⎪ ∂⎨∂⎪ = ++ ⎪⎩ ∂Tích phân phương trình đầu theo x và phương trình thứ 2 theo y có:( )( ) ( )2122cos sincos sin 1F x x y xy yFx x y x y xϕϕ⎧ = ++ ⎪⎨⎪ = +++ ⎩So sánh 2 phương trình ta có: ϕ1(y)=y và ϕ2(x)=0. Cuối cùng nghiệm của phương trình là:( ) 2 F x x y x yC = ++= cos sin 1Dạng 12: Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 hệ số hằng vế phải đặc biệt Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 có hệ số hằng số có dạng:y ay a y f x ++= 1 2 ( ) Các bước giải như sau Giải phương trình đặc trưng 21 2 k ak a + += 0+ Nếu có 2 nghiệm thực k1 và k2 khác nhau thì đặt 11k xy e = và 22k xy e =+ Nếu có nghiệm kép k0 thì đặt 01k xy e = và 02k xy xe =+ Nếu có nghiệm phức α±iβ thì đặt 1 cos x ye x α = β và 2 sin x ye x α = β . Xét các hàm f(x) đặc biệt, ta ký hiệu Pn, Qn, Rn là các đa thức bậc n+ Trường hợp ( ) ( ) x cos n f x e Px x α = β hoặc ( ) ( ) x sin n f x e Px x α = β và α±iβ là nghiệmbội m của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng có dạng( ( ) ( ) ) x cos sin mrn n y xe Q x x R x x α = + β β+ Các hệ số của Qn và Rn tìm bằng phương pháp hệ số bất định+ Trường hợp f(x) là tổ hợp của các dạng nêu trên thì ta sử dụng nguyên lý chồng chấtnghiệm của phương trình tuyến tính, nghiệm riêng sẽ bằng tổng các nghiệm riêng của từngvế phải.+ Chú ý với phương trình bậc 2 thì nghiệm bội 0 nghĩa là không phải nghiệm, nghiệm bội1 nghĩa là nghiệm đơn, nghiệm bội 2 là nghiệm kép. Nghiệm cuối cùng có dạng 11 2 2 r y Cy C y y =+ + với C1 và C2 là 2 hằng số tùy ýVí dụ: 2 2 2 2 2 2 4 x yy y x x e + − =− + + +Giải phương trình đặc trưng: 2 k k +−= 2 0 cho ra 2 nghiệm k1=1, k2=2. Đặt 1x y e = và22x y e− = .Xét hàm 2 − ++ 2 22 x x có dạng ( ) x cos n e Px x α β với α=β=0, n=2, α±iβ=0 là nghiệm bội0 của phương trình đặc trưngXét hàm 2 4 x e có dạng ( ) x cos n e Px x α β với α=2,β=0, n=0, α±iβ=2 là nghiệm bội 0 củaphương trình đặc trưng.Vậy theo nguyên lý chồng chất nghiệm ta tìm nghiệm riêng dạng:2 2xr y ax bx c de = + ++với a,b,c,d là các hằng số cần tìm. Ta có:2x2x2 22 4rry ax b dey a de= ++= +Thay vào phương trình vi phân có: ( ) 2x 2x 2 2x2 224 2 2 22 2 24 xa de ax b de ax bx c dexx e+ + ++ − + ++=− + + +Ta nhóm các thành phần giống nhau:( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 20 x x a xa b e d ab c − + + − − + − + +− −=Ta có 4 phương trình:2 202 2 204 402 2 20aa bdab c− +=− −=− =+− −=Giải ra có 1, 0, 1, 0 ab dc == == . Vậy 2 2xr yxe = + . Nghiệm cuối cùng có dạng:2 2 2x1 2x x y Ce C e x e − = + ++Dạng 13: Phương trình sai phân tuyến tính cấp 1, hệ số hằng, vế phải đặc biệtPhương trình sai phân cấp 1 tuyến tính: t tt 1 y py r + + =Các bước làm như sau Ký hiệu Pn, Qn, là các đa thức bậc n, xét trường hợp ( ) tt n r aP t = thì nghiệm riêng códạng ( ) m tn y t aQ t = , trong đó m=0 nếu a≠p và m=1 nếu a=p, còn các hệ số của Qn đượctìm bằng hệ số bất định Theo nguyên lý chồng chất nghiệm, trong trường hợp vế phải là tổng các dạng như trênthì nghiệm riêng cũng là tổng các dạng nghiệm Nghiệm cuối cùng có dạng ( ) t yC p y =− + với C là hằng số tùy ýVí dụ: 1 3 2 33 ( ) tt t yy t + = +− +Phương trình có dạng t tt 1 y py r + + = với p=3 và (2 33 ) ttr t = − + là tổng của 2 hàm códạng đặc biệt.Hàm (2 3) t − t có dạng ( ) tn aP t với Pn(t) là đa thức bậc nhất (n=1) và a=3=p nên ta lấym=1Hàm 3 có dạng ( ) tn aP t với Pn(t) là đa thức bậc 0 (n=0) và a=1≠p nên ta lấy m=0Vậy tìm nghiệm riêng dạng: 3 ( 10 0 ) t y t at a b = ++ . Thay vào phương trình sai phân có:() () ( ) ( ( ) ) ( ) 11 0 0 10 0 13 1 3 3 2 3 3 t tt t a t a b t at a b t + + ++ + = + + + − +Nhóm các hệ số chung ta có: 36 1 33 3 2 2 3 0 ( 1 10 0 ) ( ) t t t a aa b + + + − − −=Ta có 3 phương trình:1 110 00 06 1 0 163 3 2 0 562 3 0 32a aaa ab b⎧ ⎧ + = =−⎪ ⎪ ⎨ ⎨ + −=⇒ =⎪ ⎪ + = =− ⎩ ⎩Nghiệm cuối cùng có dạng3 5( ) 3 36 2tttt ty C − =+ −Dạng 14: Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2, hệ số hằng, vế phải đặc biệtPhương trình sai phân cấp 2 tuyến tính: t t tt 2 1 y py qy r + + + + =Các bước giải như sau Giải phương trình đặc trưng 2 k pk q + += 0+ Nếu có 2 nghiệm thực k1 và k2 khác nhau thì đặt 1 1t y k = và 2 2t y k =+ Nếu có nghiệm kép k0 thì đặt 1 0t y k = và 2 0t y tk =+ Nếu có nghiệm phức h(cosϕ±isinϕ) thì đặt 1 cos t yh t = ϕ và 2 sin t yh t = ϕ . Ký hiệu Pn, Qn, là các đa thức bậc n, xét trường hợp ( ) tt n r aP t = thì nghiệm riêng códạng ( ) m tn y t aQ t = , trong đó a là nghiệm bội m của phương trình đặc trưng, còn các hệsố của Qn được tìm bằng hệ số bất định Theo nguyên lý chồng chất nghiệm, trong trường hợp vế phải là tổng các dạng như trênthì nghiệm riêng cũng là tổng các dạng nghiệm Nghiệm cuối cùng có dạng 11 2 2 y Cy C y y =+ + với C1 và C2 là 2 hằng số tùy ýVí dụ: 2 1 32 1 ttt y y yt + + − + =+Phương trình đặc trưng 2 k k − += 3 20 có 2 nghiệm là k1=1 và k2=2. Vậy đặt1 2 1, 2t y y = = .Ta có 1 tr t = + có dạng ( ) tn aP t với Pn(t) là đa thức bậc nhất (n=1) và a=1 là nghiệm bội 1của phương trình đặc trưng nên ta lấy m=1Vậy tìm nghiệm riêng dạng: ( ) 1 0 y t at a = + . Thay vào phương trình sai phân có:(t at a a t at a a t at a t + + + − + + + + + =+ 2 2 31 2 1 )( 1 10 1 10 1 0 ) ( )( ) ( )Nhóm các hệ số chung ta có: t a aa t (− + − =+ 2 1 1 10 )Ta có 2 phương trình: 1 110 02 1 121 32a aaa a⎧ ⎧ − = =− ⎨ ⎨ ⇒ − = =− ⎩ ⎩Nghiệm cuối cùng có dạng 1 2 2 3 ( ) 2ttt yCC t =+ − +

TÓM TẮT CÁC DẠNG BÀI TẬP TOÁN CAO CẤP CỦA ĐẠI HỌC KINH TẾ

Dạng 1: Tính định thức của ma trận

Ma trận là một bảng m hàng n cột Định thức chỉ được tính đối với ma trận vuông (m=n)

Để tính định thức cần dùng 3 phép biến đổi sơ cấp:

+ Lấy hàng (cột) r nhân với k cộng với hàng (cột) s viết vào hàng (cột) s thì định thức

không đổi

+ Đổi chỗ 2 hàng hoặc 2 cột thì định thức đổi dấu

+ Nhân 1 hàng (cột) với k thì định thức nhân với k

Sử dụng 3 phép biến đổi sơ cấp để biến đổi định thức đã cho thành định thức mới sao cho ngoại trừ 1 phần tử

Chú ý: trong quá trình tính cần thực hiện biến đổi khéo léo để các ma trận được tạo thành

có hệ số không quá lớn, thuận lợi cho tính toán

3 3

Dạng 2: Giải hệ phương trình tuyến tính

Hệ pttt dạng tổng quát được viết dưới dạng:

ẩn từ bên dưới lên

Chú ý:

- trong quá trình tính, trước khi thực hiện khử Gauss, cần thực hiện các phép biến đổi sơ cấp một cách khéo léo để các ma trận được tạo thành có hệ số không quá lớn, thuận lợi cho tính toán

- nếu 1 hàng của ma trận mở rộng có toàn số không thì có thể bỏ hàng đó đi

- nếu 1 hàng của ma trận mở rộng có toàn số không trừ cột cuối cùng thì phương trình vô nghiệm

2 3 2

( ) ( ) ( )

2 3 2

Vậy phương pháp khử Gauss đã hoàn thành Hai hàng cuối cùng toàn là số 0 nên có thể bỏ

đi Ta viết hệ lại dạng:

Thực hiện các biến đổi sơ cấp về

hàng Vì số 7 và số 6 hơi to nên cần biến đổi để nhỏ bớt đi

Dạng 3: Tính nghịch đảo của ma trận

Ma trận nghịch đảo của A được ký hiệu là A-1 là ma trận thỏa mãn AA−1= A A−1 = E n với

En là ma trận đơn vị cấp n Ma trận A-1 tồn tại khi và chỉ khi det( )A ≠ Thường tìm ma 0trận nghịch đảo bằng phương pháp Gauss-Jordan Lập ma trận mở rộng như sau:

[ | n]

Sử dụng 3 phép biến đổi sơ cấp về hàng đã đề cập ở trên vào ma trận mở rộng

- Đầu tiên sử dụng phương pháp Gauss: dùng các phần tử trên đường chéo chính để biến tất cả các phần tử cùng cột với nó và ở dưới nó thành số 0 Tức là dùng a11 để khử

a21,a31, am1 Dùng a22 để khử a22,a32, am2, Sau khi đã thực hiện xong phương pháp Gauss thì tất cả các phần tử dưới đường chéo chính của ma trận A bằng 0 Chú ý rằng thực hiện các phép biến đổi phải thực hiện trên toàn bộ hàng của ma trận mở rộng M

- Tiếp theo sử dụng phương pháp Jordan: dùng các phần tử trên đường chéo chính để biến tất cả các phần tử cùng cột với nó và ở trên nó thành số 0 Tức là dùng ann để khử

a1n,a2n, a(n-1)n Dùng a(n-1)(n-1) để khử a1(n-1),a2(n-1), a(n-2)(n-1), Sau khi đã thực hiện xong phương pháp Gauss và phương pháp Jordan thì ma trận A chỉ còn các phần tử trên đường chéo chính, phần còn lại bằng 0

- Tiếp theo biến tất cả các phần tử trên đường chéo chính của A thành 1 bằng cách chia hàng chứa nó cho chính nó Cuối cùng ta đã thực hiện được quá trình:

Như vậy ta đã thực hiện xong phép biến đổi Gauss, phía dưới đường chéo chính đã bằng 0 Tiếp theo thực hiện biến đổi Jordan:

Dạng 4: Giới hạn của hàm số

Đối với các dạng vô định 0/0 và ∞/∞ (chú ý chỉ có 2 dạng này), ta có thể dùng quy tắc Lô

pi tan như sau:

( ) ( ) ( ) ( )

Đối với các dạng khác thì biến đổi về 2 dạng trên Có tất cả 7 dạng vô định:

e e

2 10

2 9

Biến về dạng 0/0 rồi dùng Lô pi tan

3 3/4

x x

lim

x

x e

x x

1

1

u u

u x

Dạng 5: Sự liên tục của hàm số

x a f x f a

Dạng 7: Quy tắc Lô pi tan

Đối với các dạng vô định 0/0 và ∞/∞ (chú ý chỉ có 2 dạng này), ta có thể dùng quy tắc Lô

pi tan như sau:

( ) ( ) ( ) ( )

sin

sin cos

x

x L

→

=

+Đây là dạng 0/0 nên lại áp dụng quy tắc Lô pi tan có:

Vậy ta có:

0

14lim 2 cos

Dạng 8: Tính nguyên hàm

- Giới thiệu trang web http://www.integral-calculator.com/ Vào trang này nhập tích phân cần tính sẽ cho ra kết quả đồng thời quan trọng hơn là cho ra cả các bước biến đổi để tính

ra tích phân đó Tuy nhiên cần có đủ vốn tiếng Anh !!!

- Nói chung phải dùng phương pháp đổi biến hoặc tích phân từng phần để giải, không có phương pháp chung, phụ thuộc vào kinh nghiệm và kỹ năng Có một số dạng có thể giải như sau

1. Tích phân của biểu thức chứa hàm mũ 1 cơ số ( )x

Tích phân này là tích phân hữu tỷ có thể giải được như sẽ nói ở phần sau

Ta cũng có thể chia cả tử và mẫu của hàm dưới dấu tích phân ban đầu cho 9x để thu được:

∫ Ta cũng đưa về tích phân có 1 cơ số Tương tự vậy nếu chia cả tử và

mẫu cho 9x ta cũng đưa về 1 cơ số

2. Tích phân mà hàm dưới dấu tích phân có chứa thừa số có logarit thì ta đưa phần còn lại của hàm (tức là phần không có logarit) vào trong vi phân rồi thực hiện tích phân từng phần

Đưa hàm 1/x2 vào dấu vi phân Ta chú ý: ( )1 ( )1

2

11

3. Tích phân mà hàm dưới dấu tích phân có dạng P(x)eax, P(x)sin(bx), P(x)cos(bx) trong

đó P(x) là một đa thức thì ta đưa hàm e mũ hoặc hàm lượng giác vào trong vi phân rồi thực hiện tích phân từng phần Sau mỗi lần thực hiện từng phần thì đa thức giảm bậc

Ví dụ: I =∫x e dx 2 x

Đưa hàm e mũ vào vi phân rồi tích phân từng phầnI =∫x d e2 ( )x =x e2 x −∫2e xdx x Ta lại tiếp tục đưa hàm e mũ vào vi phân Quá trình chi tiết không viết tiếp vì đơn giản

- Tích phân mà hàm dưới dấu tích phân có dạng eaxsin(bx), eaxcos(bx), sin(lnx), cos(lnx)

thì thực hiện tích phân từng phần 2 lần sẽ ra hàm cũ với hệ số khác, từ đó giải ra tích phân

Loại 1:

( )n

dx I

ln

1

a n ax b I

ax b

n a

Q x

∫ với P và Q là các đa thức Mọi hàm hữu tỷ đều được biểu diễn qua 3 hàm hữu tỷ tối giản theo cách như sau Giả sử Q(x) được phân tích thành nhân tử dạng:

h h

Q x =C x−a x−a x+b +c x+b +c

Khi đó tách hàm hữu tỷ dạng:

( ) ( )

Aj, Bj và Cj lần lượt là 3 dạng tích phân hữu tỷ tối giản đã được trình bày ở trên

Quy đồng mẫu số và cân bằng 2 vế có: 3(x− =1) A x( + +1) B x( − 2)

Cho x=-1 có 6− = −3B⇒ = Cho x=2 có 3 3B 2 = A⇒ = Sau khi đã có A và B thì A 1việc tính toán đơn giản vì tích phân đã ở dạng tối giản đã tính ở trên

6. Tích phân các hàm vô tỷ phân tuyến tính ,n ax b

7 Tích phân lượng giác (chỉ có một số dạng là tính được) Cách làm: thử đặt t=tanx hoặc

t=tan(x/2) để đưa về tích phân hữu tỷ

∫ ∫ Đây là tích phân hữu tỷ đã nêu cách giải ở trên

Cách 2: đặt t=tan(x/2) có 2 2 ,sin 2 2 ,cos 1 22

2 2

ràng giải khó hơn cách 1 rất nhiều

Dạng 9: Tính và khảo sát hội tụ tích phân suy rộng với cận vô hạn

suy rộng thực ra là 2 bài toán: tính nguyên hàm + tính giới hạn Cách làm là cứ tính nguyên hàm bình thường Sau đó khi thay cận vào là bài toán giới hạn của nguyên hàm

Ví dụ:

e

dx I

Ví dụ: Khảo sát sự hội tụ của 2

dx I

Dạng 10: Cực trị của hàm 2 biến

Cần nắm vững khái niệm đạo hàm riêng (ký hiệu ∂)

- Đạo hàm riêng theo biến nào thì các biến còn lại coi là hằng số Ví dụ hàm f(x,y) thì khi tính ∂f/∂x thì coi y là hằng số và tính đạo hàm theo x

- Đạo hàm riêng cấp hai:

x y z

y y

1. Phương trình với biến số phân ly là các phương trình sau khi biến đổi đưa hết được biến

số về 1 bên và hàm số về 1 bên, tức là có dạng F(x)dx=G(y)dy Khi đó tích phân cả 2 vế ta

có nghiệm Chú ý tích phân có hằng số nên nghiệm chứa hằng số tùy ý

Ví dụ: y2 +1dx=xydy hay dạng khác y2 + =1 xyy'

Chuyển hết x về 1 bên, y về 1 bên ta có

Biểu thức này không chứa đạo hàm và do đó chính là nghiệm của phương trình vi phân

- Trong nhiều trường hợp ta chưa nhận thấy ngay sự tách biến thì có thể cần các phép đổi biến thích hợp Có một số dạng sau có thể đổi biến để tách biến

2. Phương trình dạng y’=f(ax+by+c) thì đặt hàm mới z=ax+by+c và phương trình sẽ được tách biến với z và x

Ví dụ: x− − +y 1 (y− +x 2)y' 0=

Phương trình có dạng y'=f(x-y) Do đó ta xét z=x-y, dẫn tới 'z dz 1 dy 1 y'

= = − = − Thay hết y và y' theo z và z' ta có:

Chia cả 2 vế cho x có: 'y y tan y

5. Phương trình Becnuli là phương trình có dạng y’+p(x)y=q(x)yα Với phương trình này

đổi biến z=y1-α để đưa về phương trình vi phân tuyến tính theo z

∂ =

∂ theo y, rồi so sánh 2 tích phân để tìm ra F

Ví dụ: (siny(cosx− xsinx)+2xy dx) +(xcos cosx y+ x2 +1)dy= 0

Phương trình có dạng M x y dx( ), +N x y dy( ), = với 0 M =siny(cosx−xsinx)+2xy,

Dạng 12: Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 hệ số hằng vế phải đặc biệt

- Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 có hệ số hằng số có dạng:

( )

'' '

y +a y+a y= f x

- Các bước giải như sau

- Giải phương trình đặc trưng k2 +a k1 +a2 = 0

+ Nếu có 2 nghiệm thực k1 và k2 khác nhau thì đặt 1

- Xét các hàm f(x) đặc biệt, ta ký hiệu Pn, Qn, Rn là các đa thức bậc n

+ Trường hợp f x( )=eα xP x n( )cosβx hoặc f x( )=eα xP x n( )sinβx và α±iβ là nghiệm bội m của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng có dạng

+ Chú ý với phương trình bậc 2 thì nghiệm bội 0 nghĩa là không phải nghiệm, nghiệm bội

1 nghĩa là nghiệm đơn, nghiệm bội 2 là nghiệm kép

- Nghiệm cuối cùng có dạng y =C y1 1+C y2 2 + y r với C1 và C2 là 2 hằng số tùy ý

Xét hàm −2x2 +2x+ có dạng 2 eα xP x n( )cosβx với α=β=0, n=2, α±iβ=0 là nghiệm bội

0 của phương trình đặc trưng

Dạng 13: Phương trình sai phân tuyến tính cấp 1, hệ số hằng, vế phải đặc biệt

Phương trình sai phân cấp 1 tuyến tính: y t+1+ py t =r t

Các bước làm như sau

- Ký hiệu Pn, Qn, là các đa thức bậc n, xét trường hợp t ( )

r =a P t thì nghiệm riêng có dạng * m t ( )

a P t với P n (t) là đa thức bậc 0 (n=0) và a=1≠-p nên ta lấy m=0

Vậy tìm nghiệm riêng dạng: y*=t3t(a t1 +a0)+ Thay vào phương trình sai phân có: b0

Dạng 14: Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2, hệ số hằng, vế phải đặc biệt

Phương trình sai phân cấp 2 tuyến tính: y t+2 + py t+1+qy t =r t

Các bước giải như sau

- Giải phương trình đặc trưng k2 + pk+ = q 0

+ Nếu có 2 nghiệm thực k1 và k2 khác nhau thì đặt y1= và k1t y2 =k2t

t

y =C +C − t+