Bg toan cao cap c2 phan 2 2115

Chương PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN HÀM MỘT BIẾN Nội dung chương bao gồm kiến thức nguyên hàm, tích phân xác định, tích phân suy rộng ứng dụng tích phân 3.1 Nguyên hàm tích phân bất định 3.1.1 Nguyên hàm Định nghĩa 3.1 Hàm số F ( x ) gọi nguyên hàm hàm số f ( x ) khoảng ( a, b ) x  ( a, b ) F ' ( x ) = f ( x ) Hàm số F ( x ) gọi nguyên hàm hàm số f ( x ) đoạn  a, b  F ' ( x ) = f ( x ) x  ( a, b ) F+' ( a ) = f ( a ) , F−' ( b ) = f ( b ) Ví dụ 3.1 • Hàm số F ( x) = x3 nguyên hàm hàm f ( x ) = x khoảng F ( x) = x2 , x • Hàm số F ( x) = sin x nguyên hàm hàm f ( x) = cos x khoảng F ( x) = cos x, x 1 nguyên hàm hàm f ( x) = − khoảng bất x x kỳ khơng chứa F ( x) = − , x  x Định lí 3.1 Mọi hàm số liên tục đoạn có ngun hàm đoạn Định lí 3.2 Nếu hàm số f ( x ) có nguyên hàm đoạn  a, b  • Hàm số F ( x) = a) F ( x ) + C , với C số tùy ý nguyên hàm f ( x ) b) Mọi nguyên hàm hàm số f ( x ) có dạng F ( x ) + C Chứng minh a) F ( x ) + C nguyên hàm f ( x )  F ( x ) + C  = F  ( x ) = f ( x), x   a, b  b) Giả sử G ( x ) nguyên hàm khác f ( x ) đoạn  a, b  Ta có G( x) = f ( x); F  ( x ) = f ( x), x  a, b   G( x) − F ( x) = G( x) − F  ( x ) = 0, x  a, b  G( x) − F ( x) = C ( C số) ∎  G( x) = F ( x) + C Việc tìm nguyên hàm hàm số cịn gọi phép lấy tích phân hàm số 45 3.1.2 Tích phân khơng xác định a) Định nghĩa 3.2 Tập hợp tất nguyên hàm hàm số f ( x ) khoảng ( a, b ) gọi tích phân khơng xác định (hay tích phân bất định) f ( x) Kí hiệu:  f ( x ) dx Khi đó, F ( x ) nguyên hàm hàm số  f ( x ) dx = F ( x ) + C Trong đó,  dấu tích phân, f ( x ) f ( x ) hàm dấu tích phân, f ( x ) dx biểu thức dấu tích phân, x biến tích phân, C số tích phân b) Các tính chất đơn giản • • • • (  f ( x ) dx ) = f ( x ) d (  f ( x ) dx ) = f ( x ) dx ' '  f ' ( x ) dx = f ( x ) + C hay  df ( x ) dx = f ( x ) + C  kf ( x ) dx = k  f ( x ) dx với k số khác • Nếu f ( x ) , g ( x ) có nguyên hàm khoảng ( a, b )   f ( x )  g ( x )dx =  f ( x ) dx   g ( x ) dx, x  ( a, b ) Ví dụ 3.2 • x4  ( x − 2x + 4) dx = − x + 4x + C •  2  x + dx = x dx + dx = x x + x + C     3 x 3 x •   cos x + sin    dx =  cos x dx +  dx = sin x − cot x + C x sin x c) Các cơng thức tính tích phân  dx = x + C  cos xdx = sin x + C x+1  x dx =  + + C, (   1) dx  cos2 x = tan x + C   dx = ln x + C , x  x dx  sin x = − cot x + C 46  e dx = e x x dx x−a = ln  x − a 2a x + a + C +C ax  a dx = ln a + C,  a  x  sin xdx = − cos x + C e ax dx = dx  cos x ax e +C a x  ( a  0)  = tan x + C  dx x = arctan + C +a a a dx 1− x = arcsin x + C = − arccos x + C dx x +a 2 dx x2 − a2  a − x dx =  sin axdx = − a cos ax + C ,  a + x dx =  cos axdx = a sin ax + C , ( a  0) ) ( a  0) ( ) ( a  0) = ln x + x − a + C dx  sin x = − cot x + C ( a  0) ( = ln x + x + a + C ( a  0)  ( a  0) x − a dx = a2 x x a − x + arcsin + C , ( a  ) 2 a a2 x a + x + ln x + a + x + C , 2 a2 x x − a − ln x + x − a + C , 2 3.1.3 Các phương pháp tính tích phân a) Phương pháp tích phân phần Định lí 3.3 Cho u = u ( x ) , v = v ( x ) hai hàm số có đạo hàm u ( x ) , v ( x ) liên tục khoảng ( a, b ) u ( x ) v ( x ) có nguyên hàm Khi đó, u ( x ) v ( x ) có nguyên hàm  u ( x ) v ( x ) dx = u ( x ) v ( x ) −  u ( x ) v ( x ) dx (3.1) Vì du = u ( x ) dx, dv = v ( x ) dx nên (3.1) thường viết dạng  udv = uv −  vdu (3.2) Công thức (3.2) gọi công thức tích phân phần Nó sử dụng tích phân vế trái (3.2) khó lấy tích phân vế phải dễ lấy tích phân 47 Ví dụ 3.3 Tính I =  x ln xdx Đặt dx  du =  u = ln x  x   dv = xdx x  v =  Khi I = x2 x2 x2 ln x −  xdx = ln x − + C 2 Nhận xét Các tích phân dạng x k ln x dx,  x k sin ax dx,  x k eax dx,  x k cos ax dx tìm nhiều lần Do đó, tích phân dạng  P ( x ) cos ax dx,  P ( x ) e ax  P ( x ) ln x dx,  P ( x ) sin ax dx, dx, P ( x ) đa thức tính nhờ tính tích phân phần Ví dụ 3.4 Tính I =  e x sin x dx u = sin x du = cos x dx    x x dv = e dx v = e Đặt Khi đó: I =  e x sin x dx = e x sin x −  e x cos x dx Tích phân phần lần 2: Ta tính I1 =  e x cos x dx u = cos x du = − sin x dx Đặt    x x dv = e dx v = e   Khi đó: I1 =  e x cos x dx = e x cos x +  e x sin x dx = e x cos x + I Vậy I =  e x sin x dx = e x sin x −  e x cos x dx I = ex sin x − ex cos x − I  I = e x sin x − e x cos x + C  I = ( e x sin x − e x cos x ) + C b) Phương pháp đổi biến số Định lí 3.4 Nếu  f ( x)dx = F ( x) + C  f (t )  ' (t ) dt = F (  (t )) + C với (t ) hàm có đạo hàm liên tục Phương pháp đổi biến số sử dụng dạng sau đây: • Giả sử ta biết nguyên hàm f ( x)  f ( x)dx = F ( x) + C 48 (3.3) ta cần tính  g ( x)dx Giả sử tích phân biểu diễn dạng  g ( x)dx = f ( x)  ' ( x ) dx (3.4) Khi đó, theo Định lí 3.4 ta  g ( x)dx =F (  ( x )) + C Một cách hình thức có (3.4) ta đặt u = ( x) , suy du = ( x)dx Do theo (3.3) ta có  g ( x)dx = f (u)dx = F (u) + C Thay u = ( x) ta kết cần tìm  g ( x)dx =F (  ( x ) ) + C • Khi đặt x =  ( t ) ,  ( t ) hàm số liên tục có hàm ngược t = ( x ) , ta biểu diễn tích phân dạng  f ( x)dx =  f (t )(t )dt Nếu nguyên hàm f  (t ) (t ) G(t )  f ( x)dx = G(t ) + C = G(( x)) + C Ví dụ 3.5 a) Tính I =  sin x cos3 xdx Đặt t = sin x  dt = cos xdx Khi đó: I =  sin x cos3 xdx =  sin x cos x(1 − sin x) dx t3 t5 =  t (1 − t ) dt = − + C sin x sin x = − + C b) Tính I =  dx + ex Đặt t = + e x  t = + e x  dx = 2tdt dx 2dt , = t −1 + ex t −1 dt t −1 + ex −1 Khi đó: I = 2 = ln + C = ln +C t −1 t +1 + ex + 49 Ví dụ 3.6 Tính I =  − x2 dx ( x  1)    Đặt x = sin t ,  −  t    dx = cos tdt 2  Khi I =  − x dx =  − sin t cos t dt = t (1 + cos 2t )dt = + sin 2t + C  2 = arcsin x + x − x + C ) ( Chú ý a) Thường với phép đổi biến số, ta phải áp dụng phương pháp khác để đến kết cuối Ví dụ 3.7 Tính I =  x 5e x dx Đặt t = x3  dt = 3x2dx Ta có: I =  x5e x dx =  x x 3e x dx = 3 t te dt 3 Tích phân phần u = t du = dt đặt    t t dv = e dt v = e Vậy I = ( ) t 1 te −  et dt = ( tet − et ) + C = e x ( x − 1) + C 3 b) Đôi cần sử dụng tính chất tích phân tích phân hàm số sơ cấp đơn giản để tính tích phân Ví dụ 3.8 Tính I =  dx sin x cos x Ta có dx sin x + cos x = dx sin x cos x  sin x cos x dx dx = +  = tan x − cot x + C cos x sin x I = 3.1.4 Tích phân hàm hữu tỉ Ta xét tích phân dạng I = P ( x) P ( x) hàm hữu tỉ, Q ( x) Q ( x) P ( x ) , Q ( x ) đa thức với hệ số thực Giả sử bậc P ( x ) nhỏ bậc Q ( x ) Nếu bậc P ( x ) lớn bậc Q ( x ) chia P ( x ) cho Q ( x ) ta 50 P ( x) R ( x) = S ( x) + Q ( x) Q ( x) bậc R ( x ) nhỏ bậc Q ( x ) Việc lấy tích phân S ( x ) dễ dàng Vấn đề lại lấy tích phân hàm hữu tỉ có bậc tử nhỏ bậc mẫu Trước hết ta xem xét phương pháp phân tích phân thức hữu tỉ phức tạp thành phân thức đơn giản Định lí 3.5 Giả sử P ( x ) Q ( x ) đa thức với hệ số thực bậc P ( x ) nhỏ bậc Q ( x ) i) Q ( x ) phân tích thành tích số k với thừa số nhị thức bậc tam thức bậc hai khơng có nghiệm thực Q ( x ) = k ( x − a1 )  ( x − a2 )  .( x + p1x + q1 ) ( x + p2 x + q2 )   bậc Q ( x )  +  + + 2 + 2 ii) Hàm hữu tỉ P ( x) phân tích thành tổng phân thức đơn Q ( x) giản ( x − a) • Tương ứng với nhị thức bậc  Q ( x ) , phân tích chứa tổng phân thức có dạng A A1 A2 + + +  x − a ( x − a )2 ( x − a) ( )  • Tương ứng với tam thức bậc hai x + px + q Q ( x ) , phân tích chứa tổng phân thức có dạng M1 x + N1 ( x2 + px + q ) + M x + N2 ( x2 + px + q ) + + M  x + N ( x2 + px + q )  Việc tìm số A1 , A2 , , A , M , M , , M  , N1 , N , , N  xác định phương pháp hệ số bất định Chú ý • Từ Định lí 3.5 ta thấy Q ( x ) đa thức bậc n x đa thức bậc n có tối đa n nghiệm nên phân tích dạng Q ( x ) = an x n + an −1 x n −1 + + a1 x + a0 = an ( x − a1 )  ( x − a2 )  ( x + p1 x + q1 ) ( x + p2 x + q2 )  51  với  +  + +  +  = n Khi đó: P ( x) A A A2 = + + + +  Q ( x ) x − a1 ( x − a1 ) ( x − a1 ) + + B B1 B2 + + + +  x − a2 ( x − a2 ) x − a ( 2) M  x + N M1 x + N1 M x + N2 + + + +  x + px + q ( x + px + q )2 x + px + q ( ) ( ) • Phương pháp hệ số bất định: Qui đồng mẫu số phân thức vế phải () khử mẫu số hai vế Ta đẳng thức mà hai vế đa thức Đồng hệ số lũy thừa bậc x hai vế, ta xác định hệ số cần tìm sau có đẳng thức hai đa thức, ta cho giá trị khác biến x , thuận lợi chọn giá trị nghiệm Q ( x ) Ví dụ 3.9 Phân tích hàm hữu tỉ 7x − thành tích phân thức đơn giản x − 3x + 7x − 7x − A B C = = + + 2 x − 3x + ( x + )( x − 1) x − ( x − 1) x+2 Ta có:  ( B + C ) x + ( A + B − 2C ) x + A − 2B + C = x − B + C = A =     A + B − 2C =   B = 2 A − B + C = −4 C = −2   Vậy 7x − 2 = + − x − 3x + ( x − 1) x −1 x + Tính tích phân hàm hữu tỉ đơn giản Adx dx a)  x − a = A x − a = A ln x − a + C b)  ( x − a) c)  ax Adx = A ( x − a ) dx = −k k A 1− k ( x − a ) + C 1− k dx + bx + c  b  b2 − 4ac  Ta có ax + bx + c = a  x +  −  2a  4a   52 • Nếu b2 − 4ac = =−  ax dx dx du =  =  2 + bx + c a  a u b  x+  2a   1 b   +C = − +C = − + C ,  u = x + , du = dx  b  au 2ax + b 2a    ax +  2a   • Nếu b2 − 4ac   ax = = dx dx =  + bx + c a  b  b2 − 4ac x +   − 2a  4a  du u = arctan + C 2  a u +m am m 4ac − b2 arctan  b 4ac − b2  + C ,  u = x + , du = dx, m =  2 a a 4ac − b2   2ax + b • Nếu b2 − 4ac  d dx u−m = = ln  ax2 + bx + c a  u − m2 2am u + m + C 2ax + b − b − 4ac = ln + C, 2am 2ax + b + b − 4ac  b 4ac − b  u = x +  du = dx , m =   2a 4a   Ví dụ 3.10 Tính I =  dx x + x +1 1  dx+  dx dx 2  = = Ta có I =  2 2 x + x +1 1   3   x+  +  x+  + 2  2    = arctan + C = arctan x + + C 3 x+ 53 Ví dụ 3.11 Tính I =  dx 3x − x − Ta có I = dx dx =  2 3x − x −  1  2 x −  −  3  3  1  x− −  x −1 3 = ln  + C = ln +C 1  3x + x− + 3  Hoặc phân tích 1 A B = = + 3x − x − ( x − 1)( 3x + 1) x − 3x +  A =   = A ( x + 1) + B ( x − 1)   B = −  Vậy I =  d) I =  dx dx dx x −1 =  −  = ln + C 3x − x − x − 3x + 3x + Mx + N dx ax + bx + c Phân tích Mx + N = Khi đó, I = M Mb ( 2ax + b ) +  N −  2a 2a   M 2ax + b Mb  dx  dx +  N −  2  2a ax + bx + c 2a  ax + bx + c  2ax + b dx = ln ax + bx + c + C + bx + c •  ax •  ax dx tính mục (c) + bx + c Ví dụ 3.12 Tính I =  Ta có x − = x −1 dx x + x +1 3 ( x + 1) − = ( x + 1) − 2 2 Khi 54 (m) = Q K  L1− = L L  K = K L =   = m L  − Khi phương trình (4.22) trở thành dm = sm − m dt hay dm + m = sm dt (4.23) Giải phương trình Bernoulli (4.23) ta có nghiệm s s  m1− =  m01− −  e − (1− ) t +    (4.24) m(0) = m0 Từ (4.24) cho t → + Ta có m1− s  s 1− → hay m →   = m   Gọi m giá trị cân hay trạng thái ổn định tỉ lệ vốn – lao động 4.2.3 Mơ hình cân thị trường Xét thị trường loại hàng hóa, hàm cầu Qd = D( p, Y0 ) phụ thuộc vào giá trị Phòng, Khoa, Trung tâm thu nhập Y0 Khi ta có mơ hình Qd = D( p, Y0 )  Qs = S ( p ) Q = Q s  d với giả thiết D D dS  0,  0,  p p dp Đặt 102 D −1 dS D p J = = −  dS dp  p −1 dp Ta có dS D − dp Y0 Q dp Y0 =  0, =  dY0 J Y0 J Vậy Y0 tăng giá cả, lượng cung, lượng cầu tăng 4.4 Phương trình vi phân cấp 4.4.1 Khái niệm a) Định nghĩa 4.6 Phương trình vi phân cấp hai có dạng F ( x, y, y, y) = (4.25) x biến độc lập, y hàm phải tìm y, y đạo hàm cấp cấp y theo biến x Nếu phương trình (4.25) viết dạng y = f ( x, y, y) gọi giải y b) Nghiệm phương trình vi phân cấp Điều kiện ban đầu phương trình thường có dạng y ( x0 ) = y0 , y( x0 ) = y0 Nghiệm tổng quát phương trình (4.25) hàm số y = f ( x, C1 , C2 ) thoả (4.25) với C1 , C2 Từ nghiệm tổng quát điều kiện ban đầu ta xác định C10 , C20 Khi đó, y = f ( x, C10 , C20 ) gọi nghiệm riêng phương trình (4.25) Tương tự phương trình vi phân cấp 1, đơi giải phương trình (4.25) dẫn đến hệ thức dạng ( x, y, C1 , C2 ) = gọi tích phân tổng qt phương trình (4.25) Nếu có điều kiện ban đầu hệ thức ( x, y, C10 , C20 ) = gọi tích phân riêng phương trình (4.25) thỏa điều kiện ban đầu 103 4.4.2 Phương trình vi phân tuyến tính cấp hệ số a) Định nghĩa 4.7 Phương trình vi phân tuyến tính cấp hệ số phương trình có dạng (4.26) y + py + qy = f ( x) , với p, q số f ( x) hàm số theo biến x Nếu f ( x)  ta có phương trình tuyến tính Nếu f ( x)  ta có phương trình tuyến tính khơng b) Phương trình tuyến tính y + py + qy = (4.27) p, q số Cách giải Nghiệm tổng quát phương trình (4.27) có dạng y = C1ek1x + C2ek2 x , với C1 , C2 số Trong đó, y1 = C1ek1x , y2 = C2ek2 x nghiệm riêng độc lập tuyến tính phương trình (4.27) k1 , k2 nghiệm phương trình k + pk + q = gọi phương trình đặc trưng phương trình (4.27) Người ta chứng minh • Nếu phương trình đặc trưng có hai nghiệm phân biệt k1 , k2 (  0) nghiệm tổng quát phương trình (4.27) y = C1ek1x + C2ek2 x • Nếu phương trình đặc trưng có nghiệm kép k ( = 0) nghiệm tổng quát phương trình (4.27) y = (C1 + C2 x)ekx • Nếu phương trình đặc trưng có hai nghiệm phức liên hợp a  ib (  0) nghiệm tổng quát phương trình (4.27) y = eax (C1 cos bx + C2 sin bx) Ví dụ 4.10 Giải phương trình vi phân sau a) y + y − y = b) y − y + y = c) y + y = Giải 104 a) Phương trình y + y − y = có phương trình đặc trưng k + k − = có nghiệm thực k1 = k2 = −2 nên nghiệm tổng qt phương trình cho có dạng y = C1e x + C2e−2 x b) Phương trình y − y + y = có phương trình đặc trưng k − 4k + = có nghiệm kép k = nên nghiệm tổng qt phương trình có dạng y = ( C1 + C2 x ) e2 x c) Phương trình y + y = có phương trình đặc trưng k + = có nghiệm phức liên hợp k1,2 = i nên nghiệm tổng qt phương trình có dạng y = e0 x ( C1 cos x + C2 sin x ) = C1 cos x + C2 sin x c) Phương pháp biến thiên số Lagrange để giải phương trình khơng Phương pháp biến thiên số Lagrange dùng để giải phương trình khơng phương pháp dựa định lí sau Định lí 4.2 Nếu y = C1 y1 + C1 y2 nghiệm tổng quát phương trình (4.27) nghiệm tổng quát phương trình (4.26) y = C1 ( x) y1 + C2 ( x) y2 (4.28) C1 ( x) C2 ( x) nghiệm hệ C1y1 + C2 y2 =  C1y1 + C2 y2 = f ( x ) (4.29) Chú ý Nếu p,q hàm x Định lí 4.2 cịn Ví dụ 4.11 Giải phương trình y + y = tan x Giải phương trình y + y = Ta có phương trình đặc trưng k + =  k1,2 = i Với  = 0,  = , ta có nghiệm tổng quát phương trình y = C1 cos x + C2 sin x Theo (4.29) ta có C1( x) cos x + C2 ( x)sin x =  −C1( x)sin x + C2 ( x) cos x = tan x 105 Giải ta C1( x) = − tan x sin x ,   C ( x ) = sin x  từ C1 ( x) =  tan x sin xdx =  (cos x − )dx cos x  x  = sin x − ln tan  +  + 1 2 4 C2 ( x) =  sin xdx = − cos x + 2 Theo (4.28) nghiệm tổng quát phương trình cần giải  x  y = (sin x − ln tan  +  + 1 )cos x + (− cos x + 2 )sin x 2 4 hay  x  y = C1 cos x + C2 sin x − cos x ln tan  +  2 4 d) Giải phương trình tuyến tính khơng với vế phải có dạng đặc biệt phương pháp hệ số bất định Xét phương trình tuyến tính cấp không (4.26) y + py + qy = f ( x ) Khi đó, y + py + qy = phương trình tuyến tính cấp tương ứng Người ta chứng minh rằng, nghiệm tổng quát phương trình tuyến tính khơng với hệ số nghiệm tổng qt y phương trình tuyến tính khơng tương ứng cộng với nghiệm riêng Y Nghĩa y = y + Y • Trường hợp f ( x ) = ex Pn ( x) ,   , Pn ( x) đa thức bậc n x (i) Nếu  không nghiệm phương trình đặc trưng nghiệm riêng phương trình (4.26) có dạng Y = exQn ( x) Qn ( x) đa thức bậc với đa thức Pn ( x) 106 (ii) Nếu  nghiệm đơn phương trình đặc trưng nghiệm riêng phương trình (4.26) có dạng Y = xexQn ( x) Qn ( x) đa thức bậc với đa thức Pn ( x) (iii) Nếu  nghiệm kép phương trình đặc trưng nghiệm riêng phương trình (4.26) có dạng Y = x2exQn ( x) Qn ( x) đa thức bậc với đa thức Pn ( x) Ví dụ 4.12 Giải phương trình vi phân sau a) y − y + y = xe x b) y − y + y = (3 − x)e x Giải a) Ta có phương trình nhất: y − y + y = Phương trình đặc trưng: k − 4k + =  k − =  k = nghiệm kép Vậy nghiệm tổng quát phương trình là: y = (C1 + C2 x)e2 x  = Xét phương trình y − y + y = xe x Ta có  P ( x ) = x  Vì  = nghiệm kép phương trình đặc trưng k − 4k + = nên nghiệm riêng phương trình cho có dạng Y = x2exQn ( x) = x2e2 x ( Ax + B) = e2 x ( Ax3 + Bx2 ) Ta tính Y  = e x [2 Ax3 + (3 A + B) x + Bx] Y  = e x [4 Ax3 + (12 A + B) x + (6 A + 8B) x + B] Thay Y , Y , Y  vào phương trình cho ta e x (6 Ax + B) = xe x Ax + 2B = x  6 A =  A =  Cân hệ số hai đa thức ta  B =  B = Do nghiệm riêng phương trình vi phân Y = x3 x e Vậy nghiệm tổng quát phương trình vi phân y = y + Y = (C1 + C2 x)e x + 2x xe b) Ta có phương trình nhất: y − y + y = 107 k = Phương trình đặc trưng: k − 3k + =   k =  Vậy nghiệm tổng quát phương trình là: y = C1e x + C2e2 x  = Xét phương trình y − y + y = (3 − x)e x Ta có   P1 ( x) = − x Vì  = nghiệm đơn phương trình đặc trưng k − 3k + = nên nghiệm riêng phương trình cho có dạng Y = xexQn ( x) = xe x ( Ax + B) = e x ( Ax + Bx) Y  = e x  Ax + (2 A + B) x + B  Ta tính Y  = e x  Ax + (4 A + B) x + A + 2B  Thay Y , Y , Y  vào phương trình cho ta e x ( −2 Ax − B ) = e x (3 − x) ( −2 Ax + A − B ) = − 4x −2 A = −4 A =  Cân hệ số hai đa thức ta  2 A − B =  B = Do nghiệm riêng phương trình vi phân Y = e x (2 x + x) Vậy nghiệm tổng quát phương trình vi phân y = y + Y = C1e x + C2e2 x + e x (2 x + x) • Trường hợp f ( x ) = ex  Pn ( x)cos x + Qm ( x)sin x  , với ,  ; Pn ( x), Qm ( x) đa thức bậc n, m x (i) Nếu   i khơng nghiệm phương trình đặc trưng nghiệm riêng phương trình (4.26) có dạng Y = ex U l ( x)cos x + Vl ( x)sin x  , U l ( x), Vl ( x) đa thức bậc l x , l = max{m, n} (ii) Nếu   i nghiệm phương trình đặc trưng nghiệm riêng phương trình (4.26) có dạng Y = xex U l ( x)cos x + Vl ( x)sin x  , U l ( x), Vl ( x) đa thức bậc l x , l = max{m, n} Ví dụ 4.13 Giải phương trình vi phân sau a) y − y = 3e x cos x b) y + y = cos 2x 108 Giải a) Ta có phương trình nhất: y − y = k = Phương trình đặc trưng: k − k =   k = Vậy nghiệm tổng quát phương trình là: y = C1e x + C2  = 2,  = Xét phương trình y − y = 3e x cos x Ta có  P ( x ) = 3, Q ( x ) = 0  Vì   i =  i khơng nghiệm phương trình đặc trưng k − k = nên nghiệm riêng phương trình cho có dạng Y = 3e2 x ( A cos x + B sin x ) Y  = e2 x ( A + B ) cos x + ( B − A ) sin x  Ta tính Y  = e x ( A + B ) cos x + ( 3B − A ) sin x  Thay Y , Y , Y  vào phương trình cho ta e x ( A + B ) cos x + ( −4 A + B ) sin x  = 3e x cos x Đồng hệ số cos x sin x , ta A + 4B = , −4 A + 2B = 3 Suy ra: A = , B= 10 Do nghiệm riêng phương trình vi phân là:   Y = e x  cos x + sin x   10  Vậy nghiệm tổng quát phương trình vi phân   y = y + Y = C1e x + C2 + e x  cos x + sin x   10  b) Ta có phương trình nhất: y + y = Phương trình đặc trưng: k + =  k1,2 = 2i Vậy nghiệm tổng quát phương trình y = C1 cos x + C2 sin x  = 0,  = Xét phương trình y + y = cos 2x Ta có   P0 ( x) = 1, Q0 ( x) = Vì   i = 2i nghiệm phương trình đặc trưng k + = nên nghiệm riêng phương trình cho có dạng Y = x ( A cos x + B sin x ) 109 Ta tính Y  = ( A + 2Bx ) cos2x + ( B − Ax ) sin 2x Y  = ( B − Ax ) cos2x − ( A + Bx ) sin 2x Thay Y , Y , Y  vào phương trình cho ta 4B cos x − Asin x = cos x Đồng hệ số cos2x sin 2x , ta B = , −4 A = Suy ra: A = , B = Do nghiệm riêng phương trình vi phân Y = x sin x Vậy nghiệm tổng quát phương trình vi phân y = y + Y = C1 cos x + C2 sin x + x sin x Định lí 4.3 Nếu phương trình y + py + qy = f1 ( x) có nghiệm riêng Y1 ( x) phương trình y + py + qy = f ( x) có nghiệm riêng Y2 ( x) phương trình y + py + qy = f1 ( x) + f ( x) có nghiệm riêng Y ( x) = Y1 ( x) + Y2 ( x) Ví dụ 4.14 Giải phương trình y + y = xe x + 2sin x Giải • Tìm nghiệm tổng quát y phương trình tương ứng Phương trình đặc trưng k + = có hai nghiệm phức liên hợp k = i nên nghiệm tổng quát phương trình tương ứng y = C1 cos x + C2 sin x • Ta tìm nghiệm riêng Y phương trình khơng Phương trình khơng có vế phải: f ( x ) = f1 ( x ) + f ( x ) , f1 ( x ) = xe x , f ( x ) = 2sin x • Ta tìm nghiệm riêng Y1 phương trình y + y = xe x Ta có  = P1 ( x ) = x Vì  = khơng nghiệm phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng phương trình cho có dạng Y = exQn ( x) = e x ( Ax + B) = e x ( Ax + B) Ta tính Y  = e x ( Ax + A + B) Y  = e x ( Ax + A + B ) 110 Thay Y , Y , Y  vào phương trình cho ta Ax + A + 2B = x  A =  2 A =  Cân hệ số hai đa thức ta  2 A + B =  B = −  Do nghiệm riêng phương trình vi phân Y1 = ( x − 1) e x • Ta tìm nghiệm riêng Y2 phương trình y + y = sin 2x  = 0,  = Ta có   P0 ( x) = 0, Q0 ( x) = Vì   i = 2i không nghiệm phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng phương trình cho có dạng Y = A cos x + B sin x Ta tính Y  = −2 A sin x + 2B cos x Y  = −4 A cos x − 4B sin x Thay Y , Y , Y  vào phương trình cho ta −3 A cos x − 3B sin x = sin x A =  Đồng hệ số cos2x sin 2x , ta  B = −  Do nghiệm riêng phương trình vi phân Y2 = − sin x Vậy, nghiệm riêng Y phương trình cho có dạng Y = Y1 + Y2 = 1 ( x − 1) e x − sin x e) Ứng dụng kinh tế Biến động giá thị trường Giả sử hàm cầu, hàm cung loại hàng hóa cho Qd =  − p; Qs = − + p Điểm cân thị trường (tức Qd = Qs ) p= 111  + + Nếu giá trị ban đầu p(0) = p thị trường ln cân Nếu p(0)  p giá trị đạt p sau q trình chỉnh Trong q trình Qd , Qs , p thay đổi theo thời gian t Giả sử theo thời gian t, giá p(t) thời điểm t tỉ lệ với độ chênh lệch cầu cung thời điểm đó, tức p '(t ) = k[Qd (t ) − Qs (t )], k số dương Từ ta có dp = k ( − p +  − p) dt = k ( + ) − k ( + ) p = −k ( + )( p − + ) + = −k ( + )( p − p) Suy dp = −k ( + )dt d−p ln p − p = −k0t + ln C , k0 = k ( + ) Từ đó, ta có p = p + C.e − k0t Vì p(0) = p + C nên C = p(0) − p p = p + ( p(0) − p )e − k0t Do k0  nên lim p = p t → Vậy theo thời gian, giá có xu hướng trở giá trị cần Ta nói điểm cân có tính chất ổn định động Ví dụ 4.15 Cho Qd = − p, Qs = −2 + p, k = 0, 2, p(0) = cho p − p   = 1% Giải Ta có k0 = k ( + ) = 1, p = Từ p − p = ( p (0) − p )e − k0t = ( − )e − t 5 112 Tìm thời gian t = p − p = e − t    t  − ln(5) = ln 20  Vậy sau đơn vị thời gian giá thỏa mãn u cầu Dự đốn biến động giá Xét hàm theo thời gian p = p(t ) Nếu dp dp  giá tăng;  giá giảm dt dt d2p d2p  giá thay đổi ngày nhanh,  giá thay đổi dt dt ngày chậm Nếu Để bảo qt hết tình hình đó, ta coi hàm cầu, hàm cung khơng phụ thuộc p mà cịn phụ thuộc p p , tức Qd = D( p, p, p) Qs = S ( p, p, p) Thơng thường giá tăng cầu giảm, giá tăng cung tăng: Qd Q  0, s  p p Ví dụ 4.16 a) Cho Qd = 15 − p − p + p, Qs = −3 + p − p, p(0) = 6, p(0) = Tìm biến động giá p theo thời gian (giả thiết cung, cầu cân thời điểm) Giải Ta có 15 − p − p + p = −3 + p − p suy p − p − p = −18 Nghiệm tổng quát phương trình là: C1 e−2 x + C2 e3 x nghiệm riêng phương trình khơng 3, p = + C1 e−2 x + C2 e3 x Cho p(0) = 6, p(0) = ta 3 + C1 + C2 = C1 =   −2C1 + 3C2 = C2 = Vậy p = + e−2t + e3t 113 Vì lim p =  nên ta nói p điểm cân không ổn định động t → b) Cho Qd = 40 − p − p − p , Qs = −5 + p − p , p(0) = 12, p(0) = Tìm p Giải Ta có 40 − p − p − p = −5 + p − p  p + p + p = 45  p = + e−t (C1 cos2t + C2 sin 2t ) Vì p(0) = 12, p(0) = nên 9 + C1 = 12 C1 =   −C1 + 2C2 = C2 = Vậy p = + e −t (3cos 2t + 2sin 2t ) Vì lim p = nên ta nói p = điểm cân ổn định động t → 4.5 Bài tập Chương Giải phương trình vi phân sau a) xy − y + = 0, dy = e y sin x, dx c) ycotanx + y = 2, b) d) ( x − 1) y − y = 0, e) (1 + y )(e x dx − e y dy ) − (1 + y )dy = Giải phương trình vi phân sau a) ( y − x ) dx + ( y + x ) dy = , b) (2 x + 1)dy + y 2dx = 0, y(4) = , c) xdy − ydx = ydy, y (−1) = , d) xyy  + x − y = Giải phương trình vi phân sau a) y + xy = xe− x , ( ) b) ( x + 1) y − xy = + x , c) y − 2y = ( x + 1) , x +1 114 d) ( x + 1) y + xy = sin2x, e2 x e) y + y = , x x f) xy − y = x 3e x Giải phương trình vi phân sau a) y + xy = x y , b) ydx + ( x + x y )dy = 0, c) ( y ln x − 2) ydx = xdy, x d) y + y = e y Kiểm tra phương trình vi phân sau phương trình vi phân toàn phần giải a) ( x + y + 1)dx + ( x − y + 3)dy = 0,  x3  b) 3x (1 + ln y )dx −  y −  dy = 0, y  c) ( x + sin y − ye −x )dx + ( x cos y + cos y + e− x )dy = Giải phương trình vi phân sau a) y − y − y = e x , b) y − y + y = x + 1, c) y + y − y = cos x − 3sin x, d) y − y + y = e x + sin x, e) y + y = 4sin x, f) y − y + y = e x (2 x + 1), g) y − y = 2(1 − x), h) y − y = x + 2e x 115 Tài liệu tham khảo Nguyễn Đình Trí (2010) Tốn Cao Cấp – Tập I, II, III, NXB GD Nguyễn Huy Hồng (2006) Tốn Cao Cấp – Tập I, II, NXB GD 116