Bài giảng toán cao cấp đại học mở hà nội

KHOA CƠNG NGHỆ SINH HỌC Bài giảng TỐN CAO CẤP Lê Thị Thanh Thùy Hà Nội - 2022 MỤC LỤC Chương MA TRÂN – ĐỊNH THỨC Chương HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 24 Chương KHÔNG GIAN VÉC TƠ 37 Chương HÀM SỐ MỘT BIẾN SỐ - HÀM SỐ NHIỀU BIẾN SỐ 48 Chương PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 58 Chương MA TRẬN – ĐỊNH THỨC 1.1 Định nghĩa ma trận Là bảng số, gồm m hàng, n cột (m,n: số nguyên dương) Ký hiệu: A, B, C, … Kích thước ma trận là: m.n Ví dụ ma trận:  −1   −1   −1  ;  −4  ;   ; B A = = D =  1 C =  −2  6 2      −7  2.2 2.3 5 3   3.3  3.2 A ma trận có cỡ 2x2 Phần tử nằm vị trí hàng cột 1: a11 = Phần tử nằm vị trí hàng cột 2: a12 = − a21 = -7; a22 = Phần tử nằm vị trí hàng i cột j: aij khác với pt vị trí hàng j cột i: a ji  −1  B =   2.3 B ma trận cỡ 2x3 b23 =  −1  C =  −2  5 3  3.2 Ma trận vng: Là ma trận có số hàng = số cột → ma trận vuông cấp n  −4  : mtr vuông cấp A =  VD:  −7  2.2  −1  D =   : mtr vuông cấp    −2  3.3 Các phần tử aii (i = 1,… ,n) gọi phần tử chéo Đường chéo qua pt chéo gọi đường chéo Đường chéo cịn lại đường chéo phụ Ma trận D: pt chéo -1, 3, -2 Ma trận tam giác trên: ma trận có phần tử nằm bên đường chéo Ví dụ  −1  0 1 ;    0 −2  3.3 2 0  0  0 −2  1  −4   0  4.4 Ma trận tam giác dưới: ma trận có phần tử nằm bên đường chéo 2 0 6  Ví dụ:  −4  8 −3 0 0  0   4.4 Ma trận chéo: ma trận có phần tử nằm bên bên đường chéo (Vừa tam giác vừa tam giác dưới) Ví dụ 2 0  0  0 0 0  −4   0  4.4 0 Ma trận đơn vị: ma trận chéo có pt chéo 1 0 I4 =  0 Ký hiệu ma trận đơn vị In : ma trận đơn vị cấp n  0 0 0 1 0  0  ; I3 =     0 0   0  4.4 Ma trận chuyển vị: Cho ma trận A có kích thước m.n; ta chuyển hàng thành cột (chuyển cột thành hàng) ta ma trận có kích thước n.m, gọi ma trận chuyển vị ma trận A, ký hiệu At Ví dụ:  6  −1  t B = → B =  −1  → Bt   2.3  2  3.2 ( ) t =B  −1   −1    t D =  D =      −2  3.3  −2  3.3 Tìm mtr vuông cấp 3: A Sao cho At = A 1 2 ; A =    2.2 a b ; 1 3 P = Q =    c d 2.2   2.2 a =1; b =2; c = 3; d=4 → P = A A khác Q Định nghĩa hai ma trận nhau: Am.n = Bm.n - Cùng kích thước: m.n - Các pt tướng ứng (cùng vị trí hàng cột) nhau: aij = bij Ma trận đối xứng: vuông, aij = aji (cách khác: At = A) Ví dụ  −2   −2    t A =   → A =    −2 −1   −2 −1   3.3  3.3 Ma trận khơng: có tất pt 0, ký hiệu  Ma trận không cỡ 2.3: 0 0 0 0  2.3 Ma trận không cỡ 3.2: 0 0 0 0   0 0  3.2 1.2 Các phép toán ma trận a) Phép cộng ma trận: → ma trận Điều kiện: ma trận có cỡ Thực hiện: cộng vị trí tương ứng Am.n + Bm.n = (aij + bij)m.n Ví dụ: 1 2  4  −1  A= ;B = ; C =      −5 2.3  2.3 3 0  3.2 1 3 Ct =     2.3 Thực hiện: A+B; A+C: k thực đc; A+Ct;  4  7 A+B= ; A + Ct =     4 2.3  −3  2.3 Tính chất: giao hốn, kết hợp b) Phép nhân số với ma trận: → ma trận k Am.n = (k.aij)m.n Ví dụ 1 2  4  −1    A=  ; B =  2 ; C = 1  −  2.3  2.3 3 0  3.2 Tính: 2.A; 3.B; -5.C  −5 −10   8  −3  2.A =  ; 3.B =  ; − 5.C =  −5 −35     −10 2.3 18 12  2.3  −15   3.2 Tính chất: k.A = A.k; (p.q).A = q.(p.A) = p.(q.A) 1.A = A; 0.A = mtr khơng Ví dụ: Với A,B,C cho 1 2  4  −1  A= ;B = ; C =      −5 2.3  2.3 3 0  3.2 Tìm ma trận X cho: 2X = A – 2B +Ct c) Phép nhân ma trận: → ma trận Điều kiện: Số cột ma trận đứng trước = Số hàng ma trận đứng sau Am.p.Bp.n = Cm.n Ví dụ: A2.3.B3.4: Số cột A = số hàng B B3.4.A2.3: khơng nhân Số cột ma trận đứng trước (B) KHÁC với số hàng ma trận đứng sau (A) Kết quả: ma trận có số hàng = số hàng ma trận đứng trước, số cột số cột ma trận đứng sau A2.3.B3.4 = C2.4 Thực hiện: (Lần lượt Từng hàng ma trận trước)* Lần lượt cột mtr sau (Hàng A ) * (Cột B) = phần tử vị trí hàng cột C (Hàng A ) * (Cột B) = phần tử vị trí hàng cột C (Hàng A ) * (Cột B) …… (Hàng A ) * (Cột B) (Hàng A ) * (Cột B) … Ví dụ: A.B: A có kt 2.3, B có kt 3.2 -→ C có kt 2.2 2 0  1 −1   1.2 + 1.1 + (−1).(−1) 1.0 + 1.(−1) + (−1).3    −2   −1 =  (−2).2 + + 3.(−1) (−2).0 + 0.(−1) + 3.3   2.3      −1 3.2  −4  =   −7  A, Tìm ma trận khác mtr khơng tích lại mtr khơng A.B = mtr không?  4   −5  2.3 B, Tìm mtr X cho nhân X.A = A với A =  Thực Phép nhân: B.A 2 0  −1  1 −1 = =      −1   −2 2.3  3.2 2.1 + 0.0 2.(−1) + 0.3   2.1 + 0.(−2)  1.1 + (−1).(−2) 1.1 + (−1).0 1.(−1) + (−1).3     (−1).1 + 3.(−2) (−1).1 + 3.0 (−1)(−1) + 3.3   3.3  2 −2  =  −4   −7 −1 10   3.3 Nhân với ma trận đơn vị: A.I3 = A; I2.A =A 1 0  1 −1   =  1 −1  −2    −2    2.3    2.3   0 3.3    1 −1    −2   2.2  2.3  1 −1 =   −2  2.3 Khi nhân ma trận A với mtr đơn vị (có cấp thích hợp) kết ma trận Nhân số: x = x; 1.x = x Lấy ví dụ: ma trận khác tích lại mtr khơng Khác với trước đây: Số: a.b = suy a = b = Nhưng tồn A, B mtr vng cấp khác ma trận khơng tích A.B = ma trận không 1   0  0 0    1  =  0    2.2   2.2   2.2 0 2  0  0 = 0 0 0 0     2.2   2.2  0  2.2 Tính chất: Phép nhân ma trận khơng có tính giao hốn 0 2  0  0 = 0 0 0 0     2.2   2.2  0  2.2 Ví dụ áp dụng: Cho ma trận   −1   −1   A =  −3  ; B = ( −1 )1.4 ; C =    −1    3.3  −2 1, Tìm ma trận X cho: 2.X = C.A + BT.DT 10 1 1  ; D =   2  −2    3.1 1 du 2u − u du 2u − u u u+x =  x = −u= dx 1− u dx 1− u 1− u Phân ly biến số: 1− u dx du = u x Tích phân vế: ln  ln u − u = ln x + ln C = ln Cx u =u Cx hay u = eu Cx y y x Thay u = ta TPTQ PT cho y = Cx e x 5.2.4 PTVP tuyến tính cấp Dạng: y + P(x).y = Q(x) Nếu Q(x) = : ta có PTVP tuyến tính nhất: y + P(x).y = −  P(x)dx Nghiệm tổng quát PTVP tuyến tính nhất: y + P(x).y = là: y = C.e Nghiệm tổng quát PTVP y + P(x).y = Q(x) là: − P(x)dx − P(x)dx P(x)dx y = c.e  +e   Q(x).e  dx Ví dụ Giải PTVP y + y sinx = x x Giải Đây PTVP tuyến tính cấp khơng dạng y + P(x).y = Q(x) Với P(x) = sinx , Q(x) = x x − P(x)dx − P(x)dx P(x)dx +e  Q(x).e  dx Áp dụng công thức : y = c.e   Tính e  − P(x)dx =e −  x dx = x 63  Q(x).e P(x)dx dx =  sinx xdx =  sinx dx = − cos x x Vậy NTQ PT cho là: y = c cos x − x x Ví dụ Tìm nghiệm riêng PTVP y − 2y = (1 + x)3 với điều kiện ban đầu y(0) = 1+ x Giải Đây PTVP tuyến tính cấp khơng dạng y + P(x).y = Q(x) Với P(x) = − Tính e  − P(x)dx , Q(x) = (x + 1)3 1+ x =e   Q(x).e  + x dx P(x)dx = (x + 1)2 dx =  (x + 1)3 x2 dx = (x + 1)dx = + x  (x + 1) Áp dụng công thức, NTQ PT cho là: y = c.e  − P(x)dx +e  − P(x)dx Từ điều kiện ban đầu y(0) =  P(x)dx 2 x   Q(x).e dx = c.(x + 1) + (x + 1)  + x   1 thay vào NTQ ta c0 = 2 Vậy nghiệm riêng cần tìm là:  (x + 1) 2 x y = (x + 1) + (x + 1)  + x = 2   Chú ý: Trong số trường hợp ta phải đổi vai trò x y , tức coi x hàm số y: x = x(y) để đưa PTVP tuyến tính cấp x: x + P(y)x = Q(y) TPTQ cần tìm là: − P(y)dy − P(y)dy P(y)dy x = c.e  +e   Q(y).e  dy 64 Ví dụ Giải PTVP Giải Vì y = (x + y )y = y dy dx  = = x nên biến đổi PT thành dx y dy x + y2 (x + y ) = y  x = x y Hay x − x = y y Đây PTVP tuyến tính cấp hàm số x = x(y) P(y) = − − P(y)dy − P(y)dy P(y)dy Áp dụng công thức (4.14): x = c.e  +e  Q(y).e  dy  Tính e  − P(y)dy =e  y dy =y  Q(y).e Vậy TPTQ PT cho là: Hay P( y)dy dy =  y dy =  dy = y y x = cy + y cy + y − x = 5.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp PTVP tuyến tính cấp hệ số hàm số: phương trình có dạng: y + P(x)y + Q(x)y = f (x) P(x), Q(x), f (x) hàm số liên tục - Nếu f (x)  gọi PTVP tuyến tính cấp khơng - Nếu f (x) = ta có PTVP tuyến tính cấp nhất: y + P(x)y + Q(x)y = Phương trình vi phân tuyến tính cấp hệ số số 65 , Q(y) = y y Là PT có dạng y + py + qy = f (x) p, q số, f(x) hàm số liên tục Đây trường hợp riêng PTVP tuyến tính cấp hệ số hàm số nên cấu trúc NTQ cách giải gồm bước Tuy nhiên hệ số p q số nên việc giải phương trình có cách giải riêng đơn giản nhanh gọn Cách giải Phương trình vi phân tuyến tính cấp hệ số số Bước 1: Tìm NTQ phương trình tương ứng y + py + qy = Ta tìm nghiệm riêng phương trình (4.47) dạng hàm số mũ (4.47) y = e kx k số cần tìm Từ y = e kx suy y = kekx , y = k 2ekx Thay vào phương trình (4.47): Vì ekx (k + pk + q) = e kx  nên k + pk + q = Đây phương trình để tìm k cho (4.48) y = e kx nghiệm PT (4.47) Phương trình (4.48) gọi phương trình đặc trưng (PTĐT) phương trình (4.47) Vì (4.48) phương trình bậc nên xảy trường hợp sau: - Trường hợp 1:   : Phương trình (4.48) có nghiệm thực phân biệt k1  k  Có nghiệm riêng độc lập tuyến tính phương trình (4.47) y1 = ek1x , y = ek 2x Vậy NTQ (4.47) y(x) = c1ek1x + c 2ek 2x 66 (4.49) - Trường hợp 2:  = : Phương trình (4.48) có nghiệm kép k1 = k = k = − Ta có nghiệm riêng phương trình (4.47) là: y1 = e kx =e p − px Tìm nghiệm riêng thứ theo cơng thức Liouville: − pdx −  pdx − px p.x − e  kx e kx e kx y = y1. dx = e  2kx dx = e  − px dx = x.e = x.e y1 e e Vậy NTQ phương trình (4.47) là: y(x) = c1e + c xe = e (c1 + c x) = e kx kx kx − p.x (c1 + c x) - Trường hợp 3:   : Phương trình (4.48) có nghiệm phức liên hợp (4.50) k1,2 = a  bi Khi ta có nghiệm riêng phương trình (4.47) y1 (x) = e(a + bi)x = eax ei(bx) y (x) = e(a − bi)x = eax ei( − bx) Theo công thức Euler: ei(bx) = cosbx + isin bx ei( − bx) = cosbx − isin bx  y1 (x) = e (a + bi)x = eax ei(bx) = eax (cos bx + isin bx) y (x) = e(a − bi)x = eax ei( − bx) = eax (cos bx − isin bx) Ta chọn nghiệm riêng phương trình (4.47) y1 = y1 (x) + y (x) = eax cos bx y2 = y1 (x) − y (x) = eax sin bx 67 y eax sin bx = = tan bx  C nên NTQ phương trình (4.47) là: Vì y1 eax cos bx y(x) = eax (c1 cos bx + c sin bx) Ví dụ Giải PTVP y − y − 2y = Giải Đây PTVP tuyến tính cấp hệ số số: p = − 1, q = − PTĐT là: k − k − 2k =  =  PTĐT có nghiệm thực phân biệt: k1 = − 1, k = Vậy NTQ PTVP cho y(x) = c1e −x + c 2e 2x Ví dụ Giải PTVP y + 4y + 4y = Giải Đây PTVP tuyến tính cấp hệ số số: p = 4, q = PTĐT là: k + 4k + 4k =  =  PTĐT có nghiệm kép: k1 = k = k = − Vậy NTQ PTVP cho y(x) = e −2x (c1 + c x) Ví dụ Giải PTVP y + 4y + 13y = Giải Đây PTVPTT cấp hệ số số: p = 4, q = 13 PTĐT là: k + 4k + 13k =  = − = 9i  PTĐT có nghiệm phức liên hợp: k1,2 = −  3i 68 (4.51) Vậy NTQ PTVP cho y(x) = e −2x (c1cos3x + c sin3x) Bước 2: Tìm nghiệm riêng Y(x) phương trình khơng (4.46) y + py + qy = f (x) Vì trường hợp riêng PTVP tuyến tính cấp hệ số hàm số nên sử dụng phương pháp biến thiến số phần 4.4 Tuy nhiên gặp khó khăn vế phải f(x) phức tạp Vì số trường hợp đặc biệt vế phải ta tìm nghiệm riêng Y(x) phương pháp khác Sau ta xét cách tìm nghiệm riêng Y(x) với dạng sau vế phải • Dạng 1: f (x) = Pn (x).ex (4.52) Trong Pn (x) đa thức bậc n,  số - Trường hợp 1:  khơng phải nghiệm PTĐT (4.48) Khi tìm Y(x) dạng Y(x) = Q n (x).ex (4.53) - Trường hợp 2:  nghiệm đơn PTĐT (4.48) Khi tìm Y(x) dạng Y(x) = x.Qn (x).ex (4.54) - Trường hợp 3:  nghiệm kép PTĐT (4.48) Khi tìm Y(x) dạng Y(x) = x Qn (x).ex (4.55) Trong Q(x) đa thức bậc n cần tìm Các hệ số Q(x) tìm phương pháp đồng hệ số thay Y(x), Y(x), Y(x) vào phương trình (4.46) Ví dụ Giải PTVP y + 3y − 4y = 4x − 15 Giải 69 Bước 1: Tìm NTQ PT tương ứng: y + 3y − 4y = PTĐT k + 3k − = có nghiệm phân biệt k1 = 1, k = − Do NTQ PTVP y(x) = c1e + c 2e x −4x Bước 2: Tìm nghiệm riêng Y(x) pt cho Vế phải f (x) = 4x − 15 = (4x − 15).e 0.x có dạng (4.52) với n = 1,  = Ta thấy  = nghiệm PTĐT nên tìm Y(x) dạng Y(x) = Q1 (x).ex = (Ax + B).e0.x = Ax + B  Y = A, Y = Thay vào phương trình y + 3y − 4y = 4x − 15 ta 3A − 4Ax − 4B = 4x − 15 −4A = A = −    3A − 4B = − 15 B =  Y(x) = − x + Vậy NTQ PT cho là: y(x) = y(x) + Y(x) = c1e + c 2e x Ví dụ Giải PTVP − 4x −x +3 y + y = e− x (2x + 3) Giải Bước 1: Tìm NTQ PT tương ứng: y + y = PTĐT k + k = có nghiệm phân biệt k1 = 0, k = − Do NTQ PTVP y(x) = c1e 0.x + c2e − x = c1 + c2e − x Bước 2: Tìm nghiệm riêng Y(x) pt cho Vế phải f (x) = e − x (2x + 3) có dạng (7) với n = 1,  = − 70 Ta thấy  = − nghiệm đơn PTĐT tìm Y(x) dạng Y(x) = x.Q1 (x).ex = x(Ax + B).e− x = (Ax + Bx)e − x = Q(x).e− x Q(x) = (Ax + Bx)  Y = Q(x).e− x − Q(x).e − x = e − x [Q(x) − Q(x)] Y = e− x [Q(x) − 2Q(x) + Q(x)] Thay Y, Y, Y vào phương trình y + y = e− x (2x + 3) ta e− x [Q(x) − 2Q(x) + Q(x) + Q(x) − Q(x)] = e − x (2x + 3)  Q (x) − Q(x) = 2x + Vì Q(x) = (Ax + Bx) nên Q(x) = 2Ax + B; Q (x) = 2A  2A − 2Ax − B = 2x +  A = − 1; B = −  Y(x) = (−x − 5x).e− x Vậy NTQ phương trình cho là: y(x) = y(x) + Y(x) = c1 + c 2e − x − (x + 5x).e − x Ví dụ Giải PTVP y − 2y + y = xe x Giải Bước 1: Tìm NTQ phương trình tương ứng: y − 2y + y = PTĐT k − 2k + = có nghiệm kép k1 = k = Do NTQ PTVP y(x) = e (c1 + c x) x Bước 2: Tìm nghiệm riêng Y(x) pt cho 71 Vế phải f (x) = xe x có dạng (4.52) với n = 1,  = Ta thấy  = nghiệm kép PTĐT nên tìm Y(x) dạng Y(x) = x Q1 (x).ex = x (Ax + B).e x = (Ax + Bx )e x (Có thể đặt Q(x) = Ax3 + Bx2)  Y = (3Ax + 2Bx)e x + (Ax + Bx )e x Y = (6Ax + 2B)e x + 2(3Ax + 2Bx)e x + (Ax + Bx )e x Thay Y, Y, Y vào phương trình y − 2y + y = xe x ta (6Ax + 2B)e x = xe x  6A = A =    2B = B =  Y(x) = x x e 6 Vậy NTQ PT cho là: y(x) = y(x) + Y(x) = e x (c1 + c x) + x 3e x • Dạng 2: f (x) = e x  Pm (x)cosx + Pn (x)sin x  (4.56) Trong Pm (x), Pn (x) đa thức bậc m, n, ,  số - Trường hợp 1:    i nghiệm PTĐT (4.48) Ta tìm nghiệm riêng Y(x) dạng: Y(x) = ex Qs (x)cosx + R s (x)sin x  - Trường hợp 2:    i nghiệm PTĐT (4.48) Tìm nghiệm riêng Y(x) dạng: 72 (4.57) Y(x) = x.ex Qs (x)cosx + R s (x)sin x  (4.58) Trong Qs (x), R s (x) đa thức bậc s = max(m, n) , tìm phương pháp đồng hệ số thay Y(x), Y(x), Y(x) vào phương trình (4.46) Ví dụ Giải PTVP y + 4y = xcos3x Giải Bước 1: Tìm NTQ PT tương ứng: y + 4y = PTĐT k + = có nghiệm phức liên hợp k1,2 =  2i =  2i Do NTQ PTVP y(x) = e0.x (c1cos2x + c sin 2x) = c1cos2x + c sin 2x Bước 2: Tìm nghiệm riêng Y(x) PT cho Vế phải f (x) = xcos3x = e0.x (x cos3x + 0.sin3x) có dạng (11) với m = 1, n = 0,  = 0,  = Ta thấy    i =  3i khơng phải nghiệm PTĐT nên tìm Y(x) dạng Y(x) = ex Qs (x)cosx + R s (x)sin x  = (Ax + B)cos3x + (Cx + D)sin3x  Y = Acos3x − 3(Ax + B)sin 3x + Csin 3x + 3(Cx + D)cos3x Y = − 3Asin 3x − 3Asin 3x − 9(Ax + B)cos3x + 3Ccos3x + 3Ccos3x − 9(Cx + D)sin 3x Thay Y, Y, Y vào phương trình y + 4y = xcos3x ta (−5Ax − 5B + 6C)cos3x + (−5Cx − 5D − 6A)sin 3x = xcos3x 73  A = −   −5A =   −5B + 6C =  B =      −5C = C =   −5D − 6A = D = 25   Y(x) = − x.cos3x + sin 3x 25 Vậy NTQ PT cho là: y(x) = y(x) + Y(x) = c1cos2x + c sin 2x − x.cos3x + sin 3x 25 Ví dụ Giải PTVP y + y = 4x sin x Giải Bước 1: Tìm NTQ PT tương ứng: y + y = PTĐT k + = có nghiệm phức liên hợp k1,2 =  i =  i Do NTQ PTVP y(x) = e0.x (c1cosx + c sin x) = c1cosx + c sin x Bước 2: Tìm nghiệm riêng Y(x) PT cho Vế phải f (x) = 4xsin x = e0.x (0.cos x + 4x.sin x) có dạng (4.56) với m = 0, n = 1,  = 0,  = Ta thấy    i =  i nghiệm PTĐT nên ta tìm Y(x) dạng Y(x) = x.ex Qs (x)cosx + R s (x)sin x  = x.(Ax + B)cosx + (Cx + D)sin x  = (Ax + Bx)cosx + (Cx + Dx)sin x  74  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 (4Cx + 2A + 2D)cosx + ( −4Ax + 2C − 2B)sin x = 4x sin x  4C =  2A + 2D =    −4A =   2C − 2B = A = − B =    C =  D =  Y(x) = − x 2cosx + xsin x = x(sinx − x cos x) Vậy NTQ phương trình cho là: y(x) = y(x) + Y(x) = c1cosx + c sin x + x(sinx − x cos x) Nguyên lý chồng nghiệm Định lý Nếu Y1 (x) nghiệm riêng phương trình y + py + qy = f1 (x) Y2 (x) nghiệm riêng phương trình y + py + qy = f (x) Y1 (x) + Y2 (x) nghiệm riêng phương trình y + py + qy = f1 (x) + f (x) Ví dụ Giải PTVP y − 2y + y = 2cosx + xe x Giải Bước 1: Tìm NTQ PT tương ứng: y − 2y + y = PTĐT k − 2k + = có nghiệm kép k1,2 = 75 Do NTQ PTVP y(x) = e (c1 + c x) x Bước 2: Tìm nghiệm riêng Y(x) PT cho Vế phải f (x) = f1 (x) + f (x) với f1 (x) = 2cosx, f (x) = xe x - Tìm nghiệm riêng Y1 (x) phương trình y − 2y + y = f1 (x) = 2cosx Vế phải f1 (x) = 2cosx = e0.x (2cos x + 0.sin x) có dạng (4.56) với m = 0, n = 0,  = 0,  = Ta thấy    i =  i nghiệm PTĐT nên ta tìm Y1 (x) dạng Y1 (x) = ex Qs (x)cosx + R s (x)sin x  = Acosx + Bsin x  Y = − Asin x + Bcosx Y = − A cos x − Bsin x Thay Y, Y, Y vào phương trình y − 2y + y = f1 (x) = 2cosx ta 2Asin x − 2Bcosx = 2cosx  A = 0, B = − Vậy Y1 (x) = − sin x - Tìm nghiệm riêng Y2 (x) phương trình Vế phải y − 2y + y = f (x) = xe x f (x) = xe x = e1.x x có dạng (4.52) với n = 1,  = Ta thấy  = nghiệm kép PTĐT nên ta tìm Y2 (x) dạng Y2 (x) = x (Cx + D)ex = (Cx + Dx )e x Tìm Y, Y thay vào PT y − 2y + y = f (x) = xe x ta nghiệm riêng Y2 (x) = x 3e x (xem ví dụ 4.39) Theo nguyên lý chồng nghiệm, nghiệm riêng phương trình cho 76 Y(x) = Y1 (x) + Y2 (x) = − sin x + x xe Vậy NTQ phương trình cho y(x) = y(x) + Y(x) = e x (c1 + c 2x) − sin x + 77 x xe