Trang 1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP HÀ NỘI KHOA KHOA HỌC CƠ BẢN BÁO CÁO NHÓM HỌC PHẦN: BS6010 CHỦ ĐỀ Phương trình vi phân, phương trình sai phân, một số ứng dụng của bài toán cực trị và ứ
lOMoARcPSD|39222806 TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP HÀ NỘI KHOA KHOA HỌC CƠ BẢN BÁO CÁO NHÓM HỌC PHẦN: BS6010 CHỦ ĐỀ Phương trình vi phân, phương trình sai phân, một số ứng dụng của bài toán cực trị và ứng dụng của phương trình sai phân trong thực tiễn Sinh viên thực hiện: Nguyễn Mạnh Hùng Hà Thu Hương Vũ Thị Lan Hương Đào Quý Quang Huy Nguyễn Thị Thanh Huyền Lê Văn Khang Lê Trọng Khôi Nguyễn Thị Lan Nguyễn Thị Kim Lan Ong Thị Lan Tên lớp: 20233BS6010002 Giáo viên hướng dẫn: Nguyễn Thị Quỳnh Hà Nội, tháng 1 năm 2024 Downloaded by MON HOANG (monmon3@gmail.com) lOMoARcPSD|39222806 Tiêu chí Sự nhiệt Đưa ra Giao tiếp và Tổ Hoàn Tổng điểm tình ý kiến phối hợp tốt với chức thành Tên và ý các thành viên công được đánh thành tham gia tưởng khác cùng giải và việc giá bởi A viên công làm bài hướng hiệu cho từng Nguyễn việc quyết vấn đề dẫn cả quả thành viên Mạnh chung nhóm Hùng (TĐA) Hà Thu Hương Vũ Thị Lan Hương Đào Quý Quang Huy Nguyễn Thị Thanh Huyền Lê Văn Khang Lê Trọng Khôi Nguyễn Thị Lan Nguyễn Thị Kim Lan Ong Thị Lan Downloaded by MON HOANG (monmon3@gmail.com) lOMoARcPSD|39222806 Tên thành viên TB = Tổng điểm được đánh giá bởi Hệ số cá nhân tất cả các thành viên trong nhóm Nguyễn Mạnh Hùng Hà Thu Hương Vũ Thị Lan Hương Đào Quý Quang Huy Nguyễn Thị Thanh Huyền Lê Văn Khang Lê Trọng Khôi Nguyễn Thị Lan Nguyễn Thị Kim Lan Ong Thị Lan Downloaded by MON HOANG (monmon3@gmail.com) lOMoARcPSD|39222806 Mục lục Mở đầu 5 Nội dung báo cáo 6 Bài 1 Giải các phương trình sau 6 1 (𝑥2 + 3) 𝑦′ + 3𝑥𝑦 = 5𝑥 6 2 𝑥2𝑦 + 𝑦2 − 4𝑥𝑦 + 4𝑥2 = 0 6 3 𝑒𝑥(𝑦2 − 𝑦 − 8)𝑑𝑥 = (3 + 𝑒2𝑥)𝑑𝑦 7 Bài 2 Giải các phương trình sau 8 1 𝑦′′ + 3𝑦′ − 10𝑦 = 𝑒2𝑥(𝑥 − 4) 8 2 𝑦′′ + 𝑦 = 𝑒3𝑥(𝑥2 + 5) 8 3 𝑦′′ − 6𝑦′ + 9𝑦 = 𝑥𝑒3𝑥 9 4 𝑦′′ − 9𝑦 = 𝑒3𝑥(𝑥 + 2) + 4 10 Bài 3 Giải các phương trình sau 11 1 𝑦(𝑛 + 2) − 4𝑦(𝑛 + 1) + 4𝑦(𝑛) = 2𝑛(𝑛 − 5) 11 2 𝑦(𝑛 + 2) − 5𝑦(𝑛 + 1) − 6𝑦(𝑛) = 3𝑛(4 − 2𝑛) 12 3 𝑦(𝑛 + 2) − 2𝑦(𝑛 + 1) − 15𝑦(𝑛) = 5𝑛(𝑛 − 3) 13 4 𝑦(𝑛 + 2) + 𝑦(𝑛 + 1) − 6𝑦(𝑛) = (2 + 𝑛)3𝑛 13 Bài 4 Tìm các ứng dụng của bài toán cực trị trong thực tiễn 14 Bài toán 1 14 Bài toán 2 15 Bài toán 3 16 Bài 5 Tìm các ứng dụng của phương trình sai phân trong thực tiễn 17 Bài toán 1 17 Bài toán 2 17 Bài toán 3 18 Kết luận 20 Tài liệu tham khảo 21 Downloaded by MON HOANG (monmon3@gmail.com) lOMoARcPSD|39222806 Mở đầu Báo cáo này bao quát toàn bộ nội dung nghiên cứu của môn học, phục vụ hữu ích cho việc ôn thi kết thúc học phần của bộ môn Bài báo cáo tập trung nghiên cứu giải phương trình vi phân và tìm ra các phương pháp giải quyết bằng cách nhận biết rõ từng dạng của phương trình vi phân và áp dụng tích phân Ngoài ra, báo cáo đưa ra các ứng dụng của bài toán cực trị trong thực tiễn bao gồm cách sử dụng đạo hàm để tìm kiếm giá trị cực trị của một hàm số Thêm vào đó, báo cáo đi sâu vào nghiên cứu phương trình sai phân và ứng dụng thực tế của phương trình sai phân trong thực tiễn thông qua các bai toán về lãi suất ngân hàng Việc nắm vững nội dung báo cáo sẽ giúp hiểu rõ hơn về cách giải phương trình vi phân, ứng dụng của bài toán cực trị trong thực tiễn, phương trình sai phân và ứng dụng của phương trình sai phân trong thực tiễn Downloaded by MON HOANG (monmon3@gmail.com) lOMoARcPSD|39222806 Nội dung báo cáo Bài 1 Giải các phương trình sau 1 (𝒙𝟐 + 𝟑) 𝒚′ + 𝟑𝒙𝒚 = 𝟓𝒙 𝑦′ + (𝑥23x+3)𝑦 = 𝑥25𝑥+3 Phương trình tuyến tính cấp 1 tổng quát: 𝑦 + 𝑝(𝑥) 𝑦 = 𝑞(𝑥) Áp dụng công thức tính nghiệm tổng quát: 𝑦 = ∫ 𝑞(𝑥)𝑒∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶) 𝑒− ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 = (∫ ( 5𝑥 ∫ 3𝑥 𝑑𝑥 3𝑥 − ∫ 2 𝑑𝑥 2𝑥 +3 ) 𝑒 𝑥 +3 𝑑𝑥 + 𝐶) 𝑒 𝑥 +32 = (∫ ( 25𝑥 ) 𝑒23ln (𝑥2+3) 𝑑𝑥 + 𝐶) 𝑒 2−3ln (𝑥2+3) 𝑥 +3 5𝑥 2 3 1 = (∫ ( 2 ) (𝑥 + 3)2 𝑑𝑥 + 𝐶) 𝑥 +3 3 (𝑥2 + 3)2 21 1 = (∫ 5𝑥 (𝑥 + 3)2 𝑑𝑥 + 𝐶) 3 (𝑥2 + 3)2 52 33 1 = (∫ (𝑥 + 3)2 + 𝐶) 3 (𝑥2 + 3)2 = 5+ 𝐶 3 3 (𝑥2 + 3)2 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là: 𝑦 = 5 + 𝐶 3 (C là hằng số) 3 (𝑥2+3)2 2 𝒙𝟐𝒚 + 𝒚𝟐 − 𝟒𝒙𝒚 + 𝟒𝒙𝟐 = 𝟎 Với 𝑥 ≠ 0 ta có: 𝑦′ = 4𝑦𝑥 − (𝑦𝑥)2 − 4 () Đặt 𝑦𝑥 = 𝑢 𝑦 = 𝑢𝑥 𝑦 = 𝑢𝑥 + 𝑢 () 𝑢𝑥 + 𝑢 = 4𝑢 − 𝑢2 − 4 𝑑𝑢 𝑑𝑥 𝑥 = 3𝑢 − 𝑢2 − 4 Downloaded by MON HOANG (monmon3@gmail.com) lOMoARcPSD|39222806 3𝑢−𝑢2−4 𝑑𝑥 = 𝑥𝑑𝑥 ∫ −𝑢2 1+3𝑢−4 𝑑𝑢 = ∫ 1𝑥 𝑑𝑥 ∫ −(𝑢−31 )2−7 = ∫ 1𝑥 𝑑𝑥 () 24 Xét 𝐼 = ∫ −(𝑢−31 )2−7 𝑑𝑢 = ∫ −(2𝑢−3)2 4 −7 𝑑𝑢 24 Đặt 2𝑢 − 3 = 𝑡 ; 2𝑑𝑢 = 𝑑𝑡 𝑑𝑢 = 𝑑𝑡2 𝐼 = ∫ 𝑡2−2+7 𝑑𝑡 𝐼 = −2 √7 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 ( 𝑡√7) + 𝐶 = −2 √7 arctan (2𝑢−3 √7 ) + 𝐶 (**) −2 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(2𝑢−3) = 𝑙𝑛|𝑥| + 𝐶 −2 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 2𝑥𝑦−3 = 𝑙𝑛(𝑥) + 𝐶 √7 √7 √7 √7 √7𝑥𝑡𝑎𝑛( −√7(𝑙𝑛(𝑥) + 𝐶) )3 2 ⇒ 𝑦 = 2 +2𝑥 3 𝒆𝒙(𝒚𝟐 − 𝒚 − 𝟖)𝒅𝒙 = (𝟑 + 𝒆𝟐𝒙)𝒅𝒚 𝑦2−𝑦−8 𝑑𝑦 = 3+𝑒2𝑥 𝑒𝑥𝑑𝑥 ∫ 𝑦2−𝑦−8 𝑑𝑦 = ∫ 3+𝑒2𝑥 𝑒𝑥𝑑𝑥 Xét 𝐼1 = ∫ 2 𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑦 𝑑𝑦 2 𝑦 −𝑦−8 1 2 33 = ∫ (𝑦−12) −(√33 2 ) 2 (𝑦−2) − 4 Đặt 𝑦 − 12 = 𝑡 𝑑𝑦 = 𝑑𝑡 √33 𝑑𝑡 −𝑑𝑡 −1 2 +𝑡 ⇒ 𝐼1 = ∫ √33 2 = ∫ √33 2 = 2 2 √33 𝑙𝑛 |√33 | + 𝐶 − 𝑡 𝑡2 − ( 2 ) ( 2 ) −𝑡 2 2 = −1 𝑙𝑛 |√33 + 2𝑡| + 𝐶 = −1 𝑙𝑛 |√33 + 2𝑦 − 1| + 𝐶 (1) √33 √33 − 2𝑡 √33 √33 − 2𝑦 + 1 (2) Xét 𝐼2 = ∫ 3+𝑒2𝑥 𝑒𝑥𝑑𝑥 Đặt 𝑢 = 𝑒𝑥 𝑑𝑢 = 𝑒𝑥𝑑𝑥 ⇒ 𝐼2 = ∫ 3 + 𝑢2 𝑑𝑢 = 1√3 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑢√3 + 𝐶 = 1√3 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑒𝑥 √3 + 𝐶 Downloaded by MON HOANG (monmon3@gmail.com) lOMoARcPSD|39222806 Từ (1) và (2) ta có: −1 𝑙𝑛 |√33 + 2𝑦 − 1| = 1 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑒𝑥 + 𝐶 √33 √33 − 2𝑦 + 1 √3 √3 ⇒ 𝑙𝑛 |√33 + 2𝑦 − 1| = −√11𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑒𝑥 + 𝐶 √33 − 2𝑦 + 1 √3 Bài 2 Giải các phương trình sau 1 𝒚′′ + 𝟑𝒚′ − 𝟏𝟎𝒚 = 𝒆𝟐𝒙(𝒙 − 𝟒) Phương trình thuần nhất: 𝑦′′ + 3𝑦′ − 10𝑦 = 0 (2) Phương trình đặc trưng: 𝑘2 + 3𝑘 − 10 = 0 [ 𝑘1=2 𝑘2=−5 Nghiệm của phương trình (2) là: 𝑦̅(𝑥) = 𝐶1 𝑒2𝑥 + 𝐶2 𝑒−5𝑥 (𝐶1, 𝐶2 là hằng số) Xét vế phải: 𝑓(𝑥) = 𝑒2𝑥(𝑥 − 4) ⇒ {𝛼 = 2 𝑛=1 Ta thấy 𝛼 = 2 là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng nên ta tìm nghiệm riêng của phương trình (1) có dạng: 𝑦̂(𝑥) = 𝑥 𝑒2𝑥 (𝐴𝑥 + 𝐵) = 𝑒2𝑥 (𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥) ⇒ 𝑦̂′(𝑥) = 2𝑒2𝑥(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥) + 𝑒2𝑥(2𝐴𝑥 + 𝐵) ⇒ 𝑦̂′′(𝑥) = 4𝑒2𝑥(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥) + 2𝑒2𝑥(2𝐴𝑥 + 𝐵) + 2𝑒2𝑥(2𝐴𝑥 + 𝐵) + 𝑒2𝑥 2𝐴 = 4𝑒2𝑥(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥) + 4𝑒2𝑥(2𝐴𝑥 + 𝐵) + 𝑒2𝑥 2𝐴 Thay 𝑦̂(𝑥), 𝑦̂′(𝑥), 𝑦̂′′(𝑥) vào (1) ta được: 4𝑒2𝑥(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥) + 4𝑒2𝑥(2𝐴𝑥 + 𝐵) + 𝑒2𝑥 2𝐴 + 6𝑒2𝑥(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥) + 3𝑒2𝑥(2𝐴𝑥 + 𝐵) − 10𝑒2𝑥(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥) = 𝑒2𝑥(𝑥 − 4) ⇔ 7𝑒2𝑥(2𝐴𝑥 + 𝐵) + 𝑒2𝑥 2𝐴 = 𝑒2𝑥(𝑥 − 4) 14𝐴 = 1 𝐴 = 114 ⇒ 14𝐴𝑥 + 7𝐵 + 2𝐴 = 𝑥 − 4 ⇒ {2𝐴 + 7𝐵 = −4 ⇔ { −29 𝐵 = 49 ⇒ Nghiệm riêng: 𝑦̂(𝑥) = 𝑥 𝑒2𝑥 ( 𝑥14 − 29 49) Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) là: 𝑦(𝑥) = 𝐶1 𝑒2𝑥 + 𝐶2 𝑒−5𝑥 + 𝑥 𝑒2𝑥 ( 𝑥14 − 29 49) (𝐶1, 𝐶2 là hằng số) 2 𝒚′′ + 𝒚 = 𝒆𝟑𝒙(𝒙𝟐 + 𝟓) (1) Phương trình thuần nhất: 𝑦′′ + 𝑦 = 0 (2) Downloaded by MON HOANG (monmon3@gmail.com) lOMoARcPSD|39222806 Phương trình đặc trưng: 𝑘2 + 1 = 0 𝑘1,2 = ±𝑖 Nghiệm của phương trình (2) là: 𝑦̅(𝑥) = 𝑒𝑥(𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥) (𝐶1, 𝐶2 là hằng số) Xét vế phải: 𝑓(𝑥) = 𝑒3𝑥(𝑥2 + 5) ⇒ {𝛼 = 3 𝑛=2 Ta thấy 𝛼 = 3 không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên ta tìm nghiệm riêng của phương trình (1) có dạng: 𝑦̂(𝑥) = 𝑒3𝑥 (𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶) ⇒ 𝑦̂′(𝑥) = 3𝑒3𝑥(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶) + 𝑒3𝑥(2𝐴𝑥 + 𝐵) ⇒ 𝑦̂′′(𝑥) = 9𝑒3𝑥(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶) + 3𝑒3𝑥(2𝐴𝑥 + 𝐵) + 3𝑒3𝑥(2𝐴𝑥 + 𝐵) + 𝑒3𝑥 2𝐴 = 9𝑒3𝑥(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶) + 6𝑒3𝑥(2𝐴𝑥 + 𝐵) + 𝑒3𝑥 2𝐴 Thay 𝑦̂(𝑥), 𝑦̂′′(𝑥) vào (1) ta được: 9𝑒3𝑥(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶) + 6𝑒3𝑥(2𝐴𝑥 + 𝐵) + 𝑒3𝑥 2𝐴 + 𝑒3𝑥 (𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶) = 𝑒3𝑥(𝑥2 + 5) ⇔ 10𝑒3𝑥(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶) + 6𝑒3𝑥(2𝐴𝑥 + 𝐵) + 𝑒3𝑥 2𝐴 = 𝑒3𝑥(𝑥2 + 5) ⇔ 10𝐴𝑥2 + (10𝐵 + 12𝐴)𝑥 + 2𝐴 + 6𝐵 + 10𝐶 = 𝑥2 + 5 10𝐴 = 1 𝐴 = 110 −3 ⇒ 10𝐵 + 12𝐴 = 0 ⇔ 𝐵 = 2𝐴 + 6𝐵 + 10𝐶 = 5 25 69 { {𝐶 = 125 ⇒ Nghiệm riêng: 𝑦̂(𝑥) = 𝑒3𝑥 (𝑥2 10 − 3𝑥 25 + 69 125) Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) là: 𝑦(𝑥) = 𝑒𝑥(𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥) + 𝑒3𝑥 (𝑥2 10 − 3𝑥 25 + 69 125) (𝐶1, 𝐶2 là hằng số) 3 𝒚′′ − 𝟔𝒚′ + 𝟗𝒚 = 𝒙𝒆𝟑𝒙 (1) Phương trình thuần nhất: 𝑦′′ − 6𝑦′ + 9𝑦 = 0 (2) Phương trình đặc trưng: 𝑘2 − 6𝑘 + 9 = 0 𝑘 = 3 Nghiệm của phương trình (2) là: 𝑦̅(𝑥) = (𝐶1 + 𝐶2𝑥) 𝑒3𝑥 (𝐶1, 𝐶2 là hằng số) Xét vế phải: 𝑓(𝑥) = 𝑥𝑒3𝑥 ⇒ {𝛼 = 3 𝑛=1 Ta thấy 𝛼 = 3 là nghiệm kép của phương trình đặc trưng nên ta tìm nghiệm riêng của phương trình (1) có dạng: 𝑦̂(𝑥) = 𝑥2 𝑒3𝑥 (𝐴𝑥 + 𝐵) = 𝑒3𝑥 (𝐴𝑥3 + 𝐵𝑥2) ⇒ 𝑦̂′(𝑥) = 3𝑒3𝑥(𝐴𝑥3 + 𝐵𝑥2) + 𝑒3𝑥(3𝐴𝑥2 + 2𝐵𝑥) Downloaded by MON HOANG (monmon3@gmail.com) lOMoARcPSD|39222806 ⇒ 𝑦̂′′(𝑥) = 9𝑒3𝑥(𝐴𝑥3 + 𝐵𝑥2) + 3𝑒3𝑥(3𝐴𝑥2 + 2𝐵𝑥) + 3𝑒3𝑥(3𝐴𝑥2 + 2𝐵𝑥) + 𝑒3𝑥(6𝐴𝑥 + 2𝐵) = 9𝑒3𝑥(𝐴𝑥3 + 𝐵𝑥2) + 6𝑒3𝑥(3𝐴𝑥2 + 2𝐵𝑥) + 𝑒3𝑥(6𝐴𝑥 + 2𝐵) Thay 𝑦̂(𝑥), 𝑦̂′(𝑥), 𝑦̂′′(𝑥) vào (1) ta được: −9(𝐴𝑥3 + 𝐵𝑥2) + (6𝐴𝑥 + 2𝐵) + 9(𝐴𝑥3 + 𝐵𝑥2) = 𝑥 ⇔ 6𝐴𝑥 + 2𝐵 = 𝑥 ⇒ {6𝐴 = 1 ⇔ {𝐴 = 16 2𝐵 = 0 𝐵=0 ⇒ Nghiệm riêng: 𝑦̂(𝑥) = 𝑥2 𝑒3𝑥 𝑥6 = 𝑒3𝑥 𝑥36 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) là: 𝑦(𝑥) = (𝐶1 + 𝐶2𝑥) 𝑒3𝑥 + 𝑒3𝑥 𝑥36 (𝐶1, 𝐶2 là hằng số) 4 𝒚′′ − 𝟗𝒚 = 𝒆𝟑𝒙(𝒙 + 𝟐) + 𝟒 (1) Phương trình thuần nhất: 𝑦′′ − 9𝑦 = 0 (2) Phương trình đặc trưng: 𝑘2 − 9 = 0 [ 𝑘1=3 𝑘2=−3 Nghiệm của phương trình (2) là: 𝑦̅(𝑥) = 𝐶1 𝑒3𝑥 + 𝐶2 𝑒−3𝑥 (𝐶1, 𝐶2 là hằng số) Xét vế phải: 𝑓(𝑥) = 𝑒3𝑥(𝑥 + 2) + 4 = 𝑓1(𝑥) + 𝑓2(𝑥) Trong đó 𝑓1(𝑥) = 𝑒3𝑥(𝑥 + 2), 𝑓2(𝑥) = 4 Xét phương trình: 𝑦′′ − 9𝑦 = 𝑒3𝑥(𝑥 + 2) ⇒ {𝛼 = 3 𝑛=1 Ta thấy 𝛼 = 3 là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng nên ta tìm 1 nghiệm riêng của phương trình (1) có dạng: 𝑦̂1(𝑥) = 𝑥 𝑒3𝑥 (𝐴𝑥 + 𝐵) = 𝑒3𝑥(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥) Xét phương trình: 𝑦′′ − 9𝑦 = 4 = 𝑒0𝑥 4 ⇒ {𝛼 = 0 𝑛=0 Ta thấy 𝛼 = 0 không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên ta tìm 1 nghiệm riêng của phương trình (1) có dạng: 𝑦̂2(𝑥) = 𝐷 Theo nguyên lý chồng chất nghiệm, nghiệm riêng của phương trình đã cho có dạng: 𝑦̂(𝑥) = 𝑦̂1(𝑥) + 𝑦̂2(𝑥) = 𝑒3𝑥(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥) + 𝐷 ⇒ 𝑦̂′(𝑥) = 3𝑒3𝑥(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥) + 𝑒3𝑥(2𝐴𝑥 + 𝐵) ⇒ 𝑦̂′′(𝑥) = 9𝑒3𝑥(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥) + 3𝑒3𝑥(2𝐴𝑥 + 𝐵) + 3𝑒3𝑥(2𝐴𝑥 + 𝐵) + 𝑒3𝑥 2𝐴 Thay 𝑦̂(𝑥), 𝑦̂′′(𝑥) vào (1) ta được: Downloaded by MON HOANG (monmon3@gmail.com) lOMoARcPSD|39222806 9𝑒3𝑥(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥) + 6𝑒3𝑥(2𝐴𝑥 + 𝐵) + 𝑒3𝑥 2𝐴 − 9𝑒3𝑥(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥) − 9𝐷 = 𝑒3𝑥(𝑥 + 2) + 4 ⇔ 6𝑒3𝑥(2𝐴𝑥 + 𝐵) + 𝑒3𝑥 2𝐴 − 9𝐷 = 𝑒3𝑥(𝑥 + 2) + 4 ⇔ 𝑒3𝑥(12𝐴𝑥 + 6𝐵 + 2𝐴) − 9𝐷 = 𝑒3𝑥(𝑥 + 2) + 4 𝐴 = 112 ⇒ 12𝐴𝑥 + 6𝐵 + 2𝐴 = 𝑥 + 2 ⇔ 𝐵 = 11 −9𝐷 = 4 36 { {𝐷 = 9−4 ⇒ Nghiệm riêng: 𝑦̂(𝑥) = 𝑒3𝑥 ( 112 𝑥2 + 11 36 𝑥) − 49 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) là: 𝑦(𝑥) = 𝐶1 𝑒3𝑥 + 𝐶2 𝑒−3𝑥 + 𝑒3𝑥 ( 112 𝑥2 + 11 36 𝑥) − 49 (𝐶1, 𝐶2 là hằng số) Bài 3 Giải các phương trình sau 1 𝒚(𝒏 + 𝟐) − 𝟒𝒚(𝒏 + 𝟏) + 𝟒𝒚(𝒏) = 𝟐𝒏(𝒏 − 𝟓) (1) Phương trình thuần nhất tương ứng của phương trình (1) là: 𝑦(𝑛 + 2) − 4𝑦(𝑛 + 1) + 4𝑦(𝑛) = 0 Phương trình đặc trưng: 𝜆2 − 4𝜆 + 4 = 0 ⇒ 𝜆1 = 𝜆2 = 2 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: 𝑦̅(𝑥) = (𝐶1 + 𝑛𝐶2) 2𝑛 (𝐶1, 𝐶2 là hằng số) Vế phải của phương trình (1): 𝑓(𝑛) = 2𝑛(𝑛 − 5) ⇒ { 𝛼 = 2 𝑚=1 Ta thấy 𝛼 = 2 là nghiệm kép của phương trình đặc trưng nên ta tìm 1 nghiệm riêng của phương trình (1) có dạng: 𝑦̂(𝑛) = 𝑛2 2𝑛(𝐴𝑛 + 𝐵) ⇒ 𝑦̂(𝑛 + 1) = (𝑛 + 1)2 2𝑛+1[𝐴(𝑛 + 1) + 𝐵] ⇒ 𝑦̂(𝑛 + 2) = (𝑛 + 2)2 2𝑛+2[𝐴(𝑛 + 2) + 𝐵] Thay 𝑦̂(𝑛), 𝑦̂(𝑛 + 1), 𝑦̂(𝑛 + 2) vào phương trình (1) ta có: (𝑛 + 2)2 2𝑛+2[𝐴(𝑛 + 2) + 𝐵] − 4[(𝑛 + 1)2 2𝑛+1[𝐴(𝑛 + 1) + 𝐵]] + 4[𝑛2 2𝑛(𝐴𝑛 + 𝐵)] = 2𝑛(𝑛 − 5) ⇔ 2𝑛+2[𝐴(𝑛 + 2)3 + 𝐵(𝑛 + 2)2] − 4[2𝑛+1[𝐴(𝑛 + 1)3 + 𝐵(𝑛 + 1)2]] + 4[2𝑛(𝐴𝑛3 + 𝐵𝑛2)] = 2𝑛(𝑛 − 5) Downloaded by MON HOANG (monmon3@gmail.com) lOMoARcPSD|39222806 ⇔ 2𝑛(24𝐴𝑛 + 24𝐴 + 8𝐵) = 2𝑛(𝑛 − 5) Đồng nhất hệ số ở hai vế ta được: 24𝐴 = 1 𝐴 = 124 {24𝐴 + 8𝐵 = −5 ⇔ { −3 𝐵= 4 ⇒Nghiệm riêng của phương trình (1): 𝑦̂(𝑛) = 𝑛2 2𝑛 ( 124 𝑛 − 34) Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) là: 𝑦(𝑛) = (𝐶1 + 𝑛𝐶2) 2𝑛 + 𝑛2 2𝑛 ( 124 𝑛 − 34) (𝐶1, 𝐶2 là hằng số) 2 𝒚(𝒏 + 𝟐) − 𝟓𝒚(𝒏 + 𝟏) − 𝟔𝒚(𝒏) = 𝟑𝒏(𝟒 − 𝟐𝒏) (1) Phương trình thuần nhất tương ứng của phương trình (1) là: 𝑦(𝑛 + 2) − 5𝑦(𝑛 + 1) − 6𝑦(𝑛) = 0 Phương trình đặc trưng: 𝜆2 − 5𝜆 − 6 = 0 ⇒ [𝜆𝜆1 2==−61 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: 𝑦̅(𝑥) = 𝐶1 6𝑛 − 𝐶2 (𝐶1, 𝐶2 là hằng số) Vế phải của phương trình (1): 𝑓(𝑛) = 3𝑛(4 − 2𝑛) ⇒ { 𝛼 = 3 𝑚=1 Ta thấy 𝛼 = 3 không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên ta tìm 1 nghiệm riêng của phương trình (1) có dạng: 𝑦̂(𝑛) = 3𝑛(𝐴𝑛 + 𝐵) ⇒ 𝑦̂(𝑛 + 1) = 3𝑛+1[𝐴(𝑛 + 1) + 𝐵] ⇒ 𝑦̂(𝑛 + 2) = 3𝑛+2[𝐴(𝑛 + 2) + 𝐵] Thay 𝑦̂(𝑛), 𝑦̂(𝑛 + 1), 𝑦̂(𝑛 + 2) vào phương trình (1) ta có: 3𝑛+2[𝐴(𝑛 + 2) + 𝐵] − 5[3𝑛+1[𝐴(𝑛 + 1) + 𝐵]] − 6[3𝑛(𝐴𝑛 + 𝐵)] = 3𝑛(4 − 2𝑛) ⇔ 3𝑛(−12𝐴 + 3𝐴 − 12𝐵) = 3𝑛(4 − 2𝑛) Đồng nhất hệ số ở hai vế ta được: −12𝐴 = −2 𝐴 = 16 {3𝐴 − 12𝐵 = 4 ⇔ { −7 𝐵 = 24 ⇒Nghiệm riêng của phương trình (1): 𝑦̂(𝑛) = 3𝑛 (16 𝑛 − 724) Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) là: Downloaded by MON HOANG (monmon3@gmail.com) lOMoARcPSD|39222806 𝑦(𝑛) = 𝐶1 6𝑛 − 𝐶2 + 3𝑛 (16 𝑛 − 724) (𝐶1, 𝐶2 là hằng số) 3 𝒚(𝒏 + 𝟐) − 𝟐𝒚(𝒏 + 𝟏) − 𝟏𝟓𝒚(𝒏) = 𝟓𝒏(𝒏 − 𝟑) (1) Phương trình thuần nhất tương ứng của phương trình (1) là: 𝑦(𝑛 + 2) − 2𝑦(𝑛 + 1) − 15𝑦(𝑛) = 0 Phương trình đặc trưng: 𝜆2 − 2𝜆 − 15 = 0 ⇒ [𝜆𝜆1 2==−53 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: 𝑦̅(𝑥) = 𝐶1 5𝑛 + 𝐶2 (−3)𝑛 (𝐶1, 𝐶2 là hằng số) Vế phải của phương trình (1): 𝑓(𝑛) = 5𝑛(𝑛 − 3) ⇒ { 𝛼 = 5 𝑚=1 Ta thấy 𝛼 = 5 là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng nên ta tìm 1 nghiệm riêng của phương trình (1) có dạng: 𝑦̂(𝑛) = 𝑛 5𝑛(𝐴𝑛 + 𝐵) = 5𝑛(𝐴𝑛2 + 𝐵𝑛) ⇒ 𝑦̂(𝑛 + 1) = 5𝑛+1[𝐴(𝑛 + 1)2 + 𝐵(𝑛 + 1)] ⇒ 𝑦̂(𝑛 + 2) = 5𝑛+2[𝐴(𝑛 + 2)2 + 𝐵(𝑛 + 2)] Thay 𝑦̂(𝑛), 𝑦̂(𝑛 + 1), 𝑦̂(𝑛 + 2) vào phương trình (1) ta có: 5𝑛+2[𝐴(𝑛 + 2)2 + 𝐵(𝑛 + 2)] − 2[5𝑛+1[𝐴(𝑛 + 1)2 + 𝐵(𝑛 + 1)]] − 15[5𝑛(𝐴𝑛2 + 𝐵𝑛)] = 5𝑛(𝑛 − 3) ⇔ 5𝑛(80𝐴𝑛 + 90𝐴 + 40𝐵) = 5𝑛(𝑛 − 3) Đồng nhất hệ số ở hai vế ta được: 80𝐴 = 1 𝐴 = 180 {90𝐴 + 40𝐵 = −3 ⇔ { −33 𝐵 = 320 ⇒Nghiệm riêng của phương trình (1): 𝑦̂(𝑛) = 5𝑛 ( 180 𝑛2 − 33 320 𝑛) Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) là: 𝑦(𝑛) = 𝐶1 5𝑛 + 𝐶2 (−3)𝑛 + 5𝑛 ( 180 𝑛2 − 33 320 𝑛) (𝐶1, 𝐶2 là hằng số) 4 𝒚(𝒏 + 𝟐) + 𝒚(𝒏 + 𝟏) − 𝟔𝒚(𝒏) = (𝟐 + 𝒏)𝟑𝒏 (1) Phương trình thuần nhất tương ứng của phương trình (1) là: 𝑦(𝑛 + 2) + 𝑦(𝑛 + 1) − 6𝑦(𝑛) = 0 Phương trình đặc trưng: 𝜆2 + 𝜆 − 6 = 0 ⇒ [𝜆𝜆1 2==−23 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: Downloaded by MON HOANG (monmon3@gmail.com) lOMoARcPSD|39222806 𝑦̅(𝑥) = 𝐶1 2𝑛 + 𝐶2 (−3)𝑛 (𝐶1, 𝐶2 là hằng số) Vế phải của phương trình (1): 𝑓(𝑛) = (2 + 𝑛)3𝑛 ⇒ { 𝛼 = 3 𝑚=1 Ta thấy 𝛼 = 3 không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên ta tìm 1 nghiệm riêng của phương trình (1) có dạng: 𝑦̂(𝑛) = 3𝑛(𝐴𝑛 + 𝐵) ⇒ 𝑦̂(𝑛 + 1) = 3𝑛+1[𝐴(𝑛 + 1) + 𝐵] ⇒ 𝑦̂(𝑛 + 2) = 3𝑛+2[𝐴(𝑛 + 2) + 𝐵] Thay 𝑦̂(𝑛), 𝑦̂(𝑛 + 1), 𝑦̂(𝑛 + 2) vào phương trình (1) ta có: 3𝑛+2[𝐴(𝑛 + 2) + 𝐵] + [3𝑛+1[𝐴(𝑛 + 1) + 𝐵]] − 6[3𝑛(𝐴𝑛 + 𝐵)] = (2 + 𝑛)3𝑛 ⇔ 3𝑛(6𝐴𝑛 + 21𝐴 + 6𝐵) = (2 + 𝑛)3𝑛 Đồng nhất hệ số ở hai vế ta được: 6𝐴 = 1 𝐴 = 16 {21𝐴 + 6𝐵 = −2 ⇔ { −1 𝐵= 4 ⇒Nghiệm riêng của phương trình (1): 𝑦̂(𝑛) = 3𝑛 (16 𝑛 − 14) Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) là: 𝑦(𝑛) = 𝐶1 2𝑛 + 𝐶2 (−3)𝑛 + 3𝑛 (16 𝑛 − 14) (𝐶1, 𝐶2 là hằng số) Bài 4 Tìm các ứng dụng của bài toán cực trị trong thực tiễn Bài toán 1 Một doanh nghiệp bán 2 loại khẩu trang 3 lớp và 4 lớp với giá bán lần lượt là 𝑃1 = 2400, 𝑃2 = 3600 Biết hàm chi phí của doanh nghiệp 𝐶 = 3𝑄12 + 2𝑄1𝑄2 + 2𝑄22 + 2000 Xác định cơ cấu sản xuất (𝑄1, 𝑄2) để lợi nhuận doanh nghiệp thu được là lớn nhất? Giải Bài toán dẫn tới tìm cực trị của hàm lợi nhuận: 𝜋 = 𝑃1𝑄1 + 𝑃2𝑄2 − (3𝑄12 + 2𝑄1𝑄2 + 2𝑄22 + 2000) = 2400𝑄1 + 3600𝑄2 − 3𝑄12 − 2𝑄1𝑄2 − 2𝑄22 − 2000 Ta có: ′ = 2400 − 6𝑄1 − 2𝑄2 𝜋𝑄1 ′ = 3600 − 2𝑄1 − 4𝑄2 𝜋𝑄2 Downloaded by MON HOANG (monmon3@gmail.com) lOMoARcPSD|39222806 Xét hệ phương trình: {𝜋𝑄′′ 1 = 2400 − 6𝑄1 − 2𝑄2 = 0 ⇔ {𝑄1 = 120 𝜋𝑄2 = 3600 − 2𝑄1 − 4𝑄2 = 0 𝑄2 = 840 Ta có: 𝐴 = 𝜋𝑄2 = −6; 𝐵 = 𝜋𝑄1𝑄2 = −2; 𝐶 = 𝜋𝑄2 = −4′′′′ ′′ 1 2 Tại (𝑄1, 𝑄2) = (120,840) ⇒ 𝐵2 − 𝐴𝐶 = −20 < 0; 𝐴 = −6 < 0 ⇒ Hàm lợi nhuận đạt cực đại tại (𝑄1, 𝑄2) = (120,840) Vậy để doanh nghiệp thu được lợi nhuận lớn nhất thì cơ cấu sản xuất (𝑄1, 𝑄2) là (120,840) Bài toán 2 Một doanh nghiệp độc quyền sản xuất 2 loại sản phẩm với hàm chi phí kết hợp C = Q2 + Q2 + 2Q1Q2 + 20 Cho biết hàm cầu tương ứng với các sản phẩm như sau: 1 2 Q1 = 25 − 0,5P1, Q2 = 30 − P2 Hãy cho biết mức sản lượng Q1, Q2 để lợi nhuận tối đa? Giải Ta có: 𝑄1 = 25 − 0,5𝑃1 ⇒ 𝑃1 = 50 − 2𝑄1 𝑄2 = 30 − 𝑃2 ⇒ 𝑃2 = 30 − 𝑄2 Bài toán dẫn tới tìm cực trị của hàm lợi nhuận: 𝜋 = 𝑃1𝑄1 + 𝑃2𝑄2 − (𝑄12 + 𝑄2 + 2𝑄1𝑄2 + 20) 2 = (50 − 2𝑄1)𝑄1 + (30 − 𝑄2)𝑄2 − 𝑄2 − 𝑄2 − 2𝑄1𝑄2 − 20 1 2 = −3𝑄12 − 2𝑄1𝑄2 − 2𝑄22 + 50𝑄1 + 30𝑄2 − 20 Ta có: ′ = 50 − 6𝑄1 − 2𝑄2 𝜋𝑄1 ′ = 30 − 2𝑄1 − 4𝑄2 𝜋𝑄2 Xét hệ phương trình: {𝜋𝑄′′ 1 = 50 − 6𝑄1 − 2𝑄2 = 0 ⇔ {𝑄1 = 7 𝜋𝑄2 = 30 − 2𝑄1 − 4𝑄2 = 0 𝑄2 = 4 Ta có: 𝐴 = 𝜋𝑄2 = −6; 𝐵 = 𝜋𝑄1𝑄2 = −2; 𝐶 = 𝜋𝑄2 = −4′′′′ ′′ 1 2 Downloaded by MON HOANG (monmon3@gmail.com) lOMoARcPSD|39222806 Tại (𝑄1, 𝑄2) = (120,840) ⇒ 𝐵2 − 𝐴𝐶 = −20 < 0; 𝐴 = −6 < 0 ⇒ Hàm lợi nhuận đạt cực đại tại (𝑄1, 𝑄2) = (7,4) với 𝜋𝐶Đ = 215 Vậy để doanh nghiệp thu được lợi nhuận tối đa thì sản lượng (𝑄1, 𝑄2) là (7,4) Bài toán 3 Một nhà máy sản xuất 2 loại sữa dành cho trẻ em từ 1 tháng đến 6 tháng tuổi và từ 6 tháng tuổi đến 1 tuổi Biết hàm cầu đối với 2 loại sữa đó lần lượt là 𝑄1 = 300 − 𝑃1, 𝑄2 = 210 − 𝑃2 và hàm chi phí sản xuất là 𝐶 = 𝑄2 + 𝑄1𝑄2 + 𝑄2 + 45 Xác định 1 2 cơ cấu sản xuất (𝑄1, 𝑄2) và giá bán từng loại sữa để lợi nhuận nhà máy thu được là lớn nhất? Giải Ta có: 𝑄1 = 300 − 𝑃1 ⇒ 𝑃1 = 300 − 𝑄1 𝑄2 = 210 − 𝑃2 ⇒ 𝑃2 = 210 − 𝑄2 Bài toán dẫn tới tìm cực trị của hàm lợi nhuận: 𝜋 = 𝑃1𝑄1 + 𝑃2𝑄2 − (𝑄12 + 𝑄1𝑄2 + 𝑄2 + 45) 2 = (300 − 𝑄1)𝑄1 + (210 − 𝑄2)𝑄2 − 𝑄2 − 𝑄1𝑄2 − 𝑄2 − 45 1 2 = 300𝑄1 − 2𝑄12 + 210𝑄2 − 2𝑄22 − 𝑄1𝑄2 − 45 Ta có: ′ = 300 − 4𝑄1 − 𝑄2 𝜋𝑄1 ′ = 210 − 𝑄1 − 4𝑄2 𝜋𝑄2 Xét hệ phương trình: {𝜋𝑄′′ 1 = 300 − 4𝑄1 − 𝑄2 = 0 ⇔ {𝑄1 = 66 ⇒ {𝑃1 = 234 𝜋𝑄2 = 210 − 𝑄1 − 4𝑄2 = 0 𝑄2 = 36 𝑃2 = 174 Ta có: 𝐴 = ′′1 = −4; 𝐵 = ′′ = −1; 𝐶 = ′′ 2 = −4 𝜋𝑄2 𝜋𝑄1𝑄2 𝜋𝑄2 Tại (𝑄1, 𝑄2) = (66; 36) ⇒ 𝐵2 − 𝐴𝐶 = −15 < 0; 𝐴 = −4 < 0 ⇒ Hàm lợi nhuận đạt cực đại tại (𝑄1, 𝑄2) = (66; 36) Vậy để nhà máy thu được lợi nhuận lớn nhất thì (𝑄1, 𝑄2) = (66; 36) và giá bán mỗi loại lần lượt là 234 và 174 Downloaded by MON HOANG (monmon3@gmail.com) lOMoARcPSD|39222806 Bài 5 Tìm các ứng dụng của phương trình sai phân trong thực tiễn Bài toán 1 Ông An gửi vào ngân hàng 1 tỷ đồng, theo mức kỳ hạn một tháng với lãi suất 0,65%/tháng Tính cả vốn lẫn lãi ông An nhận được sau 10 tháng? Biết trong quá trình ông An không rút lãi hàng tháng Giải 𝑇0 là số tiền gửi ban đầu: 𝑇0 = 𝑎 𝑇1 là số tiền có được sau 1 tháng: 𝑇1 = 𝑇0 + 𝑟𝑇0 𝑇2 là số tiền có được sau 2 tháng: 𝑇2 = 𝑇1 + 𝑟𝑇1 Tương tự 𝑇𝑛+1 là số tiền có được sau 𝑛 + 1 tháng: 𝑇𝑛+1 = 𝑇𝑛 + 𝑟𝑇𝑛 Bài toán dẫn đến việc thiết lập phương trình sai phân cấp 1 thuần nhất sau: 𝑇𝑛+1 − (1 + 𝑟)𝑇𝑛 = 0, 𝑇0 = 𝑎 Phương trình đặc trưng: 𝜆 − (1 + 𝑟) = 0 ⇔ 𝜆 = 1 + 𝑟 Nghiệm tổng quát: 𝑇𝑛 = (1 + 𝑟)𝑛 𝐶 (𝐶 là hằng số) Điều kiện: 𝑇0 = 𝑎 Suy ra 𝐶 = 𝑎 Từ đây ta được: 𝑇𝑛 = 𝑎(1 + 𝑟)𝑛 Áp dụng với: 𝑎 = 1 000 000 000, 𝑟 = 0,65%, 𝑛 = 10 Ta được: 𝑇𝑛 = 1 000 000 000 (1 + 0,0065)10 = 1 066 934 582 Vậy số tiền cả vốn lẫn lãi mà ông An nhận được là 1 066 934 582 đồng Bài toán 2 Anh Tâm muốn tiết kiệm để sau 3 năm có 600 triệu đồng để mua ô tô Hỏi anh Tâm phải gửi vào ngân hàng mỗi tháng là bao nhiêu? Biết lãi suất mỗi tháng là 0,45% và anh Tâm không rút tiền trong thời gian gửi tiết kiệm Giải Đầu tháng thứ 1, anh Tâm gửi vào ngân hàng số tiền là 𝑎 Sau tháng thứ 1, anh Tâm có số tiền là: 𝑇1 = 𝑎 + 𝑟𝑎 = 𝑎(1 + 𝑟) Gọi số tiền anh Tâm có được sau tháng thứ n là 𝑇𝑛 Khi đó số tiền anh Tâm có được sau tháng thứ 𝑛 + 1 là: 𝑇𝑛+1 = 𝑇𝑛 + 𝑎 + (𝑇𝑛 + 𝑎)𝑟 Bài toán đưa về việc giải phương trình sai phân: Downloaded by MON HOANG (monmon3@gmail.com) lOMoARcPSD|39222806 𝑇𝑛+1 − (1 + 𝑟)𝑇𝑛 = 𝑎(1 + 𝑟) (1), 𝑇1 = 𝑎(1 + 𝑟) Xét phương trình thuần nhất: 𝑇𝑛+1 − (1 + 𝑟)𝑇𝑛 = 0 Phương trình đặc trưng: 𝜆 − (1 + 𝑟) = 0 ⇔ 𝜆 = 1 + 𝑟 Nghiệm tổng quát: 𝑇(𝑛) = (1 + 𝑟)𝑛 𝐶 (𝐶 là hằng số) Xét vế phải 𝑓(𝑛) = 𝑎(1 + 𝑟) ⇒ { 𝛼 = 1 𝑚=0 𝛼 = 1 không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng của (1) có dạng: 𝑇(𝑛) = 𝐴 Thay 𝑇(𝑛) = 𝐴, 𝑇(𝑛 + 1) = 𝐴 vào (1) ta được: 𝐴 = −𝑎𝑟 (1 + 𝑟) Nghiệm riêng là: 𝑇(𝑛) = −𝑎𝑟 (1 + 𝑟) Từ điều kiện 𝑇 = 𝑎(1 + 𝑟) ta có: 𝑎(1 + 𝑟) = −𝑎𝑟 (1 + 𝑟) + (1 + 𝑟)1 𝐶 ⇔ 𝑎 = −𝑎𝑟 + 𝐶 ⇔ 𝐶 = 𝑎𝑟 (1 + 𝑟) Vậy nghiệm cần tìm là: 𝑇(𝑛) = −𝑎𝑟 (1 + 𝑟) + (1 + 𝑟)𝑛 𝑎𝑟 (1 + 𝑟) = 𝑎𝑟 (1 + 𝑟)[(1 + 𝑟)𝑛 − 1] Áp dụng với 𝑎 = 600 000 000, 𝑟 = 0,45%, 𝑛 = 36 Ta được: 600 000 000 = 𝑎 0,0045 (1 + 0,0045)[(1 + 0,0045)36 − 1] ⇔ 𝑎 = 15 321 544 Vậy để có số tiền 600 triệu đồng sau 3 năm thì mỗi tháng anh Tâm phải gửi 15 321 544 đồng vào ngân hàng Bài toán 3 Chị Dung gửi tiền vào ngân hàng với số tiền ban đầu là 200 triệu đồng theo kỳ hạn 6 tháng với lãi suất 0,4%/tháng Hỏi sau 2 năm chị Dung có số tiền cả vốn lẫn lãi là bao nhiêu? Biết rằng chị Dung không rút lãi suất ở tất cả các định kỳ trước đó Giải Gọi 𝑇0 là số tiền gửi ban đầu: 𝑇0 = 𝑎 𝑇1 là số tiền có được sau 1 kỳ hạn: 𝑇1 = 𝑇0 + 𝑟𝑇0 𝑇2 là số tiền có được sau 2 kỳ hạn: 𝑇2 = 𝑇1 + 𝑟𝑇1 Tương tự 𝑇𝑛+1 là số tiền có được sau 𝑛 + 1 kỳ hạn: 𝑇𝑛+1 = 𝑇𝑛 + 𝑟𝑇𝑛 Bài toán dẫn đến việc thiết lập phương trình sai phân cấp 1 thuần nhất sau: Downloaded by MON HOANG (monmon3@gmail.com) lOMoARcPSD|39222806 𝑇𝑛+1 − (1 + 𝑟)𝑇𝑛 = 0, 𝑇0 = 𝑎 Phương trình đặc trưng: 𝜆 − (1 + 𝑟) = 0 ⇔ 𝜆 = 1 + 𝑟 Nghiệm tổng quát: 𝑇𝑛 = (1 + 𝑟)𝑛 𝐶 (𝐶 là hằng số) Điều kiện: 𝑇0 = 𝑎 Suy ra 𝐶 = 𝑎 Từ đây ta được: 𝑇𝑛 = 𝑎(1 + 𝑟)𝑛 Áp dụng với: 𝑎 = 200 000 000, 𝑟 = 0,4% 6 = 0,024, 𝑛 = 4 Ta được: 𝑇𝑛 = 200 000 000 (1 + 0,024)4 = 219 902 325,6 Vậy sau 2 năm chị Dung có số tiền cả vốn lẫn lãi là 219 902 325,6 đồng Downloaded by MON HOANG (monmon3@gmail.com) lOMoARcPSD|39222806 Kết luận Với các kiến thức toán học về cực trị hàm hai biến, phương trình vi phân, phương trình sai phân ta có thể giải được các bài toán tìm cực trị trong các bài toán kinh tế và ứng dụng của phương trình sai phân trong các bài toán lãi suất Nó không chỉ hữu ích cho việc rèn luyện tư duy mà sinh viên còn có thể vận dụng trực tiếp cho ngành nghề sau này đặc biệt đối với sinh viên ngành kinh tế, là kiến thức tiền đề cho các môn chuyên ngành và đưa ra những biện pháp tối ưu nhất trong con đường phát triển doanh nghiệp Downloaded by MON HOANG (monmon3@gmail.com)