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

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

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP HÀ NỘI

KHOA KHOA HỌC CƠ BẢN

BÁO CÁO NHÓM

H ỌC PHẦN: BS6010

CHỦ ĐỀ

Ph ương trình vi phân, phương trình sai phân, một số ứng dụng

c ủa bài toán cực trị và ứng dụng của phương trình sai phân

trong th ực tiễn

Sinh viên thực hiện: Nguyễn Mạnh Hùng

Hà Thu H ương

V ũ Thị Lan Hương Đào Quý Quang Huy Nguy ễn Thị Thanh Huyền

Lê V ăn Khang

Lê Tr ọng Khôi Nguy ễn Thị Lan Nguy ễn Thị Kim Lan Ong Th ị Lan

Tên lớp: 20233BS6010002

Giáo viên hướng dẫn: Nguyễn Thị Quỳnh

Hà Nội, tháng 1 năm 2024

Tiêu chí

Tên

thành

viên

Sự nhiệt tình tham gia công việc

Đưa ra

ý kiến

và ý tưởng làm bài

Giao tiếp và phối hợp tốt với các thành viên khác cùng giải quyết vấn đề chung

Tổ chức

và hướng dẫn cả nhóm

Hoàn thành công việc hiệu quả

Tổng điểm được đánh giá bởi A cho từng thành viên (TĐA) 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 thành viên TB = Tổng điểm được đánh giá bởi

tất cả các thành viên trong nhóm

Hệ số cá nhân

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

M ục 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 = 𝑒 2𝑥 (𝑥 − 4) 8

2 𝑦 ′′ + 𝑦 = 𝑒 3𝑥 (𝑥 2 + 5) 8

3 𝑦 ′′ − 6𝑦 ′ + 9𝑦 = 𝑥𝑒 3𝑥 9

4 𝑦′′ − 9𝑦 = 𝑒 3𝑥 (𝑥 + 2) + 4 10

Bài 3 Giải các phương trình sau 11

1 𝑦(𝑛 + 2) − 4𝑦(𝑛 + 1) + 4𝑦(𝑛) = 2 𝑛 (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)3 𝑛 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

M ở 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

N ội dung báo cáo

Bài 1 Gi ải các phương trình sau

1 (𝒙𝟐 + 𝟑) 𝒚′ + 𝟑𝒙𝒚 = 𝟓𝒙

 𝑦′ + (𝑥3x2+3)𝑦 = 𝑥5𝑥2+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)𝑑𝑥𝑑𝑥 + 𝐶) 𝑒− ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥

= (∫ (𝑥25𝑥+ 3) 𝑒∫ 3𝑥𝑥 2 +3𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶) 𝑒− ∫ 3𝑥𝑥 2 +3𝑑𝑥

= (∫ ( 5𝑥

𝑥2+ 3) 𝑒

3 2ln (𝑥2+3) 𝑑𝑥 + 𝐶) 𝑒−32 ln (𝑥2+3)

= (∫ (𝑥25𝑥+ 3) (𝑥2+ 3)32 𝑑𝑥 + 𝐶) 1

(𝑥2+ 3)32

= (∫ 5𝑥 (𝑥2+ 3)12 𝑑𝑥 + 𝐶) 1

(𝑥2+ 3)32

= (∫53 (𝑥2 + 3)32+ 𝐶) 1

(𝑥2+ 3)32

= 53+ 𝐶

(𝑥2+ 3)32

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là: 𝑦 = 53+ 𝐶

(𝑥 2 +3)32 (C là hằng số)

2 𝒙𝟐𝒚 + 𝒚𝟐− 𝟒𝒙𝒚 + 𝟒𝒙𝟐 = 𝟎

Với 𝑥 ≠ 0 ta có:

 𝑦′ =4𝑦𝑥 − (𝑦𝑥)2− 4 ()

Đặt 𝑦

𝑥 = 𝑢  𝑦 = 𝑢𝑥

 𝑦= 𝑢𝑥 + 𝑢

()  𝑢𝑥 + 𝑢 = 4𝑢 − 𝑢2− 4

 𝑑𝑢𝑑𝑥𝑥 = 3𝑢 − 𝑢2− 4

 3𝑢−𝑢𝑑𝑥2−4=𝑑𝑥𝑥

 ∫−𝑢2 +3𝑢−41 𝑑𝑢 = ∫1𝑥𝑑𝑥

−(𝑢−32)2−74 = ∫1𝑥𝑑𝑥 ()

Xét 𝐼 = ∫ 1

−(𝑢−32)2−74𝑑𝑢 = ∫−(2𝑢−3)4 2−7𝑑𝑢

Đặt 2𝑢 − 3 = 𝑡 ; 2𝑑𝑢 = 𝑑𝑡  𝑑𝑢 =𝑑𝑡2  𝐼 = ∫𝑡−22 +7𝑑𝑡

 𝐼 =−2√7𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (√7𝑡) + 𝐶

=−2√7arctan (2𝑢−3√7 ) + 𝐶

(**)  −2

√7𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(2𝑢−3√7 ) = 𝑙𝑛|𝑥| + 𝐶  −2√7𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛2𝑦𝑥 −3

√7 = 𝑙𝑛(𝑥) + 𝐶

⇒ 𝑦 = √7𝑥𝑡𝑎𝑛(−√7

(𝑙𝑛(𝑥) + 𝐶)

3

2𝑥

3 𝒆𝒙(𝒚𝟐− 𝒚 − 𝟖)𝒅𝒙 = (𝟑 + 𝒆𝟐𝒙)𝒅𝒚

 𝑑𝑦

𝑦 2 −𝑦−8 =3+𝑒𝑒𝑥𝑑𝑥2𝑥  ∫𝑦2 −𝑦−8𝑑𝑦 = ∫3+𝑒𝑒𝑥𝑑𝑥2𝑥

Xét 𝐼1 = ∫𝑦2−𝑦−8𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑦

(𝑦−12)2−334 = ∫ 𝑑𝑦

(𝑦−12)2−(√332 )2 Đặt 𝑦 −12= 𝑡  𝑑𝑦 = 𝑑𝑡

⇒ 𝐼1 = ∫ 𝑑𝑡

𝑡2− (√332 )

2 = ∫ −𝑑𝑡

(√332 )

2

− 𝑡2

2 √332

𝑙𝑛 |

√33

2 + 𝑡

√33

2 − 𝑡

| + 𝐶

= −1

√33𝑙𝑛 |

√33 + 2𝑡

√33 − 2𝑡| + 𝐶 =

−1

√33𝑙𝑛 |

√33 + 2𝑦 − 1

√33 − 2𝑦 + 1| + 𝐶 (1) Xét 𝐼2 = ∫3+𝑒𝑒𝑥𝑑𝑥2𝑥

Đặt 𝑢 = 𝑒𝑥 𝑑𝑢 = 𝑒𝑥𝑑𝑥

⇒ 𝐼2 = ∫3 + 𝑢𝑑𝑢 2 = 1

√3𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛

𝑢

√3+ 𝐶 =

1

√3𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛

𝑒𝑥

√3+ 𝐶 (2)

Từ (1) và (2) ta có:

−1

√33𝑙𝑛 |

√33 + 2𝑦 − 1

√33 − 2𝑦 + 1| =

1

√3𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛

𝑒𝑥

√3+ 𝐶

⇒ 𝑙𝑛 |√33 + 2𝑦 − 1

√33 − 2𝑦 + 1| = −√11𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑒𝑥

√3+ 𝐶

Bài 2 Gi ải 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 = 2𝑛 = 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)

⇒ 14𝐴𝑥 + 7𝐵 + 2𝐴 = 𝑥 − 4 ⇒ { 14𝐴 = 12𝐴 + 7𝐵 = −4 ⇔ { 𝐴 =

1 14

𝐵 =−2949

⇒ Nghiệm riêng: 𝑦̂(𝑥) = 𝑥 𝑒2𝑥 (14𝑥 −2949)

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) là:

𝑦(𝑥) = 𝐶1 𝑒2𝑥+ 𝐶2 𝑒−5𝑥+ 𝑥 𝑒2𝑥 (14𝑥 −2949) (𝐶1, 𝐶2 là hằng số)

2 𝒚′′+ 𝒚 = 𝒆𝟑𝒙(𝒙𝟐 + 𝟓) (1)

Phương trình thuần nhất: 𝑦′′+ 𝑦 = 0 (2)

Phương trình đặc trưng: 𝑘2+ 1 = 0  𝑘1,2 = ±𝑖

Nghiệm của phương trình (2) là: 𝑦̅(𝑥) = 𝑒𝑥(𝐶1cos 𝑥 + 𝐶2sin 𝑥) (𝐶1, 𝐶2 là hằng số) Xét vế phải: 𝑓(𝑥) = 𝑒3𝑥(𝑥2+ 5) ⇒ {𝛼 = 3𝑛 = 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

10𝐵 + 12𝐴 = 0

2𝐴 + 6𝐵 + 10𝐶 = 5 ⇔

{

𝐴 =101

𝐵 = −325

𝐶 = 69 125

⇒ Nghiệm riêng: 𝑦̂(𝑥) = 𝑒3𝑥 (𝑥102−3𝑥25+12569)

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) là:

𝑦(𝑥) = 𝑒𝑥(𝐶1cos 𝑥 + 𝐶2sin 𝑥) + 𝑒3𝑥 (𝑥102−3𝑥25+12569) (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 = 3𝑛 = 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)

⇒ 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 = 12𝐵 = 0 ⇔ {𝐴 =16

𝐵 = 0

⇒ Nghiệm riêng: 𝑦̂(𝑥) = 𝑥2 𝑒3𝑥.𝑥6= 𝑒3𝑥.𝑥63

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) là:

𝑦(𝑥) = (𝐶1+ 𝐶2𝑥) 𝑒3𝑥+ 𝑒3𝑥.𝑥63 (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 = 3𝑛 = 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 = 0𝑛 = 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:

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

⇒

{

12𝐴𝑥 + 6𝐵 + 2𝐴 = 𝑥 + 2

{

𝐴 =121

𝐵 = 1136

𝐷 =−49

⇒ Nghiệm riêng: 𝑦̂(𝑥) = 𝑒3𝑥(121 𝑥2+1136𝑥) −49

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) là:

𝑦(𝑥) = 𝐶1 𝑒3𝑥+ 𝐶2 𝑒−3𝑥+ 𝑒3𝑥(121 𝑥2+1136𝑥) −49 (𝐶1, 𝐶2 là hằng số)

Bài 3 Gi ải 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 = 2𝑚 = 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]]

𝑛(𝐴𝑛3 2)] = 2𝑛

⇔ 2𝑛(24𝐴𝑛 + 24𝐴 + 8𝐵) = 2𝑛(𝑛 − 5)

Đồng nhất hệ số ở hai vế ta được:

{24𝐴 + 8𝐵 = −5 ⇔ {24𝐴 = 1 𝐴 =

1 24

𝐵 = −34

⇒Nghiệm riêng của phương trình (1): 𝑦̂(𝑛) = 𝑛2 2𝑛(241 𝑛 −34)

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) là:

𝑦(𝑛) = (𝐶1+ 𝑛𝐶2) 2𝑛+ 𝑛2 2𝑛(241 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 ⇒ [𝜆1 =6

𝜆 2 =−1 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 = 3𝑚 = 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 = −23𝐴 − 12𝐵 = 4 ⇔ { 𝐴 =

1 6

𝐵 =−724

⇒Nghiệm riêng của phương trình (1): 𝑦̂(𝑛) = 3𝑛(16𝑛 −247)

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) là:

𝑦(𝑛) = 𝐶1 6𝑛− 𝐶2+ 3𝑛(16𝑛 −247) (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 ⇒ [𝜆1 =5

𝜆2=−3 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 = 5𝑚 = 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:

{90𝐴 + 40𝐵 = −3 ⇔ {80𝐴 = 1 𝐴 =

1 80

𝐵 = −33320

⇒Nghiệm riêng của phương trình (1): 𝑦̂(𝑛) = 5𝑛(801 𝑛2−32033 𝑛)

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) là:

𝑦(𝑛) = 𝐶1 5𝑛+ 𝐶2 (−3)𝑛+ 5𝑛(801 𝑛2−32033 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 ⇒ [ 𝜆1 =2

𝜆2=−3 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất:

𝑦̅(𝑥) = 𝐶1 2𝑛+ 𝐶2 (−3)𝑛 (𝐶1, 𝐶2 là hằng số)

Vế phải của phương trình (1): 𝑓(𝑛) = (2 + 𝑛)3𝑛 ⇒ {𝛼 = 3𝑚 = 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:

{21𝐴 + 6𝐵 = −2 ⇔ {6𝐴 = 1 𝐴 =

1 6

𝐵 = −14

⇒Nghiệm riêng của phương trình (1): 𝑦̂(𝑛) = 3𝑛(16𝑛 −14)

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) là:

𝑦(𝑛) = 𝐶1 2𝑛+ 𝐶2 (−3)𝑛+ 3𝑛(16𝑛 −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:

𝜋𝑄′1 = 2400 − 6𝑄1− 2𝑄2

𝜋𝑄′2 = 3600 − 2𝑄1− 4𝑄2

Xét hệ phương trình:

{𝜋𝑄′ 1 = 2400 − 6𝑄1− 2𝑄2 = 0

𝜋𝑄′2 = 3600 − 2𝑄1− 4𝑄2 = 0 ⇔ {𝑄𝑄12 = 120= 840

Ta có:

𝐴 = 𝜋𝑄′′1 = −6; 𝐵 = 𝜋𝑄′′1𝑄2 = −2; 𝐶 = 𝜋𝑄′′2 = −4

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 =

Q21+ Q22+ 2Q1Q2+ 20 Cho biết hàm cầu tương ứng với các sản phẩm như sau:

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+ 𝑄22+ 2𝑄1𝑄2+ 20)

= (50 − 2𝑄1)𝑄1+ (30 − 𝑄2)𝑄2− 𝑄12− 𝑄22− 2𝑄1𝑄2− 20

= −3𝑄12− 2𝑄1𝑄2− 2𝑄22+ 50𝑄1+ 30𝑄2− 20

Ta có:

𝜋𝑄′1 = 50 − 6𝑄1− 2𝑄2

𝜋𝑄′2 = 30 − 2𝑄1− 4𝑄2

Xét hệ phương trình:

{𝜋𝑄′ 1 = 50 − 6𝑄1− 2𝑄2 = 0

𝜋𝑄′2 = 30 − 2𝑄1− 4𝑄2 = 0 ⇔ {𝑄𝑄12 = 7= 4

Ta có:

𝐴 = 𝜋𝑄′′1 = −6; 𝐵 = 𝜋𝑄′′1𝑄2 = −2; 𝐶 = 𝜋𝑄′′2 = −4

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 = 𝑄12+ 𝑄1𝑄2+ 𝑄22+ 45 Xác định

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+ 𝑄22+ 45)

= (300 − 𝑄1)𝑄1+ (210 − 𝑄2)𝑄2− 𝑄12− 𝑄1𝑄2− 𝑄22− 45

= 300𝑄1− 2𝑄12 + 210𝑄2− 2𝑄22− 𝑄1𝑄2− 45

Ta có:

𝜋𝑄′1 = 300 − 4𝑄1− 𝑄2

𝜋𝑄′2 = 210 − 𝑄1− 4𝑄2

Xét hệ phương trình:

{𝜋𝑄′ 1 = 300 − 4𝑄1− 𝑄2 = 0

𝜋𝑄′2 = 210 − 𝑄1− 4𝑄2 = 0 ⇔ {𝑄𝑄12 = 66= 36 ⇒ {𝑃𝑃12 = 234= 174

Ta có:

𝐴 = 𝜋𝑄′′1 = −4; 𝐵 = 𝜋𝑄′′1𝑄2 = −1; 𝐶 = 𝜋𝑄′′2 = −4

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