Bài giảng toán cao cấp a2 th s nguyễn hoàng anh khoa

BỘ CÔNG THƯƠNG TRƯỜNG CAO ĐẲNG CÔNG NGHIỆP HUẾ  BÀI GIẢNG TỐN CAO CẤP A2 Th.S NGUYỄN HỒNG ANH KHOA Huế, tháng 02 năm 2014 Th.S Nguyễn Hoàng Anh Khoa CHƯƠNG KHÔNG GIAN VECTƠ - ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH 1.1 Khơng gian vectơ 1.1.1 Số phức Tập hợp số thực R phong phú Tuy nhiên biết số thực phương trình đơn giản x + = hay x = -1 (1) khơng có nghiệm khơng có số thực bình phương lên lại -1 Giả sử tồn i cho i2=-1 ta gọi i đơn vị phức a Định nghĩa: Số phức số có dạng z = a + bi với a,b  R Trong đó, a gọi phần thực z kí hiệu a=Re(z) b gọi phần ảo z kí hiệu b=Im(z) b Số phức liên hợp: Xét số phức z = a + bi Số phức a - bi gọi số liên hợp z = a + bi ký hiệu z c Các phép toán - Phép cộng - Phép nhân - Phép chia - Lũy thừa bậc n - Căn bậc n d Các dạng biểu diễn số phức Dạng hình học Dạng lượng giác số phức: Giả sử z = r(cos φ + i sin φ) z’ = r’(cos φ’ + i sin φ’) - Tích hai số phức dạng lượng giác: z.z’= (r + r’)[cos(+’) + i.sin(+’)] - Thương hai số phức: z r  [ cos(φ -φ’) + i sin(φ -φ’)] z' r' - Công thức Moive: zn = rn (cosnφ + i sinnφ), n  N - Căn bậc n z ≠ có n giá trị là:    2k    2k   z k  n r  cos     isin     , i = 0;1;2 ;(n-1) n n n n      Ví dụ: Tính bậc ba Vì = cos0 + isin0 nên bậc ba  2k   2k  z k = cos     isin    , k = 0, 1,   3 3 Vậy có ba bậc ba là: z = 1; z =   i 3 ; z2 =   i 2 Th.S Nguyễn Hồng Anh Khoa 1.1.2 Khơng gian vectơ a Định nghĩa: Cho V tập hợp khác rỗng mà phần tử gọi vectơ, K trường (K R C) Trên V xây dựng phép toán cộng nhân sau: :VV  V : K  V  V (a, b)  a  b (,a)  a Lúc V gọi K - KGVT V với hai phép toán “+” “x” thoả tiên đề sau : TĐ1: u,vV ta có: u + v = v + u TĐ2: u,v,wV ta có: u + (v + w) = (u + v) + w TĐ3: V:  + u = u ( gọi phần tử trung hòa) TĐ4: uV,  -uV: u + (-u) =  (-u gọi phần tử đối u) TĐ5: u,vV, kK ta có: k(u + v) = ku + kv TĐ6: uV, k,hK ta có: (k + h)u = ku + hu TĐ7: uV, k,hK ta có: k(hu) = (kh)u TĐ8: uV ta có: 1.u = u Nếu K = R V gọi KGVT thực (gọi tắc KGVT), K = C V gọi KGVT phức Ví dụ 1: Kí hiệu Rn = {x=(x1;x2; ;xn) | x1,x2, ,xn  R}, Rn với phép toán cộng x + y = (x1 + y1; x2 + y2; ; xn + yn) nhân kx = (kx1;kx2; ; kxn) với x=(x1;x2; xn); y=(y1;y2; yn)  Rn Chứng minh Rn với hai phép toán cộng nhân KGVT Hd:  = (0;0; ;0) Ví dụ 2: Chứng minh P2 = {p=a+bx+cx2 | a,b,c  R} (tập đa thức bậc khơng q 2) với phép tốn cộng nhân thông thường (phép cộng hai đa thức phép nhân số với đa thức) không gian vectơ Hd:  = + 0x + 0x2 b Các tính chất  Phần tử trung hịa  Với a, b, c  V : a + c = b + c a = b  Với a  V, (-1).a = -a  Với k  K, a  V ta có: k.a =   k = a =  1.1.3 Độc lập tuyến tính, phụ thuộc tuyến tính Cho V khơng gian vectơ S = {u1,u2, ,un}  V a Biểu thị tuyến tính: Phần tử uV gọi biểu thị tuyến tính qua S tồn k1, k2, …, kn  K cho: k1u1 + k2u2 + … + knun = u Khi đó, k1u1 + k2u2 + … + knun gọi tổ hợp tuyến tính u Th.S Nguyễn Hồng Anh Khoa Ví dụ 3: Cho S = {p1=x+x2; p2=1+x2; p3=1+x} P2 p = + 4x + 5x2 Hãy tìm biểu thị tuyến tính p qua hệ S (nếu có) Giải: Ta có k1p1 + k2p2 + k3p3 = p  k1(x+x2) + k2(1+x2) + k3(1+x) = + 4x + 5x2 k  k3    k1     k   k    k1 k  k k  5   Vậy p = 3p1 + 2p2 + p3 b Độc lập tuyến tính: Hệ S gọi độc lập tuyến tính k1u1 + k2u2 + … + knun =   k1 = k2 =…= kn = c Phụ thuộc tuyến tính: Hệ S gọi phụ thuộc tuyến tính S khơng độc lập tuyến tính Ví dụ 4: Trong KGVT R3 cho T = {u1 = (0;1;1); u2 = (1;0;1); u3 = (1;2;3)} Kiểm tra xem T độc lập tuyến tính hay phụ thuộc tuyến tính? Giải: Ta có k1u1 + k2u2 + k3u3 =   k1(0;1;1) + k2(1;0;1) + k3(1;2;3) = (0;0;0) k  k  k1  2t     2k   k   t , t R  T phụ thuộc tuyến tính   k1 k  k  3k  k  t   d Một số tính chất  Bất kỳ hệ vectơ chứa θ hệ phụ thuộc tuyến tính  Hệ S độc lập tuyến tính V Khi vectơ biểu thị tuyến tính qua S biểu thị 1.1.4 Hệ sinh, sở Tọa độ vectơ Cho V không gian vectơ S = {u1,u2, ,un}  V a Hệ sinh: S gọi hệ sinh V vectơ u  V, u biểu thị tuyến tính qua hệ S hay hệ k1u1 + k2u2 + … + knun = u có nghiệm với u  V b Cơ sở: S sở V S độc lập tuyến tính S hệ sinh hay hệ k1u1 + k2u2 + … + knun = u có nghiệm với u  V c Định lí: (Khơng gian vectơ n chiều) - Nếu V KGVT có sở gồm n vectơ sở khác có n vectơ Khi ta nói V KGVT n chiều - Nếu V KGVT n chiều hệ độc lập tuyến tính V có n vectơ sở Chú ý: E = {e1=(1;0;0; ;0;0); e2=(0;1;0; ;0;0); en=(0;0;0 ;0;1)} sở KGVT Rn (gọi sở tắc) nên Rn KGVT n chiều Th.S Nguyễn Hoàng Anh Khoa d Toạ độ vectơ Nếu T = {u1 ;u2 ; ;un } sở V vectơ x thuộc V tồn (x1 ;x2 ; xn) cho x=x1u1+x2u2+…+xn un Khi đó, ta gọi (x1;x2; ;xn) toạ độ x sở T Kí hiệu xT = (x1 ;x2 ; ;xn ) hay viết đưới dạng ma trận  x T  x1  x    2     xn  Ví dụ 5: Trong KGVT R3 cho T = {(0;1;1); (1;0;1); (1;1;0)} Chứng minh T sở R3 Tìm tọa độ vectơ x = (3 ;4 ;5) sở T Giải: Với (x;y;z)  R3 ta có k1(0;1;1) + k2(1;0;1) + k3(1;1;0) = (x;y;z) k2  k3  x    k3  y   k1 k  k z  1 Ta có D = 1    hệ có nghiệm  T sở 1 Tìm tọa độ x = (1;2;3) sở T Ta có x1(0;1;1) + x2(1;0;1) + x3(1;1;0) = x x  x   x1      x   x    x1 x  x   x   Vậy xT=(2;1;0) e Bài toán đổi sở Giả sử T = {u1 ;u2 ; ;un } T’ = {u’1 ;u’2 ; ;u’n} hai sở KGVT n chiều V, x  V  x1   x '1  x  x '   x T     x T '        xn   x 'n  Hãy tìm mối liên hệ [x]T [x]T’ Th.S Nguyễn Hoàng Anh Khoa  p1i  p  , Giả sử  u i    2i  , i  1,2, ,n T       p ni  Ta có x = x1u1 + x2u2 + … + xnun = x’1u’1 + x’2u’2 + … + x’nu’n = x’1(p11u1 + p21u2 + … + pn1un) + x’2(p12u1 + p22u2 + … + pn2un) + + + x’n(p1nu1 + p2nu2 + … + pnnun) = (x’1p11 + x’2p12 + … + x’np1n)u1 + (x’1p21 + x’2p22 + … + x’np2n)u2 + … + + (x’1pn1 + x’2pn2 + … + x’npnn)un  x1  p11x’1  p12 x’2    p1n x’n  x  p x’  p x’    p x’  21 22 2n n Suy  hay [x]T = P [x]T’    x n  p n1x’1  p n2 x’2    p nn x’n  p11 p12 p p 22 ' ' ' P  [u1 ]T ,[u ]T , ,[u n ]T    21      p n1 p n  p1n   p 2n        p nn  gọi ma trận chuyển sở từ T sang T’ Ví dụ 6: Trong KGVT R3 cho hai sở T ={u1=(0;1;1); u2=(1;0;1); u3=(1;1;0)} B={v1=(1;1;1); v2=(1;1;0); v3=(1;0;0)} Tìm ma trận đổi sở từ T sang B Cho xT=(1;2;3), tìm tọa độ x sở B Giải: Ta có: k1u1 + k2u2 + k3u3 = v1  k1(0;1;1) + k2(1;0;1) + k3(1;1;0) = (1;1;1) k  k3     k3     k1 k  k 1   k1  / 1 /     k  /   v1 T  1 /  k  / 1 /   0  1 /  Tương tự, ta có:  v T  0  v3 T   /  1   /  1 1  2  Vậy ma trận đổi sở từ T sang B là: P   1  2  1 1   2 Ta có [x]T = P [x]B  [x]B = P-1 [x]T = Th.S Nguyễn Hồng Anh Khoa 1.2 Ánh xạ tyến tính 1.2.1 Định nghĩa Cho X,Y hai KGVT Ánh xạ f:XY gọi ánh xạ tuyến tính thỏa tính chất sau: i) f(x+y)=f(x)+f(y) ii) f(kx)=kf(x) Ví dụ 1: Chứng minh ánh xạ f:R2R3 với f(x;y)=(y; x; x + y)là ánh xạ tuyến tính Giải Với u=(x;y), v=(x’;y’)  R với k  R Ta có: f(u + v) = f(x + x’; y + y’) = (y + y’; x + x’; x + x’ + y + y’) (1) Mặt khác: f(u) + f(v) = f(x;y) + f(x’;y’) = (y; x; x + y) + (y’; x’; x’ + y’) = (y + y’; x + x’; x + x’ + y + y’) (1’) Từ (1) (1’) suy ra: f(u + v) = f(u) + f(v) (I) Ta có: f(ku) = f(kx;ky)=(ky; kx; kx + ky) = k(y; x; x + y) (2) Mặt khác kf(u) = kf(x;y) = k(y; x; x + y) (2’) Từ (2) (2’) suy ra: f(ku) = kf(u) (II) Từ (I) (II) suy f AXTT Ví dụ 2: Chứng minh ánh xạ f:P2P1 với f(p(x))=p’(x)là ánh xạ tuyến tính Định lí: f:XY ánh xạ tuyến tính f(hx+ky)=hf(x)+kf(y) với x,yV h,k  R Nhận xét: Ánh xạ tuyến tính xác định biết ảnh sở Ví dụ 3: Cho f:R2R2 ánh xạ tuyến tính biết f(1;1)=(3;4), f(2;3)=(5;2) Xác định ánh xạ f Giải Với (x;y)  R Ta có k1(1;1) + k2(2;3) = (x;y) k  2k  x k  3x  2y   k1  3k  y k  y  x Mặt khác f(x;y) = f(k1(1;1) + k2(2;3)) = k1f(1;1) + k2f(2;3) = k1(3;4) + k2(5;2) = (3k1 + 5k2; 4k1 + 2k2) = (4x – y; 10x – 6y) Vậy f(x;y) = (4x – y; 10x – 6y) Th.S Nguyễn Hoàng Anh Khoa 1.2.2 Nhân ảnh ánh xạ tuyến tính Cho ánh xạ tuyến tính f:XY Tập hợp Kerf :={xX |f(x)=0Y} gọi hạt nhân AXTT f Tập hợp Imf :={yY|xX cho f(x)=y} gọi ảnh AXTT f Ví dụ 4: Tìm ảnh, hạt nhân ánh xạ tuyến tính f:R3R2 với f(x;y;z)=(x–y; y–z) 1.3 Ma trận ánh xạ tuyến tính 1.3.1 Định nghĩa Định nghĩa: Cho f: XY AXTT, B sở X B’ sở Y Ma trận A cho A[x]B=[f(x)]B’ gọi ma trận ánh xạ tuyến tính f cặp sở B, B’ Định lí: Cho f: XY ánh xạ tuyến tính, B={u1,u2,…,um} sở X B’={u’1,u’2,…,u’n} sở Y Khi A=[[f(u1)]B’, [f(u2)]B’,…, [f(um)]B’] ma trận ánh xạ tuyến tính f cặp sở B, B’ Đặc biệt - Nếu X=Y B=B’ ta nói A ma trận ánh xạ tuyến tính sở B - Nếu B B’ sở tắc A gọi ma trận tắc f Ví dụ 1: Cho ánh xạ tuyến tính f : R  R với f(x; y; z) = (x+y ; x+z ; y+z) sở R3 B={u1=(1;1;0); u2=(1;0;1); u3=(0;1;1)} } T={v1=(0;1;1); v2=(1;0;1); v3=(1;1;0)} Tìm ma trận A ánh xạ tuyến tính f sở B Giải Ta có f(u1) = f(1;1;0) = (1+1; 1+ 0; 1+ 0) =(2;1;1)  k  k   k1  0   f(u1) = k1v1 + k2v2 + k3v3   k1  k    k 1  [f(u1)]T= 1    k  k 1 k  1     1 Tương tự f(u2) = (1;2;1)  [f(u2)]T= 0     1 1  Tương tự f(u3) = (1;1;2)  [f(u3)]T= 1    0  0 1    Vậy A  1  1  Th.S Nguyễn Hoàng Anh Khoa 1  Ví dụ 2: Cho A   ma trận ánh xạ tuyến tính f :R2R2  3  sở B={u1=(1;1); u2=(2;3)} Xác định f Định lí (Ma trận ánh xạ tuyến tính phép đổi sở) Nếu A ma trận f sở B A’ ma trận f sở B’ A’=P-1AP với P ma trận đổi sở từ B sang B’  1 Ví dụ 3: Cho A   ma trận ánh xạ tuyến tính f :R2R2 sở   3 B={u1=(1;1); u2=(1;2)} Tìm ma trận ánh xạ tuyến tính f sở B’={u’1=(3;1); u’2=(1,4)} 1.3.2 Hạng ánh xạ tuyến tính Hạng ánh xạ tuyến tính hạng ma trận ánh xạ tuyến tính Th.S Nguyễn Hồng Anh Khoa Bài tập chương 1 Trong không gian vectơ R3 cho u = (1;2;3) hệ B = {u1; u2; u3} với u1=(0;1;1); u2=(1;0;1); u3=(1;1;0) Chứng minh B sở R3 Tìm tọa độ vectơ u sở B Trong không gian vectơ P2 gồm đa thức bậc không 2, cho hệ B={p1=1+x+x2; p2=x+x2; p3 =1+x } p=3+2x+x2 Chứng minh B sở P2 Tìm tọa độ vectơ p sở B Trong không gian vectơ R3 cho u=(2;3;4) sở B={u1;u2;u3} với u1=(1;1;1); u2=(1;1;0); u3=(1;0;0) Xác định ma trận đổi sở từ sở tắc sang sở B Từ tìm tọa độ vectơ u đối sở B Trong không gian vectơ P2 gồm đa thức bậc không 2, cho hai sở B={p1=1+x+x2; p2=x+x2; p3 =x2} B’={ p’1=1+x; p’2=1+x2; p’3= x+x2} a) Tìm ma trận đổi sở từ B sang B’ b) Cho (p)B = (1; 2; 3) Tìm tọa độ p sơ B’ Cho ánh xạ tuyến tính f : R  R biết f(1;2;3) = (3;2;1); f(1;2;0) = (2;1;0); f(1;0;0) = (1;0;0) Xác định f, tìm ma trận tắc f Cho ánh xạ f: R2 R3 với f(x;y) = ( x; x + y ; x – y) a) Chứng minh f ánh xạ tuyến tính b) Xác định ma trận ánh xạ tuyến tính f cặp sở B={u1=(0;1); u2=(1;1)} B’={u1' = (1;0;0); u2' = (1;1;0); u3' = (1;1;1)} Cho ánh xạ tuyến tính f : P2  P2 với f(a + bx + cx2) = b + 2cx hai sở B={p1=1+x2; p2=x+x2; p3 =1+x2} T = {q1=1+x+x2; q2= x+x2; q3=x2} P2 (P2 không gian vectơ đa thức bậc khơng q 2) Tìm ma trận A ánh xạ tuyến tính f cặp sở B T 1 3 Cho A   ma trận AXTT f : R3  R2 cặp sở  4 6 B={u1=(1;0;0); u2=(1;1;0); u3=(1;1;1)} B’={u1’=(0;1); u2’=(1;1)} Xác định f 1    Cho A  ma trận ánh xạ tuyến tính f:R3R3 sở   0 6 B={u1; u2; u3} với u1=(1;2;3); u2=(0;1;2); u3=(0;0;1) Xác định f 1 3   10 Cho Cho A  ma trận ánh xạ tuyến tính f:R3R3   7  sở B = {u1=(1;1;1); u2=(1;1;0); u3=(1;0;0)} Tìm ma trận f sở B’={u1=(1;2;3); u2=(0;2;3); u3=(0;0;3)} Th.S Nguyễn Hoàng Anh Khoa t Các véc tơ riêng ứng với GTR =3 x    , t   t  1  Suy ma trận P    làm chéo hóa A    Gọi B’={u1’;u2’} sở R2 cho P ma trận chuyển sở từ B sang B’ Khi đó, ta có u1’= u1 + 0.u2 = (1;1) u2’= u1 - u2 = (0;1) 1  Vậy B’ = { u1’=(1;1); u2’= (0;1)} A '  P 1AP    ma trận f   sở B’ Bài tập chương Tìm ma trận P làm chéo hóa A, xác định P-1AP trường hợp sau: 1   1  3  a) A  3  b) A   1 1  c) A   5 3       1 1   1   6  Cho ánh xạ tuyến tính T:R3R3 biết T(x;y;z)=(3x-2y;-2x+3y;5z) Tìm sở R3 ma trận T sở ma trận chéo, xác định ma trận 1 3 2013 Cho A    Tính A 4 2 12 Th.S Nguyễn Hoàng Anh Khoa CHƯƠNG 3: CHUỖI 3.1 Chuỗi số 3.1.1 Định nghĩa Cho dãy số u1, u2, …, un, … Tổng vô hạn u1 + u2 + … + un + … (1)  gọi chuỗi số (gọi tắt chuỗi) kí hiệu u n n 1 Các số u1,u2, …,un, … gọi số hạn chuỗi, un gọi số hạn tổng quát n Tổng Sn   u k  u  u   u n gọi tổng riêng thứ n chuỗi k 1    u n hội tụ có tổng S ta viết Nếu limSn  S  R ta nói chuổi n 1 u n S n 1  Nếu chuỗi u n không hội tụ ta nói chuỗi phân kì n 1 Hiệu Rn = S – Sn gọi phần dư thứ n chuỗi số  Ví dụ 1: Tính tổng chuỗi q n 1 (nếu có), q số thực cho trước n 1  Giải: Tổng riêng thứ n chuỗi  q n 1 với (q≠1) là: Sn  n 1 Nếu |q| < limSn   qn 1 q 1 q Nếu |q| > limSn   Nếu q =1 limSn   Nếu q = -1 (Sn) khơng có giới hạn  Vậy |q| <  q n 1  |q| ≥ 1 q n 1  q n 1 phân kì n 1  Ví dụ 2: Xét hội tụ tính tổng (nếu có) chuỗi  n(n  1) n 1 Giải: Ta có 1   , n n(n  1) n n  Tổng riêng   1 1 1 1 1 1 Sn  1               1  1 n 1  2  3 3 4  n n 1  Vậy  n(n  1)  n 1 13 Th.S Nguyễn Hồng Anh Khoa 3.1.2 Các tính chất  Định lí (điều kiện cần): Nếu chuỗi u n hội tụ lim | u n | n 1 Chứng minh  Vì chuỗi u n hội tụ nên limSn  S  n 1 Mặt khác, ta có u n  Sn  Sn 1 với n  N Do lim | u n || S  S | Chú ý: Điều ngược lại định lí nói chung khơng  Ví dụ 3: Xét chuỗi điều hồ chuỗi  Ta có, limun = n 1 n 1 Mặt khác, ta có :  , x  [n;n+1] với n N,do đó, n x n N, hay  n n 1  n n 1  n n 1 dx  n  xdx với n dx với n N x n 1 Cộng bất đẳng thức ta có Sn   1 dx  ln(n  1)  ∞ x  n phân kì n 1  Định lí 2: Điều kiện cần đủ để chuỗi số u n hội tụ với >0, tồn số tự n 1 nhiên n0 cho với m>n0, n>n0 ta có |sm – Sn| <  Chứng minh  Vì chuỗi u n hội tụ nên dãy (Sn) hội tụ Theo định lí Cơsi ta có với >0, tồn n 1 số tự nhiên n0 cho với m>n0, n>n0 ta có |sm – Sn| <  Ngược lại, với >0, tồn số tự nhiên n0 cho với m>n0, n>n0 ta  có |sm – Sn| <  (Sn) dãy Cơsi (Sn) hội tụ u n hội tụ n 1  Định lí 3: Nếu   u n  S n 1  Định lí 4: Nếu u n 1  au n  aS , với a số thực kất kì cho trước n 1  n  S v n 1  n  T  (u n  )  S  T n 1 Định lí 5: Tính hội tụ hay phân kì chuỗi khơng đổi ta thay đổi số hữu hạn số hạn đầu 14 Th.S Nguyễn Hoàng Anh Khoa 3.1.3 Chuỗi số dương a Định nghĩa:  Chuỗi u n , an ≥ với n  N gọi chuỗi số dương (2) n 1 b Tiêu chuẩn hội tụ chuỗi số dương  u Định lí 1: Điều kiện cần đủ để chuỗi số dương n hội tụ dãy tổng riêng n 1 tương ứng (Sn) bị chặn Chứng minh  Nếu u n hội tụ dãy (Sn) có giới hạn (Sn) bị chặn n 1 Ngược lại, Giả sử (Sn) bị chặn Mặt khác, Sn+1 – Sn = un+1 > nên (Sn) tăng  Vậy (Sn) tăng bị chặn trên, (Sn) hội tụ hay u n hội tụ n 1  Tính chất: Chuỗi n hội tụ  > 1, phân kì    n 1  Ví dụ 4: Xét hội tụ chuỗi 2 n 1 n 5 n n 1   k   n  Ta có Sn   k k 1  k 1 Vậy (Sn) bị chặn chuỗi hội tụ Định lí 2: (Dấu hiệu so sánh)  Cho hai chuỗi số dương u n 1  n v n Nếu tồn số dương c cho n 1 u n  c.v n , n  N :  i) chuỗi v  n hội tụ suy chuỗi n 1 u hội tụ n n 1  ii) chuỗi u  n phân kì suy chuỗi n 1 v n phân kì n 1 Chứng minh  Gọi Sn Tn tổng riêng thứ n chuỗi u n 1  n chuỗi v n n 1 15 Th.S Nguyễn Hoàng Anh Khoa  v i) Do u n  c.v n , n  N nên Sn  c.Tn , n  N Vì n hội tụ nên (Tn) bị chặn n 1  (Sn) bị chặn Theo định lí chuỗi u n hội tụ n 1  ii) Do u n  c.v n , n  N nên Sn  c.Tn , n  N Vì u n phân kì nên (Sn) khơng n 1  bị chặn (Tn) khơng bị chặn Theo định lí v n phân kì n 1  Ví dụ 5: Xét hội tụ chuỗi  n 1 Giải: Ta có n.3n 1  n , n  chuỗi n n.3  Do chuỗi  n 1 n  1    hội tụ n 1   hội tụ n.3n  Ví dụ 6: Xét hội tụ chuỗi  2n  n 1 1  , n  2n  n  Và chuỗi điều hồ  phân kì Do đó, chuỗi n 1 n Giải: Ta có,   2n  phân kì n 1 Định lí 3: (Dấu hiệu CơSi)  Cho chuỗi số dương u n Nếu lim n u n = L n 1  i) L < suy chuỗi u n hội tụ n phân kì n 1  ii) L > suy chuỗi u n 1 Chứng minh - Với L < Ta chọn  > đủ bé cho 0< L +  = q < Vì lim n u n = L nên với n đủ lớn n u n  L    q  un < qn  Mặt khác, chuỗi q n hội tụ (vì  q Ta chọn  > đủ bé cho L -  > Vì lim n u n = L nên với n đủ lớn n un  l     un   Do đo, chuỗi u phân kì n n 1 Định lí 4: (Dấu hiệu Đalămbe)  Cho chuỗi số dương u n Nếu lim n 1 u n 1  L un  u i) L < suy chuỗi n hội tụ n phân kì n 1  u ii) L > suy chuỗi n 1 Chứng minh   1 Ví dụ 7: Xét hội tụ chuỗi  1   n n 1   1 Ta có lim n 1    n n2 n2 n  1  lim 1    e1   n n2   1 Theo định lí Cơsi ta có chuỗi  1   hội tụ n n 1  5n Ví dụ 8: Xét hội tụ chuỗi  n 1 n   5n 1 5(n  1)   Ta có lim n n  lim n2 n 1 5n phân kì  n  n 1  Theo định lí Đalămbe ta có chuỗi 3.1.4 Chuỗi đan dấu  a Định nghĩa: Chuỗi có dạng  (1) n u n an ≥ (hoặc an  0) với n 1 nN gọi chuỗi đan dấu b Định lí: (Tiêu chuẩn Lépnít)  Nếu dãy (un) giảm lim un = chuỗi đan dấu  (1) n u n hội tụ n 1 17 Th.S Nguyễn Hoàng Anh Khoa (1) n 1 Ví dụ 9: Xét hội tụ chuỗi điều hoà đan dấu  n n 1  dãy giảm limun=0 Theo dấu hiệu Lépnít ta có n  (1) n 1 chuỗi điều hoà đan dấu  hội tụ n n 1 Ta có, dãy (un) với u n  3.1.5 Chuỗi hội tụ tuyệt đối  a Định nghĩa: Chuỗi   u n gọi hội tụ tuyệt đối chuỗi n 1 | u n | hội tụ n 1 b Định lí: Chuỗi hội tụ tuyệt đối hội tụ (1) n 1 Ví dụ 10: Xét hội tụ chuỗi  n2 n 1   Ta có,  n 1  (1) n 1 chuỗi   2 n n 1 n  n hội tụ n 1 (1) n 1 hội tụ  n n 1  Vậy chuỗi 3.2 Chuỗi luỹ thừa 3.2.1 Định nghĩa  Chuỗi luỹ thừa chuỗi dạng a n (x  ) n (3) n 0  Nếu đặt X  x   chuỗi (3) trở thành a X n (4) n n 0 3.2.2 Miền hội tụ chuỗi lũy thừa Định lí Aben  Nếu chuỗi a x n n hội tụ x0 ≠ hội tụ điểm x mà |x| < |x0| n 0  Từ định lí suy ra, tồn số thực không âm R cho chuỗi luỹ thừa a x n n hội tụ n 0 khoảng (-R;R) phân kì (-∞,-R) (R; +∞)  Định nghĩa: Số thực không âm R cho chuỗi a x n n hội tụ khoảng (-R;R) n 0 phân kì (-∞,-R) (R; +∞) gọi bán kính hội tụ chuỗi 18 Th.S Nguyễn Hồng Anh Khoa Định lí CơSi Nếu lim n a n  L bán kính hội tụ chuỗi luỹ thừa (4) là: 1 ,  L    L R    , L0  , L  Định lí Đalămbe Nếu lim a n 1  L bán kính hội tụ chuỗi luỹ thừa (4) là: an 1 ,  L    L R    , L0  , L   Ví dụ Tìm miền hội tụ chuỗi lũy thừa  x  2 n 1 n n tn Đặt t = x – chuỗi trở thành  n 1 n  Ta có lim n  a n 1 n  lim  , R = n  n  an  Tại t = 1, ta có chuỗi số  n phân kỳ n 1  Tại t = -1, ta có chuỗi số  n 1  1 n n chuỗi số điều hòa đan dấu thỏa mãn điều kiện định lý Leinitz, hội tụ  Miền hội tụ -1  t < Vậy miền hội tụ chuỗi lũy thừa cho  x < xn  n 1 n!  Ví dụ Tìm miền hội tụ chuỗi lũy thừa Ta có lim n  a n 1 n!  lim  lim 0 n   n  1! n  n  an Do R = +  , chuỗi lũy thừa hội tụ toàn R 19 Th.S Nguyễn Hoàng Anh Khoa   nx  Ví dụ Tìm miền hội tụ chuỗi lũy thừa    n 1  n   n Ta có lim n a n = lim = => R = n 1 n n  1  nx  Khi x = 1, ta có chuỗi số    0  Số hạng tổng quát u n  n e n 1  n    1 1    n n   , chuỗi số phân kỳ  n  n  Khi x = -1, ta có chuỗi số   1   , số hạng tổng quát khơng dần n    n 1 tới n   , chuỗi số phân kỳ Vậy miền hội tụ (-1, 1) 3.2.3 Khai triển hàm số thành chuỗi luỹ thừa a Định nghĩa Hàm số S(x) gọi khai triển thành chuỗi luỹ thừa khoảng (-R;R) n  tồn chuỗi luỹ thừa a x n n hội tụ hàm số S(x) khoảng (-R;R) n 0 b Các định lí Định lí (Điều kiện cần)  Điều kiện cần để hàm số S(x) khai triển thành chuỗi luỹ thừa a x n n n 0 (k) khoảng (-R;R) S(x) có đạo hàm cấp và: a k  S (0) với k  N k! Định lí (Điều kiện đủ) Nếu có số thực dương C cho với x  [-R;R] ta có | S(n) (x) | C với nN hàm số S(x) khai triển thành chuỗi luỹ thừa đoạn [-R;R] S(n) (0) n S(x)   x n! n 0  Ví dụ 1: Khai triển hàm số sau thành chuỗi lũy thừa a) sinx b) cosx c) ex Ví dụ 2: Chứng minh eix = cosx + i sinx 20 Th.S Nguyễn Hoàng Anh Khoa BÀI TẬP CHƯƠNG Xét hội tụ tính tổng (nếu có) chuỗi số sau:   1 a)  b)  n 1 n(n  1) n 1 (2n  1)(2n  1)  c)  n 1 n(n  1)(n  2)  d) 2n   2 n 1 n (n  1) 3n  2n g)  5n n 1  2n  c)  n n 1 2n  n(n  1)  f)  n   n 1  n n 1   Xét hội tụ chuỗi số sau:  a)  n 1 n(n  5) n n 1  e)  (1) h)      ln 1  n n 2  b)  n 1 2n    2n  d)    n 1  3n   2n e)  n 1 n!  n 1 f)    n 1  n  (1) n n g)  2n n 1 (1)n h)  n n 1     n n  Tìm miền hội tụ chuỗi sau (2x)n a)  n! n 1   2n  (x  2) n n n 1 c)  e) (x  3) n  n 1 3n    (n  2)(x  4)n g)  n 3n n 1  n  n 1 n b)   x n 1  n   n2 (x  3) n d)  n 1 n  (5x)n  n 1 n   f) (1) n (x  4) n h)  n.2n n 1  21 Th.S Nguyễn Hoàng Anh Khoa CHƯƠNG PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 4.1 Phương trình vi phân cấp 4.1.1 Định nghĩa - Phương trình vi phân cấp phương trình có dạng F(x, y, y ')  , Trong x biến số độc lập, y=y(x) hàm số phải tìm, y’ đạo hàm y(x) - Nghiệm hàm số y = (x) cho F(x;(x); ’(x))=0 - Nghiệm tổng quát nghiệm dạng y = φ(x,C) - Tích phân tổng quát phương trình G(x;C)=0 xác định nghiệm tổng quát - Nghiệm riêng nghiệm nghiệm tổng qt - Nghiệm kì dị nghiệm khơng nằm nghiệm tổng quát - Giải phương trình vi phân tìm tất nghiệm 4.1.2 Định lý tồn nghiệm Cho phương trình vi phân cấp : y’ = f(x;y) f (x, y) liên tục miền D lân cận x0, tồn Nếu f(x,y) y nghiệm y=y(x) thỏa điều kiện đầu y(x0)=a 4.2 Các phương trình vi phân 4.2.1 Phương trình vi phân với biến số phân ly Dạng f(x)dx = g(y)dy Cách giải Lấy tích phân hai vế, ta  f (x)dx   g(y)dy hay F(x) = G(y) + C, F(x) nguyên hàm f(x), G(y) nguyên hàm g(y) Ví dụ: Giải phương trình (1 + x)ydx + (1 - y)xdy = Giải: Nếu x  0, y  0, phương trình trở thành  1 1    1 dx  1   dy x   y Lấy tích phân hai vế, ta ln|x| + x = y – ln|y| + C hay ln|xy| + x - y = C Ta có x = 0, y = thỏa mãn phương trình, nên x = 0, y = hai nghiệm kì dị phương trình 4.2.2 Phương trình đẳng cấp cấp Dạng y’=f(y/x) Phương pháp: Đặt y = z.x đưa dạng biến số phân ly Ví dụ: Giải phương trình vi phân (x2 + xy)y’=y2 22 Th.S Nguyễn Hồng Anh Khoa 4.2.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp Dạng: y’+ p(x)y = q(x), p(x) q(x) hàm liên tục Phương trình y’+ p(x)y = gọi phương trình tuyến tính Phương pháp Bước 1: Giải phương trình tương ứng: y’ + p(x)y = Nếu y  0, viết thành dy   p(x)dx  ln|y|=   p(x)dx + K y  p(x )dx  y=C e  , C  Mặt khác y = nghiệm nghiệm riêng ứng với C =  p(x )dx Vậy nghiệm tổng quát phương trình là: y = C e   p(x )dx Bước 2: Tìm nghiệm y’+p(x)y = q(x) dạng y = C(x) e  ta có:  p(x )dx '  p(x)dx  p(x )dx e  C (x)  C(x)p(x)e   p(x)C(x)e   q(x) hay p(x )dx dC(x) = q(x) e  Do C(x) =  q(x)e  p(x )dx dx  K K số tùy ý Vậy nghiệm tổng quát phương trình là:  p(x )dx  p(x )dx p(x )dx y = Ke  +e   q(x) e  dx 4.2.4 Phương trình Becnuli Dạng y’ + p(x)y = q(x)yα với α≠0, α≠1 Phương pháp: Chia hai vế cho yα phương trình trở thành y’.y-α + p(x)y1-α =q(x) Đặt z = y1-α => z’ = y’.y-α nên phương trình trở thành z’+ p(x)z = q(x) (z’+p(x)z=q(x) dạng phương trình vi phân tuyến tính cấp 1) Ví dụ: Giải phương trình y’ + xy = xy2 4.2.5 Phương trình vi phân tồn phần Là phương trình vi phân có dạng: P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0, P(x, y), Q(x, y) hàm số liên tục có đạo hàm riêng cấp P Q  liên tục thỏa mãn điều kiện y x 23 Th.S Nguyễn Hồng Anh Khoa Khi Pdx + Qdy vi phân toàn phần hàm số u(x, y) Nếu D=R2, hàm số u(x, y) cho công thức y x u(x, y) =  P(x, y )dx   Q(x, y)dy  K o xo yo y x hay u(x, y) =  P(x, y)dx   Q(x , y)dy  K xo yo x0, y0 hai số đó, K số tùy ý Vậy tích phân tổng quát phương trình là: u(x;y) = C Ví dụ: Giải phương trình [(1 + x + y)ex + ey]dx + [ex + xey]dy Giải Ta có P(x, y) = (1 + x + y)ex + ey, Q(x, y) = ex + xey P Q = ex + ey = y x Vậy Pdx + Qdy vi phân toàn phần hàm số u(x, y) y x u(x, y) =  1  x  e  1 dx    e x  xe y  dy x 0 x x y = xe + x + e y + xe - x = (x + y)ex + xey Tích phân tổng quát phương trình là: (x + y)ex + xey = C 4.3 Phương trình vi phân cấp 4.3.1 Định nghĩa Phương trình vi phân cấp hai phương trình có dạng F(x,y,y’,y’’) = Nghiệm hàm số y = (x) cho F(x;(x);’(x);’’(x))=0 Nghiệm tổng quát nghiệm dạng y = φ(x,C1,C2) Tích phân tổng quát phương trình G(x;C1;C2)=0 xác định nghiệm tổng quát Nghiệm riêng nghiệm nghiệm tổng quát Giải phương trình vi phân tìm tất nghiệm 4.3.2 Định lý tồn nghiệm, tốn Cauchy Cho phương trình vi phân cấp hai y’’ = f(x,y,y’) f f (x, y, y') (x, y, y') liên tục miền D lân cận Nếu f(x,y,y’); y y' x0, tồn nghiệm y=y(x) thỏa điều kiện đầu y(x0)=a y’(x0)=b 4.3.3 Phương trình vi phân cấp giảm cấp a Phương trình khuyết y: F(x,y’,y’’)=0 Phương pháp: Đặt y’ = p, Khi đó, phương trình trở thành F(x,p,p’)=0 Ví dụ: Giải phương trình vi phân xy’+2y’’=6x (Đs: y = x2+C1/x +C2) 24 Th.S Nguyễn Hoàng Anh Khoa b Phương trình khuyết x: F(y,y’,y’’)=0 Phương pháp: Đặt y’=p ta có y’’ = p.dp/dy Phương trình trở thành F(y,p,p.dp/dy)=0 Ví dụ: Giải phương trình vi phân y’’+y’- 2y=0 Đs: y = C1ex + C2e-2x 4.3.4 Phương trình vi phân tuyến tính cấp Là phương trình dạng y’’ + p(x)y’ +q(x)y = f(x) p(x), q(x) f(x) hàm liên tục Nếu f(x) = phương trình gọi phương trình vi phân tuyến tính cấp Định lí 1: Nếu y1(x) y2(x) hai nghiệm độc lập tuyến tính phương trình vi phân tuyến tính cấp y = C1y1(x) + C2y2(x) nghiệm tổng qt phương trình vi phân tuyến tính cấp Định lí : Nếu y* nghiệm riêng PTVPTT y = C1y1(x) + C2y2(x) nghiệm tổng quát PTVPTTTN tương ứng y = C1y1(x) + C2y2(x) + y* nghiệm tổng qt PTVPTT Định lí : (Ngun lí chồng chất nghiệm) Nếu y1(x) nghiệm riêng y’’ + p(x)y’ +q(x)y = f1(x) y2(x) nghiệm riêng y’’ + p(x)y’ +q(x)y = f2(x) y = y1(x) +y2(x) nghiệm riêng phương trình y’’+ p(x)y’ +q(x)y = f1(x) + f2(x) 4.3.5 Phương trình vi phân tuyến tính cấp có hệ số Dạng : Ay’’+By’+Cy=0, A, B, C  R Phương pháp B1: Giải phương trình đặc trưng Ak2 + Bk + C = B2: Kết luận nghiệm theo trường hợp sau : TH1: Nếu k1≠k2 NTQ là: y  C1ek1x  C2ek x TH2: Nếu k1=k2 NTQ là: y  (C1  xC2 )ek1x TH3: Nếu k=α  i nghiệm tổng quát y  ex  C1cos x  C2 sin x  Ví dụ: Giải phương trình a y’’ + y’ = b y’’ + 4y’ + 4y = c y’’ + 2y’ +2y = 4.3.6 Phương trình vi phân tuyến tính cấp có hệ số Dạng: Ay’’ + By’ + Cy = f(x), A, B, C  R Phương pháp B1: Giải phương trình B2: Tìm nghiệm riêng Ay’’ + By’ + Cy = f(x) 25 Th.S Nguyễn Hoàng Anh Khoa TH1: f(x) = eαx.Pn(x) - Nếu α khơng nghiệm PTĐT ta tìm nghiệm riêng dạng y = eαx.Qn(x) - Nếu α nghiệm đơn PTĐT ta tìm nghiệm riêng dạng y = xeαx.Qn(x) - Nếu α nghiệm kép PTĐT ta tìm nghiệm riêng dạng y = x2eαx.Qn(x) TH2: f(x) = eαx[Pm(x)cosx + Qn(x)sinx] ; đặt k = max{m,n} - Nếu α + i khơng nghiệm phương trình đặc trưng ta tìm nghiệm riêng dạng y = eαx [Rk(x)cosx + Sk(x)sinx] - Nếu α + i nghiệm phương trình đặc trưng ta tìm nghiệm riêng dạng y = x.eαx.[Rk(x)cosx + Sk(x)sinx] BÀI TẬP CHƯƠNG Giải phương trình vi phân sau: a) (x2 + 1)y’ = xy c) x2y’ = xy + y2 e) x2y’ + xy = 1; y(1) = 2 Giải phương trình vi phân sau: a) y  3y  2y  2x  b) (x + y)y’ = x – y d) (x2 + 1)y’ + xy + = f) x2y’ – xy = y2 c) y  4y  4y  5e2x d) y  4y  3y  sinx e) y  y  cosx f) y" y '  x  sinx b) y" 2y' 3y  xe x 26