TÓM TẮT CÁC DẠNG BÀI TẬP TOÁN CAO CẤP CỦA ĐẠI HỌC KINH TẾDạng 1: Tính định thức của ma trậnMa trận là một bảng m hàng n cột. Định thức chỉ được tính đối với ma trận vuông (m=n).Để tính định thức cần dùng 3 phép biến đổi sơ cấp:+ Lấy hàng (cột) r nhân với k cộng với hàng (cột) s viết vào hàng (cột) s thì định thứckhông đổi.+ Đổi chỗ 2 hàng hoặc 2 cột thì định thức đổi dấu+ Nhân 1 hàng (cột) với k thì định thức nhân với kSử dụng 3 phép biến đổi sơ cấp để biến đổi định thức đã cho thành định thức mới sao chongoại trừ 1 phần tử 0 0 i j a thì tất cả các phần tử còn lại của hàng thức i0 (hoặc cột thứ j0) đềubằng 0. Khi đó định thức được tính bởi() ( ) ( ) 0 000 00det 1 det i j A aA i j i j+ = −trong đó 0 0Ai j là ma trận thu được từ A bằng cách bỏ đi hàng i0 và cột j0. Sau đó lặp lạiquá trình đối với định thức của ma trận cấp thấp hơn 1 đơn vị.Chú ý: trong quá trình tính cần thực hiện biến đổi khéo léo để các ma trận được tạo thànhcó hệ số không quá lớn, thuận lợi cho tính toán.Ví dụ: Tính1 8 601 99 83 12 991 29−−− − Δ = − −− −Thực hiện các biến đổi:( )( )12 23 441 33331 8 60 1 8 601 99 8 0 1 3 83 1 2 9 25 20 991 29 4 88 0 10HH HH HHH HH+ →−+ →−+ →− −−− − − − ⎯⎯⎯⎯⎯→ −− − −−− −Cột 1 đã có tất cả các phần tử bằng 0 trừ vị trí hàng 1 cột 1, dẫn tới( )1 113 8 13 81 1 25 20 9 25 20 94 8 18 4 8 18+− −− −Δ= − × ×− − = − −− −Thực hiện biến đổi: ( )( )( )21 1 3 221 332 111222 24 40013 8 3 8 3 825 20 9 5 20 9 1 28 274 8 18 8 18 8 1859 621 28 272 2CC C H HHH HHH HH+ → −+ →+ →+ →−− − −− − ⎯⎯⎯⎯→ − − ⎯⎯⎯⎯− −⎯→− −−− −−⎯⎯⎯⎯⎯→− −−Cột 1 đã có tất cả các phần tử bằng 0 trừ vị trí hàng 2 cột 1, dẫn tới() () 2 1 59 62 59 621 122 22+ − − Δ= − × − × = − −Định thức cấp 2 có thể tính đơn giản bằng đường chéo chính trừ đường chéo phụ.Δ= × − − × − = − × =− 59 2 62 2 59 62 2 6 ( ) ( ) ( )Dạng 2: Giải hệ phương trình tuyến tínhHệ pttt dạng tổng quát được viết dưới dạng:11 1 12 2 1 111 2 2.........n nm m mn n max ax ax bax a x ax b⎧ + ++ =⎪⎨⎪ + ++ = ⎩Lập ma trận A và b như sau:11 12 1 11 2...... ... ... ... , ......nm m mn maa a bA baa a b⎡ ⎤ ⎡⎤⎢ ⎥ ⎢⎥ = =⎣ ⎦ ⎣⎦Lập ma trận mở rộng như sau:A = A b |Người ta đã chứng minh rằng sử dụng 3 phép biến đổi sơ cấp (về hàng) vào ma trận mởrộng thì nghiệm của hệ sẽ không đổi. Ba phép biến đổi đó bao gồm:+ Lấy hàng r nhân với k cộng với hàng s viết vào hàng s.+ Đổi chỗ 2 hàng+ Nhân 1 hàng với kPhương pháp Gauss là phương pháp dùng các phần tử trên đường chéo chính để biến tất cảcác phần tử cùng cột với nó và ở dưới nó thành số 0. Tức là dùng a11 để khử a21,a31,...am1.Dùng a22 để khử a22,a32,...am2, .... Sau khi đã thực hiện xong phương pháp Gauss thì tất cảcác phần tử dưới đường chéo chính của ma trận A bằng 0. Từ đó ta giải ngược để tính cácẩn từ bên dưới lên.Chú ý: trong quá trình tính, trước khi thực hiện khử Gauss, cần thực hiện các phép biến đổi sơcấp một cách khéo léo để các ma trận được tạo thành có hệ số không quá lớn, thuận lợicho tính toán. nếu 1 hàng của ma trận mở rộng có toàn số không thì có thể bỏ hàng đó đi nếu 1 hàng của ma trận mở rộng có toàn số không trừ cột cuối cùng thì phương trình vônghiệm Tính toán phải hết sức cẩn trọngVí dụ: Giải hệ123412 3 413412 3 4998 12 233622 44347 3xxxxxx x xxxxxx x x⎧ − + + =−⎪⎪− +− + = ⎨−+ − = ⎪⎪⎩−− + + =Lập ma trận mở rộng1 99 8 121 23 360 2 244 34 7 3A⎡ ⎤ − −⎢ ⎥− − = − −⎣ ⎦ − −. Thực hiện các biến đổi sơ cấp vềhàng:( )( )( )2 442 331 222321 99 8 1 1 9 9 8 12 1 2 3 3 0 17 16 19 16 0 2 2 4 0 3 8 11 54 34 7 3 0 5 8 1 3H HHH HHH HH−+ →−+ →+ →⎡ ⎤⎡ ⎤ −− − −⎢ ⎥⎢ ⎥−− − ⎯⎯⎯⎯⎯→ − − − −−⎣ ⎦⎣ ⎦ −− − −, ta đã khử xong cột 1. Ởcột 2 số 17 là quá lớn cần phải tìm cách giảm bớt trước khi khử:( )( )( )( ) ( )3 223 442 332 44 3 36231 141 99 8 1 199 8 10 17 16 19 1 0 1 32 85 310 3 8 11 5 0 3 8 11 50 5 8 1 3 0 1 8 23 7199 8 10 1 32 85 310 0 88 244 880 0 24 62 24H HHH HHH HHH HH H H−+ →−+ →+ →−+ → →⎡ ⎤⎡ ⎤ −− − −⎢ ⎥⎢ ⎥ − − ⎯⎯⎯⎯⎯→ − −− − −−⎣ ⎦⎣ ⎦ −− −⎡ ⎤ − −⎢ ⎥ − ⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯→ −⎣ ⎦ − −( ) 43 3 3 44 12199 8 10 1 32 85 310 0 22 61 220 0 24 62 24199 8 1 199 8 10 1 32 85 31 0 1 32 85 3100 2 1 2 00 2 1 20 0 24 62 24 0 0 0 50 0HH H + → H HH −+→⎡ − − ⎤ ⎢ ⎥ − ⎢ ⎥ ⎢ − ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ − − ⎦⎡ ⎤⎡ ⎤ − − −−⎢ ⎥⎢ ⎥ − − ⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯⎯→ − − −−⎣ ⎦⎣ ⎦ −− −Vậy phương pháp khử Gauss đã hoàn thành. Ta viết hệ lại dạng:12 342 343 44998 132 85 312 250 0xxxxxxxx xx⎧ − + + =−⎪⎪ −+= ⎨ − =− ⎪⎪⎩− =Giải ngược từ phương trình dưới lên ta có: 43 2 1 xx x x = 0; 1; 1; 1; =− =− =Ví dụ: Giải hệ12 312 312 31 22 136 2 3254 247 4xx xxxxxx xx x⎧ − − =−⎪⎪ − + =− ⎨−+ − = ⎪⎪⎩ − =−Lập ma trận mở rộng1 1213 62 325 424 70 4A⎡ ⎤ −−−⎢ ⎥ − − = − −⎣ ⎦ − −. Thực hiện các biến đổi sơ cấp về hàng: ( )( )( )3 441 22 23 31 33 24 42321 121 1121 11213 62 3 0 38 0 0 38 025 42 03 80 00 0 04 70 4 03 80 00 0 0H HHH HH HH HH HH HH H+ →−+ → + → + → + →⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤ −−− −−− −−−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ −− − − ⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯→ −− −⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦ −− −Vậy phương pháp khử Gauss đã hoàn thành. Hai hàng cuối cùng toàn là số 0 nên có thể bỏđi. Ta viết hệ lại dạng:12 32 32 1380xx xx x⎧ − − =− ⎨⎩−+ =Giải ngược từ phương trình dưới lên ta thấy hệ có vô số nghiệm dạng:3 32 18 14 ; 1 3 3x xx x = =− +Ví dụ: Giải hệ1234 512341 2 34 512345483212429 2747 4 364376 4xxxxxxxxxx x xx xxxxxx⎧ −+−−=⎪⎪ −−−= ⎨ − − +− = ⎪⎪⎩ −++−=Lập ma trận mở rộng1 4 8 3 212 4 2 9027 4 7 1 436 4 3 7 64A⎡ ⎤ − −−⎢ ⎥ −−− = −− −⎣ ⎦ − −. Thực hiện các biến đổi sơ cấp vềhàng. Vì số 7 và số 6 hơi to nên cần biến đổi để nhỏ bớt đi( )( )( )( ) ( )4 332 441 221 33 21321 11 4 8 3 21 1 4 8 3 2 12 4 2 902 2 4 2 90 27 4 7 1 4 3 1 0 10 6 2 16 4 3 7 64 6 4 3 7 6 41 4 8 3 210 4 18 3 4 00 4 18 3 4 20 8 9 34 6 2H HHH HHH HHH HH H−+ →−+ →−+ →−+ → −⎡ ⎤⎡ ⎤ − −− − −−⎢ ⎥⎢ ⎥ −−− − − − ⎯⎯⎯⎯⎯→ −− − − − −⎣ ⎦⎣ ⎦ −− − −⎡ ⎤ − −−⎢ ⎥ − − ⎯⎯⎯⎯⎯→ −− −⎣ ⎦ − −3 31 4 8 3 210 4 18 3 4 000 0 0 0 20 8 9 34 6 2+ → H H⎡ − −− ⎤ ⎢ ⎥ − − ⎯⎯⎯⎯⎯→⎢ ⎥ ⎢ − ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ − − ⎦Ta thấy hàng thứ 3 có mọi thành phần bằng 0 trừ cột cuối cùng. Vậy hệ vô nghiệm Dạng 3: Tính nghịch đảo của ma trậnMa trận nghịch đảo của A được ký hiệu là A1 là ma trận thỏa mãn 1 1 AA AAEn − − = = vớiEn là ma trận đơn vị cấp n. Ma trận A1 tồn tại khi và chỉ khi det 0 ( A) ≠ . Thường tìm matrận nghịch đảo bằng phương pháp GaussJordan. Lập ma trận mở rộng như sau:M = A E | n Sử dụng 3 phép biến đổi sơ cấp về hàng đã đề cập ở trên vào ma trận mở rộng. Đầu tiên sử dụng phương pháp Gauss: dùng các phần tử trên đường chéo chính để biếntất cả các phần tử cùng cột với nó và ở dưới nó thành số 0. Tức là dùng a11 để khửa21,a31,...am1. Dùng a22 để khử a22,a32,...am2, .... Sau khi đã thực hiện xong phương phápGauss thì tất cả các phần tử dưới đường chéo chính của ma trận A bằng 0. Chú ý rằng thựchiện các phép biến đổi phải thực hiện trên toàn bộ hàng của ma trận mở rộng M. Tiếp theo sử dụng phương pháp Jordan: dùng các phần tử trên đường chéo chính để biếntất cả các phần tử cùng cột với nó và ở trên nó thành số 0. Tức là dùng ann để khửa1n,a2n,...a(n1)n. Dùng a(n1)(n1) để khử a1(n1),a2(n1),...a(n2)(n1), .... Sau khi đã thực hiện xongphương pháp Gauss và phương pháp Jordan thì ma trận A chỉ còn các phần tử trên đườngchéo chính, phần còn lại bằng 0. Tiếp theo biến tất cả các phần tử trên đường chéo chính của A thành 1 bằng cách chiahàng chứa nó cho chính nó. Cuối cùng ta đã thực hiện được quá trình: | | M = → AE E B n n . Khi đó B chính là ma trận nghịch đảo của A.Ví dụ: Tính ma trận nghịch đảo của043153142A⎡ ⎤ ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ ⎢− − − ⎥ ⎣ ⎦Lập ma trận mở rộng:0 4 3 1001 5 3 0101 4 2001M⎡ ⎤⎢ ⎥ =⎣ ⎦ −−−Thực hiện các phép biến đổi sơ cấp sau:( )1 213 3 2 32 33 40 4 3 100 1 5 3 0101 5 3 010 0 4 3 1001 4 2001 1 4 2001153010 153010043100 011011011011 04310015 3 0 1 001 1 0 1 100 11 4 4H HHH H H HH HHM ↔+→ ↔−+ →⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ = ⎯⎯⎯⎯→⎣ ⎦⎣ ⎦ −−− −−−⎡ ⎤⎡ ⎤⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯ ⎢ ⎥⎢ ⎥ →⎣ ⎦⎣ ⎦⎡ ⎤⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→⎢⎢⎢⎣ ⎦ − −−⎥⎥⎥Như vậy ta đã thực hiện xong phép biến đổi Gauss, phía dưới đường chéo chính đã bằng 0.Tiếp theo thực hiện biến đổi Jordan:( )( )32 23 112 11351 5 3 0 1 0 1 5 0 3 11 1201 1 0 1 1 01 0 1 3 300 11 4 4 00 11 4 410 0 2 4 301 0 1 3 300 1 1 4 4HH HH HHH HH+ →+ →−+ →⎡ ⎤⎡ ⎤ − −⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ − −⎣ ⎦⎣ ⎦ − −− − − −⎡ ⎤ −⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ −− ⎢ ⎥⎣ ⎦ − −−Như vậy ta đã thực hiện xong phép biến đổi Jordan, phía trên đường chéo chính đã bằng 0.Bước tiếp theo là biến đường chéo chính bằng 1:3 3 ( ) 110 0 2 4 3 100 2 4 301 0 1 3 3 010 1 3 300 1 1 4 4 001 1 4 4H H − →⎡ ⎤⎡ ⎤ − −⎢ ⎥⎢ ⎥ − − ⎯⎯⎯⎯⎯→ − −⎣ ⎦⎣ ⎦ − −− −Vậy ma trận nghịch đảo bằng24 31 3314 4⎡ ⎤ −⎢ ⎥ − − ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎣ ⎦ −Dạng 4: Giới hạn của hàm sốĐối với các dạng vô định 00 và ∞∞ (chú ý chỉ có 2 dạng này), ta có thể dùng quy tắc Lôpi tan như sau:( )( )( )( ) lim limxa xaf x fx→ → gx g x′ = ′nếu như giới hạn bên phải tồn tại. Chú ý có những trường hợp giới hạn bên trái tồn tại màbên phải không tồn tạiĐối với các dạng khác thì biến đổi về 2 dạng trên. Có tất cả 7 dạng vô định:0 0 0 , , ,0 ,1 , ,00∞ ∞∞−∞ ×∞ ∞∞. Các giới hạn dạng 0 0 ∞ ,0 ít gặp nên ta xét 5 ví dụ về 5 dạng:Ví dụ:0 ( )1 1 limln 1x xxe e Lx x +−→−− − = + dạng00Dùng Lô pi tan( )( )( ) ( )2 20 0 001 1 11 1 1 lim lim lim limln 1 ln 1 ln 1x xx x xxx x xxe e ee e e Lxx xx x x + + ++− − −→ → →→− − −− − − − === + + +Ta cóLopitan0 001 1 lim lim 1 lim 11x xxx xxe eex x → →→ + ++− − = =⇒ =Ta có ( )2 2 Lopitan0 011 1 2 lim limln 1 2 11xxx xeexx+ +− −→ →− = = ++Vậy L=12Ví dụ: ( )( )210ln 1limx ln 1x xL→∞ x x− + = + + dạng∞∞dùng Lô pi tan( )( )( )( )( )( )2 10 Lopitan 210 9 2 9102 1ln 1 2 1 1 1 lim lim limln 1 10 1 1 10 11x xxxxx x x xx x Lx x x xx xx x→∞ →∞ →∞− −+ − ++− + = == ++ + −+ ++ +Giữ lại số hạng bậc cao nhất, hoặc lý luận cách khác là chia cả tử và mẫu cho x11, ta có:2 110 5L = =Ví dụ: ( )4lim cot 2 cot4xL x xππ→⎛ ⎞ = − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ dạng 0×∞Biến về dạng 00 rồi dùng Lô pi tan( ) ( ) Lopitan 24 4 22cot 2 sin 2 lim lim 2 1tan4 cos4x xx xLxxπ π ππ→ →−== = ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ − ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ − ⎝ ⎠Ví dụ: 2 34 4 lim 1 1xL xx x x→−∞⎛ ⎞ = ++ − − + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ dạng ∞∞Đổi biến để trở thành dạng 00 rồi dùng Lô pi tan. Đổi biến u=1x, có u tiến đến 0. Chú ý xtiến đến ∞ nên u tiến đến 0 từ phía trái, tức là tiến đến 0 nhưng luôn nhỏ hơn 0. Ta có:2 44 42 34 2 4 0 02 4 4011 1 1 1 1 lim 1 1 lim1 1 limu uuuu uu Lu u uu u uuu uuu− −−→ →→⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + + −+= ++ − − + = − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠++− −+ = −Đây là dạng 00.( )334 2 4021 4 12 1 4 1 11 3 limu 1 24 4u uu u u uL→ −+ − −+ + − + ⎛ ⎞ − = =− + = ⎜ ⎟ − ⎝ ⎠Ví dụ:11 limxxxL e→∞ x⎛ ⎞= + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ dạng 1∞Ta biến đổi:1 1 lnlimx x exxL e⎛ ⎞+ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠→∞=Như vậy ta chỉ còn cần tính giới hạn của số mũ. Đổi biến u=1x, có u tiến đến 0, ta tính:( ) 1 Lopitan1 0 01ln 1 lim ln lim lim 21uuuxxu uee ue u L xe→∞ → → x u+ ⎛ ⎞ + ⎜ ⎟ + = += = = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠VậyL1 2 L = = e eDạng 5: Sự liên tục của hàm sốHàm số gọi là liên tục tại a nếu như lim ( ) ( )x af x fa→= . Như vậy bản chất của bài toánkhảo sát sự liên tục chính là bài toán giới hạn.Ví dụ: Cho hàm số:0sin 42 0x x e exy xa x⎧ − − ⎪ ≠ = ⎨⎪⎩ =. Tìm a để hàm liên tục tại x=0Dễ dàng tính được01 limsin 4 2x xxe ex−→− = . Vậy để hàm số liên tục tại x=0 thì 2a=12 hay a=14Ví dụ: Cho hàm số:0sin 41 0x x e exy xx⎧ − − ⎪ ≠ = ⎨⎪⎩ =. Khảo sát sự liên tục của hàm sốDễ dàng tính được01 limsin 4 2x xxe ex−→− = . Nhưng f(0)=1 theo định nghĩa. Vì vậy tại x=0 hàmsố không thỏa mãn điều kiện ( ) ( ) 0lim 0xfx f→ = và hàm gián đoạn tại 0 Dạng 6: Đạo hàm cấp n của hàm sốNhớ các công thức đạo hàm cấp cao của các hàm đặc biệt( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )( ) ( )(( ) )( ) ( ) ( )( )( )( ) () ( )( )1cos cos , 2sin sin , 2ln ,1 ... 11 1 ln ,n nn nn ax b ax b nnn nn nnnax b a ax b nax b a ax b naax b a n ax ba n ax bax bα αππα αααα α+ +−−⎛ ⎞ + = ++ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎛ ⎞ + = ++ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠=+ = − −+ +− − + =+Đối với các hàm khác tìm cách đưa về tổng của các hàm đặc biệt.Ví dụ: Tính đạo hàm cấp n của ( )22 2 3x f xx x= − −Vì mẫu số tách thành ( )( ) 2xx x x − −= + − 23 1 3 mà tử số là đa thức bậc 2 nên ta viết f(x)dưới dạng: ( ) 1 3A B f x Cx x=+++ − với A,B,C là các hằng số phải tìm. Quy đồng mẫu sốta có:( ) ( ) ( )( ) 2x Ax Bx Cx x = − + ++ + − 3 1 13Cho x=3 ta sẽ khử được A và C, ta thu được9 9 44 = B B ⇒ =Cho x=1 ta sẽ khử được B và C, ta thu được1 1 44A A − =− ⇒ =Cho x=0 ta thu được1 3 03 3 1344B=− + − ⇒ =− + = + = AB C C A( ) ( ) ( )1 9 14 14 3 f xx x− =+++ −Từ biểu thức đạo hàm của các hàm đặc biệt ta có( )(( ) )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )1 111 1 1 1 2 ... 1 1 1 1n nn nnx nx nx x− −−+⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = + =− × − − + = − ⎝ ⎠ + +( )( ) ( ) 11 1 1 3 3nnnnx x+⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = − ⎝ ⎠ − −Cuối cùng ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 1 11 9 14 3 1nnn nn f xx x+ +⎛ ⎞ − = − ⎜ ⎟− + ⎝ ⎠Dạng 7: Quy tắc Lô pi tanĐối với các dạng vô định 00 và ∞∞ (chú ý chỉ có 2 dạng này), ta có thể dùng quy tắc Lôpi tan như sau:( )( )( )( ) lim limxa xaf x fx→ → gx g x′ = ′nếu như giới hạn bên phải tồn tại. Chú ý có những trường hợp giới hạn bên trái tồn tại màbên phải không tồn tạiVí dụ:01 cos limx sinx L→ x x− = dạng00Áp dụng quy tắc Lô pi tan ta có:( )( ) ( ) 00 0sin1 cos 2 cos sin lim lim limxx x sin sin cos 2 cos sin cosxxx x L→→ → x x xx x x xx x− == = + +Ta tính giới hạn10sin limx sin cosx L→ x x x = +Đây là dạng 00 nên lại áp dụng quy tắc Lô pi tan có:( )( )1 0 0sin cos 1 lim limx x sin cos 2cos sin 2x x Lxx x → → xx x= ==+ −Vậy ta có:( )101lim 2 cos 4xL Lx→= =Dạng 8: Tính nguyên hàm Giới thiệu trang web http:www.integralcalculator.com. Vào trang này nhập tích phâncần tính sẽ cho ra kết quả đồng thời quan trọng hơn là cho ra cả các bước biến đổi để tínhra tích phân đó. Tuy nhiên cần có đủ vốn tiếng Anh Nói chung phải dùng phương pháp đổi biến hoặc tích phân từng phần để giải, không cóphương pháp chung, phụ thuộc vào kinh nghiệm và kỹ năng. Có một số dạng có thể giảinhư sau1. Tích phân của biểu thức chứa hàm mũ 1 cơ số ( ) x R a dx ∫ thì đổi biến x t a =Ví dụ:69 4xx xI = dx − ∫Ta thấy có nhiều hàm mũ với cơ số khác nhau. Tuy nhiên nếu chia cả tử và mẫu cho 6x thìta được:13 32 2x xI dx − =⎛⎞ ⎛⎞ ⎜⎟ ⎜⎟ − ⎝⎠ ⎝⎠∫Như vậy ta có tích phân với một cơ số. Đổi biến32xu⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . Có33 3 ln ln22 2xdu dx u dx ⎛ ⎞ = = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . Thay vào tích phân có:( ) 211 3 3 ln 1 ln2 2du I duu u uu= = ⎛ ⎞ − − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠∫ ∫Tích phân này là tích phân hữu tỷ có thể giải được như sẽ nói ở phần sau.Ta cũng có thể chia cả tử và mẫu của hàm dưới dấu tích phân ban đầu cho 9x để thu được:2232 13xxI dx⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ =⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠∫ . Ta cũng đưa về tích phân có 1 cơ số. Tương tự vậy nếu chia cả tử vàmẫu cho 9x ta cũng đưa về 1 cơ số.2. Tích phân mà hàm dưới dấu tích phân có chứa thừa số có logarit thì ta đưa phần còn lạicủa hàm (tức là phần không có logarit) vào trong vi phân rồi thực hiện tích phân từng phầnVí dụ:2 ln x I dxx⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∫Đưa hàm 1x2 vào dấu vi phân. Ta chú ý: ( ) ( ) 1 1211dxx dx d x d xxα αα+ − = ⇒ =−+. Vậy tatính tích phân từng phần( ) ( ( )) 2 1 12 1 2 12 2 ln ln ln ln 2 lnJI xd x x x x d x x x x xdx −− − − −⎛ ⎞⎜ ⎟ =− =− − =− −⎝ ⎠∫∫ ∫ Lại tiếp tục đưa x2 vào dấu vi phân để tính J( ) ( ( ))( ) ( )2 11 11 21ln ln ln lnln ln 1J x xdx xd x x x x d xx x x dx x x− −− −− −−= =− =− −=− − =− +∫∫ ∫∫Vậy ( ( )) ( ) 12 1 1 2 I x xx x x x x ln 2 ln 1 ln 2ln 2 −− − =− + + =− + +3. Tích phân mà hàm dưới dấu tích phân có dạng P(x)eax, P(x)sin(bx), P(x)cos(bx) trongđó P(x) là một đa thức thì ta đưa hàm e mũ hoặc hàm lượng giác vào trong vi phân rồi thựchiện tích phân từng phần. Sau mỗi lần thực hiện từng phần thì đa thức giảm bậcVí dụ: 2 x I = x e dx ∫Đưa hàm e mũ vào vi phân rồi tích phân từng phần ( ) 2 2 2 x xx I = =− x d e x e e xdx ∫ ∫ . Ta lạitiếp tục đưa hàm e mũ vào vi phân. Quá trình chi tiết không viết tiếp vì đơn giản Tích phân mà hàm dưới dấu tích phân có dạng eaxsin(bx), eaxcos(bx), sin(lnx), cos(lnx)thì thực hiện tích phân từng phần 2 lần sẽ ra hàm cũ với hệ số khác, từ đó giải ra tích phânVí dụ: sin 2 x I e xdx − = ∫( ) ( ( )) ( ) 11 1 cos2 cos2 cos2 cos2 cos222 2x x xx x I e d x e x xd e e x e xdx − − −− − =− =− − =− + ∫∫ ∫Tính tiếp tích phân:( ) ( ( ))( ) ( )1 1 cos2 sin 2 sin 2 sin 22 21 1 sin 2 sin 2 sin 22 2x xx xxx xe xdx e d x e x xd ee x e xdx e x I−−− −−− −= =−=+ =+∫∫ ∫∫Vậy thay vào có:( ) 11 5 1 cos2 sin 2 cos2 sin 22 2 42 2xx x e I e x e xI I x x− ⎛ ⎞⎛ ⎞ − − =− + + ⇒ =− + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠4. Tích phân các hàm hữu tỷ tối giản. Có 3 dạng hàm tích phân hữu tỷ tối giản như sau: Loại 1:( )ndx Iax b=+ ∫ dễ dàng tính được ( )( ) 11 11ln1nna n ax b Iax bna−⎧ ≠ ⎪⎪ − + = ⎨⎪ + = ⎪⎩Loại 2:( ) 2 2 nxdx Ix a=+∫ dễ dàng tính được( )( )( )1 2 22 21 12 1ln12nnn xaIx an−⎧ − ≠ ⎪⎪ − + ⎪ = ⎨⎪ + ⎪ = ⎪⎩Loại 3:( ) 2 2 ndx Ix a=+∫ . Loại này khó hơn, thường tính bằng phương pháp truy hồi. Đổibiến tan x = a t có 2 cosadt dxt = và22 22 cosax at+ = , dẫn tới:2 2 121 211cos n nn nJ I tdta a− −− − = = ∫Ở đây ta tính( ) ( )( )( )( )( )( )2 21 21 2121 22 221 22 22 11cos cos sin sin cos sin cossin cos 2 1 cos sinsin cos 2 1 cos cossin cos 2 1nn n nnn nn nnnn nJ tdt td t t t td tt t n t tdtt t n tdt tdtt tn J J− −−− −− −− −== = −= +−= +− −= +− −∫∫ ∫∫∫ ∫Vậy ta có công thức tính lùi dần. Lùi đến khi n=0 thì ta có J0=t. Sau khi đã tính được Jn thìta cũng tính được I( ) 2 11 sin cos 2 12nnnt tnJJn− + − − =5. Tích phân hàm hữu tỷ ( )( )P xdxQ x ∫ với P và Q là các đa thức. Mọi hàm hữu tỷ đều đượcbiểu diễn qua 3 hàm hữu tỷ tối giản theo cách như sau. Giả sử Q(x) được phân tích thànhnhân tử dạng:() ( ) ( ) ( ) ( ) (( ) ) 1 1 2 2 2 21 11 ... ... s rh h k k Qx Cx a x a x b c x b c =− − ++ ++ r ssKhi đó tách hàm hữu tỷ dạng: ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( )( )( )( )( )( ) ( ) ( )111 1111 2 2 2 2 2 211 2 2 2 2 2... ... ...... ... ...... ...i ii ij jj jj jj jk kk ki i ihj h j jh hj j jj jjh hh hj jj jjP x A A A E xQx x a xa xaB xb B xb Bxbxb c xb c xb cC C Cxb c xb c xb c−−−−−−= ++ + ++ +− − −+ + ++ + ++ + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ++ ++ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠+ + ++⎛ ⎞⎛ ⎞ + + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ++ ++ ⎝ ⎠⎝ ⎠2...j+ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠Trong đó E(x) là một đa thức với bậc bằng hiệu bậc của P(x) và Q(x), có các hệ số cầntìm. Các hệ số Aj, Bj và Cj cũng là các hệ số cần tìm. Các hệ số này được xác định bằngcách quy đồng mẫu số rồi cân bằng với tử số ở vế trái. Nhóm tích phân gắn với các hệ sốAj, Bj và Cj lần lượt là 3 dạng tích phân hữu tỷ tối giản đã được trình bày ở trênVí dụ: ( )23 12xIx x− = − − ∫Phân tích mẫu số: ( )( ) 2xx x x −−= − + 2 21 . Tách hàm hữu tỷ như sau:( )23 12 2 1x A Bx x x x− = + − − − +Quy đồng mẫu số và cân bằng 2 vế có: 31 1 2 ( x Ax Bx − ) = ++ − ( ) ( ).Cho x=1 có 6 3 2 − =− ⇒ = B B . Cho x=2 có 3 3 1 = A⇒ = A . Sau khi đã có A và B thìviệc tính toán đơn giản vì tích phân đã ở dạng tối giản đã tính ở trên.6. Tích phân các hàm vô tỷ phân tuyến tính , nax b R x dxcx d⎛ ⎞ + ⎜ ⎟+ ⎝ ⎠ ∫ , đổi biến nax btcx d+ = +Ví dụ:12x I dxx x+ = − ∫Đổi biến 2 u x x u dx udu = −⇒= + =+ 2 2; 2 2 . Thay vào nguyên hàm ta có:( ) 222 32uI duu+ = + ∫Đây là tích phân hữu tỷ, được tách dạng ( ) 22 222 32 22u Bu C Eu uu+=+ ++ + +. Quy đồng mẫusố rồi cân bằng tử số ở 2 vế có: ( ) ( ) 2 2 23 2 u E u Bu C + = ++ + dẫn tới E === 2, 0, 2 B C .7. Tích phân lượng giác (chỉ có một số dạng là tính được). Cách làm: thử đặt t=tanx hoặct=tan(x2) để đưa về tích phân hữu tỷVí dụ:2 sin cossin cosx x I dxx x = + ∫Cách 1: đặt t= tanx có 2 ,sin cos1dt dx x t xt = = +. Ta có( )( ) ( )( )22 2 2cos1 1 1 1tx t I dt dtt t t t= = + + + +∫ ∫ . Đây là tích phân hữu tỷ đã nêu cách giải ở trênCách 2: đặt t=tan(x2) có222 22 21 ,sin ,cos11 1dt t t dx x xtt t− == = ++ +. Ta có:( )( )( )2 22 2 2 222 3 2 22 22 14 1 1 1 221 1 21 11 1t tt t t t dt I dtt tt tt tt t⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ − + + ⎝ ⎠ = = − ++ +− ++ +∫ ∫ . Đây là tích phân hữu tỷ nhưng rõràng giải khó hơn cách 1 rất nhiều. Dạng 9: Tính và khảo sát hội tụ tích phân suy rộng với cận vô hạnTích phân suy rộng với cận vô hạn (loại 1) () () ,aaf x dx f x dx∞−∞∫ ∫ . Bài toán tính tích phânsuy rộng thực ra là 2 bài toán: tính nguyên hàm + tính giới hạn. Cách làm là cứ tínhnguyên hàm bình thường. Sau đó khi thay cận vào là bài toán giới hạn của nguyên hàmVí dụ:1 lne dx Ix x = ∫Ta có nguyên hàm 2 lnlndxxx x = ∫ . Cận 1 là cận suy rộng loại 2. Ta có:12 ln lim 2 ln 2xIe e→ =− = Trong nhiều trường hợp cần chứng minh sự hội tụ hoặc phân kỳ của tích phân suy rộng.Thông thường đánh giá qua tiêu chuẩn so sánh. TPSR với cận vô hạn ( )aI f x dx∞= ∫ thường được so sánh vớiaJ x dx α∞= ∫ .Nếu ( ) limxf xcx →∞ α= 0 không là cực trị. Nếu Δ∂ là cực tiểu, nếu ( )20 0 2 , 0 f x yx∂ ⎜ ⎟ ∂ ∂ ∂ ∂ ⎝ ⎠Vậy điểm dừng không là cực trịDạng 11: Phương trình vi phân cấp một Phương trình vi phân cấp 1 là phương trình có dạng: ,, 0 dy F xy dx⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = ⎝ ⎠ trong đó x là đốisố, y là hàm số. Nghiệm của phương trình vi phân cấp 1 bao giờ cũng chứa 1 hằng số tùy ý. Trong trườnghợp tổng quát, nghiệm là một biểu thức liên hệ giữa x và y, tức là nghiệm có dạngG(x,y)=0.1. Phương trình với biến số phân ly là các phương trình sau khi biến đổi đưa hết được biếnsố về 1 bên và hàm số về 1 bên, tức là có dạng F(x)dx=G(y)dy. Khi đó tích phân cả 2 vế tacó nghiệm. Chú ý tích phân có hằng số nên nghiệm chứa hằng số tùy ý.Ví dụ: 2 y dx xydy + = 1 hay dạng khác 2y xyy + = 1 Chuyển hết x về 1 bên, y về 1 bên ta có2 1dx ydyx y=+. Lấy tích phân cả 2 vế có:2 ln 1 x = ++ y CBiểu thức này không chứa đạo hàm và do đó chính là nghiệm của phương trình vi phân. Trong nhiều trường hợp ta chưa nhận thấy ngay sự tách biến thì có thể cần các phép đổibiến thích hợp. Có một số dạng sau có thể đổi biến để tách biến.2. Phương trình dạng y’=f(ax+by+c) thì đặt hàm mới z=ax+by+c và phương trình sẽ đượctách biến với z và xVí dụ: xy yx y − −+ − + = 1 2 0 ( )Phương trình có dạng y=f(xy). Do đó ta xét z=xy, dẫn tới 1 1 dz dy z y dx dx = =− =− . Thayhết y và y theo z và z ta có:( )( ) ( ) ( 2) 1 21 0 1 2 22 1dz z dz z z z z z z dxdx z+−+ + − = ⇒ −+ + = + ⇒ =+Ta đã tách biến xong. Tích phân 2 vế ta có:( )( )2 3 3 ln 2 12 1 2 22 1 2 4z dz dz dz zx z Cz z+= = + = + +++ + ∫ ∫∫Đổi lại hàm y ta có kết quả( ) 3 ln 2 12 4x y x xy C − = + − ++3. Phương trình vi phân đẳng cấp là phương trình có dạng y’=ϕ(yx). Với phương trìnhnày đặt z=yx để đưa về phương trình về tách biến với z và x.Ví dụ: tan y xy y xx − =Chia cả 2 vế cho x có: tan y y yx x= + . Đây là dạng đẳng cấp. Đặt z=yx. Ta có; dy dz y zx y x z xz z dx dx= = = += + . Thay hết y và y theo z và z ta có: tan tantandz dz dxxz z z z x zdx z x+=+ ⇒ = ⇒ =Ta đã tách biến xong, lấy tích phân cả 2 vế có:ln sin ln ln sin ln y z xC xCx= +⇒ = +4. Phương trình tuyến tính là phương trình có dạng : y’+p(x)y=q(x). Nên thuộc nghiệmcủa phương trình, có dạng ( ) ( ) ( ) p x dx p x dx ( ) y q x e dx C e ∫ ∫ − = + ∫Ví dụ:2 x y y ex = −Đây là phương trình tuyến tính với p(x)=2x, q(x)=ex. Ta có: p( x dx x ) = 2ln ∫ . Áp dụngcông thức ta có:( )( ) ( ) 22ln 2ln 2 222 2 xxx x xx x eCy e e dx C e x e dx C xx− − − + += + = += ∫ ∫5. Phương trình Becnuli là phương trình có dạng y’+p(x)y=q(x)yα. Với phương trình nàyđổi biến z=y1α để đưa về phương trình vi phân tuyến tính theo zVí dụ: 2 2xy y yx x ln + =Đây là phương trình Becnuli với α=2, xét z=1y, ta có: 2 zyz− = . Thay vào phương trìnhcó:222 2 1 ln ln ln zx zx x xz z x x z x xz z z x− + = ⇒− + = ⇒ − =− . Đây là phương trình tuyếntính với p(x)=1x, q(x)=xlnx. Ta có: p( x dx x ) = −ln ∫ . Áp dụng công thức ta có:( ) ( ) ( ) ( ) 1 ln ln ln ln 1 ln x x z x xe dx C e xdx C x x x C xy− = =− + =− + = − + ∫ ∫6. Phương trình vi phân toàn phần là phương trình có dạng M x y dx N x y dy ( , ,0 ) + = ( )với M Ny x∂ ∂ = ∂ ∂. Khi đó sẽ tồn tại hàm F sao cho , F F M Nx y∂ ∂ = = ∂ ∂ và dẫn tớiM x y dx N x y dy dF ( ,, 0 ) + == ( ) . Nghiệm của phương trình sẽ là F=C=hằng số. Để tìm Fta tích phân phương trình F Mx∂ = ∂ theo x và tích phân phương trình F Ny∂ = ∂ theo y, rồi sosánh 2 tích phân để tìm ra F Ví dụ: ( ( ) ) ( ) 2 sin cos sin 2 cos cos 1 0 y x x x xy dx x x y x dy − + + ++ =Phương trình có dạng M x y dx N x y dy ( , ,0 ) + ( ) = với M = sin cos sin 2 y x x x xy ( − +) ,2 Nx x yx = ++ cos cos 1. Ta có: cos cos sin 2 ( ) M Ny xx x xy x∂ ∂= − +=∂ ∂ . Đây là phươngtrình vi phân toàn phần. Tồn tại hàm F sao cho:( )2sin cos sin 2cos cos 1Fy x x x xyxFx x yxy⎧∂= −+ ⎪⎪ ∂⎨∂⎪ = ++ ⎪⎩ ∂Tích phân phương trình đầu theo x và phương trình thứ 2 theo y có:( )( ) ( )2122cos sincos sin 1F x x y xy yFx x y x y xϕϕ⎧ = ++ ⎪⎨⎪ = +++ ⎩So sánh 2 phương trình ta có: ϕ1(y)=y và ϕ2(x)=0. Cuối cùng nghiệm của phương trình là:( ) 2 F x x y x yC = ++= cos sin 1Dạng 12: Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 hệ số hằng vế phải đặc biệt Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 có hệ số hằng số có dạng:y ay a y f x ++= 1 2 ( ) Các bước giải như sau Giải phương trình đặc trưng 21 2 k ak a + += 0+ Nếu có 2 nghiệm thực k1 và k2 khác nhau thì đặt 11k xy e = và 22k xy e =+ Nếu có nghiệm kép k0 thì đặt 01k xy e = và 02k xy xe =+ Nếu có nghiệm phức α±iβ thì đặt 1 cos x ye x α = β và 2 sin x ye x α = β . Xét các hàm f(x) đặc biệt, ta ký hiệu Pn, Qn, Rn là các đa thức bậc n+ Trường hợp ( ) ( ) x cos n f x e Px x α = β hoặc ( ) ( ) x sin n f x e Px x α = β và α±iβ là nghiệmbội m của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng có dạng( ( ) ( ) ) x cos sin mrn n y xe Q x x R x x α = + β β+ Các hệ số của Qn và Rn tìm bằng phương pháp hệ số bất định+ Trường hợp f(x) là tổ hợp của các dạng nêu trên thì ta sử dụng nguyên lý chồng chấtnghiệm của phương trình tuyến tính, nghiệm riêng sẽ bằng tổng các nghiệm riêng của từngvế phải.+ Chú ý với phương trình bậc 2 thì nghiệm bội 0 nghĩa là không phải nghiệm, nghiệm bội1 nghĩa là nghiệm đơn, nghiệm bội 2 là nghiệm kép. Nghiệm cuối cùng có dạng 11 2 2 r y Cy C y y =+ + với C1 và C2 là 2 hằng số tùy ýVí dụ: 2 2 2 2 2 2 4 x yy y x x e + − =− + + +Giải phương trình đặc trưng: 2 k k +−= 2 0 cho ra 2 nghiệm k1=1, k2=2. Đặt 1x y e = và22x y e− = .Xét hàm 2 − ++ 2 22 x x có dạng ( ) x cos n e Px x α β với α=β=0, n=2, α±iβ=0 là nghiệm bội0 của phương trình đặc trưngXét hàm 2 4 x e có dạng ( ) x cos n e Px x α β với α=2,β=0, n=0, α±iβ=2 là nghiệm bội 0 củaphương trình đặc trưng.Vậy theo nguyên lý chồng chất nghiệm ta tìm nghiệm riêng dạng:2 2xr y ax bx c de = + ++với a,b,c,d là các hằng số cần tìm. Ta có:2x2x2 22 4rry ax b dey a de= ++= +Thay vào phương trình vi phân có: ( ) 2x 2x 2 2x2 224 2 2 22 2 24 xa de ax b de ax bx c dexx e+ + ++ − + ++=− + + +Ta nhóm các thành phần giống nhau:( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 20 x x a xa b e d ab c − + + − − + − + +− −=Ta có 4 phương trình:2 202 2 204 402 2 20aa bdab c− +=− −=− =+− −=Giải ra có 1, 0, 1, 0 ab dc == == . Vậy 2 2xr yxe = + . Nghiệm cuối cùng có dạng:2 2 2x1 2x x y Ce C e x e − = + ++Dạng 13: Phương trình sai phân tuyến tính cấp 1, hệ số hằng, vế phải đặc biệtPhương trình sai phân cấp 1 tuyến tính: t tt 1 y py r + + =Các bước làm như sau Ký hiệu Pn, Qn, là các đa thức bậc n, xét trường hợp ( ) tt n r aP t = thì nghiệm riêng códạng ( ) m tn y t aQ t = , trong đó m=0 nếu a≠p và m=1 nếu a=p, còn các hệ số của Qn đượctìm bằng hệ số bất định Theo nguyên lý chồng chất nghiệm, trong trường hợp vế phải là tổng các dạng như trênthì nghiệm riêng cũng là tổng các dạng nghiệm Nghiệm cuối cùng có dạng ( ) t yC p y =− + với C là hằng số tùy ýVí dụ: 1 3 2 33 ( ) tt t yy t + = +− +Phương trình có dạng t tt 1 y py r + + = với p=3 và (2 33 ) ttr t = − + là tổng của 2 hàm códạng đặc biệt.Hàm (2 3) t − t có dạng ( ) tn aP t với Pn(t) là đa thức bậc nhất (n=1) và a=3=p nên ta lấym=1Hàm 3 có dạng ( ) tn aP t với Pn(t) là đa thức bậc 0 (n=0) và a=1≠p nên ta lấy m=0Vậy tìm nghiệm riêng dạng: 3 ( 10 0 ) t y t at a b = ++ . Thay vào phương trình sai phân có:() () ( ) ( ( ) ) ( ) 11 0 0 10 0 13 1 3 3 2 3 3 t tt t a t a b t at a b t + + ++ + = + + + − +Nhóm các hệ số chung ta có: 36 1 33 3 2 2 3 0 ( 1 10 0 ) ( ) t t t a aa b + + + − − −=Ta có 3 phương trình:1 110 00 06 1 0 163 3 2 0 562 3 0 32a aaa ab b⎧ ⎧ + = =−⎪ ⎪ ⎨ ⎨ + −=⇒ =⎪ ⎪ + = =− ⎩ ⎩Nghiệm cuối cùng có dạng3 5( ) 3 36 2tttt ty C − =+ −Dạng 14: Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2, hệ số hằng, vế phải đặc biệtPhương trình sai phân cấp 2 tuyến tính: t t tt 2 1 y py qy r + + + + =Các bước giải như sau Giải phương trình đặc trưng 2 k pk q + += 0+ Nếu có 2 nghiệm thực k1 và k2 khác nhau thì đặt 1 1t y k = và 2 2t y k =+ Nếu có nghiệm kép k0 thì đặt 1 0t y k = và 2 0t y tk =+ Nếu có nghiệm phức h(cosϕ±isinϕ) thì đặt 1 cos t yh t = ϕ và 2 sin t yh t = ϕ . Ký hiệu Pn, Qn, là các đa thức bậc n, xét trường hợp ( ) tt n r aP t = thì nghiệm riêng códạng ( ) m tn y t aQ t = , trong đó a là nghiệm bội m của phương trình đặc trưng, còn các hệsố của Qn được tìm bằng hệ số bất định Theo nguyên lý chồng chất nghiệm, trong trường hợp vế phải là tổng các dạng như trênthì nghiệm riêng cũng là tổng các dạng nghiệm Nghiệm cuối cùng có dạng 11 2 2 y Cy C y y =+ + với C1 và C2 là 2 hằng số tùy ýVí dụ: 2 1 32 1 ttt y y yt + + − + =+Phương trình đặc trưng 2 k k − += 3 20 có 2 nghiệm là k1=1 và k2=2. Vậy đặt1 2 1, 2t y y = = .Ta có 1 tr t = + có dạng ( ) tn aP t với Pn(t) là đa thức bậc nhất (n=1) và a=1 là nghiệm bội 1của phương trình đặc trưng nên ta lấy m=1Vậy tìm nghiệm riêng dạng: ( ) 1 0 y t at a = + . Thay vào phương trình sai phân có:(t at a a t at a a t at a t + + + − + + + + + =+ 2 2 31 2 1 )( 1 10 1 10 1 0 ) ( )( ) ( )Nhóm các hệ số chung ta có: t a aa t (− + − =+ 2 1 1 10 )Ta có 2 phương trình: 1 110 02 1 121 32a aaa a⎧ ⎧ − = =− ⎨ ⎨ ⇒ − = =− ⎩ ⎩Nghiệm cuối cùng có dạng 1 2 2 3 ( ) 2ttt yCC t =+ − +
TĨM TẮT CÁC DẠNG BÀI TẬP TỐN CAO CẤP CỦA ĐẠI HỌC KINH TẾ Dạng 1: Tính định thức ma trận Ma trận bảng m hàng n cột Định thức tính ma trận vng (m=n) Để tính định thức cần dùng phép biến đổi sơ cấp: + Lấy hàng (cột) r nhân với k cộng với hàng (cột) s viết vào hàng (cột) s định thức khơng đổi + Đổi chỗ hàng cột định thức đổi dấu + Nhân hàng (cột) với k định thức nhân với k Sử dụng phép biến đổi sơ cấp để biến đổi định thức cho thành định thức cho ngoại trừ phần tử ai0 j0 tất phần tử lại hàng thức i0 (hoặc cột thứ j0) Khi định thức tính i + j0 det ( A ) = ( −1) ( ai0 j0 det Ai0 j0 ) Ai0 j0 ma trận thu từ A cách bỏ hàng i0 cột j0 Sau lặp lại trình định thức ma trận cấp thấp đơn vị Chú ý: q trình tính cần thực biến đổi khéo léo để ma trận tạo thành có hệ số khơng q lớn, thuận lợi cho tính tốn −6 −1 − −1 −8 −9 −2 −9 Ví dụ: Tính Δ = Thực biến đổi: −6 −1 − −1 −8 −1 −8 ⎯⎯⎯⎯⎯→ −9 −25 20 −9 −2 − H1 + H → H H ( −3 ) + H → H H1 ( −3) + H → H −6 −8 18 Cột có tất phần tử trừ vị trí hàng cột 1, dẫn tới −1 −8 −1 − 1+1 Δ = ( −1) × × −25 20 −9 = −25 20 −9 −8 18 −8 18 Thực biến đổi: −1 −8 −8 −8 H ( −1) + H → H C + C →C −25 20 −9 ⎯⎯⎯⎯ → −5 20 −9 ⎯⎯⎯⎯ ⎯→ −1 28 −27 −8 18 −4 −8 18 −4 −8 18 1 2 59 −62 ⎯⎯⎯⎯⎯ → −1 28 −27 −2 H1 ( ) + H → H H ( ) + H1 → H1 Cột có tất phần tử trừ vị trí hàng cột 1, dẫn tới Δ = ( −1) × ( −1) × +1 59 −62 59 −62 = −2 −2 Định thức cấp tính đơn giản đường chéo trừ đường chéo phụ Δ = 59 × − ( −62 ) × ( −2 ) = ( 59 − 62 ) × = −6 Dạng 2: Giải hệ phương trình tuyến tính Hệ pttt dạng tổng quát viết dạng: ⎧a11x1 + a12 x2 + + a1n xn = b1 ⎪ ⎨ ⎪a x + a x + + a x = b mn n m ⎩ m1 m 2 Lập ma trận A b sau: ⎡ a11 a12 a1n ⎤ ⎡ b1 ⎤ A = ⎢ ⎥ , b = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ am1 am amn ⎥⎦ ⎢⎣bm ⎥⎦ Lập ma trận mở rộng sau: A = [ A | b] Người ta chứng minh sử dụng phép biến đổi sơ cấp (về hàng) vào ma trận mở rộng nghiệm hệ khơng đổi Ba phép biến đổi bao gồm: + Lấy hàng r nhân với k cộng với hàng s viết vào hàng s + Đổi chỗ hàng + Nhân hàng với k Phương pháp Gauss phương pháp dùng phần tử đường chéo để biến tất phần tử cột với thành số Tức dùng a11 để khử a21,a31, am1 Dùng a22 để khử a22,a32, am2, Sau thực xong phương pháp Gauss tất phần tử đường chéo ma trận A Từ ta giải ngược để tính ẩn từ bên lên Chú ý: - q trình tính, trước thực khử Gauss, cần thực phép biến đổi sơ cấp cách khéo léo để ma trận tạo thành có hệ số khơng q lớn, thuận lợi cho tính toán - hàng ma trận mở rộng có tồn số khơng bỏ hàng - hàng ma trận mở rộng có tồn số khơng trừ cột cuối phương trình vơ nghiệm - Tính tốn phải cẩn trọng ⎧ x1 − x2 + x3 + x4 = −1 ⎪ −2 x + x − x + x = ⎪ Ví dụ: Giải hệ ⎨ ⎪−6 x1 + x3 − x4 = ⎪⎩−4 x1 − x2 + x3 + x4 = ⎡ −9 −1⎤ ⎢ −2 −2 3 ⎥ ⎥ Thực biến đổi sơ cấp Lập ma trận mở rộng A = ⎢ ⎢ −6 −2 ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ −4 −3 ⎦ hàng: −1⎤ ⎡ −9 −1⎤ ⎡ −9 H ( −2 ) + H → H ⎢ −2 −2 3 ⎥ H ( −3)+ H → H ⎢ −17 16 19 ⎥ H ( 2)+ H → H ⎢ ⎥ ⎯⎯⎯⎯⎯ ⎥ , ta khử xong cột Ở →⎢ ⎢ −6 −2 ⎥ ⎢ −3 −11 −5⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ −3 ⎦ ⎣ −4 −3 ⎦ ⎣ −5 cột số 17 lớn cần phải tìm cách giảm bớt trước khử: 4 3 2 −1⎤ −1⎤ ⎡ −9 ⎡ −9 ⎢0 −17 16 19 ⎥ H ( −6)+ H → H ⎢ −32 85 31⎥ H ( −2 ) + H → H ⎢ ⎥ ⎯⎯⎯⎯⎯ ⎥ →⎢ ⎢0 −3 −11 −5⎥ ⎢ −3 −11 −5⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ −3 ⎦ ⎣0 −5 ⎣ −8 23 ⎦ −1 ⎤ −1 ⎤ ⎡ −9 ⎡ −9 ⎢0 −32 85 H ( 3) + H → H 31 ⎥ 31 ⎥ H (1/4)→ H ⎢0 −32 85 H ( −1) + H → H ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯→ ⎢0 −88 244 88 ⎥ ⎢0 −22 61 22 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣0 24 −62 −24 ⎦ ⎣0 24 −62 −24 ⎦ 3 2 4 4 3 −1 ⎤ −1⎤ 8 ⎡1 −9 ⎡ −9 ⎢0 −32 85 31 ⎥ H ( −12)+ H → H ⎢0 −32 85 31 ⎥ H + H →H ⎢ ⎥ ⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎢ ⎥ ⎯⎯⎯⎯→ ⎢0 ⎢0 −1 −2 ⎥ −1 −2 ⎥ 2 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ −50 ⎦ ⎣0 24 −62 −24 ⎦ ⎣0 Vậy phương pháp khử Gauss hoàn thành Ta viết hệ lại dạng: 3 4 ⎧ x1 − x2 + x3 + x4 = −1 ⎪ x − 32 x + 85 x = 31 ⎪ ⎨ ⎪2 x3 − x4 = −2 ⎪⎩ −50 x4 = Giải ngược từ phương trình lên ta có: x4 = 0; x3 = −1; x2 = −1; x1 = 1; ⎧ x1 − x2 − x3 = −1 ⎪ x − x + x = −3 ⎪ Ví dụ: Giải hệ ⎨ ⎪ −2 x1 + x2 − x3 = ⎪⎩4 x1 − x2 = −4 ⎡ −1 −2 −1⎤ ⎢ −6 − ⎥ ⎥ Thực biến đổi sơ cấp hàng: Lập ma trận mở rộng A = ⎢ ⎢ −2 −4 ⎥ ⎢ −7 − ⎥ ⎣ ⎦ ⎡ −1 −2 −1⎤ H + H → H ⎡1 −1 −2 −1⎤ ⎡1 −1 −2 −1⎤ ( ) ⎢ −6 − ⎥ H ( − ) + H → H ⎢ − ⎥ H + H → H ⎢ − ⎥ H ( )+ H → H H + H →H ⎢ ⎥ ⎯⎯⎯⎯⎯ ⎥ ⎯⎯⎯⎯ ⎥ →⎢ →⎢ ⎢ −2 − ⎥ ⎢ −8 ⎥ ⎢0 0 ⎥ ⎢ − −4 ⎥ ⎢ −8 ⎥ ⎢0 0 ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ Vậy phương pháp khử Gauss hoàn thành Hai hàng cuối tồn số nên bỏ Ta viết hệ lại dạng: 1 2 3 4 ⎧ x1 − x2 − x3 = −1 ⎨ ⎩ − x + x3 = Giải ngược từ phương trình lên ta thấy hệ có vơ số nghiệm dạng: x2 = x3 14 x3 ; x1 = −1 + 3 ⎧ x1 − x2 + x3 − 3x4 − x5 = ⎪2 x − x − x − x = ⎪ Ví dụ: Giải hệ ⎨ ⎪7 x1 − x2 − x3 + x4 − x5 = ⎪⎩6 x1 − x2 + 3x3 + x4 − x5 = ⎡ −4 − − ⎤ ⎢ −4 −2 −9 ⎥ ⎥ Thực biến đổi sơ cấp Lập ma trận mở rộng A = ⎢ ⎢ −4 − − ⎥ ⎢ −4 − ⎥ ⎣ ⎦ hàng Vì số số to nên cần biến đổi để nhỏ bớt −4 −3 − ⎤ −3 −2 ⎤ ⎡ −4 −4 −2 −9 2⎥ H ( −1)+ H → H ⎢ −4 −2 −9 ⎥ ⎥ ⎯⎯⎯⎯⎯ ⎥ →⎢ −4 −7 −4 3⎥ ⎢ −10 −6 −1⎥ ⎥ ⎢ −4 −4 − ⎦ −6 ⎥⎦ ⎣ ⎡ −4 − − ⎤ ⎡ −4 − − ⎤ H ( −3 ) + H → H ⎢0 −18 −3 ⎢ ⎥ H ( −2 ) + H → H 0⎥ −18 −3 H ( −1)+ H → H H ( −1) + H → H ⎥ ⎥ ⎯⎯⎯⎯⎯ →⎢ ⎯⎯⎯⎯⎯ →⎢ 0 −2 ⎥ ⎢0 ⎢0 −18 −3 −2 ⎥ ⎢0 ⎢ 34 −6 −2 ⎥⎦ 34 −6 −2 ⎥⎦ ⎣ ⎣0 Ta thấy hàng thứ có thành phần trừ cột cuối Vậy hệ vô nghiệm ⎡1 ⎢2 ⎢ ⎢7 ⎢6 ⎣ 4 2 3 3 3 Dạng 3: Tính nghịch đảo ma trận Ma trận nghịch đảo A ký hiệu A-1 ma trận thỏa mãn AA−1 = A−1 A = En với En ma trận đơn vị cấp n Ma trận A-1 tồn det ( A ) ≠ Thường tìm ma trận nghịch đảo phương pháp Gauss-Jordan Lập ma trận mở rộng sau: M = [ A | En ] Sử dụng phép biến đổi sơ cấp hàng đề cập vào ma trận mở rộng - Đầu tiên sử dụng phương pháp Gauss: dùng phần tử đường chéo để biến tất phần tử cột với thành số Tức dùng a11 để khử a21,a31, am1 Dùng a22 để khử a22,a32, am2, Sau thực xong phương pháp Gauss tất phần tử đường chéo ma trận A Chú ý thực phép biến đổi phải thực toàn hàng ma trận mở rộng M - Tiếp theo sử dụng phương pháp Jordan: dùng phần tử đường chéo để biến tất phần tử cột với thành số Tức dùng ann để khử a1n,a2n, a(n-1)n Dùng a(n-1)(n-1) để khử a1(n-1),a2(n-1), a(n-2)(n-1), Sau thực xong phương pháp Gauss phương pháp Jordan ma trận A phần tử đường chéo chính, phần lại - Tiếp theo biến tất phần tử đường chéo A thành cách chia hàng chứa cho Cuối ta thực trình: M = [ A | En ] → [ En | B ] Khi B ma trận nghịch đảo A ⎡0 3⎤ Ví dụ: Tính ma trận nghịch đảo A = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ −1 −4 −2 ⎥⎦ ⎡ 0⎤ Lập ma trận mở rộng: M = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ −1 −4 −2 0 ⎥⎦ Thực phép biến đổi sơ cấp sau: ⎡0 M =⎢1 ⎢ ⎢⎣ −1 −4 −2 ⎡1 H1 + H → H ⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎢0 ⎢ ⎢⎣0 0⎤ ⎡1 H1 ↔ H →⎢ ⎥ ⎯⎯⎯⎯ ⎥ ⎢ ⎢⎣ −1 −4 0 ⎥⎦ 0⎤ ⎡1 H2 ↔ H3 ⎥ 0 ⎯⎯⎯⎯→ ⎢0 ⎥ ⎢ ⎢⎣0 1 1 ⎥⎦ ⎡1 ⎤ H ( −4 ) + H → H ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ → ⎢0 1 1 ⎥ ⎥ ⎢ ⎢⎣0 −1 −4 −4 ⎦⎥ 3 −2 0⎤ 0⎥ ⎥ 0 ⎥⎦ 0⎤ 1 1⎥ ⎥ 0 ⎥⎦ Như ta thực xong phép biến đổi Gauss, phía đường chéo Tiếp theo thực biến đổi Jordan: ⎡1 ⎤ H + H → H ⎡1 −11 −12 ⎤ H ( ) + H1 → H ⎢0 1 1 ⎥ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎢0 1 −3 −3 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣0 −1 −4 −4 ⎥⎦ ⎢⎣ 0 −1 −4 −4 ⎥⎦ ⎡ 0 −2 ⎤ H ( −5 ) + H1 → H1 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ → ⎢0 1 −3 −3⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣0 −1 −4 −4 ⎥⎦ Như ta thực xong phép biến đổi Jordan, phía đường chéo Bước biến đường chéo 1: ⎡ 0 −2 ⎤ ⎡1 0 −2 ⎤ H ( −1)→ H ⎢0 1 −3 −3⎥ ⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎢0 1 −3 −3⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣0 −1 −4 −4 ⎥⎦ ⎢⎣ 0 −1 4 ⎥⎦ ⎡ −2 ⎤ Vậy ma trận nghịch đảo ⎢ −3 −3⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ −1 4 ⎥⎦ Dạng 4: Giới hạn hàm số Đối với dạng vô định 0/0 ∞/∞ (chú ý có dạng này), ta dùng quy tắc Lô pi tan sau: lim x →a f ( x) f ′( x ) = lim g ( x ) x →a g ′ ( x ) giới hạn bên phải tồn Chú ý có trường hợp giới hạn bên trái tồn mà bên phải khơng tồn Đối với dạng khác biến đổi dạng Có tất dạng vô định: ∞ , , ∞ − ∞,0 × ∞,1∞ , ∞0 ,00 Các giới hạn dạng ∞0 ,00 gặp nên ta xét ví dụ dạng: ∞ Ví dụ: L = lim+ x →0 e x − − − e− x dạng x ln ( x + 1) Dùng Lô pi tan ( ) L = lim+ e x − 1 − e − x /2 e x − − − e− x ex − 1 − e − x /2 = lim+ = lim+ lim x →0 x →0 x ln ( x + 1) x ln ( x + 1) x x →0+ ln ( x + 1) Ta có lim+ e x − Lopitan ex ex −1 = lim+ = ⇒ lim+ =1 x x →0 x →0 x x →0 x →0 Ta có lim+ x →0 Vậy L=1/2 − e− x /2 Lopitan ln ( x + 1) = − x /2 e lim+ = x →0 x +1 ) dạng ( x →∞ ln x10 + x + ) ( Ví dụ: L = lim ln x − x + ∞ ∞ dùng Lô pi tan ( ) L = lim x →∞ ln x10 + x + ( ) 2x − ( )( ) ) ( x − 1) x10 + x + − + x x = lim = lim x →∞ 10 x9 + x →∞ 10 x9 + x − x + x10 + x + Giữ lại số hạng bậc cao nhất, lý luận cách khác chia tử mẫu cho x11, ta có: ln x − x + L= Lopitan = 10 ⎛π ⎞ Ví dụ: L = lim cot ( x ) cot ⎜ − x ⎟ dạng 0×∞ π ⎝4 ⎠ x→ ( Biến dạng 0/0 dùng Lô pi tan −2 cot ( x ) Lopitan sin ( x ) L = lim = lim =2 −1 π π π ⎛ ⎞ x → tan ⎜ − x ⎟ x→ 4 ⎛π ⎞ ⎝4 ⎠ cos ⎜ − x ⎟ ⎝4 ⎠ Ví dụ: L = lim ⎛⎜ + x + x − − x + x ⎞⎟ dạng ∞-∞ ⎠ x →−∞ ⎝ Đổi biến để trở thành dạng 0/0 dùng Lô pi tan Đổi biến u=1/x, có u tiến đến Chú ý x tiến đến -∞ nên u tiến đến từ phía trái, tức tiến đến ln nhỏ Ta có: ⎛ u2 + u + ⎛ 1 1 ⎞ u − u +1 ⎞ ⎟ L = lim− ⎜ + + − − + ⎟ = lim− ⎜ − u u ⎟ u →0 ⎝ u u ⎠ u→0 ⎜⎝ u2 u4 ⎠ u2 + u + − u4 − u + = lim− −u u →0 Đây dạng 0/0 2u + u2 + u + L = lim− − ( 4u − ) u4 − u + 3/4 −1 u →0 ⎛ 1 ⎞ −3 = −⎜ + ⎟ = ⎝2 4⎠ x ⎛ 1⎞ Ví dụ: L = lim ⎜ e x + ⎟ dạng 1∞ x⎟ x →∞ ⎜ ⎝ ⎠ Ta biến đổi: L = lim x →∞ ⎛ 1⎞ x ln ⎜ e x + ⎟ e ⎝ x⎠ Như ta cần tính giới hạn số mũ Đổi biến u=1/x, có u tiến đến 0, ta tính: L1 = lim x →∞ ⎛ x ln ⎜ e x ⎜ ⎝ Vậy L = e L1 = e2 ( ⎞ ln e + u 1⎟ + = lim x ⎟ u →0 u ⎠ u eu + u ) Lopitan = lim e + u = u →0 Dạng 5: Sự liên tục hàm số Hàm số gọi liên tục a lim f ( x ) = f ( a ) Như chất toán x →a khảo sát liên tục tốn giới hạn ⎧ e x − e− x ⎪ Ví dụ: Cho hàm số: y = ⎨ sin x ⎪ ⎩ 2a x≠0 Tìm a để hàm liên tục x=0 x=0 e x − e− x = Vậy để hàm số liên tục x=0 2a=1/2 hay a=1/4 Dễ dàng tính lim x →0 sin x ⎧ e x − e− x ⎪ Ví dụ: Cho hàm số: y = ⎨ sin x ⎪ ⎩1 x≠0 Khảo sát liên tục hàm số x=0 e x − e− x Dễ dàng tính lim = Nhưng f(0)=1 theo định nghĩa Vì x=0 hàm x →0 sin x số không thỏa mãn điều kiện lim f ( x ) = f ( ) hàm gián đoạn x →0 Dạng 7: Quy tắc Lô pi tan Đối với dạng vô định 0/0 ∞/∞ (chú ý có dạng này), ta dùng quy tắc Lơ pi tan sau: lim x →a f ( x) f ′( x ) = lim g ( x ) x →a g ′ ( x ) giới hạn bên phải tồn Chú ý có trường hợp giới hạn bên trái tồn mà bên phải không tồn − cos x dạng x →0 x sin x Áp dụng quy tắc Lô pi tan ta có: Ví dụ: L = lim L = lim (1 − cos x ) ' ( x sin x )' x →0 sin x sin x = lim cos x = lim x →0 sin x + x cos x x →0 cos x ( sin x + x cos x ) Ta tính giới hạn sin x x →0 sin x + x cos x Đây dạng 0/0 nên lại áp dụng quy tắc Lô pi tan có: L1 = lim L1 = lim ( sin x )' x →0 ( sin x + x cos x )' Vậy ta có: L= ( L1 lim cos x x →0 ) = cos x = x →0 cos x − x sin x = lim Dạng 8: Tính nguyên hàm - Giới thiệu trang web http://www.integral-calculator.com/ Vào trang nhập tích phân cần tính cho kết đồng thời quan trọng cho bước biến đổi để tính tích phân Tuy nhiên cần có đủ vốn tiếng Anh !!! - Nói chung phải dùng phương pháp đổi biến tích phân phần để giải, khơng có phương pháp chung, phụ thuộc vào kinh nghiệm kỹ Có số dạng giải sau ( ) Tích phân biểu thức chứa hàm mũ số ∫ R a x dx đổi biến t = a x Ví dụ: I = ∫ 6x dx 9x − 4x Ta thấy có nhiều hàm mũ với số khác Tuy nhiên chia tử mẫu cho 6x ta được: I =∫ x ⎛3⎞ ⎛3⎞ ⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎝2⎠ ⎝2⎠ −x dx x Như ta có tích phân với số Đổi biến ⎛3⎞ u =⎜ ⎟ ⎝2⎠ Có x 3 ⎛3⎞ du = ⎜ ⎟ ln dx = u ln dx Thay vào tích phân có: 2 ⎝2⎠ I =∫ du du = ∫ 1⎞ ⎛ u − ln ⎜ u − ⎟ u ln u⎠ ⎝ ( ) Tích phân tích phân hữu tỷ giải nói phần sau Ta chia tử mẫu hàm dấu tích phân ban đầu cho 9x để thu được: x ⎛2⎞ ⎜ ⎟ I = ∫ ⎝ ⎠ x dx Ta đưa tích phân có số Tương tự chia tử ⎛2⎞ 1− ⎜ ⎟ ⎝3⎠ mẫu cho 9x ta đưa số Tích phân mà hàm dấu tích phân có chứa thừa số có logarit ta đưa phần lại hàm (tức phần khơng có logarit) vào vi phân thực tích phân phần ⎛ ln x ⎞ Ví dụ: I = ∫ ⎜ ⎟ dx ⎝ x ⎠ ) ( ( ) dx Đưa hàm 1/x2 vào dấu vi phân Ta ý: xα dx = d xα +1 ⇒ = − d x −1 Vậy ta α +1 x tính tích phân phần ⎛ ⎞ − − I = − ∫ ln xd x = − x ln x − ∫ x d ln x = − ⎜ x ln x − ∫ x ln xdx ⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜ J ⎝ ⎠ Lại tiếp tục đưa x-2 vào dấu vi phân để tính J ( ) ( −1 −1 −1 ( )) ( ) ( J = ∫ x −2 ln xdx = − ∫ ln xd x −1 = − x −1 ln x − ∫ x −1d ( ln x ) ) ( ) = − x −1 ln x − ∫ x −2 dx = − x −1 ( ln x + 1) ) ( ( Vậy I = − x −1 ln x + x −1 ( ln x + 1) = − x −1 ln x + ln x + ) Tích phân mà hàm dấu tích phân có dạng P(x)eax, P(x)sin(bx), P(x)cos(bx) P(x) đa thức ta đưa hàm e mũ hàm lượng giác vào vi phân thực tích phân phần Sau lần thực phần đa thức giảm bậc Ví dụ: I = ∫ x e x dx ( ) Đưa hàm e mũ vào vi phân tích phân phần I = ∫ x d e x = x e x − ∫ 2e x xdx Ta lại tiếp tục đưa hàm e mũ vào vi phân Quá trình chi tiết khơng viết tiếp đơn giản - Tích phân mà hàm dấu tích phân có dạng eaxsin(bx), eaxcos(bx), sin(lnx), cos(lnx) thực tích phân phần lần hàm cũ với hệ số khác, từ giải tích phân Ví dụ: I = ∫ e − x sin xdx I =− ( )) = − 12 (e− x cos x + ∫ e− x cos xdx ) ( −x −x cos e d x = − e cos x − ∫ cos xd e − x ( ) ∫ 2 Tính tiếp tích phân: ( )) ( −x −x sin e d x = e sin x − ∫ sin xd e − x ( ) ∫ 2 1 = e − x sin x + ∫ e − x sin xdx = e − x sin x + I 2 Vậy thay vào có: −x ∫ e cos xdx = ) ( ( ) ⎛ −x −x e− x ⎞ I = − ⎜ e cos x + e sin x + I ⎟ ⇒ I = − 2⎝ 2 ⎠ ( ) ⎛ ⎞ ⎜ cos x + sin x ⎟ ⎝ ⎠ Tích phân hàm hữu tỷ tối giản Có dạng hàm tích phân hữu tỷ tối giản sau: Loại 1: I = ∫ Loại 2: I = ∫ Loại 3: I = ∫ ⎧ n ≠1 ⎪ n −1 ⎪ a (1 − n )( ax + b ) dễ dàng tính I = ⎨ ⎪ ln ax + b n =1 ⎪⎩ a dx ( ax + b )n ( xdx x2 + a2 (x dx +a ) −1 ⎧ ⎪ 2 ⎪⎪ ( n − 1) x + a dễ dàng tính I = ⎨ ⎪ ln x + a ⎪ ⎪⎩ ( n ) n ( ) ) n ≠1 n −1 n =1 Loại khó hơn, thường tính phương pháp truy hồi Đổi biến x = a tan t có dx = adt cos2 t J I = 2n −1 ∫ cos2n −2 tdt = 2nn−−11 a a Ở ta tính x + a = a2 cos2 t , dẫn tới: ( J n = ∫ cos2n tdt = ∫ cos2n −1 td ( sin t ) = sin t cos2n −1 t − ∫ sin td cos2n −1 t ) = sin t cos2n −1 t + ( 2n − 1) ∫ cos2n − t sin tdt = sin t cos2n −1 t + ( 2n − 1) ( ∫ cos2n−2 tdt − ∫ cos2n tdt ) = sin t cos2n −1 t + ( 2n − 1) ( J n −1 − J n ) Vậy ta có cơng thức tính lùi dần Lùi đến n=0 ta có J0=t Sau tính Jn ta tính I sin t cos2n −1 t + ( 2n − 1) J n −1 Jn = 2n Tích phân hàm hữu tỷ P ( x) ∫ Q ( x ) dx với P Q đa thức Mọi hàm hữu tỷ biểu diễn qua hàm hữu tỷ tối giản theo cách sau Giả sử Q(x) phân tích thành nhân tử dạng: Q ( x ) = C ( x − a1 ) ( x − ar ) k Khi tách hàm hữu tỷ dạng: kr ( ( x + b1 )2 + c12 ) ( h1 ( x + bs ) + cs2 ) hs P ( x) Q ( x) + + = E ( x ) + + ( Bh j x + b j ( ) ) Aki ( x − )k ⎛ x+b 2⎞ ⎜ j + cj ⎟ ⎝ ⎠ Ch j ( ⎛ x+b ⎜ j ⎝ ) 2 + c 2j ⎞⎟ ⎠ hj hj + + + i Aki −1 ( x − ) ( + + k −1 i Bh j −1 x + b j ( ) ) ⎛ x+b + c 2j ⎞⎟ ⎜ j ⎝ ⎠ Ch j −1 ( ⎛ x+b ⎜ j ⎝ ) 2 + c 2j ⎞⎟ ⎠ hj hj A1 + ( x − ) + + −1 + + −1 ( B1 x + b j ( ⎛ x+b ⎜ j ⎝ ( ) ) + c 2j ⎞⎟ ⎠ C1 ⎛ x+b ⎜ j ⎝ ) + + c 2j ⎞⎟ + ⎠ Trong E(x) đa thức với bậc hiệu bậc P(x) Q(x), có hệ số cần tìm Các hệ số Aj, Bj Cj hệ số cần tìm Các hệ số xác định cách quy đồng mẫu số cân với tử số vế trái Nhóm tích phân gắn với hệ số Aj, Bj Cj dạng tích phân hữu tỷ tối giản trình bày ( x − 1) Ví dụ: I = ∫ x − x−2 Phân tích mẫu số: x − x − = ( x − )( x + 1) Tách hàm hữu tỷ sau: ( x − 1) x2 − x − = A B + x − x +1 Quy đồng mẫu số cân vế có: ( x − 1) = A ( x + 1) + B ( x − ) Cho x=-1 có −6 = −3B ⇒ B = Cho x=2 có = A ⇒ A = Sau có A B việc tính tốn đơn giản tích phân dạng tối giản tính ⎛ ax + b ax + b ⎞ Tích phân hàm vơ tỷ phân tuyến tính ∫ R ⎜ x, n ⎟ dx , đổi biến t = n cx + d cx + d ⎠ ⎝ Ví dụ: I = ∫ x +1 dx x x−2 Đổi biến u = x − ⇒ x = u + 2; dx = + 2udu Thay vào nguyên hàm ta có: I =∫ ( ) du u2 + u2 + Đây tích phân hữu tỷ, tách dạng ( ( )=E+ u2 + Bu u2 + u2 + ) ( ) + C u2 + Quy đồng mẫu số cân tử số vế có: u + = E u + + Bu + C dẫn tới E = 2, B = 0, C = Tích phân lượng giác (chỉ có số dạng tính được) Cách làm: thử đặt t=tanx t=tan(x/2) để đưa tích phân hữu tỷ sin x cos2 x Ví dụ: I = ∫ dx sin x + cos x Cách 1: đặt t= tanx có dx = I =∫ t cos2 x ( ( t + 1) + t ) dt = ∫ dt 1+ t ,sin x = t cos x Ta có t ( t + 1) (1 + t Cách 2: đặt t=tan(x/2) có dx = 2dt + t2 ) 2 dt Đây tích phân hữu tỷ nêu cách giải ,sin x = 2t + t2 ,cos x = − t2 + t2 Ta có: 2t ⎛ − t ⎞ ⎜ ⎟ 4t − t + t ⎝⎜ + t ⎠⎟ 2dt I =∫ =∫ 2t − t2 + t2 2t + − t + t + + t2 + t2 ràng giải khó cách nhiều ( ( )( ) ) dt Đây tích phân hữu tỷ rõ Dạng 9: Tính khảo sát hội tụ tích phân suy rộng với cận vơ hạn Tích phân suy rộng với cận vô hạn (loại 1) ∞ a a −∞ ∫ f ( x ) dx, ∫ f ( x ) dx Bài tốn tính tích phân suy rộng thực tốn: tính ngun hàm + tính giới hạn Cách làm tính ngun hàm bình thường Sau thay cận vào toán giới hạn nguyên hàm e dx x ln x Ví dụ: I = ∫ Ta có nguyên hàm ∫x dx = ln x Cận cận suy rộng loại Ta có: ln x I = ln e − lim ln e = x →1 - Trong nhiều trường hợp cần chứng minh hội tụ phân kỳ tích phân suy rộng Thơng thường đánh giá qua tiêu chuẩn so sánh ∞ ∞ a a - TPSR với cận vô hạn I = ∫ f ( x ) dx thường so sánh với J = ∫ xα dx Nếu lim x →∞ f ( x) xα = c < ∞ I tính chất hội tụ phân kỳ với J, mà ý J tính ∞ dx Ví dụ: Khảo sát hội tụ I = ∫ 2 x + 2x − Ta thấy lim ( x2 + x − x →∞ ta tính J = x −2 ) = Vậy I tính chất hội tụ phân kỳ với J = ∞ x−2dx Mà hội tụ nên I hội tụ ∫ Dạng 10: Cực trị hàm biến Cần nắm vững khái niệm đạo hàm riêng (ký hiệu ∂) - Đạo hàm riêng theo biến biến lại coi số Ví dụ hàm f(x,y) tính ∂f/∂x coi y số tính đạo hàm theo x - Đạo hàm riêng cấp hai: f x''2 = ∂ ⎛ ∂f ⎞ '' ∂ ⎛ ∂f ⎞ ∂ ⎛ ∂f ⎞ '' ∂ ⎛ ∂f ⎞ '' ⎜ ⎟ , f xy = ⎜ ⎟ = f yx = ⎜ ⎟ , f y = ⎜ ⎟ ∂x ⎝ ∂x ⎠ ∂y ⎝ ∂x ⎠ ∂x ⎝ ∂y ⎠ ∂y ⎝ ∂y ⎠ Quy trình tìm cực trị hàm biến f(x,y) ⎧ f x' ( x0 , y0 ) = ⎪ - Giải hệ phương trình ⎨ , nghiệm hệ điểm dừng ký hiệu (x0,y0) ' f x , y = ( ) ⎪⎩ y 0 ⎛ ∂2 f ⎞ ∂2 f ∂2 f - Xét Δ = ⎜ x ,y − ( x0 , y0 ) ( x0 , y0 ) ⎜ ∂x∂y ( 0 ) ⎟⎟ ∂x ∂y ⎝ ⎠ - Nếu Δ>0 không cực trị - Nếu Δ cực tiểu, ∂2 f ∂x ( x0 , y0 ) < cực đại - Nếu Δ=0 chưa kết luận (ít có đề thi) Ví dụ: Tìm cực trị z = x − y − x + ⎧ ∂z ⎪⎪ ∂x = x − = Giải hệ phương trình ⎨ ⇒ ( x0 , y0 ) = (1,0 ) z ∂ ⎪ = −4 y = ⎪⎩ ∂y Tính đạo hàm riêng cấp 2: ∂2z ∂x = 2, ∂2 z ∂2z = 0, = −4 ∂x∂y ∂y ⎛ ∂2z ⎞ ∂2z ∂2z Tại điểm dừng tính biệt thức Δ = ⎜ 1,0 − (1,0 ) (1,0 ) = > ⎜ ∂x∂y ( ) ⎟⎟ ∂x ∂y ⎝ ⎠ Vậy điểm dừng khơng cực trị Dạng 11: Phương trình vi phân cấp dy ⎞ ⎛ - Phương trình vi phân cấp phương trình có dạng: F ⎜ x, y, ⎟ = x đối dx ⎠ ⎝ số, y hàm số - Nghiệm phương trình vi phân cấp chứa số tùy ý Trong trường hợp tổng quát, nghiệm biểu thức liên hệ x y, tức nghiệm có dạng G(x,y)=0 Phương trình với biến số phân ly phương trình sau biến đổi đưa hết biến số bên hàm số bên, tức có dạng F(x)dx=G(y)dy Khi tích phân vế ta có nghiệm Chú ý tích phân có số nên nghiệm chứa số tùy ý Ví dụ: y + 1dx = xydy hay dạng khác Chuyển hết x bên, y bên ta có y + = xyy ' dx = x ydy y +1 Lấy tích phân vế có: ln x = y + + C Biểu thức không chứa đạo hàm nghiệm phương trình vi phân - Trong nhiều trường hợp ta chưa nhận thấy tách biến cần phép đổi biến thích hợp Có số dạng sau đổi biến để tách biến Phương trình dạng y’=f(ax+by+c) đặt hàm z=ax+by+c phương trình tách biến với z x Ví dụ: x − y − + ( y − x + ) y ' = Phương trình có dạng y'=f(x-y) Do ta xét z=x-y, dẫn tới z ' = dz dy =1− = − y ' Thay dx dx hết y y' theo z z' ta có: z − + ( z + )(1 − z ' ) = ⇒ z − + z + = ( z + ) ( z + ) dz dz ⇒ dx = dx 2z + Ta tách biến xong Tích phân vế ta có: x=∫ ( z + ) dz = 2z + 3dz dz z ∫ + ∫ ( z + 1) = + ln z + + C Đổi lại hàm y ta có kết x− y + ln ( x − y ) + + C Phương trình vi phân đẳng cấp phương trình có dạng y’=ϕ(y/x) Với phương trình x= đặt z=y/x để đưa phương trình tách biến với z x Ví dụ: xy '− y = x tan y x Chia vế cho x có: y ' = y = zx; y ' = y y + tan Đây dạng đẳng cấp Đặt z=y/x Ta có x x dy dz = x + z = xz '+ z Thay hết y y' theo z z' ta có: dx dx dz dz dx = tan z ⇒ = dx tan z x Ta tách biến xong, lấy tích phân vế có: xz '+ z = z + tan z ⇒ x ln sin z = ln x + C ⇒ ln sin y = ln x + C x Phương trình tuyến tính phương trình có dạng : y’+p(x)y=q(x) Nên thuộc nghiệm phương trình, có dạng y = Ví dụ: y ' = e x − ( ∫ q ( x ) e∫ ( ) p x dx ) − p x dx dx + C e ∫ ( ) 2y x Đây phương trình tuyến tính với p(x)=2/x, q(x)=ex Ta có: ∫ p ( x ) dx = 2ln x Áp dụng cơng thức ta có: y= ( ∫ e xe2ln xdx + C ) e−2ln x = ( ∫ x2e xdx + C ) x2 − x + 2) e x + C ( x −2 = x2 Phương trình Becnuli phương trình có dạng y’+p(x)y=q(x)yα Với phương trình đổi biến z=y1-α để đưa phương trình vi phân tuyến tính theo z Ví dụ: xy '+ y = y x ln x Đây phương trình Becnuli với α=2, xét z=1/y, ta có: y ' = −z ' z2 Thay vào phương trình x2 z có: x + = ln x ⇒ − xz '+ z = x ln x ⇒ z '− = − x ln x Đây phương trình tuyến z z x z −z ' tính với p(x)=-1/x, q(x)=-xlnx Ta có: ( ) ( ∫ p ( x ) dx = − ln x Áp dụng công thức ta có: ) = z = − ∫ x ln xe− ln x dx + C eln x = − ∫ ln xdx + C x = ( x (1 − ln x ) + C ) x y Phương trình vi phân tồn phần phương trình có dạng M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy = với ∂M ∂N ∂F ∂F Khi tồn hàm F cho = = M, = N dẫn tới ∂y ∂x ∂x ∂y M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy = dF = Nghiệm phương trình F=C=hằng số Để tìm F ta tích phân phương trình ∂F ∂F = M theo x tích phân phương trình = N theo y, so ∂x ∂y sánh tích phân để tìm F ( ) Ví dụ: ( sin y ( cos x − x sin x ) + xy ) dx + x cos x cos y + x + dy = Phương trình có dạng M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy = với M = sin y ( cos x − x sin x ) + xy , N = x cos x cos y + x + Ta có: ∂M ∂N Đây phương = cos y ( cos x − x sin x ) + x = ∂y ∂x trình vi phân tồn phần Tồn hàm F cho: ⎧ ∂F ⎪⎪ ∂x = sin y ( cos x − x sin x ) + xy ⎨ ∂F ⎪ = x cos x cos y + x + ⎪⎩ ∂y Tích phân phương trình đầu theo x phương trình thứ theo y có: ⎧ F = x cos x sin y + x y + ϕ1 ( y ) ⎪ ⎨ ⎪⎩ F = x cos x sin y + x + y + ϕ2 ( x ) ( ) So sánh phương trình ta có: ϕ1(y)=y ϕ2(x)=0 Cuối nghiệm phương trình là: ( ) F = x cos x sin y + x + y = C Dạng 12: Phương trình vi phân tuyến tính cấp hệ số vế phải đặc biệt - Phương trình vi phân tuyến tính cấp có hệ số số có dạng: y ''+ a1 y '+ a2 y = f ( x ) - Các bước giải sau - Giải phương trình đặc trưng k + a1k + a2 = + Nếu có nghiệm thực k1 k2 khác đặt y1 = ek1 x y2 = ek2 x + Nếu có nghiệm kép k0 đặt y1 = ek0 x y2 = xe k0 x + Nếu có nghiệm phức α±iβ đặt y1 = eα x cos β x y2 = eα x sin β x - Xét hàm f(x) đặc biệt, ta ký hiệu Pn, Qn, Rn đa thức bậc n + Trường hợp f ( x ) = eα x Pn ( x ) cos β x f ( x ) = eα x Pn ( x ) sin β x α±iβ nghiệm bội m phương trình đặc trưng nghiệm riêng có dạng yr = x meα x ( Qn ( x ) cos β x + Rn ( x ) sin β x ) + Các hệ số Qn Rn tìm phương pháp hệ số bất định + Trường hợp f(x) tổ hợp dạng nêu ta sử dụng nguyên lý chồng chất nghiệm phương trình tuyến tính, nghiệm riêng tổng nghiệm riêng vế phải + Chú ý với phương trình bậc nghiệm bội nghĩa nghiệm, nghiệm bội nghĩa nghiệm đơn, nghiệm bội nghiệm kép - Nghiệm cuối có dạng y = C1 y1 + C2 y2 + yr với C1 C2 số tùy ý Ví dụ: y "+ y '− y = −2 x + x + + 4e2 x Giải phương trình đặc trưng: k + k − = cho nghiệm k1=1, k2=-2 Đặt y1 = e x y = e −2 x Xét hàm −2 x + x + có dạng eα x Pn ( x ) cos β x với α=β=0, n=2, α±iβ=0 nghiệm bội phương trình đặc trưng Xét hàm 4e2 x có dạng eα x Pn ( x ) cos β x với α=2,β=0, n=0, α±iβ=2 nghiệm bội phương trình đặc trưng Vậy theo nguyên lý chồng chất nghiệm ta tìm nghiệm riêng dạng: yr = ax + bx + c + de2x với a,b,c,d số cần tìm Ta có: yr ' = 2ax + b + 2de 2x yr " = 2a + 4de 2x Thay vào phương trình vi phân có: ( 2a + 4de2x + 2ax + b + 2de2x − ax + bx + c + de 2x ) = −2 x + x + + 4e2 x Ta nhóm thành phần giống nhau: x ( −2a + ) + x ( 2a − 2b − ) + e x ( 4d − ) + 2a + b − 2c − = Ta có phương trình: −2a + = 2a − 2b − = 4d − = 2a + b − 2c − = Giải có a = 1, b = 0, d = 1, c = Vậy yr = x + e2x Nghiệm cuối có dạng: y = C1e x + C2e−2 x + x + e2x Dạng 13: Phương trình sai phân tuyến tính cấp 1, hệ số hằng, vế phải đặc biệt Phương trình sai phân cấp tuyến tính: yt +1 + pyt = rt Các bước làm sau - Ký hiệu Pn, Qn, đa thức bậc n, xét trường hợp rt = at Pn ( t ) nghiệm riêng có dạng y* = t m at Qn ( t ) , m=0 a≠-p m=1 a=-p, hệ số Qn tìm hệ số bất định - Theo nguyên lý chồng chất nghiệm, trường hợp vế phải tổng dạng nghiệm riêng tổng dạng nghiệm - Nghiệm cuối có dạng y = C ( − p ) + y * với C số tùy ý t Ví dụ: yt +1 = yt + ( − t ) 3t + Phương trình có dạng yt +1 + pyt = rt với p=-3 rt = ( − t ) 3t + tổng hàm có dạng đặc biệt Hàm ( − t ) 3t có dạng at Pn ( t ) với Pn(t) đa thức bậc (n=1) a=3=-p nên ta lấy m=1 Hàm có dạng at Pn ( t ) với Pn(t) đa thức bậc (n=0) a=1≠-p nên ta lấy m=0 Vậy tìm nghiệm riêng dạng: y* = t 3t ( a1t + a0 ) + b0 Thay vào phương trình sai phân có: ( t + 1) 3t +1 ( a1 ( t + 1) + a0 ) + b0 = 3( t 3t ( a1t + a0 ) + b0 ) + ( − t ) 3t + Nhóm hệ số chung ta có: t 3t ( 6a1 + 1) + 3t ( 3a1 + 3a0 − ) − 2b0 − = ⎧6a1 + = ⎧a1 = −1 / ⎪ ⎪ Ta có phương trình: ⎨3a1 + 3a0 − = ⇒ ⎨a0 = / ⎪2b + = ⎪b = −3 / ⎩ ⎩ 3t t ( − t ) Nghiệm cuối có dạng yt = C + − t Dạng 14: Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2, hệ số hằng, vế phải đặc biệt Phương trình sai phân cấp tuyến tính: yt + + pyt +1 + qyt = rt Các bước giải sau - Giải phương trình đặc trưng k + pk + q = + Nếu có nghiệm thực k1 k2 khác đặt y1 = k1t y2 = k2t + Nếu có nghiệm kép k0 đặt y1 = k0t y2 = tk0t + Nếu có nghiệm phức h(cosϕ±isinϕ) đặt y1 = ht cos ϕ t y2 = ht sin ϕt - Ký hiệu Pn, Qn, đa thức bậc n, xét trường hợp rt = at Pn ( t ) nghiệm riêng có dạng y* = t m at Qn ( t ) , a nghiệm bội m phương trình đặc trưng, hệ số Qn tìm hệ số bất định - Theo nguyên lý chồng chất nghiệm, trường hợp vế phải tổng dạng nghiệm riêng tổng dạng nghiệm - Nghiệm cuối có dạng y = C1 y1 + C2 y2 + y * với C1 C2 số tùy ý Ví dụ: yt + − yt +1 + yt = t + Phương trình đặc trưng k − 3k + = có nghiệm k1=1 k2=2 Vậy đặt y1 = 1, y2 = 2t Ta có rt = t + có dạng at Pn ( t ) với Pn(t) đa thức bậc (n=1) a=1 nghiệm bội phương trình đặc trưng nên ta lấy m=1 Vậy tìm nghiệm riêng dạng: y* = t ( a1t + a0 ) Thay vào phương trình sai phân có: ( t + ) ( a1t + 2a1 + a0 ) − 3( t + 1) ( a1t + a1 + a0 ) + 2t ( a1t + a0 ) = t + Nhóm hệ số chung ta có: t ( −2a1 ) + a1 − a0 = t + ⎧−2a1 = ⎧a1 = −1 / Ta có phương trình: ⎨ ⇒⎨ ⎩a1 − a0 = ⎩a0 = −3 / Nghiệm cuối có dạng yt = C1 + C2 2t − t ( t + 3)