GIẢI TÍCH II

BÀI SOẠN GIẢI TÍCH TỐN HỌC II CHƯƠNG I: PHÉP TÍNH VI PHÂN HÀM NHIỀU BIẾN §1:KHÁI NIỆM MỞ ĐẦU 1) Hàm số nhiều biến số Trong không gian Euclide n chiều  n (n  1) phần tử x   n n số thực (x1 , x , , x n ) Tập D   n ta gọi ánh xạ f : D   xác định x  (x1 , x , , x n )  D  u  f (x)  f (x1 , x , , x n )   hàm số n biến xác định  2) Tập hợp  n :Giả sử M(x1 , x , , x n ); N(y1 , y , , y n )  n Khoảng cách điểm ấy,ký hiệu d(M,N) xác định  n 2 d(M, N)    (x i  yi )   i1    a) Ta gọi S  M(x, y)   n / d(M,M )   : M (x , y ) lân cận M (x , y ) b) Điểm M  E gọi điểm tập E tồn lân cận M nằm hoàn toàn E c) Điểm M gọi điểm biên tập E lân cận M vừa chứa điểm E điểm không thuộc E d) Tập E gọi mở  n điểm điểm e) Tập E gọi liên thông với điểm M1 ,M nối với đường cong liên tục nằm hoàn toàn E 3) Giới hạn hàm số nhiều biến số: a) Ta nói dãy điểm M n (x n , y n ) dần tới M (x , y0 ) n   viết M n  M lim d(M n ,M )  hay lim x n  x lim y n  y n  n  n  b) Giả sử hàm z  f (M)  f (x, y) xác định lân cận V M (x , y0 ) Hàm f (M) gọi có giới hạn  M(x,y) dần đến M (x , y0 )   0,   0, (x, y)  D : (x  x )  (y  y )   ; f (x, y)     viết lim f (x, y)   x x y y0 Lưu ý:Giới hạn hàm số có c) Định lý: lim f (M)   với dãy M n  thỏa mãn MM lim M n  M lim f (M n )   n  n  Lưu ý:Định lý thường dùng để chứng minh cho hàm số không tồn giới hạn điểm Ví dụ: Tìm lim (x,y)(0,0) x xy  y2 kx k Đặt y  kx (k  0) lim  có giá trị khác ứng với x 0 (k  1)x (k  1) giá trị khác k.Do khơng tồn giới hạn cho 4) Tính liên tục hàm nhiều biến: Nếu lim f (M)  f (M ) M thuộc MM miền xác định hàm f(M) hàm f(M)được gọi liên tục M     5) Giới hạn lim  lim f (x, y)  lim  lim f (x, y)  gọi giới hạn lặp x x  y y0 y y0  x x   hàm f(x,y) (x , y0 ) §2:ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN I Đạo hàm riêng:Cho hàm u  f (x, y) xác định D mở, M (x , y )  D Cho x số gia x cho x  x  D Nếu tồn f (x  x, y)  f (x , y0 ) giới hạn gọi đạo hàm riêng hàm f(x,y) x 0 x lim M (x , y ) ký hiệu U U (x , y ) Hồn tồn tương tự ta có (x , y ) x y Lưu ý:Đạo hàm riêng hàm nhiều biến số thực chất đạo hàm hàm biến số.Vì trình lấy đạo hàm theo biến x y  y  const Hoàn toàn tương tự ta có định nghĩa đạo hàm riêng hàm 3,4…biến II Vi phân toàn phần 1) Định nghĩa:Cho hàm u  f (x, y) xác định D mở, M (x , y )  D Cho (x , y ) số gia x y tương ứng cho (x  x, y  y)  D Biểu thức u  f (x  x, y  y)  f (x , y ) gọi số gia toàn phần u  f (x, y) M (x , y ) Nếu có u  Ax  By  o   x  y ,trong A,B phụ thuộc (x , y0 ) hàm u  f (x, y) gọi khả vi M (x , y ) Biểu thức Ax  By gọi vi phân toàn phần hàm u  f (x, y) M (x , y ) ký hiệu du  Ax  By Chú ý:Nếu hàm u  f (x, y) khả vi M (x , y ) liên tục 2) Định lý:Nếu hàm u  f (x, y) có đạo hàm riêng M (x , y ) hàm khả vi,tức dU  Ax  By Khi u u (x , y0 )  A (x , y )  B x y 3) Định lý:Cho hàm số u  f (x, y) có đạo hàm riêng lân cận điểm M (x , y ) đạo hàm riêng liên tục M (x , y ) hàm khả vi Chứng minh: Ta có u  f (x  x, y  y)  f (x , y )   f (x  x, y  y)  f (x , y0  y)   f (x , y  y)  f (x , y )  theo công thức số gia giới nội Lagrang hàm biến f (x  x, y  y)  f (x , y0  y)  f x (x  1x, y  y) x f (x , y  y)  f (x , y )  f y (x , y0  2 y) y  1 , 2  Mặt khác f x (x  1x, y  y)  f x (x , y0 )   với   x  y  f y (x , y  y)  f y (x , y0 )   với   y  Vậy u  f x (x , y )x  f y (x , y0 ) y  x  y đpcm Chú ý:+ Nếu f (x, y)  x f (x, y)  y x  dx y  dy du  f x dx  f y dy + Ta dung vi phân tồn phần để tính giá trị gần biểu thức,xong sai số không theo ý muốn III Đạo hàm hàm hợp: Cho u  f (x, y) x  x(t,s) y  y(t,s) hàm số.Các hàm u, x, y hàm có đạo hàm riêng,khi U U x U y   t x t y t U U x U y   s x s y s đạo hàm riêng hàm u theo biến t s.Ngoài ta có cách thể khác:  U   x  t   t    U   x     s   s y   U  t   x   y   U   s   y  ma trận  x  t   x   s y  t   y   s  gọi ma trận Jacobi x,y t s.Định thức ma trận gọi định thức x D(x, y) t Jacobi x,y t s.Ký hiệu J x D(t,s) s y t y s Chú ý:Các quy tắc lấy đạo hàm riêng vi phân hàm số nhiều biến số tương tự quy tắc hàm biến số IV Đạo hàm hàm ẩn: 1) Khái niệm hàm ẩn:Gsử từ phương trình F(x, y,z)  xác định hàm z  z(x, y) thỏa mãn F x, y,z(x, y)  Như hàm z  z(x, y) xác định cách ẩn phương trình F(x, y,z)  Tương tự hàm nhiều ba biến 2) Định lý:Giả sử hàm F(x, y,z) có đạo hàm riêng liên tục lân cận M (x , y , z ) F(x , y0 ,z )  ; Fz (M )  Khi từ F(x, y, z)  lân cận M (x , y ) xác định hàm ẩn z  z(x, y) liên tục,có đạo hàm riêng liên tục thỏa mãn z  z(x , y ) z x   Fy Fx ; z y   Fz Fz V Đạo hàm vi phân cấp cao 1) Khái niệm:Giả sử hàm số U  f (x, y) có đạo hàm riêng U U (x, y) (x, y) x y hàm số có đạo hàm riêng đạo hàm riêng cấp   U   U   U   U &     x  x  x y  x  xy   U   U   U   U  &  x  y  yx y  y  y 2 U 2 U Các đạo hàm gọi đạo hàm hỗn hợp cấp 2.Với cách lý luận xy yx tương tự ta có đạo hàm cấp 3,4… 2) Định lý(Schwarz):Nếu lân cận M (x , y ) hàm số U  f (x, y)   f yx  đạo hàm liên tục M (x , y ) có đạo hàm riêng f xy  (x , y0 )  f yx  (x , y ) f xy Chứng minh:Xét   f (x  x, y  y)  f (x  x, y)  f (x, y  y)  f (x, y) Giữ y y không đổi, đặt (x)  f (x  x, y)  f (x, y)   (x  x)  (x) từ giả thiết ta có (x) khả vi  x, x  x  ,nên   (x  x)  (x)  (x  1x, y)x (0  1  1) tức  (x  1x, y  2 y)y x (0  2  1)    f x (x  1x, y  y)  f x (x, y)  x  f xy  (x  1x, y  2 y)y x Vậy   f xy Hoàn toàn tương tự,giữ x; x cố định ta có  (x  3x, y  4 y)y x (0  3 , 4  1)   f yx  (x  1x, y  2 y)  f yx  (x  3 x, y  4 y) y x  ta có f xy  (x, y)  f yx  (x, y) đạo hàm riêng hỗn hợp liên tục x  y  f xy 3) Vi phân cấp cao:Giả sử du  f x dx  f y dy vi phân toàn phần hàm U  f (x, y) M (x , y ) ,với dx,dy coi số du  f x dx  f y dy hàm có  dxdy  f y2 dy vi phân tồn phần.Khi d(du)  d u  d(f x dx  f y dy)  f x2 dx  2f xy n     Về mặt hình thức: d u   dx  dy  (u) y   x n VI Hàm số đẳng cấp Cho G   n thỏa mãn M(x1 , x , , x n )  G  (tx1 , tx , , tx n )  G Hàm số f (x1 , x , , x n ) xác định G gọi đẳng cấp bậc k thỏa mãn f (tx1 , tx , , tx n )  t k f (x1 , x , , x n ) với t  x2 x Ví dụ : U  ln arc tg ;U  x  y3 y y Nhận xét:Nếu f (x1 , x , , x n ) đẳng cấp bậc k đạo hàm riêng cấp hàm số đẳng cấp bậc k – n Hàm số f (x1 , x , , x n ) đẳng cấp bậc k f  x i x i 1  kf (CT Euler) i Thật từ f (tx1 , tx , , tx n )  t k f (x1 , x , , x n ) lấy đạo hàm hai vế theo t ta n f  x i x i 1 (tx1 , tx , , tx n )  kt k 1f (tx1 , tx , , tx n ) cho t = ta có đpcm i Ngược lại thay x i tx i nhân hai vế đẳng thức cho với t k 1 n f  xi x i 1 (tx1 , tx , , tx n )t k  kt k 1f (tx1 , tx , , tx n )  i Nhận thấy vế trái đẳng thức đạo hàm theo t f (tx1 , tx , , tx n ) tk f (tx1 , tx , , tx n ) tk  C cho t  ta C  f (x1 , x , , x n ) ,tức f (tx1 , tx , , tx n )  t k f (x1 , x , , x n ) VII Đạo hàm theo hướng.Gradien Cho hàm số U(x, y,z) xác định V   Qua điểm M (x , y , z )  V vẽ đường  thẳng định hướng có vecto đơn vị  ,M điểm đường thẳng    Ta có M M    độ dài đại số vecto M M Nếu tồn U(x, y,z)  U(x , y ,z ) U giới hạn gọi đạo hàm hàm U theo lim   lim 0   0   U hướng  M (x , y , z ) ký hiệu  (M )    U U đặc biệt M M phương 0x  (M )  (M ) x  Định lý:Nếu hàm u  u(x, y,z) khả vi M (x , y , z ) có đạo hàm theo  hướng  u u u u  (M )  (M )cos   (M )cos   (M )cos  x y z   cos ,cos ,cos  tọa độ vecto  (hay gọi côsin phương) Chứng minh:Do giả thiết,nên u  u(M)  u(M )  u u u (M ) x  (M ) y  (M ) z  o() x y z x   cos  ; y   cos  ; z   cos  nên  u u u u o()  (M )cos   (M )cos   (M )cos    x y z  Chuyển qua giới hạn   ta có điều phải chứng minh  u  u u Vectơ  (M ), (M ), (M )  gọi Gradien u  u(x, y,z) M ký y z  x      u  u u hiệu grad u   (M ), (M ), (M )  gọi i, j,k sở  y z  x    u  u  u gradu  (M )i  (M ) j  (M )k x y z VIII Công thức Taylor: Định lý:Cho hàm số f (x, y) có đạo hàm riêng đến cấp (n  1) liên tục lân cận điểm M (x , y ) Nếu (x  x, y  y) thuộc lân cận f  f (x  x, y  y)  f (x , y0 )  df (x , y0 )  1 d f (x , y0 )    d n f (x , y )  d n 1f (x  x, y  y) 2! n! (n  1)! với    Chứng minh:Đặt F(t)  f (x  tx, y0  ty) với  t  F(1)  F(0)  f (x  x, y  y)  f (x , y0 ) giả thiết nên F(t) khả vi 0,1 ,theo Taylor hàm biến số ta có F(1)  F(0)  F(0)  1 F(0)    F(n) (0)  F(n 1) () với    2! n! (n  1)! Nhưng F(0)  f x (x , y )x  f y (x , y ) y  df (x , y )  (x , y ) xy  f y2 (x , y ) y  d f (x , y ) F(0)  f x2 (x , y ) x  2f xy tiếp tục ta có F(n) (0)  d n f (x , y ) .F(n 1) ()  d n f (x  x, y0  y) Qua ta có điều cần phải chứng minh §3:CỰC TRỊ I Cực trị của hàm nhiều biến:Cho hàm số u  f (x, y) xác định miền D  ,điểm M (x , y )  D Ta nói hàm u  f (x, y) đạt cực trị M với điểm M(x, y) lân cận M : f (x, y)  f (x , y0 ) giữ nguyên dấu f (x, y)  f (x , y )  hàm số đạt cực tiểu M f (x, y)  f (x , y )  hàm số đạt cực đại M  (M ) Đặt p  f x (M );q  f y (M );A  f x2 (M );C  f y2 (M );B  f xy Định lý:Nếu hàm u  f (x, y) đạt cực trị M có đạo hàm riêng,thì p  f x (M )  q  f y (M )  Định lý: Giả sử hàm u  f (x, y) có đạo hàm riêng cấp liên tục lân cận M (x , y ) p  f x (M )  q  f y (M )  Khi M : a) Nếu AC  B2  u  f (x, y) đạt cực trị M  A  u  f (x, y) đạt cực tiểu M  A  u  f (x, y) đạt cực đại M b) AC  B2  u  f (x, y) không đạt cực trị M c) AC  B2  u  f (x, y) đạt không đạt cực trị M Chứng minh:Giả sử M(x  h, y0  k) lân cận M theo công thức Taylor ta có:   f (M)  f (M )  (Ah  2Bhk  Ck )  o( h  k ) Khi h, k đủ nhỏ g(h,k)  Ah  2Bhk  Ck coi dấu với  Ta coi g(h,k)  Ah  2Bhk  Ck  A B dạng toàn phương biến h k.Dạng tồn phương có ma trận    B C 10 y X u  x, y   X y  P  x , y  dx   Q  x, y  dy u  x, y    P  x, y  dx   Q  x, y0  dy X0 y0 X0 y0 Trong (x0, y0) điểm miền D Khi có hàm u(x,y) nghiệm tổng quát u(x,y) = C Ví dụ: Giải phương trình (4xy2 + y)dx + (4x2y + x)dy = Giải: Dễ kiểm tra điều kiện để vế phải vi phân tồn phần tích phân tổng qt phương trình 1  0dx    4x  y  x dy  C  2x y  xy  C Nhận xét: trường hợp Py'  Q'y ,   x, y   D mà tồn hàm   (x, y) để phương trình (x, y)  P  x, y  dx  Q  x, y  dy   phương trình vi phân tồn phần.Khi hàm   (x, y) gọi thừa số tích phân.Nói chung khơng có phương pháp chung để tìm   (x, y) phụ thuộc vào hai biến x,y P d Q d Py  Qx Đặc biệt   (x) ta có P  y   Q x   Q    y dx x  Q Tương tự   (y) ta tính Py  Qx d  qua ta tìm thừa số  P tích phân tương ứng,từ có phương trình vi phân tồn phần tìm nghiệm tương ứng §2 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI Đại cương phương trình vi phân cấp Định nghĩa Phương trình vi phân cấp phương trình dạng F(x,y,y',y'') = Nếu giải phương trình theo y' có dạng y'' = f(x,y,y') 59 Bài toán Cauchy Là tốn tìm nghiệm phương trình y' = f(x,y,y') thỏa mãn điều kiện y(x0) = y0, y'(x0) = y0' , x0, y0 ,y0' giá trị cho trước Bài toán Cauchy viết  y'  f  x, y, y'  '  y x  x  y ; y' x  x  y  3  4 Điều kiện (4) gọi điều kiện ban đầu, hay điều kiện Cauchy Định lý tồn nghiệm Xét toán Cauchy (3, 4) Giả sử hàm số f  x, y, y' , f  x, y, y' f  x, y, y' , liên tục miền V   y y' Khi đó, với   x y , y 0'   V ,thì lân cận điểm x0, tồn nghiệm y = y(x) phương trình (3) thỏa mãn điều kiện ban đầu (4) Nghiệm tổng quát Ta gọi nghiệm tổng quát phương trình y' = f(x,y,y') hàm số y  (x,C1 ,C2 ) , C1,C2 số tùy ý, thỏa mãn điều kiện sau: a) Hàm số y  (x,C1 ,C2 ) thỏa mãn phương trình cho với C1, C2 b)   x , y , y0'   D , với D miền mà điều kiện tồn nghiệm thỏa mãn, ln tìm giá trị số C1, C2 cho nghiệm y  (x,C1 ,C2 ) thỏa mãn điều kiện ban đầu (4) Nghiệm riêng, tích phân riêng Nếu công thức nghiệm tổng quát ta cho C1, C2 giá trị cụ thể nghiệm nhận gọi nghiệm riêng Nghiệm kỳ dị Có thể tồn nghiệm không nằm họ nghiệm tổng quát Những nghiệm gọi nghiệm kỳ dị Phương trình khuyết a) Phương trình khuyết y, y' Dạng phương trình F(x,y'') = 60 Đặt y' = t, F(x,t') = Đây phương trình cấp khuyết biến t biết cách giải Nếu nghiệm phương trình t = f(x,C) nghiệm phương trình ban đầu y = T(x,C) + D, T(x) ngun hàm f(x) Ví dụ: Giải phương trình y'' = x2 + xex + Giải: y'    x3 x4 x2 x x x  xe  dx   xe  e  x  C  y    xe x  Cx  D 12 2 x  b) Phương trình khuyết y Dạng phương trình F(x,y',y'') = Đặt y' = t, F(x,t,t') = Đó phương trình cấp t Ví dụ: Giải phương trình y '' 1  x   2xy' ; y x 0  , y' Đặt t = y', t'(1 + x2) = 2xt      t  C  x2  y '  C  x2  y  Thay điều kiện đầu y x 0  D  ; y' x 0  t' 2x 2xdx   ln t   ln  x  ln C  2 t 1+x 1+x   C x  Cx  D x 0  C  Nên y = x3 + 3x +1 c) Phương trình khuyết x Dạng phương trình F(y,y',y'')= Đặt y' = t, y ''  t 'y y'x  t t 'y Thế vào phương trình, F(y, t, t t 'y ) = Đây phương trình cấp t(y) Ví dụ: Giải phương trình 2yy'' = y'2 +1 Đặt y' = t, y  t.t y Thế vào phương trình cho, 2y t t y  t  ; 2tdt dy   ln t   ln y  ln C  y  C t  t 1 y     Mặt khác, y' = t, nên dy = tdx Thế y từ kết vào đây, C2tdt  tdx  x  2Ct  D Đáp số y = C(t2 + 1) ; x = 2Ct + D (dễ dàng viết dàng tường minh) 61 Phương trình tuyến tính Đó phương trình dạng y'' + p(x)y' + q(x)y = (5) a) Cấu trúc nghiệm tổng quát Định lý Nếu y1(x) y2(x) hai nghiệm phương trình (5), y  x   Cy1  x   Dy  x  nghiệm phương trình Nếu có thêm điều kiện hai nghiệm riêng y1(x) y2(x) độc lập tuyến tính nghiệm y = C y1(x) + D y2(x) nghiệm tổng quát (5) (Hai hàm số y1(x), y2(x) gọi độc lập tuyến tính phân thức y1(x)/y2(x) không đồng số) Chứng minh: Dễ kiểm tra y1(x) y2(x) nghiệm (5) y(x) nghiệm (5) Ta chứng minh y(x) nghiệm tổng quát Xét điều kiện đầu  y0  Cy1  x   Dy  x  ' ' '  y0  Cy1  x   Dy  x  y x  x  y ; y ' x  x  y0' Khi  0 Đây hệ phương trình đại số tuyến tính với định thức hệ khác 0(do giải thiết tính độc lập tuyến tính y1 y2) Vậy, hệ ln có nghiệm, tức ln tìm số C, D để nghiệm y thỏa mãn điều kiện ban đầu ĐFCM Định lý cho thấy, để tìm nghiệm tổng quát phương trình nhất, việc tìm hai nghiệm riêng độc lập tuyến tính Người ta chưa có cách chung để tìm hai nghiệm Tuy nhiên, biết nghiệm riêng tìm nghiệm riêng thứ hai phương pháp b) Phương pháp tìm nghiêm riêng thứ hai Bổ đề Nếu y1(x), y2(x) hai nghiệm riêng phương trình (5) định thức Wronsky W= y1  x  y  x  y1' x y'2 x - p x dx thỏa mãn hệ thức W  Ce  62 Chứng minh Vì y1(x), y2(x) hai nghiệm phương trình (5), nên  y1  p(x)y1  q(x)y1    y2  p(x)y2  q(x)y  Nhân hệ thức đầu với -y2, sau với y1, cộng lại,  y1y2  y y1  p  x   y1y2  y y1   Mà W   y1y2  y y1 , W '   y1 y2  y1 y2  y2 y1  y y1   y1 y2  y y1 Thế vào kết trên, W ' + p(x)W =   dW  p x dx    p  x  dx  W(x)  Ce  ĐFCM W Định lý Nếu y1(x)  nghiệm riêng phương trình (5) nghiệm riêng thứ hai y2(x), độc lập với y1(x) tìm theo cơng thức     p x dx y  x   y1  x    e dx   y1  x   Chứng minh Theo bổ đề, có - p x dx W  Ce  - p x dx  y1y2  y y1  Ce   y1y2  y y1 y12  C - p x dx e  y1 (C=1,D=0) y2 d  y  C -  p x dx C -  p x dx -  p x dx  e   e dx +D  y  y dx    y2 e dx  y1  y12 y1  y12   Ví dụ: Giải phương trình  x y'' 2xy' 2y  , biết nghiệm riêng y = x Giải: Chia hai vế cho 1- x2, p  x   2x 2xdx   p x dx    ln x      2 1-x 1-x   Vậy nghiệm thứ hai 63 ln x 1   e 1   p x dx    p x dx   y  x   y1  x    e dx   x   e dx   x  dx  x x    Từ x x2 x    y1  x   nghiệm tổng quát y = Cx + D(x2 + 1) Phương trình tuyến tính khơng Là phương trình có dạng y'' p  x  y' q  x  y  f  x  (6) Định lý Nghiệm tổng qt phương trình tuyến tính khơng (6) tổng nghiệm tổng quát phương trình tương ứng (5) với nghiệm riêng phương trình khơng (6) Nói cách khác, nghiệm tổng quát (6) y = Y(x) + y*(x), Y(x) nghiệm tổng quát (5), y*(x) nghiệm riêng (6) a) Phương pháp biến thiên số Giả sử biết nghiệm tổng quát phương trình (5) Y(x) = Cy1(x) + Dy2(x) Chỉ phải tìm nghiệm riêng (6) xong Ta Coi C, D hàm phụ thuộc x, phải tìm hàm số để biểu thức y(x) = C(x)y1(x) + D(x)y2(x) nghiệm phương trình (6) Có y  Cy1  C'y1  Dy2  Dy Chọn C, D cho C'y1  D 'y  Khi y' = Cy1' + Dy2' (7) Lấy đạo hàm, y  C' y1  Cy1  D' y2  Dy2 Thế y' y'' vào phương trình (6),  C' y1  Cy1  D' y2  Dy2   p Cy1  Dy2   q Cy1  Dy2   f  x  ; C  y1  py1  qy1   D  y2  py2  qy2   C' y1  D' y2  f  x  Vì y1, y2 nghiệm phương trình nhất, nên C'y1  D'y2  f  x  (8) Tổng hợp điều kiện (7) (8) nhân kết quả: 64 Định lý: Biểu thức y = Cy1 + Dy2 nghiệm riêng phương trình khơng (6) C' y1  D' y  , thỏa mãn hệ  C' y1'  D'y '  f  x  Hệ hệ đại số tuyến tính với ẩn C', D' Từ tìm C, D   Ví dụ: Giải phương trình  x y  2xy  2y   x , biết nghiệm riêng phương trình tương ứng y = x (xem ví dụ mục trên) Giải: Phương trình viết thành y '  2x y '  y 1 1-x  x2 Theo giải có trên, nghiệm tổng quát phương tình tương ứng Y = Cx + D(x2 + 1), y1 = x ; y2 = x2 + Để tìm nghiệm riêng, ta giải hệ  C'    C'x  D ' x    x2     1 C'  D '2x  D'  x  x2     x 1 C   x  ln  x 1  D  ln x   x  x2  Vậy nghiệm riêng y*   x  x ln + ln x  Nghiệm tổng quát x 1 2 x  x2  y  Cx +D x    x  x ln + ln x  x 1   Phương trình tuyến tính có hệ số khơng đổi Đó phương trình có dạng y'' + py' + qy = f(x), p, q số 1) Giải phương trình y '' py ' qy  (9) Ta tìm nghiệm riêng độc lập tuyến tính phương trình dạng y = ekx, k số cần tìm Có y' = kekx ; y'' = k2ekx Thế y'', y' , y 65 vào phương trình cho, k 2e kx  kpe kx +qe kx  hay k +pk  q  (10) phương trình (10) gọi phương trình đặc trưng Xét trường hợp: a) Nếu (10) có hai nghiệm đơn k1, k2 Khi phương trình (9) có hai nghiệm riêng y1  e k x ; y  e k x Hai nghiệm độc lập tuyến tính Vậy nghiệm tổng quát y  Ce k1x  De k 2x b) Nếu (10) có nghiệm kép k0 Khi phương trình (9) có nghiệm riêng y1  e k x Nghiệm tổng quát y   C  Dx  e k 0x c) Nếu (10) có nghiệm phức k = a  bi Khi phương trình (9) có hai nghiệm riêng y1  e a  bi  x Từ đó, z1   eax  cos b  isin b  ; y  e a bi x  eax  cos b  isin b  y1  y y  y2  eax cosb ; z2   eax sin b hai nghiệm riêng 2i Chúng độc lập tuyến tính, nghiệm tổng quát y   Ccosb  Dsinb  eax Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát phương trình sau (a) y  3y  2y  (b) y  4y  4y  (c) y  2y  5y  Giải: (a) Phương trình đặc trưng k2 - 3k + = 0, k = 1, k = Nghiệm tổng quát y  Ce x +De2x (b) Phương trình đặc trưng k2 + 4k + = 0, k = -2 nghiệm kép Nghiệm tổng quát phương trình vi phân y   C+Dx  e2x 66 (c) Phương trình đặc trưng k2 + 2k + = 0, (k +1)2 + = 0, k = -1  2i Nghiệm tổng quát phương trình vi phân y  (C cos 2  Dsin 2)e  x 2) Phương trình có vế phải đặc biệt Xét phương trình y'' + py' + qy = f(x) Trong trường hợp tổng quát, ta biết cách giải phương trình nhất, nên dùng phương pháp biến thiên số để tìm nghiệm riêng, từ tìm nghiệm tổng qt phương trình khơng cho Trường hợp vế phải f(x) có dạng đặc biệt, tìm nghiệm riêng cách nhanh chóng trình bày a) Trường hợp f (x)  P(x)ex , (P(x) đa thức bậc n cho trước) Ta xác định dạng nghiệm riêng y*(x), tùy theo trường hợp  có nghiệm phương trình đặc trưng hay khơng + Nếu  khơng nghiệm phương trình đặc trưng, y  ex Q(x) + Nếu  nghiệm đơn phương trình đặc trưng, y  xex Q(x) + Nếu  nghiệm kép phương trình đặc trưng, y  x 2e x Q(x) Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát phương trình sau (a) y '' 3y ' 2y  2x (b) y'' 3y' 2y  xe x (c) y'' 2y' y   x  1 e x Giải: (a) Phương trình đặc trưng k2 - 3k + = 0, k = 1, k = Nghiệm tổng quát phương trình tương ứng Y = Cex + De2x Vế phải f(x) = 2xe0x, (  = 0) Vậy tìm nghiệm riêng dạng y* = ax + b Tính đạo hàm y* vào phương trình cho, 67 - 3a + 2(ax + b)  2x, từ a = 1, b = 3/2 Đáp số y = Cex + De2x + x + 3/2 (b) Vế phải f(x) = xex Có  = nghiệm riêng phương trình đặc trưng Vậy tìm nghiệm riêng dạng y* = x(ax + b)ex = (ax2 + bx)ex Tính đạo hàm:   (y*)  ax  bx  2ax  b e x  ax   b  2a  x  b  e x (y*)  ax   b  2a  x  b  2ax  b  2a  e x  ax   b  4a  x  2a  2b  e x Thế vào phương trình cho,  [ax  (b  4a)x  2a  2b]e x  VF  3[ax  (b  2a)x  b ]e x  bx ]e x 2[ax     a   x x    2ax  2a  b  e  xe    b  1  x  Đáp số y  Ce x  De2x     e x 2  (c) Phương trình đặc trưng k2 - 2k + = 0,  = nghiêm kép Nghiệm riêng có   dạng y  ax  bx e x Tính đạo hàm:   (y*)  ax  bx  3ax  2bx e x  ax   b  3a  x  2bx  e x   (y*)   ax   b  3a  x  2bx  3ax   b  3a  x  2b  e x   = ax   b  6a  x   4b  6a  x  2b  e x Thế vào phương trình cho,  [ax  (b  6a)x   4a  6b  x  2b]e x  VF  2[ax  (b  3a)x  2bx ]e x  bx + ]e x   [ax     4a  2b  x  2b  e x       2x   e x    a  1 ; b   68 Đáp số y   C  Dx  e x  1  x  e x b) Trường hợp f  x   eax  P  x  cos bx  Q  x  sin bx  ,ở P(x) Q(x) đa thức Ta xác định dạng nghiệm riêng Y(x), tùy theo trường hợp a  ib có nghiệm phương trình đặc trưng hay khơng + Nếu a  ib không nghiệm phương trình đặc trưng, tìm Y dạng Y  eax  U  x  cosbx  V  x  sinbx  + Nếu a  ib nghiệm phương trình đặc trưng, tìm Y dạng Y  xeax  U  x  cosbx  V  x  sinbx  Trong đó, U V đa thức cần tìm có bậc bậc cao P Q Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát phương trình sau (a) y '' 3y ' 2y  4sin x  2cos x (b) y '' y  cos x Giải: (a) Phương trình đặc trưng k2 - 3k + = 0, k = 1, k = Nghiệm tổng quát phương trình tương ứng Y = Cex + De2x Vế phải f(x) = sinx + cosx Có I khơng nghiệm phương trình đặc trưng Bậc cao đa thức P, Q Vậy ta tìm nghiệm riêng dạng y* = asinx + bcosx Tính đạo hàm y* (y*)  a cos x  bsin x ; (y*)  a sin x  b cos x Thế vào phương trình cho, - a sin x  bcos x   a cos x  bsin x    a sin x  bcos x   4sin x  2cos x  a  3b  sin x   b  3a  cos x  4sin x  2cos x  a  ; b  69 Đáp số y  Ce x  De2x  sin x  cos x (b) Phương trình đặc trưng k2 + = 0, i nghiệm Bậc cao đa thức P, Q Vậy nghiệm riêng có dạng y  ax sinx  bx cosx Có: (y*)   a  bx  sin x   b  ax  cos x (y*)    b  b  ax  sin x   a  a  bx  cos x   2b  ax  sin x   2a  bx  cos x Thế vào phương trình cho,  2b  ax  sin x   2a  bx  cos x  ax sin x  bx cos x  2bsin x  2a cos x  2cos x Từ a = 1, b = Đáp số y  Ccos x  Dsin x  x sin x c) Trường hợp f  x    P  x  cosbx  Q  x  sinbx  eax Đặt y = zeax, đưa dạng xét Ví dụ: Giải phương trình y'' 2y' 2y  xe x sinx Giải: Đặt y  ze x Có y'   z '  z  e x ; y''   z '' 2z ' z  e  x Thế vào phương trình cho, z'' + z = xsinx Theo cách giải phần (b), tìm nghiệm tổng quát phương trình y  Ccosx  Dsinx   sinx  xcosx  Vậy nghiệm phương trình cho y  Ccosx  Dsinx   sinx  xcosx   x e d) Trường hợp f(x) = f1(x) + f2(x), f1(x), f2(x) có dạng xét Áp dụng nguyên lý chồng chất nghiệm sau đây: Định lý(Nguyên lý chồng chất nghiệm) Cho phương trình y'' p  x  y' q  x  y  f1  x   f  x  (11) 70 Nếu y1  x  nghiệm riêng phương trình y'' p  x  y' q  x  y  f1  x  y2  x  nghiệm riêng phương trình y'' p  x  y' q  x  y  f  x  , y  y1  x   y2  x  nghiệm riêng phương trình (11) Chứng minh định lý dễ dàng Ví dụ: Giải phương trình y'' - y' = 2cos2x Giải: Nghiệm phương trình Y  C  De x Để tìm nghiệm riêng, ta phân tích vế phải: 2cos2x = + cos2x Vậy xét hai phương trình: (1) y '' y '  Nghiệm y1   x (2) y '' y '  cos2x Nghiệm y   Đáp số: y  C  De x  x  cos2x  sin 2x 10 10 cos 2x  sin 2x 10 10 §3 HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Đại cương Định nghĩa Hệ phương trình tuyến tính chuẩn tắc cấp hệ có dạng  y'2  f1  x, y1 , y , , y n    y'2  f  x, y1 , y , , y n     '  y  f n  x, y1 , y , , y n  (12) Nghiệm tổng quát hệ (12) n hàm số yi(x, C1, , Cn), i = 1, 2, , n, với C1, ,Cn số tuỳ ý, thỏa mãn điều kiện sau: (i) Thỏa mãn (12) với C1, ,Cn 71 (ii) Với điểm (x0, y10,y20, , yn0) không gian Rn+1, mà điều kiện tồn nghiệm thỏa mãn, ln tìm giá trị C1, , Cn cho hàm số yi(x, C1, ,Cn), i = 1, , n thỏa mãn điều kiện đầu y x x  y 0i i  1, ,n Nghiệm riêng nghiệm có cách cho C1, , Cn họ nghiệm tổng quát giá trị xác định Đường dòng trường véc tơ Giả sử miền D không gian Rn, cho trước  trường véc tơ F  x    f1  x  ,f  x  , ,f n  x   Ta gọi đường dòng trường F đường cong (C) cho tiếp tuyến điểm đồng phương với F điểm Cách giải hệ phương trình vi phân Xét hệ (12) Ta ln đưa hệ phương trình cấp cao cách khử hàm số chưa biết từ phương trình hệ Phương pháp gọi phương pháp khử Minh họa phương pháp ví dụ  y'  5y  4z 1 Ví dụ 1: Giải hệ   z '  4y  5z   Giải: Lấy đạo hàm hai vế (1), z' từ phương trình (2), y  5y' 4z '  5y'  4y  5z   5y' 16y  20z (3) Khử z từ (1), z = (y' - 5y) / Thế vào (3), nhận y''  5y' 16y   y' 5y   10y' 9y , hay y'' 10y' 9y  (4) Nghiệm phương trình (4) y = Cex + De9x Thế nghiệm vào (1) z  Ce x  9De9x  5Ce x  5De9x   Ce x  De9x Đáp số z  Ce x  De9x ; z  Ce x  De9x 72 (1)  y'  y  z Ví dụ 2: Giải hệ   z '  y  z  x (2) Giải: Lấy đạo hàm hai vế (1), z' từ phương trình (2), y'' = y' + z' = y' + (y + z + x) = y' + y + z + x (3) Khử z từ (1), z  y  y Thế vào (3), nhận y'' - 2y' = x (4) Nghiệm phương trình (4) y  C  De x2 x   Thế y vào phương trình (1) 4 2x x2 x    4 2x x2 x x2 x 2x   ; z  C  De    4 4 z  C  De Đáp số : y  C  De 2x 73 ... D hàm f(x,y) gọi khả tích D Kí hiệu tích phân  f (x, y)dxdy D 22 III Ý nghĩa tích phân kép Tính thể tích Trường hợp f(x,y) khơng âm tích phân  f  x, y  dxdy D thể tích vật thể trụ V nói... xác định hướng TÍCH PHÂN BỘI §1.TÍCH PHÂN PHỤ THUỘC THAM SỐ I Tích phân phụ thuộc tham số cận số b b 1) Khái niệm:Cho tích phân  f (x, y)dx với y  c,d  Đặt F(y)   f (x, y)dx ,tích a a phân... tính chất tích phân kép Sự tồn tại: Người ta chứng minh rằng, f(x,y) liên tục miền đóng, bị chặn khả tích miền 23 Tính chất: Tích phân kép có tính chất giống với tích phân xác định Nếu tích phân