Bài giảng Toán cao cấp A2 Th.S Nguyễn Hoàng Anh Khoa

BỘ CÔNG THƯƠNG TRƯỜNG CAO ĐẲNG CÔNG NGHIỆP HUẾ   

BÀI GIẢNG TOÁN CAO CẤP A2 Th.S. NGUYỄN HOÀNG ANH KHOA Huế, tháng 02 năm 2014

2x = -1 (1)



Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN VECTƠ - ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH 1.1. Không gian vectơ 1.1.1. Số phức Tập hợp các số thực R đã rất phong phú. Tuy nhiên nếu chỉ biết các số thực thì một phương trình đơn giản như

2x + 1 = 0 hay sẽ không có nghiệm vì không có số thực nào bình phương lên lại bằng -1. Giả sử tồn tại i sao cho i2=-1 ta gọi i là đơn vị phức a. Định nghĩa: Số phức là số có dạng z = a + bi với a,b  R. Trong đó, a gọi là phần thực của z kí hiệu a=Re(z) và b gọi là phần ảo của z kí hiệu b=Im(z) b. Số phức liên hợp: Xét số phức z = a + bi. Số phức a - bi gọi là số liên hợp của z = a + bi và ký hiệu là z c. Các phép toán - Phép cộng - Phép nhân - Phép chia - Lũy thừa bậc n - Căn bậc n d. Các dạng biểu diễn của số phức Dạng hình học Dạng lượng giác của số phức: Giả sử z = r(cos φ + i sin φ) và z’ = r’(cos φ’ + i sin φ’) - Tích của hai số phức ở dạng lượng giác: z.z’= (r + r’)[cos(+’) + i.sin(+’)] - Thương của hai số phức: r r '

z z '

[ cos(φ -φ’) + i sin(φ -φ’)]

- Công thức Moive:

zn = rn (cosnφ + i sinnφ), n  N



isin





- Căn bậc n của z ≠ 0 có n giá trị là:

2k n

 n

  

  

 r cos  

      

   Ví dụ: Tính các căn bậc ba của 1. Vì 1 = cos0 + isin0 nên các căn bậc ba của 1 là



isin



, i = 0;1;2..;(n-1).

kz = cos

0 3

 2k 3

0 3

 2k 3

  

  

  

  

, k = 0, 1, 2

2z =

1 i 2

3 2

1 i 2

3 2

; Vậy có ba căn bậc ba của 1 là: 0z = 1; z 1 =





Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa 1.1.2. Không gian vectơ a. Định nghĩa: Cho V là tập hợp khác rỗng mà mỗi phần tử gọi là một vectơ, K là một trường (K là R hoặc C). Trên V xây dựng 2 phép toán cộng và nhân như sau:

  : V V V 

(a, b)

a b

  : K V V 

 ( ,a)

và

Lúc đó V được gọi là một K - KGVT nếu V cùng với hai phép toán “+” và “x” ở trên thoả 8 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 là phần tử trung hòa) TĐ4: uV,  -uV: u + (-u) =  (-u gọi là phần tử đối của 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 thì V gọi là KGVT thực (gọi tắc là KGVT), nếu K = C thì V gọi là KGVT phức. Ví dụ 1: Kí hiệu Rn = {x=(x1;x2;..;xn) | x1,x2,...,xn  R}, trên Rn với 2 phép toán cộng x + y = (x1 + y1; x2 + y2; ...; xn + yn) và nhân kx = (kx1;kx2; ...; kxn) với mọi x=(x1;x2;...xn); y=(y1;y2;...yn)  Rn. Chứng minh Rn với hai phép toán cộng và nhân trên là một KGVT. Hd:  = (0;0;...;0) Ví dụ 2: Chứng minh P2 = {p=a+bx+cx2 | a,b,c  R} (tập các đa thức bậc không quá 2) với 2 phép toán cộng và nhân thông thường (phép cộng hai đa thức và phép nhân một số với đa thức) là một không gian vectơ. Hd:  = 0 + 0x + 0x2 b. Các tính chất cơ bản

 Phần tử trung hòa là duy nhất  Với mọi a, b, c  V : a + c = b + c thì a = b  Với mọi a  V, (-1).a = -a  Với mọi k  K, a  V ta có: k.a =   k = 0 hoặc a = .

1.1.3. Độc lập tuyến tính, phụ thuộc tuyến tính Cho V là một không gian vectơ và S = {u1,u2,...,un}  V a. Biểu thị tuyến tính: Phần tử uV gọi là biểu thị tuyến tính được qua S nếu tồn tại k1, k2, …, kn  K sao cho: k1u1 + k2u2 + … + knun = u. Khi đó, k1u1 + k2u2 + … + knun gọi là một tổ hợp tuyến tính của u.









Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa Ví dụ 3: Cho S = {p1=x+x2; p2=1+x2; p3=1+x} P2. và p = 3 + 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) = 3 + 4x + 5x2 3



    

  k    k 

  .





Vậy p = 3p1 + 2p2 + p3 b. Độc lập tuyến tính: Hệ S gọi là độc lập tuyến tính nếu

 



 



k1u1 + k2u2 + … + knun =   k1 = k2 =…= kn = 0 c. Phụ thuộc tuyến tính: Hệ S gọi là phụ thuộc tuyến tính nếu S không 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) 2t



3 3k





    

  k    k 

  , t R  T phụ thuộc tuyến tính.

d. Một số tính chất

 Bất kỳ một hệ vectơ nào chứa θ thì hệ đó phụ thuộc tuyến tính.  Hệ S độc lập tuyến tính trong V. Khi đó nếu bất kỳ vectơ nào biểu thị tuyến

tính được qua S thì sự biểu thị đó là duy nhất.

1.1.4. Hệ sinh, cơ sở. Tọa độ của vectơ Cho V là một không gian vectơ và S = {u1,u2,...,un}  V a. Hệ sinh: S gọi là hệ sinh của V nếu mọi vectơ u  V, u biểu thị tuyến tính được qua hệ S. hay hệ k1u1 + k2u2 + … + knun = u có nghiệm với mọi u  V. b. Cơ sở: S là cơ sở của V nếu S độc lập tuyến tính và S là hệ sinh. hay hệ k1u1 + k2u2 + … + knun = u có duy nhất nghiệm với mọi u  V. c. Định lí: (Không gian vectơ n chiều) - Nếu V là KGVT có một cơ sở gồm n vectơ thì mọi cơ sở khác đều có đúng n vectơ. Khi đó ta nói V là một KGVT n chiều. - Nếu V là một KGVT n chiều thì mọi hệ độc lập tuyến tính của V có n vectơ đều là cơ sở. Chú ý: E = {e1=(1;0;0;...;0;0); e2=(0;1;0;...;0;0); en=(0;0;0...;0;1)} là một cơ sở của KGVT Rn (gọi là cơ sở chính tắc) nên Rn là KGVT n chiều.

x x



Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa d. Toạ độ của vectơ Nếu T = {u1 ;u2 ; . . . ;un } là cơ sở của V thì mọi vectơ x thuộc V đều tồn tại duy nhất bộ (x1 ;x2 ;. . . xn) sao cho x=x1u1+x2u2+…+xn un. Khi đó, ta gọi bộ (x1;x2;...;xn) là toạ độ của x đối với cơ sở T.

2 ... x

     

     

. Kí hiệu xT = (x1 ;x2 ;. . . ;xn ) hay viết đưới dạng ma trận   x





Ví dụ 5: Trong KGVT R3 cho T = {(0;1;1); (1;0;1); (1;1;0)}. Chứng minh T là cơ sở của R3. Tìm tọa độ của vectơ x = (3 ;4 ;5) đối với cơ sở T. Giải: Với mọi (x;y;z)  R3 ta có k1(0;1;1) + k2(1;0;1) + k3(1;1;0) = (x;y;z)  x



  k    k 

0 1 1

1 0 1

2 0



   hệ có duy nhất nghiệm  T là cơ sở.

1 1 0

Ta có D =









Tìm tọa độ của x = (1;2;3) đối với cơ sở T Ta có x1(0;1;1) + x2(1;0;1) + x3(1;1;0) = x 



    

  x    x 

 

x ' 1 x '



Vậy xT=(2;1;0). e. Bài toán đổi cơ sở Giả sử T = {u1 ;u2 ; . . . ;un } và T’ = {u’1 ;u’2 ; . . . ;u’n} là hai cơ sở của KGVT n chiều V, x  V và

  x

T '

2 ...

x '

     

     

      Hãy tìm mối liên hệ giữa [x]T và [x]T’ .

. và   x

p 1i

Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa



, i 1,2,..,n.

 

,    i T

p 2i 

     

      Ta có x = x1u1 + x2u2 + … + xnun = x’1u’1 + x’2u’2 + … + x’nu’n

  





  





Giả sử

p x’ 11 1 p x’ 21 1







  

p x’ n1 1

p x’ n2 2

p x’ nn n

      



p 11

p 12

p 1n



= 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 p x’ p x’ x 1n 12 2 n p x’ p x’ 2n n 22 2 Suy ra hay [x]T = P. [x]T’



' 1 T

' '  [u ] ,[u ] ,...,[u ]  2 T n T

 

p 21 

p p 22 2n    

n 2

     

     

trong đó





1 / 2





1 / 2



gọi là ma trận chuyển cơ sở từ T sang T’. Ví dụ 6: Trong KGVT R3 cho hai cơ sở T ={u1=(0;1;1); u2=(1;0;1); u3=(1;1;0)} và B={v1=(1;1;1); v2=(1;1;0); v3=(1;0;0)}. Tìm ma trận đổi cơ sở từ T sang B. Cho xT=(1;2;3), tìm tọa độ của x đối với cơ sở B. Giải: Ta có: k1u1 + k2u2 + k3u3 = v1  k1(0;1;1) + k2(1;0;1) + k3(1;1;0) = (1;1;1)

1 T v



1 / 2



1 / 2   1 / 2   1 / 2 

    

 k 1   k   

  k    k 

1 / 2



1 / 2

   

2 T

3 T

1 / 2

0     0      1

    

     1





Tương tự, ta có:  và 

     

     

Vậy ma trận đổi cơ sở từ T sang B là:

Ta có [x]T = P. [x]B  [x]B = P-1. [x]T = ....

Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa 1.2. Ánh xạ tyến tính 1.2.1 Định nghĩa Cho X,Y là hai KGVT. Ánh xạ f:XY gọi là ánh xạ tuyến tính nếu thỏa 2 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

là ánh xạ tuyến tính biết f(1;1)=(3;4), f(2;3)=(5;2). Xác

(1) (1’) (I) (2) (2’) (II)

Với mọi u=(x;y), v=(x’;y’)  R2 và với mọi k  R. Ta có: f(u + v) = f(x + x’; y + y’) = (y + y’; x + x’; x + x’ + y + y’) 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’) Từ (1) và (1’) suy ra: f(u + v) = f(u) + f(v) Ta có: f(ku) = f(kx;ky)=(ky; kx; kx + ky) = k(y; x; x + y) Mặt khác kf(u) = kf(x;y) = k(y; x; x + y) Từ (2) và (2’) suy ra: f(ku) = kf(u) Từ (I) và (II) suy ra f là 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 là ánh xạ tuyến tính khi và chỉ khi f(hx+ky)=hf(x)+kf(y) với mọi x,yV và h,k  R. Nhận xét: Ánh xạ tuyến tính được xác định khi biết ảnh của một cơ sở. Ví dụ 3: Cho f:R2R2 định ánh xạ f.

 3x 2y





Giải

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)

Với mọi (x;y)  R2 Ta có k1(1;1) + k2(2;3) = (x;y)  x  

Vậy f(x;y) = (4x – y; 10x – 6y)

Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa 1.2.2 Nhân và ảnh của ánh xạ tuyến tính Cho ánh xạ tuyến tính f:XY. Tập hợp Kerf :={xX |f(x)=0Y} gọi là hạt nhân của AXTT f Tập hợp Imf :={yY|xX sao cho f(x)=y} gọi là ảnh của AXTT f Ví dụ 4: Tìm ảnh, hạt nhân của ánh xạ tuyến tính f:R3R2 với f(x;y;z)=(x–y; y–z). 1.3. Ma trận của ánh xạ tuyến tính 1.3.1. Định nghĩa Định nghĩa: Cho f: XY là AXTT, B là cơ sở của X và B’ là cơ sở của Y. Ma trận A sao cho A[x]B=[f(x)]B’ gọi là ma trận của ánh xạ tuyến tính f đối với cặp cơ sở B, B’. Định lí: Cho f: XY là ánh xạ tuyến tính, B={u1,u2,…,um} là một cơ sở của X và B’={u’1,u’2,…,u’n} là một cơ sở của Y . Khi đó

A=[[f(u1)]B’, [f(u2)]B’,…, [f(um)]B’] là ma trận của ánh xạ tuyến tính f đối với cặp cơ sở B, B’. Đặc biệt - Nếu X=Y và B=B’ thì ta nói A là ma trận của ánh xạ tuyến tính đối với cơ sở B. - Nếu B và B’ là các cơ sở chính tắc thì A gọi là ma trận chính tắc của f. Ví dụ 1: Cho ánh xạ tuyến tính R với f(x; y; z) = (x+y ; x+z ; y+z) và 2 f : R cơ sở của R3 là B={u1=(1;1;0); u2=(1;0;1); u3=(0;1;1)} } và T={v1=(0;1;1); v2=(1;0;1); v3=(1;1;0)}. Tìm ma trận A của ánh xạ tuyến tính f đối với cơ sở B.

Giải





2 k



Ta có f(u1) = f(1;1;0) = (1+1; 1+ 0; 1+ 0) =(2;1;1) 0





    

 k 1     k 1   

0     1      1

f(u1) = k1v1 + k2v2 + k3v3   [f(u1)]T=

Tương tự f(u2) = (1;2;1)  [f(u2)]T=

1     0      1 1     1      0

0 1 1 A 1 0 1



Tương tự f(u3) = (1;1;2)  [f(u3)]T=

1 1 0

    

    

Vậy

Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa

3 4

  

1 2     sở B={u1=(1;1); u2=(2;3)}. Xác định f. Định lí (Ma trận của ánh xạ tuyến tính trong phép đổi cơ sở) Nếu A là ma trận của f đối với cơ sở B và A’ là ma trận của f đối với cơ sở B’ thì A’=P-1AP

Ví dụ 2: Cho là ma trận của ánh xạ tuyến tính f :R2R2 đối với cơ

0 1

với P là ma trận đổi cơ sở từ B sang B’

2 3

   

  

Ví dụ 3: Cho là ma trận của ánh xạ tuyến tính f :R2R2 đối với cơ sở

B={u1=(1;1); u2=(1;2)}. Tìm ma trận của ánh xạ tuyến tính f đối với cơ sở B’={u’1=(3;1); u’2=(1,4)}. 1.3.2. Hạng của ánh xạ tuyến tính Hạng của ánh xạ tuyến tính là hạng của ma trận của ánh xạ tuyến tính đó.

R biết f(1;2;3) = (3;2;1); f(1;2;0) = (2;1;0);

' = (1;1;1)}

' = (1;0;0); u2

' = (1;1;0); u3

Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa Bài tập chương 1 1. Trong không gian vectơ R3 cho u = (1;2;3) và hệ B = {u1; u2; u3} với u1=(0;1;1); u2=(1;0;1); u3=(1;1;0). Chứng minh B là cơ sở của R3. Tìm tọa độ của vectơ u đối với cơ sở B. 2. Trong không gian vectơ P2 gồm các đa thức bậc không quá 2, cho hệ B={p1=1+x+x2; p2=x+x2; p3 =1+x } và p=3+2x+x2. Chứng minh B là một cơ sở của P2. Tìm tọa độ của vectơ p đối với cơ sở B. 3. Trong không gian vectơ R3 cho u=(2;3;4) và cơ sở B={u1;u2;u3} với u1=(1;1;1); u2=(1;1;0); u3=(1;0;0). Xác định ma trận đổi cơ sở từ cơ sở chính tắc sang cơ sở B. Từ đó tìm tọa độ của vectơ u đối cơ sở B. 4. Trong không gian vectơ P2 gồm các đa thức bậc không quá 2, cho hai cơ sở B={p1=1+x+x2; p2=x+x2; p3 =x2} và B’={ p’1=1+x; p’2=1+x2; p’3= x+x2} a) Tìm ma trận đổi cơ sở từ B sang B’. b) Cho (p)B = (1; 2; 3). Tìm tọa độ của p đối với cơ sơ B’. 5. Cho ánh xạ tuyến tính f : R f(1;0;0) = (1;0;0). Xác định f, tìm ma trận chính tắc của f. 6. Cho ánh xạ f: R2 R3 với f(x;y) = ( x; x + y ; x – y) a) Chứng minh f là ánh xạ tuyến tính. b) Xác định ma trận của ánh xạ tuyến tính f đối với cặp cơ sở B={u1=(0;1); u2=(1;1)} và B’={u1 7. Cho ánh xạ tuyến tính f : P2  P2 với f(a + bx + cx2) = b + 2cx và hai cơ sở B={p1=1+x2; p2=x+x2; p3 =1+x2} và T = {q1=1+x+x2; q2= x+x2; q3=x2} của P2 (P2 là không gian vectơ các đa thức bậc không quá 2). Tìm ma trận A của ánh xạ tuyến tính f đối với cặp cơ sở B và T.

1 2 3 4 5 6

   

  

8. Cho là ma trận của AXTT f : R3  R2 đối với cặp cơ sở

1 2 3 A 0 4 5



B={u1=(1;0;0); u2=(1;1;0); u3=(1;1;1)} và B’={u1’=(0;1); u2’=(1;1)}. Xác định f.

0 0 6

    

    

9. Cho là ma trận của ánh xạ tuyến tính f:R3R3 đối với cơ sở

1 2 3 A 4 5 6



B={u1; u2; u3} với u1=(1;2;3); u2=(0;1;2); u3=(0;0;1). Xác định f.

7 8 9

    

    

10. Cho Cho là ma trận của ánh xạ tuyến tính f:R3R3 đối với cơ

sở B = {u1=(1;1;1); u2=(1;1;0); u3=(1;0;0)}. Tìm ma trận của f đối với cơ sở B’={u1=(1;2;3); u2=(0;2;3); u3=(0;0;3)}.

Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa

CHƯƠNG 2. CHÉO HÓA MA TRẬN

2.1. Giá trị riêng, véc tơ riêng Định nghĩa: A là ma trận vuông cấp n. Số k gọi là giá trị riêng của A nếu phương trình Ax=kx có nghiệm x ≠0. Véc tơ x≠0 nói trên gọi là véc tơ riêng ứng với giá trị riêng k. Nhận xét: - Nếu k là giá trị riêng thì det(A-kI)=0 (gọi là phương trình đặc của A) - Nghiệm khác không của phương trình Ax=kx là các véc tơ riêng ứng với giá trị riêng k.

3 2     1 0

  



Ví dụ: Tìm véc tơ riêng của ma trận

3  k  1

2  k

Phương trình đặc trưng k2-3k+2=0k =1 hoặc k=2.

vậy có hai giá trị riêng k=1 và k=2.

Với k=1 ta có các véc tơ riêng x= , t≠0

t     t  2t     t 

Với k=2 ta có các véc tơ riêng x= , t≠0.

2.2. Vấn đề chéo hóa ma trận Bài toán 1: Cho ma trận vuông A có hay không ma trận P sao cho A’=P-1AP là ma trận chéo? xác định P và A’. Bài toán 2: Cho ánh xạ tuyến tính f : XX có hay không một cơ sở sao cho ma trận của ánh xạ tuyến tính đối với cơ sở đó là ma trận chéo. Xác định cơ sở đó và tính ma trận của ánh xạ tuyến tính đối với cơ sở đó. Định nghĩa: Hai ma trận A, B gọi là đồng dạng nếu tồn tại ma trận P sao cho

B = P-1AP Định nghĩa: Cho A là ma trận vuông, A gọi là chéo hóa được nếu tồn tại P sao cho P-1AP là ma trận chéo. Định lí: Nếu ma trận A có n véc tơ riêng p1,p2,…,pn độc lập tuyến tính ứng với n giá trị riêng k1,k2,..,kn thì P=[ p1;p2,…,pn] làm chéo hóa A. Hơn nữa,

k 1 0 

 0 0  k 0 2     n k

     

     

A’= P-1AP=

Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa Nhận xét:

- Nếu pi là vectơ riêng ứng với giá trị riêng ki (i = 1,2,..,n) thì {p1, p2,...pn} độc

lập tuyến tính.



 4

- Hai ma trận đồng dạng có cùng các GTR và VTR. 4

. Tìm ma trận P làm chéo hóa A, xác định P-1AP.

1 1

  2   

    

Ví dụ 1. Cho

Giải





2 

3 4x



Phương trình đặc trưng -k 3+6k2 -11k+6=0 có 3 nghiệm k = 1 ; k = 2 ; k = 3



2 x



1   x 1

    

        

    

    

    

    

Với k = 1, ta có A = 1. 

    

0   4   1 

Chọn t = 1 ta được vectơ riêng tương ứng p1 =

Tương tự,

k = 2 ta được vectơ riêng tương ứng p2 =

1     1      0 2     0      1

1 0 0

1 2

 1

4 1 0

A ' P AP



0 2 0

k = 3 ta được vectơ riêng tương ứng p3 =

0 0 3

0 1

     

    

0      1 

Vậy làm chéo hóa A và

     1 2 0 3

   

  

Ví dụ 2. Cho là ma trận của ánh xạ tuyến tính f:R2R2 đối với cơ sở

B={u1=(1;1); u2=(1;0)}. Tìm một cơ sở B’ của R2 sao cho ma trận A’ của ánh xạ tuyến tính f đối với cơ sở B’ là ma trận chéo, xác định A’.

Giải



, t



Phương trình đặc trưng (-1)(-3)=0 =1 hoặc =3

t     0  

Các véc tơ riêng ứng với GTR =1 là .



, t



Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa

t     t 

Các véc tơ riêng ứng với GTR =3 là .

1 0

   

1   1 

Suy ra ma trận làm chéo hóa A



A ' P AP



Gọi B’={u1’;u2’} là cơ sở của R2 sao cho P là ma trận chuyển cơ sở từ B sang B’. Khi đó, ta có u1’= u1 + 0.u2 = (1;1) u2’= u1 - u2 = (0;1)

1 0 0 3

   

  

là ma trận của f đối với Vậy B’ = { u1’=(1;1); u2’= (0;1)} và



 A 3

1 1





5 3

cơ sở B’. Bài tập chương 2 1. Tìm ma trận P làm chéo hóa A, xác định P-1AP trong các trường hợp sau: 3 1 3



1 5



6 6

1     1 

    

      

1      

    

    

a) b) c)

1 3

2. Cho ánh xạ tuyến tính T:R3R3 biết T(x;y;z)=(3x-2y;-2x+3y;5z) Tìm một cơ sở của R3 sao ma trận của T đối với cơ sở đó là ma trận chéo, xác định ma trận đó.

4 2

   

  

3. Cho . Tính A2013

Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa

CHƯƠNG 3: CHUỖI

(1) 3.1. Chuỗi số 3.1.1 Định nghĩa Cho dãy số u1, u2, …, un, … Tổng vô hạn u1 + u2 + … + un + … 

 . u

 n 1

được gọi là chuỗi số (gọi tắt là chuỗi) và được kí hiệu là





 

... u

Các số u1,u2, …,un, … gọi là các số hạn của chuỗi, un được gọi là số hạn tổng quát.



 k 1



limS

S R

Tổng được gọi là tổng riêng thứ n của chuỗi.

  thì ta nói chuổi

 hội tụ và có tổng là S và ta viết

 u

 n 1



Nếu

 không hội tụ ta nói chuỗi đó phân kì.

 n 1

Nếu chuỗi



 n 1

Hiệu Rn = S – Sn gọi là phần dư thứ n của chuỗi số.

 (nếu có), trong đó q là số thực cho trước.

 n 1



 n 1



Ví dụ 1: Tính tổng của chuỗi

 với (q≠1) là:

1 q   1 q

 n 1



Giải: Tổng riêng thứ n của chuỗi

limS n

1  1 q

Nếu |q| < 1 thì

Nếu |q| > 1 thì

limS   n limS   . n Nếu q = -1 thì (Sn) không có giới hạn.



 n 1



Nếu q =1 thì



 phân kì

1  1 q

 n 1



Vậy |q| < 1 thì và |q| ≥ 1 thì

1  n(n 1)

 n 1

Ví dụ 2: Xét sự hội tụ và tính tổng (nếu có) của chuỗi .





 , n

1  n(n 1)

1 n

1  n 1

Giải: Ta có













  ...



  1

Tổng riêng

1 2

1 3

1 4

1 n

1  n 1

  

  

  

  

  

  

  

  





 1

1  n(n 1)

 n 1

Vậy



Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa 3.1.2. Các tính chất

lim | u | 0 . n

 hội tụ thì

 n 1

Định lí 1 (điều kiện cần): Nếu chuỗi



limS

Chứng minh

S  (cid:0)

 hội tụ nên

 n 1





Vì chuỗi

S n

n 1

Mặt khác, ta có với mọi n  N.

S     .(cid:0) | S S | 0

lim | u | n

Do đó



Chú ý: Điều ngược lại của định lí nói chung không đúng.

 . Ta có, limun = 0

1 n

 n 1

 n 1



Ví dụ 3: Xét chuỗi điều hoà chuỗi



, x [n;n+1]





1 n

1 x

1 n

1 x

 n 1

Mặt khác, ta có : với mọi n N,do đó, với

 

1 n

1 x

 n 1







 ln(n 1)

mọi n N, hay với mọi n N

 phân kì.



1 n

1 x

 n 1



Cộng các bất đẳng thức trên ta có  ∞ do đó

 hội tụ là với mọi >0, tồn tại số tự

 n 1

Định lí 2: Điều kiện cần và đủ để chuỗi số

nhiên n0 sao cho với mọi m>n0, n>n0 ta có |sm – Sn| < .



Chứng minh

 hội tụ nên dãy (Sn) hội tụ. Theo định lí Côsi ta có với mọi >0, tồn

 n 1

Vì chuỗi



tại số tự nhiên n0 sao cho với mọi m>n0, n>n0 ta có |sm – Sn| <  Ngược lại, nếu với mọi >0, tồn tại số tự nhiên n0 sao cho với mọi m>n0, n>n0 ta

 hội tụ.(cid:0)

 n 1



có |sm – Sn| <  thì (Sn) là dãy Côsi do đó (Sn) hội tụ do đó

 u

 au

 n 1



Định lí 3: Nếu thì , với a là số thực kất kì cho trước.



  v ) S T

 u

 v



 n 1

Định lí 4: Nếu và thì

Định lí 5: Tính hội tụ hay phân kì của chuỗi không đổi khi ta thay đổi một số hữu hạn các số hạn đầu.

Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa 3.1.3 Chuỗi số dương a. Định nghĩa: 

 , trong đó an ≥ 0 với mọi n  N được gọi là chuỗi số dương.

 n 1

Chuỗi (2)



b. Tiêu chuẩn hội tụ của chuỗi số dương

 hội tụ là dãy tổng riêng

 n 1

Định lí 1: Điều kiện cần và đủ để chuỗi số dương

tương ứng (Sn) bị chặn trên.



Chứng minh

 hội tụ thì dãy (Sn) có giới hạn do đó (Sn) bị chặn.

 n 1

Nếu



Ngược lại, Giả sử (Sn) bị chặn trên. Mặt khác, do Sn+1 – Sn = un+1 > 0 nên (Sn) tăng.

 hội tụ.(cid:0)

 n 1



Vậy (Sn) tăng và bị chặn trên, do đó (Sn) hội tụ hay

 hội tụ khi  > 1, phân kì khi   1.

1  n

 n 1



Tính chất: Chuỗi

 n 1







  1

Ví dụ 4: Xét sự hội tụ của chuỗi



1  2 1 n 2

1  2

1 k 2

 k 1

5 Vậy (Sn) bị chặn trên do đó chuỗi hội tụ. Định lí 2: (Dấu hiệu so sánh) 



Ta có

 và u

 . Nếu tồn tại số dương c sao cho

 n 1



c.v , n N

  thì :



Cho hai chuỗi số dương

 hội tụ suy ra chuỗi

 hội tụ.

 n 1



i) nếu chuỗi

 phân kì suy ra chuỗi

 phân kì.

 n 1

ii) nếu chuỗi



Chứng minh

 và chuỗi

 v

 n 1

Gọi Sn và Tn lần lượt là tổng riêng thứ n của chuỗi





c.v , n N



c.T , n N

Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa

  nên

  . Vì

 hội tụ nên (Tn) bị chặn

 n 1



i) Do

 hội tụ.(cid:0)

 n 1





c.v , n N



c.T , n N

do đó (Sn) cũng bị chặn. Theo định lí 1 chuỗi

  nên

  . Vì

 phân kì nên (Sn) không

 n 1



ii) Do

 phân kì.(cid:0)

 n 1



bị chặn trên do đó (Tn) cũng không bị chặn trên. Theo định lí 1



1 n n.3

 n 1



n 1



Ví dụ 5: Xét sự hội tụ của chuỗi

  và chuỗi



1 3

1 n .3

 n 1

  

  

1 n n.3 

Giải: Ta có hội tụ.



1 n n.3

 n 1



Do đó chuỗi hội tụ

1  2n 1

 n 1

  n



Ví dụ 6: Xét sự hội tụ của chuỗi .

1  2n 1



Giải: Ta có,

 phân kì. Do đó, chuỗi

1  2n 1

1 1 . 3 n 1 n

 n 1

Và chuỗi điều hoà phân kì.



Định lí 3: (Dấu hiệu CôSi)

lim u = L thì

 . Nếu

 n 1



Cho chuỗi số dương

 hội tụ.

 n 1



i) nếu L < 1 suy ra chuỗi

 phân kì.

n 1  Chứng minh

ii) nếu L > 1 suy ra chuỗi

q 1

- Với L < 1. Ta chọn  > 0 đủ bé sao cho 0< L +  = q < 1.

lim u = L nên với n đủ lớn thì n

     do đó un < qn



Vì

 hội tụ (vì 0  q <1)

 n 1



Mặt khác, chuỗi

 hội tụ.

 n 1

Từ dấu hiệu so sánh ta có

Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa

- Với L > 1. Ta chọn  > 0 đủ bé sao cho L -  > 1.

lim u = L nên với n đủ lớn thì n

      1 1



Vì

 phân kì

n 1  Định lí 4: (Dấu hiệu Đalămbe)



lim

Do đo, chuỗi

 . Nếu

 n 1

u   thì n 1 L u n



Cho chuỗi số dương

 hội tụ.

 n 1



i) nếu L < 1 suy ra chuỗi

 phân kì.

n 1  Chứng minh



ii) nếu L > 1 suy ra chuỗi



1 n

 n 1

  1 

  



lim 1 n











Ví dụ 7: Xét sự hội tụ của chuỗi

1 n

  

  

 lim 1  

  



Ta có .



1 n

 n 1

  1 

  



Theo định lí Côsi ta có chuỗi hội tụ.

5  n 1

 n 1

 n 1

lim

 

5 1.

Ví dụ 8: Xét sự hội tụ của chuỗi .

 5(n 1)  n 2

5   n 2 n 5  n 1



Ta có

5  n 1

 n 1

Theo định lí Đalămbe ta có chuỗi phân kì.



( 1) u

3.1.4 Chuỗi đan dấu



 n 1

a. Định nghĩa: Chuỗi có dạng trong đó an ≥ 0 (hoặc an  0) với mọi



( 1) u

nN được gọi là chuỗi đan dấu. b. Định lí: (Tiêu chuẩn Lépnít)



 n 1

hội tụ. Nếu dãy (un) giảm và lim un = 0 thì chuỗi đan dấu

 n 1



Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa

 ( 1) n

 n 1

 là dãy giảm và limun=0. Theo dấu hiệu Lépnít ta có

Ví dụ 9: Xét sự hội tụ của chuỗi điều hoà đan dấu .

 n 1



Ta có, dãy (un) với

 n 1

1 n  ( 1) n 3.1.5 Chuỗi hội tụ tuyệt đối



chuỗi điều hoà đan dấu hội tụ.

| u | n

 gọi là hội tụ tuyệt đối nếu chuỗi

 hội tụ.

 n 1

a. Định nghĩa: Chuỗi



b. Định lí: Chuỗi hội tụ tuyệt đối thì hội tụ.  n 1

 ( 1) 2 n

 n 1

 n 1





Ví dụ 10: Xét sự hội tụ của chuỗi

 và chuỗi



 hội tụ.

1 2 n

 n 1

 n 1



Ta có,

 ( 1) 2 n  ( 1) 2 n

 n 1

Vậy chuỗi hội tụ.



 

)

3.2 Chuỗi luỹ thừa 3.2.1 Định nghĩa

a (x n



 n 0



Chuỗi luỹ thừa là chuỗi dạng (3)

a X n



 n 0

Nếu đặt X x   khi đó chuỗi (3) trở thành (4)

3.2.2 Miền hội tụ của chuỗi lũy thừa Định lí Aben 

a x n

 hội tụ tại x0 ≠ 0 thì nó hội tụ tại mọi điểm x mà |x| < |x0|.

 n 0



Nếu chuỗi

a x n

 hội tụ

 n 0

Từ định lí suy ra, tồn tại số thực không âm R sao cho chuỗi luỹ thừa



trên khoảng (-R;R) và phân kì trong (-∞,-R) (R; +∞).

a x n

 hội tụ trên khoảng (-R;R)

 n 0

Định nghĩa: Số thực không âm R sao cho chuỗi

và phân kì trong (-∞,-R) (R; +∞) gọi là bán kính hội tụ của chuỗi đó.

Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa Định lí CôSi

lim a n

L thì bán kính hội tụ của chuỗi luỹ thừa (4) là:

, 0 L

  

, ,

L 0    L

 L      0 

Nếu

lim

Định lí Đalămbe

a   thì bán kính hội tụ của chuỗi luỹ thừa (4) là: n 1 a n

, 0 L

  

 L 0

 

 L      



 x 2

Nếu



n



 n 1



Ví dụ 1. Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa



t n

 n 1



Đặt t = x – 2 chuỗi trở thành

lim  n

a  n 1 a

n  n 1



Ta có , do đó R = 1.

 phân kỳ.

1 n

 n 1





Tại t = 1, ta có chuỗi số



n 1



 n 1

Tại t = -1, ta có chuỗi số là chuỗi số điều hòa đan dấu thỏa mãn các điều



kiện của định lý Leinitz, nó hội tụ.  Miền hội tụ -1  t < 1 Vậy miền hội tụ của chuỗi lũy thừa đã cho là 1  x < 3.

x  n!

 n 1



Ví dụ 2. Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa

lim  n

a  n 1 a

1  n 1

n!   n 1 !



Ta có

Do đó R = +  , chuỗi lũy thừa hội tụ trên toàn R.



Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa



 n 1

nx    n 1

  

Ví dụ 3. Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa

na = lim

n n 1





Ta có lim n = 1 => R = 1



1   0 e

 n 1

nx    n 1

  

1 n

  1 

  

Khi x = 1, ta có chuỗi số . Số hạng tổng quát





khi n   , vậy chuỗi số phân kỳ.



 1



 n 1

n    n 1

  

Khi x = -1, ta có chuỗi số , số hạng tổng quát của nó không dần



tới 0 khi n   , chuỗi số phân kỳ. Vậy miền hội tụ là (-1, 1). 3.2.3 Khai triển hàm số thành chuỗi luỹ thừa a. Định nghĩa Hàm số S(x) gọi là khai triển được thành chuỗi luỹ thừa trong khoảng (-R;R) nếu

a x n

 hội tụ về hàm số S(x) trên khoảng (-R;R).

 n 0

tồn tại chuỗi luỹ thừa



b. Các định lí Định lí 1 (Điều kiện cần)

a x n

 trong

 n 0



Điều kiện cần để hàm số S(x) khai triển được thành chuỗi luỹ thừa

(k) S (0) k!

khoảng (-R;R) là S(x) có đạo hàm các cấp và: với mọi k  N.

(n)

Định lí 2 (Điều kiện đủ)

| S (x) | C với mọi

Nếu có số thực dương C sao cho với mọi x  [-R;R] ta có



S(x)

nN thì hàm số S(x) khai triển được thành chuỗi luỹ thừa trên đoạn [-R;R] và

 

(n) S (0) n!

 n 0

Ví dụ 1: Khai triển các hàm số sau thành chuỗi lũy thừa

a) sinx b) cosx c) ex

Ví dụ 2: Chứng minh eix = cosx + i sinx



Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa BÀI TẬP CHƯƠNG 3 1. Xét sự hội tụ và tính tổng (nếu có) của các chuỗi số sau:



1  n(n 1)

1 (2n 1)(2n 1)





 n 1



 ( 1)

a) b)



1 n(n 1)(n 2)



2n 1   n(n 1)

 n 1



n 2

 

2 n 1

 

c) d)



e) f)





2n 1  2  n (n 1)

 n 1





n  3 5

1 2 n

 n 1

 n 2

 ln 1  

  

g) h)



2. Xét sự hội tụ của các chuỗi số sau:



1  2n 1

 n 1



a) b)



1  n(n 5)  2n 3 n 2

2n  3n 1

 n 1

  

   n



c) d)



 n 1

  



e) f)

2  n!  ( 1) n n 2

 n 1  n   ( 1) n

 n 1

g) h)



3. Tìm miền hội tụ của các chuỗi sau



(2x) n!

 n 1

  



 (x 2)

 (x 3)

a) b)



 2n 1 3 n

 n 1



c) d)

 n 1



 (x 3)  3n 2  (n

e) f)

 n



 2)(x n 2 n .3

 n 1  n  n 2   n 5 (5x)  n 5 n  ( 1) (x n.2

 n 1

g) h)

Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa CHƯƠNG 4. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 4.1. Phương trình vi phân cấp 1 4.1.1. Định nghĩa. - Phương trình vi phân cấp 1 là phương trình có dạng F(x, y, y') 0 ,

(x, y)

Trong đó x là biến số độc lập, y=y(x) là hàm số phải tìm, y’ là đạo hàm của y(x). - Nghiệm là hàm số y = (x) sao cho F(x;(x); ’(x))=0 - Nghiệm tổng quát là nghiệm dạng y = φ(x,C) - Tích phân tổng quát là phương trình G(x;C)=0 xác định nghiệm tổng quát - Nghiệm riêng là một nghiệm trong nghiệm tổng quát - Nghiệm kì dị là nghiệm không nằm trong nghiệm tổng quát - Giải một phương trình vi phân là tìm tất cả các nghiệm của nó. 4.1.2. Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm Cho phương trình vi phân cấp 1 : y’ = f(x;y)

 f  y

Nếu f(x,y) và liên tục trong miền D thì trong lân cận nào đó của x0, tồn

f (x)dx



g(y)dy

tại duy nhất nghiệm y=y(x) thỏa điều kiện đầu y(x0)=a. 4.2. Các phương trình vi phân cơ bản. 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 được hay F(x) = G(y) + C,







1 x

1 y

  

 1 dx  

  

  

trong đó F(x) là một nguyên hàm của f(x), G(y) là một nguyên hàm của g(y). Ví dụ: Giải phương trình (1 + x)ydx + (1 - y)xdy = 0. Giải: Nếu x  0, y  0, phương trình trở thành

Lấy tích phân hai vế, ta được

ln|x| + x = y – ln|y| + C

hay

ln|xy| + x - y = C. Ta có x = 0, y = 0 cũng thỏa mãn phương trình, nên x = 0, y = 0 là hai nghiệm kì dị của phương trình. 4.2.2. Phương trình đẳng cấp cấp 1 Dạng y’=f(y/x) Phương pháp: Đặt y = z.x đưa về dạng biến số phân ly Ví dụ: Giải phương trình vi phân (x2 + xy)y’=y2

p(x)dx

 



p(x )dx



 ln|y|= + K Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa 4.2.3. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 Dạng: y’+ p(x)y = q(x), trong đó p(x) và q(x) là các hàm liên tục. Phương trình y’+ p(x)y = 0 gọi là phương trình tuyến tính thuần nhất. Phương pháp Bước 1: Giải phương trình thuần nhất tương ứng: y’ + p(x)y = 0 Nếu y  0, có thể viết nó thành dy y

 y = C , C  0.

p(x )dx



Mặt khác y = 0 cũng là một nghiệm và là một nghiệm riêng ứng với C = 0.

p(x )dx



Vậy nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là: y = C

p(x )dx



p(x)dx



p(x )dx





C (x) C(x)p(x)e





p(x)C(x)e



q(x)

Bước 2: Tìm nghiệm của y’+p(x)y = q(x) dạng y = C(x) ta có:

p(x )dx

hay

e

dC(x) = q(x)

p(x )dx



q(x)e

 dx K

Do đó



C(x) =

p(x )dx



e

trong đó K là một hằng số tùy ý. Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là:

 . q(x)

y = K + 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) là dạng phương trình vi phân tuyến tính cấp 1) Ví dụ: Giải phương trình y’ + xy = xy2 4.2.5. Phương trình vi phân toàn phần. Là phương trình vi phân có dạng: P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0, trong đó P(x, y), Q(x, y) là những hàm số liên tục và có các đạo hàm riêng cấp một

 P  y

Q   x

liên tục thỏa mãn điều kiện .



Q(x, y)dy K



Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa Khi đó Pdx + Qdy là vi phân toàn phần của một hàm số u(x, y) nào đó. Nếu D=R2, hàm số u(x, y) được cho bởi công thức

P(x, y )dx o



P(x, y)dx



Q(x , y)dy K



u(x, y) =



hay u(x, y) =

trong đó x0, y0 là hai số nào đó, K là hằng số tùy ý. Vậy tích phân tổng quát của phương trình là: u(x;y) = C. Ví dụ: Giải phương trình [(1 + x + y)ex + ey]dx + [ex + xey]dy.

Giải

Q   x

= ex + ey = . Ta có P(x, y) = (1 + x + y)ex + ey, Q(x, y) = ex + xey P   y



Vậy Pdx + Qdy là vi phân toàn phần của hàm số u(x, y).

  1 x e

u(x, y) =





 1 dx 

 



(x, y, y')

= xex + x + exy + xey - x = (x + y)ex + xey Tích phân tổng quát của phương trình là: (x + y)ex + xey = C 4.3. Phương trình vi phân cấp 2. 4.3.1. Định nghĩa Phương trình vi phân cấp hai là phương trình có dạng F(x,y,y’,y’’) = 0 Nghiệm là hàm số y = (x) sao cho F(x;(x);’(x);’’(x))=0 Nghiệm tổng quát là nghiệm dạng y = φ(x,C1,C2) Tích phân tổng quát là phương trình G(x;C1;C2)=0 xác định nghiệm tổng quát Nghiệm riêng là một nghiệm trong nghiệm tổng quát Giải một phương trình vi phân là tìm tất cả các nghiệm của nó. 4.3.2. Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm, bài toán Cauchy. Cho phương trình vi phân cấp hai y’’ = f(x,y,y’).

 f  y

 f  y'

Nếu f(x,y,y’); và liên tục trong miền D thì trong lân cận

nào đó của x0, tồn tại duy nhất nghiệm y=y(x) thỏa các điều kiện đầu y(x0)=a và y’(x0)=b. 4.3.3. Phương trình vi phân cấp 2 có thể giảm cấp được. 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)

k x 1



 y C e 1

C e 2

1k x



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 2. Là phương trình dạng y’’ + p(x)y’ +q(x)y = f(x) trong đó p(x), q(x) và f(x) là những hàm liên tục Nếu f(x) = 0 thì phương trình đó gọi là phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất Định lí 1: Nếu y1(x) và y2(x) là hai nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất thì y = C1y1(x) + C2y2(x) là nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất đó. Định lí 2 : Nếu y* là một nghiệm riêng của PTVPTT và y = C1y1(x) + C2y2(x) là nghiệm tổng quát của PTVPTTTN tương ứng thì y = C1y1(x) + C2y2(x) + y* là nghiệm tổng quát của PTVPTT đó. Định lí 3 : (Nguyên lí chồng chất nghiệm) Nếu y1(x) là nghiệm riêng của y’’ + p(x)y’ +q(x)y = f1(x) và y2(x) là nghiệm riêng của y’’ + p(x)y’ +q(x)y = f2(x) thì y = y1(x) +y2(x) là nghiệm riêng của phương trình y’’+ p(x)y’ +q(x)y = f1(x) + f2(x) 4.3.5. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất có hệ số hằng. Dạng : Ay’’+By’+Cy=0, trong đó A, B, C  R Phương pháp B1: Giải phương trình đặc trưng Ak2 + Bk + C = 0 B2: Kết luận nghiệm theo các trường hợp sau : k x 2 TH1: Nếu k1≠k2 thì NTQ là:

 y (C xC )e 1

y e C cos x C sin x

 





TH2: Nếu k1=k2 thì NTQ là:





TH3: Nếu k=α  i thì nghiệm tổng quát là

Ví dụ: Giải các phương trình a. y’’ + y’ = 0 b. y’’ + 4y’ + 4y = 0 c. y’’ + 2y’ +2y = 0 4.3.6. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 có hệ số hằng. Dạng: Ay’’ + By’ + Cy = f(x), trong đó A, B, C  R Phương pháp B1: Giải phương trình thuần nhất B2: Tìm nghiệm riêng của Ay’’ + By’ + Cy = f(x)

Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa TH1: f(x) = eαx.Pn(x)

- Nếu α không là nghiệm của PTĐT thì ta tìm nghiệm riêng dạng

y = eαx.Qn(x)

- Nếu α là nghiệm đơn của PTĐT thì ta tìm nghiệm riêng dạng

y = xeαx.Qn(x)

- Nếu α là nghiệm kép của PTĐT thì 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 không là nghiệm của phương trình đặc trưng ta tìm nghiệm riêng dạng y = eαx [Rk(x)cosx + Sk(x)sinx] - Nếu α + i là nghiệm của phương trình đặc trưng ta tìm nghiệm riêng dạng y = x.eαx.[Rk(x)cosx + Sk(x)sinx]

b) (x + y)y’ = x – y d) (x2 + 1)y’ + xy + 2 = 0 f) x2y’ – xy = y2



 3y





y" 2y' 3y







 a) y

 2y 2x 1

BÀI TẬP CHƯƠNG 4 1. Giải các phương trình vi phân sau: a) (x2 + 1)y’ = xy c) x2y’ = xy + y2 e) x2y’ + xy = 1; y(1) = 2 2. Giải các phương trình vi phân sau:



 4y



 3y sinx

 y



 4y



 4y 5e

 d) y

  

y cosx