BÀI GIẢNG BÀI TẬP TOÁN CAO CẤP ĐỖ THÚY HẰNG, NGUYỄN THỊ QUYÊN

ThS. ĐỖ THÚY HẰNG ThS. NGUYỄN THỊ QUYÊN

BµI TËP

TO¸N CAO CÊP

TRƯỜNG ĐẠI HỌC LÂM NGHIỆP - 2017

THS. ĐỖ THÚY HẰNG, THS. NGUYỄN THỊ QUYÊN

BÀI GIẢNG

BÀI TẬP TOÁN CAO CẤP

TRƯỜNG ĐẠI HỌC LÂM NGHIỆP - 2017

2

LỜI NÓI ĐẦU Các môn Toán cao cấp B, C là những môn học đại cương được bộ môn Toán giảng dạy cho hầu hết sinh viên của Trường Đại học Lâm nghiệp. Việc có một tài liệu bài tập bám sát nội dung lý thuyết của các môn Toán cao cấp này là một việc làm rất cần thiết vì nó trực tiếp phục vụ các thầy cô trong quá trình giảng dạy, giúp sinh viên học tập hiểu sâu sắc lý thuyết và làm thành thạo các dạng bài tập để các em đạt kết quả tốt cho môn học. Bởi vậy, chúng tôi biên soạn cuốn bài giảng Bài tập toán cao cấp.

Nội dung bài giảng gồm 6 chương: - Chương 1: Hàm số một biến số thực; - Chương 2: Đạo hàm, vi phân hàm một biến; - Chương 3: Phép tính tích phân hàm một biến; - Chương 4: Ma trận - Định thức - Hệ phương trình; - Chương 5: Hàm hai biến; - Chương 6: Phương trình vi phân.

Trong đó, Thạc sỹ Nguyễn Thị Quyên biên soạn các chương 1, 2 và 3; Thạc sỹ Đỗ Thúy Hằng biên soạn các chương 4, 5 và 6.

Mỗi chương trong bài giảng được cấu trúc gồm các phần: Bài tập có lời giải, bài tập sinh viên vận dụng để tự giải nhằm hướng dẫn sinh viên nắm được cách thức làm từng dạng bài tập rồi tự luyện tập các dạng bài tương tự. Hơn nữa, ở mỗi chương, các tác giả đã cố gắng đưa vào phần bài tập tham khảo những ứng dụng thực tế của một số khái niệm toán học vào đời sống, kinh tế, kỹ thuật để tạo sự tò mò, hứng thú của sinh viên với môn học, từ đó giúp các em có thêm động lực để học tốt hơn.

Bài giảng được biên soạn lần đầu trên cơ sở phân định cụ thể từng dạng bài tập và đưa vào các ứng dụng thực tế của môn học nên không tránh khỏi những sai sót.

Chúng tôi mong nhận được ý kiến đóng góp của đồng nghiệp, các bạn sinh viên và toàn thể độc giả.

Xin chân thành cảm ơn!

Nhóm tác giả

3

4

Chương 1 HÀM SỐ MỘT BIẾN SỐ THỰC 1.1. Kiến thức cần ghi nhớ 1.1.1. Tìm tập xác định, tập giá trị, tìm hàm ngược của hàm số 1.1.2. Tìm giới hạn của hàm số - Khi giải các bài toán tìm giới hạn, trước tiên cần kiểm tra xem hàm số cần tìm giới hạn có thuộc dạng vô định hay không.

- Các dạng vô định:

0  ; ;   ;  .0;1 ; 0 ; 00 0 

- Nếu không thuộc dạng vô định nào thì không cần biến đổi, chỉ việc áp dụng các định lí, tính chất của các phép tính giới hạn để tính trực tiếp.

- Nếu gặp dạng vô định (có thể có giới hạn hay không có giới hạn), ta cần phải biến đổi, ‘khử’ dạng vô định để tìm giới hạn.

- Phương pháp biến đổi để khử dạng vô định khá đa dạng, tùy từng bài toán cụ thể mà ta có các cách khác nhau. Dưới đây là một số phương pháp thường gặp: 1. Phương pháp biến đổi giản ước, nhân với biểu thức liên hợp để khử căn; 2. Phương pháp sử dụng công thức giới hạn cơ bản; 3. Phương pháp thay thế VCB (VCL) tương đương và phương pháp ngắt bỏ VCB bậc cao, ngắt bỏ VCL bậc thấp; 4. Phương pháp Lo - pi - tan (thuộc chương 2).

1.1.3. Xét tính liên tục, tìm và phân loại điểm gián đoạn của hàm số 1.2. Bài tập có lời giải Bài 1: Tìm tập xác định của các hàm số sau: 1. y  1 ln( x 2 1) 3. y 

2. y 

1 2x  1  arcsin x 2 2x  5

1 2 x  x 1  3 1 2

4. y  sin x   ln(25  x 2 )

x2  3x  2  ln x 5. y  lg x 1

Bài 2: Tìm miền giá trị của các hàm số sau:

5

1. y  x 2  3x  2

2. y = ln(1 – 2sinx) 3. y  arcsin

2x 1 x 2

Bài 3: Tìm hàm ngược của các hàm số sau: 1. y = 2x – 4

2. y 

x 1 ( x  1) x 1

3. y  4  x2 ;(2  x  0) Bài 4: Tính các giới hạn sau (sử dụng biến đổi giản ước, nhân với biểu thức liên hợp để khử căn): 1 3  ) 1. lim( 3 x 1 1  x 1  x

x 2

x 2  9 x  14

x7

3

4x  1  3 x2 2

3. lim

2 x 2  11x  21

2. lim

x 2 x 1 3

4. lim x 8

5. lim x( x 2  2  x)

6. lim x 

x 



3

x 3  x 2 1  x



Bài 5: Tính các giới hạn sau(biến đổi đưa về các công thức giới hạn cơ bản): 1. lim  x ln  x  1  ln x  x  m

3. lim x 0

5. lim

2. lim x 0

1  x  n 1  x x

7. lim

x 0

9. lim

x 0

 1 x x

x2  4 x   2 arctan  x  2 

4. lim

t anx  sinx

x 0

3 1 x

1 cos x cos2 x cos3x x 0 1  cos x

6. lim

x3 cos x  3 cos x

8. lim

sin 2 x

1  t anx  1  sinx x3

x 0

1  t anx  1 t anx sin 2 x

Giới hạn dạng 1 : 10. lim ( x 

2 x  3 x 1 ) 2 x 1

11. lim ( x 

 x2  2 

3x

2

x3  x 1 1 x )

3 x 2  x 1 t2

 3x 2  2 x 1  12. lim   2 x   3x  5 

x  13. lim  cos  t  t 

6



tg

x  15. lim  2   x a a

14. lim x cos x x 0



x 2a

; a0



1 sin 2 x

1

17. lim  cos x  x2

16. lim  cos3x 

x 0

x 0

1 x2

 cos x 

18. lim   x  0  cos2 x  Bài 6: Tính các giới hạn sau bằng cách sử dụng tính chất của VCB và VCL:

(1 cos x)arcsin x x0 x tan2 x

sin3x x 0 arctg 2 x

1. lim

2. lim

(1 cos5x)arcsin 2 x 3. lim x 0 e2 x 1 tan 2 x

sin(e x 1 1) 4. lim x 1 ln x

esin 5 x  esin 2 x 5. lim x  0 ln 1  2 x 

6. lim







2

7. lim 1  tan x x 0

9. lim



1  sin 3x 1 x 0 ln 1  tan 2 x 

1 ln1 x sin 3 x 

8. lim e  sin 2 x x0

1  cos3x  tan 5x

x0

10. lim

3 x  x5





x 0

 e x  1



2



cot x

arcsin 3 x  sin 2 x

x  0 tan 2 x  ln 1  7 x 

ln 1  x 2  x5

11. lim

3x

12. lim

sin 3 x  cos4x -1





x 0 ln 1  x3  arcsin 5 x

 tan 3 x

Bài 7: Khảo sát tính liên tục của các hàm số: 1   x sin khi x  0 1. f ( x)   x 1 khi x  0  e2 x  1 khi x  0 2. f ( x )   x  2 x 2  3 x  2 khi x  0 

7

 1  2 3. f ( x)  e x khi x  0 0 khi x  0 

Bài 8: Xác định các giá trị của tham số để các hàm số sau liên tục trên miền xác định: 2 x  1

1. f ( x )  

 4  ax

nếu 2

x 1 x 1

3 x  a  2. f  x    sin 2 x ln 1  x 2  x3 



khi x  0



khi x  0

Bài 9: Tìm điểm gián đoạn và phân loại điểm gián đoạn của các hàm số sau: 1. y 

x2  4

2. y 

x2  x  6

x  7 3

3. y 

4. y 

x2  4

6. y 

5. y  x cot an x

7. y 

x3  2 x 2 3 x2 3 5 x  4 1

x2  x

1 1 e2  x

 1 cos3x  2 8. y   ln 1  2 x  2 2 x  1



1 1 2 x  e x 3



khi x  0 khi x  0

LỜI GIẢI Bài 1: 1. y  1 ln( x 2 1)  x2 1  0  0  x2 1  e  x  [  e  1, 1)  (1, e  1] Điều kiện:  2 1 ln( x 1)  0

Vậy TXĐ của hàm số trên là: D=[  e  1, 1)  (1, e  1] .

2. y 

1 2 x  x 1  3

8

Lập bảng: x

-∞

0

2 x  x 1  3

1

3x  2 x  2 3x  4

Vậy TXĐ của hàm số trên là: D=R/{-2/3, 4/3}.

3. y 

1 2x  1  arcsin x 2 2x  5

2 x  5  0  Điều kiện:  2x  1  1  1  x  2 

Hệ vô nghiệm nên TXĐ của hàm số trên là: D = .

1 2

4. y  sin x   ln(25  x 2 ) 1  5   k 2 sin x   0   k 2  x    5  2  6  x ,  Điều kiện:  6 6 6  25  x 2  0 5  x  5 

  5  Vậy TXĐ của hàm số trên là: D   ,  . 6 6 

5. y  lg

x2  3x  2  ln x x 1

 x 2  3x  2 0  Điều kiện:  x  1  x  (0,1)  (2, ) x  0 

Vậy TXĐ của hàm số trên là: D  (0,1)  (2,  ) .

Bài 2: 1. y  x2  3x  2 TXĐ: D  (,1]  [2, ) Ta có: y  x 2  3x  2  0 .

Với y  y0  0 , giải phương trình: y0  x 2  3x  2  x 2  3x  2  y02  0

9

+∞

  9  4(2  y02 )  4 y02  1  0 y0  0

 luôn tồn tại x  (,1]  [2,  ) thoả mãn phương trình y0  x2  3x  2 .

Vậy tập giá trị của hàm số là [0,  ) .

2. y = ln(1 – 2sinx) Điều kiện: sinx 

1 2

Ta có: 1  sinx 

1 2

 0  1  2s inx  3  ln(1  2s inx)  ln 3

Vậy tập giá trị của hàm số là (  , ln 3] .

3. y  arcsin

2x 1 x 2

TXĐ: R Ta có: 1 

2x 1 x2

 1 x  R  

 2

 arcsin

2x 1 x 2



 2

  Vậy tập giá trị của hàm số là [  ; ] .

2 2

Bài 3: 1. y = 2x – 4 y  2x  4  x 

y 2 2

Vậy hàm ngược của hàm số y = 2x – 4 là hàm số y  2. y 

x 1 (x  1) x 1

Ta có: y  y

x  2.

2

x 1 2  1  1 x  1 x 1 x 1

x 1 y 1  y(x  1)  x  1  x  x 1  y 1

Vậy hàm ngược của hàm số y 

x 1 x 1 . là hàm số y  x 1 x 1

10

3. y  4  x2

 2  x  0

Ta có: y  4  x 2  y 2  4  x 2  x   4  y 2 Kết hợp điều kiện 2  x  0  x   4  y 2 Vậy hàm ngược của hàm số y  4  x2  2  x  0 là hàm số y   4  x 2 .

Bài 4: 1 3 1  x  x2  3  )  lim 1. lim( x 1 1  x 1  x3 x 1 1  x3 ( x  1)( x  2)

 lim

x 1 (1  x)(1  x  x 2 )

2. lim x 7

2 x 2  11x  21 2

x  9 x  14

  lim

( x  2)

x 1 (1  x  x 2 )

 1

(2 x  3)( x  7) 2 x  3 17  lim  x  7 ( x  7)( x  2) x 7 x  2 5

 lim

3. lim

4x  1  3 (4 x  1  9)( x  2  2)  lim x  2  2 x 2 ( x  2  4)( 4 x  1  3)

= 4lim

x22 8  4x  1  3 3

x 2

x 2

3

4. lim x 8

x 1  3 1 x 2 ( x  8)( x  1  3)  lim   lim x  1  3 x 8 ( x  1  9)( 3 x 2  2 3 x  4) x 8 3 x 2  2 3 x  4 2

5. lim x( x 2  2  x) x 

Ta có: lim x ( x 2  2  x)   x 

x( x 2  2  x 2 )

2

lim x ( x  2  x)  lim x 

x 

 2 lim x 

x x 1

2 x x2

x2  2  x

 2 lim x 

 2 lim x 

1 2 1 2 1 x

 1

11

x x 1

2 x2

x

6. lim

x 



3 x 3  x 2 1



 x  lim

x  3

1

x 2 (1   lim

x3  x 2  1  x 3

x2

( x3  x 2 1)2  x 3 x3  x 2 1  x 2

)

x  2 1 x [ 3 (1 

1 2 3 1 1 )  1  3  1] x x3 x x 1

 lim x 

3 (1 

1 x2

1 1 2 3 1 1  )  1  3  1 x x3 x x



1 3

Bài 5: 1.

lim x 



x 1 x  ln  x  1  ln x   lim x ln  lim x  x  x



1 ln(1  ) x 1 x

ln(1  t ) 1 t 0 t

 lim

3 1

2. lim

x 0

 lim

(1 

x  1 x ( 3 1 x  1) 1 x 1  lim  lim x 0 x 0 x x x 1 x) 3

1

x 1 1 5    3 2 6

 lim

x 0

(1 

1 x) 2

1

x

x 0

m

m n 1   x 1 1  x  n 1  x 1   x 1  lim  lim 3. lim x 0 x 0 x 0 x x x

 lim

1 m (1   x)

x

x 0



 m



1

 lim x 0

1 (1   x) n

1

x

 n

  x2  4 x2  lim   ( x  2)  4 x   2 arctan  x  2  x   2  arctan  x  2  

4. lim 5. lim

x 0

t anx  sinx x3

 lim x 0

t anx(1-cosx) x3

t anx 1-cosx 1 ( 2 ) x 0 x 2 x

 lim

12

1 cos x cos2 x cos3x x 0 1  cos x

6. lim

1 cos x  cos x  cos x cos 2 x  cos x cos 2 x  cos xcos2 x cos3x x 0 1 cos x 1 cos x cos x  cos x cos 2 x cos x cos2 x  cos xcos2 x cos3x  lim  lim  lim x  0 1 cos x x  0 x 0 1 cos x 1 cos x cos x(1  c os2 x) cos x cos 2 x(1  cos3x)  1  lim  lim x 0 x 0 1 cos x 1 cos x  lim

1  c os2x x2 x2 1  cos3x  1  lim cos x( )(  lim cos x cos2x( ) x 0 1 cos x x 0 1 cos x x2 x2 9  1 1.2.2  1.1. .2  1  4  9  14 2 7. lim

cos x  3 cos x sin 2 x

x 0

 lim ( x 0

 lim

cos x 1 sin 2 x

3



cos x  1 ) sin 2 x

cos x  1

x  0 sin

2

x ( cos x  1)

 lim x0

(cos x  1) 3

sin 2 x ( cos 2 x  3 cos x  1)

cos x  1 x2  lim  lim x  0  sin 2 x  x 0 ( cos x  1)  2   x 

cos x  1 x2  sin 2 x  3 2 3  2  ( cos x  cos x  1)  x 

1 1 1    4 6 12

8. lim

1  t anx  1  sinx x3

x 0

 lim

x  0 x3 (

 lim

x  0 x3 (

t anx  sinx 1  t anx  1  s inx ) t anx(1- cos x) 1  t anx  1  s inx )

t anx (1- cos x) 1 x0 x ( 1  t anx  1  sinx ) x2

 lim

1 1 1  1. .  2 2 4

13

1  t anx  1 t anx sin 2 x

9. lim

x 0

2 tan x x  0 sin 2 x ( 1  t anx  1  t anx )

 lim  lim x0



2 x t anx 1 sin 2 x x ( 1  t anx  1  t anx )

1 2

Giới hạn dạng 1 , biến đổi đưa về công thức giới hạn số e. v( x)

Xét lim u ( x) 

với lim u ( x )  1 ; lim v( x)  

x  x0

x  x0

v( x)

Ta viết: lim u ( x) x  x0

x  x0

1     lim  1   u ( x)  1  u ( x ) 1  x  x0   

(u ( x ) 1) v ( x )

lim (u ( x ) 1) v ( x )

=e

x x

0

Do đó khi gặp giới hạn dạng 1 ta có thể áp dụng công thức: lim (u ( x ) 1) v ( x ) v( x)

lim u ( x)

e

x x

0

x  x0

Áp dụng để tính các giới hạn sau: 10. Đặt lim ( x 

2 x  3 x 1 )  eJ 2 x 1

Trong đó: J  lim ( x 

Vậy lim ( x 

11. lim ( x 

2x  3 2x  2  1)( x  1)  lim ( ) 1 x  2 x 1 2 x 1

2 x  3 x 1 1 )  e  e.

2 x 1

3x 2  x 1 2

3x  x 1

x3 )1 x

Trong đó: J  lim ( x 

Vậy lim ( x 

3x 2  x 1 2

3x  x 1

 eJ

3x 2  x 1 3x 2  x 1

x3 )1 x

 1)

x3 2 x 4  lim   1  x x  (3 x 2  x  1)(1  x )

 e    .

14

x t

2

12. lim (cos )t  e J t 

x 1  cos x  2 x2  2 t J  lim  cos  1 t   x lim ( ) t   t  t 2  x2 t2  x 2 Vậy lim (cos )t  e t  t

x2 2

.

 x 0

x

13. lim cos x  lim cos x x 0



1 x

 eJ

1  cos x 1   1x   xlim 0 ( x ) 2 2

 x 0

J  lim cos x  1 x

Vậy lim cos x  x 0

1 e2 .

x

x tan 14. lim (2  ) 2a  e J x  t

x  x J  lim 1   t an x a  a 2a   x  x 1   2 1   2 a 2 a   lim  lim   x  xa  x xa cot an t an(  )  2a 2 2a x

2

x tan Vậy lim (2  ) 2 a  e  . x  t 1

15. lim (cos3 x ) sin

2x

 eJ

x0

J  lim  cos3 x  1 x 0

1 sin 2 x

1

Vậy

2 lim (cos3 x ) sin x



 9lim x 0

1  cos 3 x x 2 (3 x) 2

9 e2 .

x 0 1 2

16. lim (cosx ) x  e J x0

15

sin 2 x



9 2

J  lim  cos x  1 x0

1 x

2

1

Vậy lim (cosx )

x2

e

  lim

1  cos x

x0 

1 2

x

2



1 2

.

x 0

 cos x 

1 x2

 eJ

17. lim   x  0  cos2 x 

 cos x  1 J  lim   1  2  lim x  0  cos2 x x0 x

 cos x  Vậy lim   x  0  cos2 x 

1 x2

3  e2

3 sin( x )sin x 3 2  2 x 2cos2 x

.

Bài 6: Vận dụng các quy tắc thay thế VCB (VCL) tương đương, ngắt bỏ cácVCB cấp cao, ngắt bỏ VCL bậc thấp để tính các giới hạn.

Các cặp VCB tương đương cơ bản: sin x  x

 x  0  x  0  x  0  x  0

tan x  x arc sin x  x arctan x  x

x2 1 cosx  2

 x  0

a x  1 x ln a

 x 0

e x  1 x

 x 0

log a 1  x  

x ln a

 x  0

ln 1  x   x

 x  0

1  x  p 1  p x

 x  0

n 1 x

1 

x n

 x3 sin x  x  6

 x  0

 x  0 16

x3 tan x  x  3

 x  0

Giả sử lim   x   0 . Khi đó, ta có các công thức sau: x  x0

sin   x    x 

 x  x0   x  x0   x  x0   x  x0 

tan   x    x  arc sin   x    x  arctan   x    x  1 1  cos  x    2  x  2

 x  x0 

 x a    1   x  ln a

 x  x0 

 x e    1   x 

 x  x0 

log a 1    x   

  x ln a

ln 1   x      x 

 x  x0 

p

1   x  1  p   x  n 1 

 x

1 

  x n

 3  x  sin   x    x   6 tan   x     x  

 x  x0 

 3  x 3

 x  x0   x  x0 

 x  x0   x  x0 

Chú ý:  Chỉ được thay thế các VCB tương đương trong các dạng tích và thương.

Không được thay thế trong các dạng tổng và hiệu;  Khi x→+  , ta có thể sắp xếp các VCL sau theo thứ tự bậc cao dần như sau: ln x; x1 , x2 ( 2  1  0), a1x , a2x ( a2  a1 1) . Áp dụng để tính các giới hạn sau: sin 3x 3x 3  lim  x 0 arctan 2 x x 0 2 x 2

1. lim

17

x2 x 1 (1 cos x)arcsin x 2  lim  2. lim x0 x0 xx 2 2 x tan 2 x x 1 sin(e x 1 1) e x 1 1  lim  lim 1 x 1 x 1 ln[( x  1)  1] x 1 x  1 ln x

3. lim

esin 5 x  esin 2 x 4. lim x  0 ln 1  2 x 

esin 5 x 1 esin 2 x  1  lim  lim x 0 ln 1  2 x  x 0 ln 1  2 x  sin 5 x sin 2 x  lim x 0 2 x x 0 2 x 5x 2x 5 3  lim  lim  1  x 0 2 x x  0 2 x 2 2  lim

1

1

sin 3x 1  sin 3x  2 1  1  sin 3x 1 1 3x 3 2  lim  lim  lim  5. lim x 0 ln 1  tan 2 x  x 0 x 0 2 x tan 2 x 2 x 0 2 x 4 2

6. lim (1  tan x)

1 ln 1 x sin 3 x 

 eJ

x 0

J  lim tan 2 x x 0

1 tan 2 x  lim ln 1  x sin 3 x  x  0 ln 1  x sin 3 x 

x2 x 1  lim  lim  x  0 x sin 3 x x 0 3x 3 2

Vậy lim (1  tan x)

1 ln 1 x sin 3 x 

x 0

 x 0

3x

7. lim e  sin 2 x



1  e3 .

cot anx

 eJ



e3 x  sin 2 x  1 x 0 t anx



J  lim e3 x  sin 2 x  1 cot anx  lim x 0

e3 x  1 sin 2 x 3x 2x  lim  lim  lim  lim 5 x  0 t anx x  0 t anx x0 x x0 x

 x 0

3x

Vậy lim e  sin 2 x 8. lim

x0



cot anx

 e5 .

1  cos3x  tan 5x 3 x  x5

18

2 1 2 9x Ta có, khi x0 thì: 1 cos3x   3x   2 2 1  cos3x  tan 5x tan 5x 5x 5  lim  lim  Do đó: lim 5 x0 x0 3x x0 3x 3 3x  x

9. lim

arcsin 3 x  sin 2 x 2

x  0 tan x  ln 1  7 x 



arcsin 3 x 3x 3  lim  x  0 ln 1  7 x  x  0 7 x 7

 lim



ln 1  x 2  x5

10. lim

x 0

11. lim





x

 lim

2



ln 1  x 2 x 0

3

e  1  tan x





ex 1

2

  lim x2  1 x 0 x 2

sin 3 x  cos4x -1





x 0 ln 1  x3  arcsin 5 x

 lim

x 0

sin 3x  cos4x -1



ln 1  x3



 lim

x 0

 (4 x)2  3x    2   x3

 24

Bài 7: 1   x sin khi x  0 1. f ( x)   x 1 khi x  0

1 x

Với x≠0 thì f ( x)  x sin là hàm số sơ cấp xác định nên liên tục.

Tại x=0: f(0) = 1 lim f ( x)  lim x sin x 0

x 0

quá trình x0 và sin

1  0 vì theo tính chất của VCB thì x là một VCB trong x

1  1 với mọi x≠0. x

Do đó: lim f ( x )  f (0) . x0

Vậy hàm số liên tục với mọi x≠0 và gián đoạn tại x=0.  e2 x  1 ;x  0 2. f ( x )   x 2 x 2  3x  2 ; x  0 

e2 x  1 Với x > 0 thì f ( x)  là hàm số sơ cấp xác định nên liên tục. x

19

Với x < 0 thì f ( x)  2 x 2  3x  2 là hàm số sơ cấp xác định nên liên tục.

Tại x = 0: f(0) = 2 e2 x  1 2x lim f ( x)  lim  lim 2 x x  0 x 0 x 0 x lim f ( x)  lim (2 x2  3x  2)  2

x 0

x 0

Ta có: lim f ( x)  lim f ( x)  f (0) nên f(x) liên tục tại x=0. x  0

x  0

Vậy f(x) liên tục trên R.  1  2 3. f ( x)  e x khi x  0 0 khi x  0 

1 x

Với x≠0 thì f ( x)  x sin là hàm số sơ cấp xác định nên liên tục.

Tại x=0: f(0) = 0 

lim f ( x )  lim e x0

1 x2

 e   0  f (0)

x0

Vậy f(x) liên tục trên R. Bài 8: 2 x  1

1. f ( x )  

 4  ax

nếu 2

x 1 x 1

Ta có TXĐ: R Với x < 1 thì f ( x )  2 x  1 là hàm số sơ cấp xác định nên liên tục.

Với x > 1 thì f ( x)  4  ax2 là hàm số sơ cấp xác định nên liên tục.

Do đó để hàm số liên tục trên R thì f(x) phải liên tục tại x = 1.

Lại có f(1) = 1 lim f ( x )  lim  2 x  1  1

x 1

x 1





lim f ( x)  lim 4  ax 2  4  a

x 1

x 1

Điều kiện để f(x) liên tục tại x = 1 là: lim f ( x)  lim f ( x)  f (1) x 1

 4  a 1  a  3 Vậy với a= 3 thì hàm số liên tục trên R.

20

x 1

3 x  a  2. f  x    sin 2 x ln 1  x 2  x3 



Với x < 0 thì f  x  

khi x  0



khi x  0



sin 2 x ln 1  x 2 x3

 là hàm số sơ cấp xác định nên liêntục.

Với x > 0 thì f  x   3 x  a là hàm số sơ cấp xác định nên liên tục.

Do đó để hàm số liên tục trên R thì f(x) phải liên tục tại x = 0.

Lại có f(0) = a lim f  x   lim x 0



x 0



sin 2 x ln 1  x 2 x3





lim x 0

2 x.x 2



x3

2

lim f  x   lim (3 x  a )  a

x  0

x  0

Điều kiện để f(x) liên tục tại x = 0 là: lim f ( x)  lim f ( x)  f (0)  a  2 x  0

x  0

Vậy với a= 2 thì hàm số liên tục trên R. Bài 9: 1. y 

x2  4 x2  x  6

Hàm số trên là hàm phân thức không xác định tại x=2 và x=-3 nên ta có hàm số gián đoạn tại x=2 và x=-3.

Xét lim y  lim

x2  4

x2 x2  x  6

x2

( x  2)( x  2) x2 4  lim  x  2 ( x  3) ( x  2) x2 x  3 5

 lim

4 Do đó x=2 là điểm gián đoạn loại 1 với lim y  lim y  lim y  nên có x 2 5 x 2 x 2

bước nhảy h=0.

Ta còn nói x=2 là điểm gián đoạn khử được.

Xét lim y  lim x 3

x 3

x2  4 2

x  x6

 lim

x 3

x2   x3

Vậy x=-3 là điểm gián đoạn loại 2.

2. y 

1 1 e2  x

Hàm số không xác định khi 1 e2  x  0  x  2 nên ta có hàm số gián đoạn tại x = 2.

21

Xét lim y  x 2

1

 

1  e2  x

Vậy x = 2 là điểm gián đoạn loại 2.

1

3. y  x

2

1 x  e 3

Hàm số không xác định khi

1 không xác định hay x=3. Do đó hàm số x3

gián đoạn tại x = 3.

1

Xét lim y  lim x 3

1

lim y  lim

x 3



1 x  3 2 x  e x 3

1 x 3 2 x  e x 3



1 1  90 9

1 0 9

1 9

Vậy x=3 là điểm gián đoạn loại 1 với bước nhảy h  .  1 cos3x  2 4. y   ln 1  2 x  2 2 x  1



Với x < 0 thì y 

khi x  0



khi x  0

1 cos3x



ln 1  2 x 2



là hàm số sơ cấp xác định nên liên tục.

Với x > 0 thì y   2 x 2  1 là hàm số sơ cấp xác định nên liên tục.

 3 x 2 Xét lim y  lim x  0

x  0

1  cos3 x



ln 1  2 x 2



 lim

x 0

2 9 4 2 x2

lim y  lim (2 x 2  1)  1

x  0

x 0 

Vậy hàm số gián đoạn tại x = 0 và x = 0 là điểm gián đoạn loại 1 với bước 5 4

nhảy h  .

1.3. Bài tập tự giải Bài 1: Tìm tập xác định của các hàm số sau: 22

1. y  1 2ln x

2. y  arccos

x2 2x  1

3. y 

x x 1

4. y  1  2sin x  ln(sinx)

Bài 2: Tìm miền giá trị của các hàm số sau: 1. y  3  2 x  x2

2. y  arcsin

4x 4  x2

3. y  log 3 (2  cos x ) Bài 3: Tìm hàm ngược của các hàm số sau: 1. y = 3x+2

2. y 

2 x 1 ( x  3) x 3

3. y  3 4  x Bài 4: Tính các giới hạn sau: x  x 2  ...  x n  n 2. lim x 1 x 1

( x 2  x  2) 20

1. lim

x2 ( x

3. lim

x 3

5. lim x 

3

 12 x  16)10

x  1  3 3x  1 x 3

4. lim x( x 2  1  x 2  5)

x2  1  x x 1

6. lim

x 

x  

x 1

x0

x 

sinx

10. lim

 2  x2

11. lim

x 0

13. lim

x 0

cos 4 x  cos6 x x2

x 0

cos x 1 x

x    2 

8. lim 1 x  tan 

7. lim x cot 5 x 9. lim

x3 x4 x 2 x 1

12. lim

2

1 cos x cos2 x x2

x 0

1  x sin x  cos x x sin 2 2

14. lim x



2 cos x 1 1 tan 2 x

4

sin

15. lim

x

1 x2 16. lim x 0 ln 1  3sin x 

( x 1)ln x

x 1 arctan 2 ( x  1)

23

sin3x sin5x

17. lim



18. lim



x 0 e3 x 1 ln 1 t anx 

esin 3 x  1 x  0 ln 1  tan 2 x 

2

x 0



20. lim

x  0 ln 2 1  2 x 

21. lim



x 0 ln 1 3x 2

sin 2 3 x

19. lim

ln  cos2 x 

e x  cos x

22. lim

sin 2 x

x 0

1  x sin x  cos x arctan 2 x 1



2 x

23. lim 1 x e x 0



1 1 cos7 x



2

24. lim 1  3tan x x 0





 x2  2

1

 1  t anx



ln 1  5 x 2

 3x2  2 x 1  26. lim   2 x  3 x  5  

 s in 3x

25. lim   x 0  1  sinx 

(1 cos5x)arcsin 2 x x 0 e2 x 1 tan 2 x

27. lim





Bài 5: Khảo sát tính liên tục của các hàm số: 1  2  1. f ( x)  (1  2sin 2 x) ln(1 x )  1 

 e x 2  cos x  2. f ( x)   x2  2 2 x  3x  2

khi x  0 khi x  0

khi x  0 khi

x0

Bài 6: Xác định các giá trị của tham số để các hàm sau liên tục trên miền xác định:  sin( x  1)  1. f ( x)   ln x 1  2 x  ax 2 

khi x  1 khi x<1

  2sin x khi x    2     2. f ( x)  a sin x  b khi   x  2 2    cos x khi x   2 

24

1  ln 1  x 2    3. f  x    1  3sin 2 x khi x  0   x2  a khi x  0





Bài 7: Tìm điểm gián đoạn và phân loại điểm gián đoạn của các hàm số: 1. y  3. y 

x3  2 x 2 3 x2

2. y 

3 5 x  4 1

x  7 3 x2  4

4. y  x cot x

x2  x

25

Chương 2 ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN HÀM MỘT BIẾN 2.1. Kiến thức cần ghi nhớ 2.1.1. Nắm vững các công thức và quy tắc tính đạo hàm Quy tắc tính đạo hàm của tổng, hiệu, tích thương: Giả sử u = u(x), v = v(x) là những hàm có đạo hàm. Khi đó: 1. ( u ) '   u ' 2. (u  v) '  u ' v ' 3. (uv ) '  u ' v  uv ' u

'

4.    v

u '.v  u.v ' v2

5.Đạo hàm của hàm hợp: f  f (u), u  u( x)  f '  x   fu' ux' 2.1.2. Thuộc các đạo hàm cơ bản 1. C’ = 0, C là hằng số

 

2. x '   x 1   R  3.  s inx  '  cos x 4.  cosx  '   sin x 5. (tan x )' 

1 cos 2 x

6. (cot anx )'  

1 sin 2 x

'

  ' 8.  e x   e x

7. a x  a x ln a (a  0, a 1)

9. (log a x)'  10. (ln x)' 

1 x ln a

1 x

11. (arcsin x)' 

1 1  x2

26

1

12. (arccos x)'   13. (arctan x ) ' 

1  x2 1

1  x2 1 14. (arccota n x)'  1  x2

2.1.3. Quy tắc Lopitan tính giới hạn hàm số 2.2. Bài tập có lời giải Bài 1: Tính đạo hàm của các hàm số: 1. y  x  3 x x 4

3. y  tan  cot an

2. y  x 4

1 1 3 x x

4. y  ln( x  1  x 2 )

Bài 2: Tìm vi phân của các hàm số: 1. y 

1 x

2. y  1  x 2

2

x

3. y 

4. y  arctan

1  x2

x 3

Bài 3: Tính đạo hàm cấp cao của các hàm số: 1. y 

1

2. y  e3 x sin 4 x

2

x x

Bài 4: Sử dụng qui tắc Lo - pi - tan tính các giới hạn sau: - Dạng

0  và : 0 

e 2 x  e 4 x x  0 ln 1  x 

1. lim

3. lim

x 

2. lim x 1

 / 2  arctan x

3 1 2 x 1

2 x  x

ln x x 0 1  2ln sin x

4. lim

 1  ln 1   x 

- Dạng  :  1 1  6. lim  x 1  2 1 x 3 1 3 x 

1 1  5. lim   x  x  0  x e 1 



  1  7. lim  x  x2 ln 1   x    x 

27

 



   

- Dạng 0. : 8. lim tan x 1

x 2

9. lim   2arctan x  ln x

.ln  2  x 

x 

  10. lim tan 2 x .tan   x   4 x





4

- Dạng 1 ,  0 ,00 : 2  11. lim  arctan x  x    

x

12. lim

x  / 4

 tan x tan 2 x

1 1  cos4 x

arctan x  13. lim   x0 x 

14. lim  cot anx  x  0

1 ln e x 1

15. lim x

 

x  0

LỜI GIẢI Bài 1: 1. y  x  3 x  y ' 1  x 4

2. y  tan  cot an  y '

1 3

3 x2

x 4

1 1 1 1 1 1    4 cos 2 x 4 sin 2 x 4sin 2 x cos 2 x sin 2 x 4 4 4 4 2

3. y  ln( x  1  x 2 )  y ' 

1

2

(x  1 x ) ' x  1  x2



1 2 1  x2  x  1  x2 1  x2

Bài 2: '

1 2 1. y  2  dy   2  dx  3 dx x x x 

1

2. y  1  x 2  dy 





'

1  x 2 dx 

x 1 x

28

2

2x

dx

1 ln x

x

3. y 

1  x2

 x  dy    2  1 x

'

  dx   

1  x2  x 1  x2

x 1  x 2 dx 

1 2 3

(1  x )

'

x x  1 4. y  arctan  dy   arctan  dx    3 3  3

1  x 1   3

2

dx 

3 2

x 9

Bài 3: 1. y 

1 x2  x

Ta có: y   y'    y (2) 

1 x2  x



1 ( x  1)2 2 ( x  1)3

 y (3) 

1 1 1   x( x  1) x  1 x

 

2.3 ( x  1)4

1 x2 2 x3



dx

2.3 x4

 1 1   y ( n )  ( 1) n n !    n 1 x n 1   ( x  1)

2. y  e3 x sin 4 x y '  3e3 x sin 4 x  4e3 x cos4 x  e3 x (3sin 4 x  4cos4 x) 3 4  5e3 x ( sin 4 x  cos4 x)  5e3 x (cos sin 4 x  sin  cos4 x) 5 5  5e3 x sin(4 x   )

4  sin      5 Trong đó: 0    thoả mãn  2 cos  3  5

Tương tự: y ''  52 e3x sin(4 x  2 ) … y(n)  5n e3x sin(4x  n )

29

dx

Bài 4: e2 x  e4 x 2e2 x  4 e4 x  lim 6 1 x 0 ln 1 x  x 0 x 1

1. lim

2 3 1 2 x 1

2. lim

2 x  x

x 1

 lim x 1

2 3

2

33

(1  2 x ) 4   1 1 1 1 9 2 2 2 x

1 2 x2  1   lim 1  x  lim 1   1 1 x  x  1  x 2  x 2 x  1 1    x

 / 2  arctg x

3. lim

 1 ln 1    x

x 

1 ln x s inx 1 1 x 4. lim  lim lim ( )  x 2 cos x 2 x  0 1  2 ln sin x x  0 2 cos x x  0 s inx  e x  x 1 e x  x 1 e x 1 1  lim  lim  lim   x  0  x e x  1  x  0 x (e x  1) x0 x  0 2x 2 x2 1

1

5. lim  

 1 1  6. lim  x 1  2 1 x 3 1 3 x 

   31 3 x   2 1 x   lim x 1 6 1 x  1 3 x  

1  33 x  2 x

 lim x 1 6

1 x  1 3 x  

L

 lim x 1



1 3

x2



3 1 3 x  x





3

1 x 2 x2 2

L

 lim x 1

   

3 2 x3

1 x  

1

3 1 3 x5 2 x3  1 4 1 12 1 3 x   1 x  6 7 3 5 6 7 x 3 x x









30

  1  7. lim  x  x2 ln 1   x    x  1  1   ln 1    x 1  1   x   lim x 2   ln 1     lim  1 x   x   x  x x2

1   1    t  ln 1 t   1 1 t 1   lim  lim  lim  2 t 0 t 0 t  0 2(t  1) 2t 2 t

8. lim tan x 1

x 2

.ln  2  x   lim

x 1

ln  2  x  L  lim  x x 1 cot an 2

1 2  x 



sin 2

2

x 2

9. lim   2arcta n x  ln x x 

2 2   2arcta n x  lim  lim 1  x 1 1 x  x   ln x x 2 ln x L

2 x ln 2 x

 lim

2ln 2 x  4ln x  lim x  2x L

1  x2 2ln x 2  L L x x  2lim ln x  1  2lim 1  0  lim x  x  x  x 1 x x 

  10. lim tan 2 x .tan   x   4 x





4

2 cos 2 2 x 1

L

tan 2 x  lim    x  cot an   x  x    4 4  4  sin 2 (  x ) 4

 lim



sin 2 (  x) (cos x  sin x) 2 4  2 lim  lim 2 2  cos 2 2 x  x x  (cos x  sin x ) (cosx+sinx) 4

4

31



2



 lim x



1 (cosx+sinx)2



1 2

4 x

2  11. lim  arctgx   e J x     2 2  J  lim  arctgx  1 x  lim  x    x  

arctgx  1 1 x

2  (1  x 2 ) 2  lim  1 x   2 x

2

x

2  Vậy lim  arctgx   e  . x     tg 2 x

12. lim  tgx  x  / 4

 eJ 1

J  lim

x  / 4

 tan x  1 tan 2 x  tg 2 x

Vậy lim  tgx  x  /4

lim

x  /4

2 tan x  1  lim cos x  1 cot an 2 x x  /4 2 sin 2 2 x

 e1 .

1 1  cos4 x

arctan x   x 0 x 

13. lim 

 eJ

1 arctan x  x  arctan x  J  lim   1  lim x0 x  1  cos4 x x  0 x (1  cos4 x ) 1 1 2 arctan x  x 1 1  x  lim  lim  3 2 x0 x  0 24 x 24 8x 1 1  cos4 x

arctan x  Vậy lim   x0 x 

14. lim  cot anx  x  0

1 ln x



1 e 24

.

 eJ

32

1 ln  cot anx   lim sin x cot anx  1 ln x x 0 x  0 x 2

J  lim

  lim

x  0

x tan x sin 2 x

  lim

x  0 1 ln x

Vậy lim  cot anx  1 ln e x 1

15. lim x x  0

J  lim

x  0

x2

lim

e

ln x ln(e x 1)

 1

 e 1 .

x  0

 

x2

ln x

x x  0 ln( e  1)

 lim

x  0

 eJ

1 x ex ex 1

 lim

ex 1

x  0

xe x

 lim

ex

x  0

e x  xe x

1

1 ln e x 1

Vậy lim x

 

x  0

 e.

2.3. Bài tập tự giải Bài 1: Tính đạo hàm của các hàm số: 1. y  x  x

 sinx  2. y     1  cos x 

3. y  sin 2  x 2

4. y  ln

4x  1 x2  2

Bài 2: Tìm vi phân của các hàm số: 1. y  1  x 2 3. y 

2. y 

sin x  cos x sin x  cos x

1 x 1 x

4. y  arctan

Bài 3: Tính đạo hàm cấp cao của các hàm số: 1. y 

x

2. y 

x2  1

33

1 x 1 x

x 3

2

3. y  sin 2 x

4. y  sin 4 x  cos4 x

Bài 4: Sử dụng qui tắc Lo - pi - tan tính các giới hạn sau:



ln 1  x 2

e x  e x  2 x 1. lim x 0 x  sinx

2. lim



x 0 cos3 x  e x

1 2

e3 x  3 x  1 4. lim x 0 x sin 5 x

e x 1

3. lim

x  2arctg ( x 2 )  

xx  x x 1 ln x  x  1

e2 x  sin2x  cos x x 0 1 cos5 x

5. lim

6. lim

2

7. lim

e x  cos x

esin 5 x  es inx x  0 ln 1  2 x 

8. lim

sin 2 x

x 0

ln 1 x   tan

x 4 16 9. lim 3 2 x 2 x  5 x 6 x 16

10. lim



11. lim

x   ln



 1 1   x  x  0  t anx e  1 

12. lim 

 / 2  arctan x 

1

1



 1  2  sin x 1 cos x 



13. lim    x  0  x arcsin x   7x  2

14. lim  x 0

19. lim

x  /2

23.



x 4

 x   / 2 tgx

20. lim  x 1  2arctan x  x 

22. lim ln x .ln 1  x  x 1



4

lim  sin 2 x 

13

18. lim  x  4 cot g  x 

2

21. lim  sin 2 x  1 tan 2 2 x x



16. lim    x 3  x  3 ln  x  2  

x

x 1

2

 3x  4

9 

15. lim    x 1 x 1 ln x  17. lim(1  x) tan

2

cot  x

x 0

ln 1  x 2

x

1

tan 2 2 x

 1  sin  x 

24. lim   x 1  x 

x  /4

34

1  sinx 1 cos x

26. lim  sinx 

25. lim   x 0  x 

x  /2

1 cot anx

1

27. lim  cos2 x  tan x 

 4 x   2



29. lim x  2 x x 



x 0

 sin 2 x  3 x

1 x

31. lim  / 2  arctan x 

30. lim  ln 2 x 

1 ln x

x  0

1 x

32. lim  sinx  x 

x 

33. lim (sin x) tan x x



28. lim e

x  / 4

s inx



2

35

1 ln  sin 5 x 



1 cos x 1

Chương 3 PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN HÀM MỘT BIẾN 3.1. Kiến thức cần ghi nhớ - Nắm vững các tính chất và thuộc bảng các tích phân bất định cơ bản, chú ý các công thức tích phân khi u  u(x).

1.  kdx  kx  C

 kdu  ku  C

x 1 C 2.  x dx   1 1 dx  2 x  C 3.  x dx 4.   ln | x | C x

u 1  C ,  -1  u du   1 1 du  2 u  C  u du  ln | x | C  u

5.  e x dx  e x  C

u u  e du  e  C

ax C 6.  a dx  ln a

au C  a du  ln a

7.  sin xdx   cos x  C

 sin udu   cos u  C

8.  cos xdx  sin x  C

 cos udu  sin u  C



x

dx

9. 

u

  cot anx  C

sin 2 x dx 10.  2  tan x  C cos x

11. 

dx 1 x

2



 arcsin x  C

 



du

  cot anu  C

sin 2 u du cos 2 u du

1 u2

dx

12. 1  x

 arctan x  C

2



du

14. 

dx

x =arcsin  C a a 2  x2 dx x2  a

= 2

1 xa ln C 2a x  a

x 1  x2 1  arcsinx  C 15.  1  x du  2 2 2

 arctan u  C

1  u2

  ar cot anx  C

13. 

 arcsin u  C   arc cosu  C

=  arc cosx  C 

 tan u  C

  ar cot anu  C

 

du

u =arcsin  C a a2  u 2 du u2  a

= 2

1 ua ln C 2a u  a

u  2  u2  2 u  arcsin  C    u du  2 2  2

36

2

- Ghi nhớ và vận dụng linh hoạt các phương pháp tính tích phân.

- Thuộc các công thức ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng, thể tích vật thể tròn xoay, diện tích xung quanh của vật thể tròn xoay, độ dài cung đường cong phẳng.

- Nắm được khái niệm tích phân suy rộng, từ đó hiểu được ý nghĩa hình học của khái niệm này. Biết cách tính và sử dụng hợp lý 2 tiêu chuẩn so sánh để xét sự hội tụ, phân kỳ của tích phân suy rộng.

3.2. Bài tập có lời giải Bài 1: Dùng bảng tích phân bất định cơ bản và phương pháp khai triển, hãy tính các tích phân sau:  

1.  1  3. 

1   x x dx x2 

x2  3 2

x 1

2. 

x2 x2  1

dx

4.  cot 2 xdx

dx

Bài 2: Áp dụng tính bất biến của biểu thức tích phân:  Đưa hằng số vào dấu vi phân: Cdx  d  Cx   d  Cx  a 

 Đưa đa thức vào dấu vi phân: x n dx 

1 1 d x n 1  d x n  1  C , n 1 n 1 n 1









1 dx  d  ln x  x

 Đưa hàm lượng giác vào dấu vi phân: cos xdx  d  s inx  1 cos 2 x

sin xdx   d  cos x  1

dx  d  tgx 

sin 2 x

dx   d  cot gx 

Hãy tính các tích phân sau: 1. 

3.  5. 

dx 1 9 x

dx

2. 

2

1 4 x2 3

xdx

4. 

x2  3 cos xdx 1 sinx

6.  37

ln 2 x dx x

sin xdx 1 sin 2 x

e x  e2 x

x  arctg2x

dx dx 8.  1  4x2 1  ex Bài 3: Sử dụng phương pháp đổi biến số hãy tính các tích các tích phân sau:

7. 

dx 1.  ( x  1) x

2.  4

arctg x dx . x 1 x

3. 

4. 

dx

5. 

6. 

3/2

 x2  1

e2 x

dx

ex  1 dx

3/2

1  x2  dx

 x2  a2 

2

Bài 4: Dùng phương pháp tích phân từng phần tính các tích phân sau: 1.  x2 arctan xdx

2.  x3 ln 2 xdx

Bài 5: Tính tích phân các hàm hữu tỷ sau: 2 xdx xdx 1.  2.  2 2 (1  x)(1  x )  x  1 x  12 (3x  1)dx

3. 





2

x x 1

4. 

2

2.x4  5 x2  2

5. 

2 x3  x  1

dx

6. 

3x 2  5 x  12







x2  3 x2  1

dx

dx





x  x  1 x 2  x  1

2

Bài 6: Tính tích phân các hàm lượng giác: 1.  3. 

dx 3sinx+4cosx+5

2. 

sinxdx

4. 

cos2 x  sinx+cosx 

sin 2 x 3

cos x  sin 2 x  1

3cosx+4sinx dx 5cosx+2sinx

Bài 7: Tính tích phân các hàm vô tỷ: 1. 

1 4 x dx 1 x

2. 

3.   3x  4  4 x  4 xdx

4. 

dx

 x  2

2

dx

4x  4x  2 2

5. 

5x  1

 x2  4 x  3

38

3 x3  2 x  1 x 2  4 x  13

dx

dx

Bài 8: Tính các tích phân xác định: 5

1.  0 2

3. 

3

xdx 1  3x 2

0

2.  x 2 9  x 2 dx 3

arcsinx dx 1+x

Bài 9: Tính diện tích của miền hình phẳng được giới hạn bởi các đường: 1. Đường parabol y = x2 + 4 và đường thẳng x - y + 4 = 0.

2. Đường bậc ba y = x3 và hai đường thẳng y = x, y = 2x.

3. Đường tròn x2 + y2 = 4 và parabol y2 = 2x.

4. Hai đường parabol y2 = 16 – 8x, y2 – 24x = 48.

5. Hai đường cong y 

1

, y 2

x2 .

2

1 x 6. Đường cong y2 = x3 và các đường thẳng x = 0, y = 4.

Bài 10: Tính thể tích vật thể tròn xoay tạo ra khi quay quanh trục cố định hình phẳng giới hạn bởi các đường: 1. Đường parabol y = 2x – x2 và đường thẳng y = 0 khi quay quanh trục Ox. 2. y  x 2 ; y  12  4 x; y  0; x  0 khi quay quanh trục Ox. 3. y  9  x2 ;2 x  y  6  0 khi quay quanh trục Ox. 4. y  x3 , y  2 x khi quay quanh các trục Ox, Oy. Bài 11: Tính độ dài đường cong cho bởi các phương trình: 1. y  e x ; 0  x  1 2. x  a  t  sin t  , y  a 1  cost  , 0  t  2 Bài 12: Tính diện tích mặt tròn xoay khi quay đường cong theo các trục: 1. y 

x3 ,0  x  a quay quanh Ox. 3

2. x 

1 2 1 y  ln y, 1  y  e quay quanh Oy. 4 2

x2 y 2   1 quay quanh Ox. 3.

25 16

Bài 13: Tính các tích phân suy rộng với cận lấy tích phân là vô hạn:  

1 2   dx 1.  2  2  x  1 2   x  1 



2.  

39

dx

 x2  1. x2  4



3.  1

 arctanx

dx x 1 x

4. 

2

x2

1

dx

Bài 14: Khảo sát sự hội tụ hay phân kì của các tích phân suy rộng với cậnlấy tích phân là vô hạn: 

1.  1

sin 2 3 x 3

 ln

3. 

x4  1



2. 

dx

5.  1

3x 2  1



7.  1

1

1 1  3 x  e  1 dx  x 1   



3 9

3 x15  2 x  1



4. 

x

1

5

0

1  x  dx

xdx

x ln x 3

x  3 x  ln x

dx

 x2  x  1 6.  ln  2  tan 2 dx x 1  x x  

dx

x  ln x

Bài 15: Tính các tích phân suy rộng của hàm không bị chặn trên đoạn lấy tích phân: 2

1. 

0 (1  x)

1 ln 2

3. 

x

x

0

 x3  1 dx

2

dx

2.

2

0 x2

4  x2

dx

Bài 16: Khảo sát sự hội tụ hay phân kì của các tích phân suy rộng của hàm không bị chặn trên đoạn lấy tích phân: 1 cos

1. 

2

x

0

1 x dx

1 ln

2.  0

1  x  dx 3 2

x .sin x

LỜI GIẢI Bài 1:  

1.  1 

2.  3. 

 3 1  1 x 4  x x dx   2 5  x  x 4 

x2 x2  1 x2  3 x2  1

dx   (1  dx   (1 

 4 7 1 4 4  dx  x 4  4  C  4 x7  4  C 1  7 7 x x 4 

1

)dx  x  arctan x  C x2  1 4 x2  1

) dx  x  2 ln

x 1 C x 1

40

2

4.  cot an xdx  

cos2 x sin2 x

dx  (

1 sin2 x

 1)dx   cot anx  x  C

Bài 2: 1. 

dx

1 d (3x) 1   arctan 3x  C  1 9 x2 3 1 (3x)2 3 dx

2. 



1 4 x2

1 d (2 x) 1  arcsin 2 x  C  2 1  (2 x) 2 2

1 d ( x 2  3) 1 3.  2    ln( x 2  3)  C 2 2 x 3 2 x 3 xdx

3

2 ln 2 x 3 5 dx   ln 3 xd (ln x)  ln 3 x  C 4.  x 5

5. 

6. 

sin xdx 1  sin 2 x



x  arctan2x

7.  

cos xdx d (1 sinx)   2 1 sinx  C 1 sinx 1 sinx

1  4 x2 xdx 1  4x

2



d (cosx) 2  cos 2 x



d (cosx ) ( 2) 2  cos 2 x

dx

arctan2x 1  4x2

dx

1 d (1  4 x 2 ) 1 =    arctan2x d (arctan2x) 8 1  4 x2 2 1 1  ln(1  4 x 2 )  (arctan2x)3  C 8 3

8.  

e x  e2 x 1  ex

dx

1  ex

2 x d ( e )  (  1) d (e x )  x x 1 e 1 e

 2  (

d (1  e x ) 1 e

x

 e x  2ln 1  e x  e x  C

41



1 2 2

ln

cos x  2 C cos x  2

Bài 3: 1. 

dx ( x  1) x

Đặt t  x  0  dt  

1 2 x

dx

dx 2dt  2  2arctan t  C  2arctan x  C ( x  1) x t 1

2.  4

e2 x

dx

x

e 1

4 Đặt t  e x  1  0  t 4  e x  1  4t 3dt  e x dx

4

e2 x ex  1

ex

dx   4

ex 1

4 4 4  t 7  t3  C  7 3 7

3. 



e x dx  

4 x

7

e 1

  

4 3

4 x

3

e 1

 C

arctg x dx x 1 x

Đặt t  arctan x  dt  

t4 1 3 4t dt  4 (t 6  t 2 )dt t

1 1 ( ) dx 1 x 2 x

arctan x dx .   2tdt  t 2  C  (arctan x )2  C 1 x x

4. 

dx 3/2

1  x2 

  Đặt x=sint, điều kiện t  ( , ) , dx= costdt; t=arcsinx.

2 2



dx



1 x

2 3/ 2





cos tdt



1  sin 2 t

3/ 2





cos tdt ( cos 2t )3

dt

 tan t  C  tan(arcsin x)  C cos 2t sin(arcsin x) x  C  C cos(arcsin x) 1  x2

=

42



cos tdt cos3t

5. 

dx





1   cos t 1 , t  (  , )  dx   2 dt ; t  arcsin sin t 2 2 x sin t

Đặt x 



3/2

x2  1

dx 3/2

 x2  1

 cos t  cos t dt dt 2 2 sin t sin t   3/2  3  1   cos 2t   1  2     sin t   sin 2 t   

Nếu sint > 0 thì:  cos t dt 2 dx  sin t d (cos t ) sin t   dt      3/ 2 3 cos 2t cos 2t  cost  x2  1    sin t  1 1  C   C 1 cos t cos(arcsin ) x





Nếu sint < 0 thì tương tự: 

dx 3/2

 x  1 2

6. 



1 1 cos(arcsin ) x

C

dx

 x2  a2 

2

Đặt x = atant  dx =a(1+tan2t) dt, t = arctan(x/a) 

dx



x2  a

 

2 2





a(1  tan 2 t )dt



a 2 tan 2 t  a

1

1

a

2a3

cos 2tdt  3 t

2a

3



sin 2t 4a

3

C 

2 2





1 a

3



dt tan 2 t  1

 (1  cos2t )dt 1 2a

3

arctan

x 1 x  3 sin(2 arctan )  C a 4a a

Bài 4: 1.  x2 arctan xdx

43

dx  du  2  u  arctan x  x 1 Đặt   2 3  dv  x dx v  x 2 dx  x   3

x3 1 x3 x3 1 x arctan x   2 dx  arctan x   x  2 dx  x arctan xdx  3 3 x 1 3 3 x 1 2

x3 x2 1  arctan x   ln( x 2  1)  C 3 6 6

2.  x3 ln 2 xdx 2ln xdx  du   u  ln x x Đặt   4 3 dv  x dx v   x3dx  x  4 2

3 2  x ln xdx 

x 4 ln 2 x 1 x 4 ln x x 4 ln 2 x 1 3   dx    x ln xdx 4 2 x 4 2

dx  du   u  ln x x  Đặt    3 4 dv  x dx v  x3dx  x   4

x4 ln x 1 4 dx x 4 ln x 1 4  x   x C  x ln xdx  4 4 x 4 16 3

Vậy: x4 ln 2 x 1 x 4 ln x 1 4 x 4 ln 2 x x 4 ln x 1 4  (  x )C    x C  x ln xdx  4 2 4 16 4 8 32 3

2

Bài 5: 1.  Đặt

2 x2  x  3 x3  3 x 2  3 x  2

dx  

2 x2  x  3 2

( x  x  1)( x  2)



2 x2  x  3 ( x 2  x  1)( x  2)

dx

A Bx  C  2 x  2 x  x 1

 2 x 2  x  3  A( x 2  x  1)  ( Bx  C )( x  2)  2 x 2  x  3  ( A  B) x 2  ( A  2B  C ) x  ( A  2C )

Đồng nhất hệ thức ta được: 44

A  B  2 A  3     A  2 B  C  1   B  1  A  2C  3 C  0  

Ta có: 

2 x2  x  3

3 xdx dx   2 x2 x  3x  3x  2 x  x 1 1 (2 x  1)dx 1 dx  3ln x  2   2   2 2 x  x 1 2 x  x 1 1 d ( x  ) 1 1 2 2  3ln x  2  ln( x  x  1)   2 2 ( x  1 )2  3 2 4 1 1 2x 1  3ln x  2  ln( x 2  x  1)  arctan( )C 2 3 3 3

2.  Đặt

2

dx  

5 x3  17 x 2  18 x  5 ( x  1)3 ( x  2) 5 x3  17 x 2  18 x  5 3

( x  1) ( x  2)

dx



A B C D    2 3 ( x  1) ( x  1) ( x  2) ( x  1)

 5x3 17x2 18x  5  A(x 1)2 (x  2)  B(x 1)(x  2)  C(x  2)  D(x 1)3 (*)

Trong đó A, B, C, D là các hằng số được tìm thỏa mãn biểu thức (*) với mọi xR: Thay x = 1 vào (*) ta được: - C = 1  C = -1 Thay x = 2 vào (*) ta được: D = 3 Thay x = 0 vào (*) ta được: -2A+2B-2C-D = -5 Thay x = 3 vào (*) ta được: 4A+2B+C+8D = 31   2 A  2 B  2C  D   5  2 A  2 B  4 A  2  4 A  2 B  C  8 D  31 4 A  2 B  8 B  0    Ta có hệ:    C  1 C  1 C  1  D  3  D  3  D  3

45



5 x3  17 x 2  18 x  5 3

( x  1) ( x  2) = 2 ln x  1 

3. 

1 2( x  1)2

x 1 ( x2  1)( x2  9) 2

2

dx dx dx   3 3 ( x  1) ( x  1) ( x  2)

 3ln x  2  C

dx

x 1

Đặt

dx  2 

( x  1)( x  9)



Ax  B 2

x 1



Cx  D x2  9

 x  1  ( Ax  B)( x2  9)  (Cx  D)( x 2  1)  x  1  ( A  C ) x3  ( B  D) x 2  (9 A  C ) x  (9B  D) A  1 8  A  C  0   1 B  D  0  B  8 Ta có hệ:    9 A  C  1  C  18 9 B  D  1   D  1 8 



x 1

1 x 1 1 x 1 dx  dx  dx   8 x2  1 8 x2  9 ( x 2  1)( x 2  9) 1 2 xdx 1 dx 1 2 xdx 1 dx   2   2   2   16 x  1 8 x  1 16 x  9 8 x 2  9 1 1 1 1 x  ln x 2  1  arctan x  ln x 2  9  arctan  C 16 8 16 24 3



4. 





3x  5

x

2

 2x  2



2

3( x  1)  2



dx

2

d ( x  1)  

3t  2

dt (t 2  1)2 ( x  1)2  1   3 2tdt dt 3 dt   2  2 2   2 2 2 2 2 2 (t  1) (t  1) 2(t  1) (t  1)2 

1 1   2  arctan t  sin(2arctan t )   C 4 2  2(t  1) 3 1   arctan( x  1)  sin[2arctan( x  1)]  C 2 2 2( x  2 x  2) 

3 2

46

Chú ý: 

dt (t 2  1)2

đã tính ở bài 3.

Bài 6: 1. 

dx 3sinx+4cosx+5

x 2dt 2t , sinx  , Đặt t  tan  dx  2 1 t2 1 t2

cos x 

1 t2 1 t2

2dt 

2dt 1 t2   2t 1 t2 6t  4(1  t 2 )  5(1  t 2 ) 3  4  5 1 t2 1 t2 2dt 2dt 2 2  2    C  C x t  6t  9 (t  3)2 t  3 tan  3 2

dx  3sinx+4cosx+5

2. 

sin 2 x 3

2

cos x  sin x  1

dx  

2sin x cos xdx 3

2

cos x  cos x  2

 2 

cos xd (cosx) cos3 x  cos 2 x  2

Đặt t = cosx 

sin 2 x 3

dx  2

2

tdt 3

2

 2

tdt 2

cos x  sin x  1 t t 2 (t  2t  2)(t  1) 2 (t  2)dt 2 dt   2   5 t  2t  2 5 t  1 1 (2t  2)dt 6 dt 2   2   2  ln t  1 5 t  2t  2 5 t  2t  2 5 1 6 2  ln t 2  2t  2  arctan(t  1)  ln t  1  C 5 5 5 ln cos2 x  2cos x  2 

3. 

5

sinxdx cos 2 x  sinx+cosx 

6 2  arctan(cos x  1)  ln cos x  1  C 5 5



d(tanx) 1   1+   t anx 

Đặt t=tanx 

sinxdx

dt tdt  1     1   dt  1  1+t  1+t  cos x  sinx+cosx   1+   t  t  ln t  1  C  t anx  ln t anx  1  C 2



47

4. 

3cosx+4sinx dx 5cosx+2sinx

Xét cosx ≠ 0, ta có: 

3cosx+4sinx 3+4tanx 3+4tanx dx dx   dx   (cos 2 x ) 5cosx+2sinx 5+2tanx 5+2tanx cos 2 x

Đặt t = tanx 

3+4tanx dx 3  4t 1 3  4t (cos 2 x)  ( ) dt  dt   5+2tanx 5  2t 1  t 2 cos 2 x (5  2t )(1  t 2 ) 28 dt 14 dt 23 tdt      29 5  2t 29 1  t 2 29 1  t 2 14 14 23  ln 5  2t  arctan t  ln(1  t 2 )  C 29 29 58 14 14 23  ln 5  2 t anx  arctan(tan x)  ln(1  tan 2 x)  C 29 29 58 14 14 23  ln 5  2 t anx  x  ln(cos 2 x)  C 29 29 58 

Vậy 

3cosx+4sinx 14 14 23 dx  ln 5  2 t anx  x  ln(cos 2 x)  C .

5cosx+2sinx 29 29 58

Bài 7: 1 4 x dx 1.  1 x

Đặt t  4 x  t 4  x  4t 3 dt  dx 1 4 x 1 t 3 t 1 2 dx   4 t dt  4 ( t  t  1   )dt   1 x 1 t2 1 t2 1 t2 

4t 3  2t 2  4t  2ln(1  t 2 )  4arctan t  C 3

4 4 x3   2 x  4 4 x  2ln(1  x )  4arctan 4 x  C 3 2.

5x  1

5 8x  4 3 dx dx   dx   8 4 x2  4 x  2 2 4x2  4 x  2 4x2  4 x  2



5 3 dx 4 x2  4 x  2   4 2 (2 x  1) 2  1



5 3 4 x 2  4 x  2  ln(2 x  1  (2 x  1)2  1)  C 4 4

48

3.  3x  4  4 x 2  4 xdx 

3 11 2 2   8 x  4  4 x  4 xdx   4 x  4 xdx 8 2

1 11 (4 x 2  4 x)3   1  (2 x  1)2 dx 4 2 2  1 arcsin(2 x  1)  2 3 11  (2 x  1) 1  (2 x  1) C  (4 x  4 x)   4 4 2 2    1 11 11  (4 x 2  4 x)3  (2 x  1) 1  (2 x  1)2  arcsin(2 x  1)  C 4 8 8 

4. 

3 x3  2 x  1

Đặt 

x 2  4 x  13

dx

3 x3  2 x  1 x 2  4 x  13

dx  (ax 2  bx  c) x 2  4 x  13   

dx x 2  4 x  13

Đạo hàm hai vế ta được: 3x3  2x  1 x2  4x  13

 (2ax  b) x2  4x  13  (ax2  bx  c)



2x  4 2 x2  4x  13





 3x3  2x  1  (2ax  b) x2  4x  13  (ax2  bx  c)( x  2)  

 3x3  2x 1  3ax3  (10a  2b)x2  (26a  6b  c)x  (13b  2c  )

Đồng nhất hệ thức:  3a  3 a  1 10a  2b  0 b   5      26a  6b  c  2 c  6 13b  2c    1   54

Vậy: 

3 x3  2 x  1 x 2  4 x  13

dx  (x 2  5 x  6) x 2  4 x  13  54 

 (x 2  5 x  6) x 2  4 x  13  54 

dx x 2  4 x  13

dx ( x  2)2  9

 (x 2  5 x  6) x 2  4 x  13  54ln( x  2  ( x  2)2  9)  C

49

 x2  4x  13

5. 

dx

 x  2

Đặt t 



 x2  4 x  3

1 1 dt  dt  dx  dx  2 2 x2 ( x  2) t dx



2

 x  2

x  4x  3

 x  2

 dt  t 2  dx   t  1 1  ( x  2)2 1 2 t

Nếu x > 2 thì t > 0: 

dx  x2  4 x  3

 x  2

 

dt t2 1

  ln t  t 2  1  C

1 1  1  C x2 ( x  2) 2

  ln

Nếu x < 2 thì t < 0, tương tự: 

dx  x2  4 x  3

 x  2

 ln

1 1  1  C x2 ( x  2)2

Bài 8: 5

1.  0

xdx 1  3x

Đặt t  1  3 x  t 2  1  3 x  2tdt  3dx Đổi cận: x= 0 t=1 x= 5 t=4 t 2  1 2tdt ( ) 5 xdx 4 4 3 3  2 (t 2  1)dt     t 91 0 1  3x 1 3

2.  x2 9  x2 dx 3

Đặt x  3sin t  dx  3cos tdt  x  3  t 

Đổi cận: x 3t 

2

 2

50

4

2  t3    t   4 9  3 1



3

 x

2

2



2



2

2

9  x dx   9sin t 9  9sin t 3cos tdt  81  sin 2 t cos 2 tdt

3

2



2



2



81 2 81 2 2  sin 2tdt   (1  cos4t )dt 4  8 



2

2



(

2 81 81 81 t  sin 4t )  8 32 8  2

2

3. 

2

0

arcsinx dx 1+x

dx  u  arcsinx  du   Đặt  1  x2 dx   dv    1+x   v  2 1+x 2

2

2 2 arcsinx dx dx  2( 1+x )arcsinx 2   2( 1+x )  0 1+x 0 0 1  x2 2

1 2 

2

2

2  2 2  0

2 1 2 dx 2   1 x 2  0 2 1 x

1 2

2   1 2 1 2 2



Bài 9: 1. Đường parabol y = x2 + 4 và đường thẳng x - y + 4 = 0.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: x  0 x2  4  x  4  x2  x  0   x  1

Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đường được xác định bởi: 1

 x 2 x3  1 S   ( x  4)  ( x  4) dx   x  x dx   ( x  x )dx      (đvdt)  2 3 0 0 0  0 6 1

2

1

2

1

2

2. Đường bậc ba y = x3 và hai đường thẳng y = x , y = 2x.

Trên hệ toạ độ Oxy lần lượt vẽ đồ thị 3 hàm số y = x3, y = x, y = 2x để xác định giao điểm giữa các đường, từ đó tìm được miền hình phẳng giới hạn bởi các đường.

51

Dựa vào hình vẽ ta xác định được diện tích hình phẳng giới hạn bởi 3 đường là: 2  21 2 1   2 x4   3 x  3 S  2   (2 x  x)dx   (2 x  x ) dx   2    x     (đvdt)  2 4  2  0  1 1   0 

3. Đường tròn x2 + y2 = 4 và phần parabol y2 2x.

Dựa vào hình vẽ ta xác định được diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đường là:  1 S  2   0

5

2

2 xdx 

 32  2 2x  2 3 

 1 5

1 5

0

 4  x 2 dx   2

 x 4  x2 x   2arcsin   2 2   1





   5 

  1  5 2 5  2 2 2 1  5  32  2 ( 1  5)     2arcsin ( đvdt)  3 2 2   

52

4. Hai đường parabol y2 = 16 – 8x, y2 – 24x = 48.

Ta có: y 2  16  8x  x 

 y2 2 8

y2 y  24 x  48  x  2 24 2

Xét phương trình tung độ giao điểm:  y  2 6  y2 y2 2  2  y 2  24   8 24  y  2 6

Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đường được xác định bởi: 2 6

S

 2 6

2 6  y2  y2 y2 (  2)  (  2) dy    4 dy 8 24 2 6 6

 y2  y3   (  4) dy  (  4 y) 6 18 2 6 2 6

2 6

29 6 (đvdt) 2

 2 6

x2 , y .

5. Hai đường cong y  2 1  x2 1

Dựa vào hình vẽ ta xác định được diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đường là:  31 x2 x     1 (đvdt) S  2 (  )dx  2 arctan x  2  2 6  2 3 0 1 x 0  1

1

6. Đường cong y2 = x3 và các đường thẳng x = 0, y = 4.

Dựa vào hình vẽ ta xác định được diện tích hình phẳng giới hạn bởi 3 đường là: 23 2

23 2

2 5   S   (4  x3 )dx   4 x  x 2  5  0 0



53

24 3 2(đvdt) 5

Bài 10: Tính thể tích vật thể tròn xoay tạo ra khi quay quanh trục cố định hình phẳng giới hạn bởi các đường sau: 1. Đường parabol y = 2x – x2 và đường thẳng y = 0 khi quay quanh trục Ox.

Thể tích vật thể tròn xoay được tạo ra khi quay quanh trục Ox hình phẳng giới hạn bởi đường parabol y = 2x – x2 và đường thẳng y = 0 là: 2

V    (2 x  x2 )2 dx 0 2

   (4 x2  4 x3  x4 )dx 0 2

1  16 4    x 3  x 4  x 5   ( đvtt) 5  0 15 3

54

2. y  x 2 ; y  12  4 x; y  0; x  0 khi quay quanh trục Ox.

Thể tích vật thể tròn xoay được tạo ra khi quay quanh trục Ox hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x 2 ; y  12  4 x; y  0; x  0 là: 3 2  V     ( x 2 ) 2 dx   (12  4 x) 2 dx  2 0  3 2      x 4 dx   (144  96 x  16 x 2 ) dx  2 0 

3  1  2  5 2 16 3     x    144 x  48 x  x   3 2  5  0   176  ( đvtt) 15 2. y  9  x2 ;2 x  y  6  0 khi quay quanh trục Ox.

55

Khi quay hình phẳng trên quanh trục Ox sẽ có một phần miền nằm trên trục Ox đè lên miền nằm dưới trục Ox. Bởi vậy, thể tích của vật thể tròn xoay được tạo ra khi quay hình phẳng trên quanh Ox sẽ bằng với thể tích của vật thể tròn xoay được tạo ra khi quay hình phẳng dưới đây:

Ta có: 1 3 1 3  V     (9  x 2 )2 dx   (2 x  6)2 dx   (9  x 2 )2 dx   ( x 2  9)2 dx  5 5 3  3  3  1  5 x 4 3   3 2     81x  6 x     x  12 x  36 x   5  3  5  3   3 1  5 5   x x    81x  6 x3     81x  6 x3      5  5   5  3  

1592 (đvtt) 5 6. y  x3 , y  2 x khi quay quanh các trục Ox, Oy. 

2

56

Khi quay hình phẳng quanh Ox thì thể tích vật thể tròn xoay được tạo ra là: 2

2

2

1  64 2 4 V  2  (2x)  x dx  2  (4x  x )dx  2  x3  x7    (đvtt)   7 0 21 3 0 0 2

6

2

6

Khi quay hình phẳng quanh oy thì thể tích vật thể tròn xoay được tạo ra là: 2 2

2

 y V  2  y)    2 0  2

(3

2 2

 dy  2  ( y  0

2

2 2

3

1 1  3  y2 )dy  2  y5 3  y3  4 12  0 5



32 2  (đvtt) 15

Bài 11: 1

Độ dài đường cong y  e ; 0  x  1được xác định bởi: l   1  e2 x dx x

0

Đặt t  1  e 2 x  t 2  1  e 2 x  2tdt  2e 2 x dx  dx  Đổi cận:

tdt t2 1

x0t  2 x  1  t  1  e2

Do đó: 1

1 e2

2x

l   1  e dx  0

 2

1 e2

t2 t2 1

dt

 1  t  1   1  2 dt  t  ln   t 1  2  t  1  2



1

1 e2 2

1  1  e2  1  1  2 1    2  ln   1  e  ln   2  1  e2  1  2  2 1   2

Bài 12: x3 1. Diện tích mặt tròn xoay được tạo thành khi quay đường cong y  ,0  x  1 3

quanh trục Ox là: 1 x3

S  2 

0



3

1  ( x 2 )2 dx

1

4 4  1  x d (1  x )

60

57



1



1 x

9

4

 0

2. x 

 2 9

1 2 1 y  ln y, 1  y  e quay quanh Oy. 4 2

y 2 ln y  y 1 S  2    1  (  )2 dy   2  2 2y 1 4 e

y 2 ln y  1 y 2 1  2      2 dy   2  2 4 4y 1 4 e

y 2 ln y  y 1 2  2     (  ) dy  2  2 2 y 1 4 e

y 2 ln y  y 1  2     (  )dy  2  2 2 y 1 4 e

e  y3

y y ln y ln y  =2       dy  8 4 4 y  1 8 e

 y 4 y 2 y 2 ln y y ln 2 y   2       32 16 8 8 8   1  e4 e2 e 11   2       32 16 8 32    x2 y 2   1 quay quanh Ox. 3.

25 16

x2 y 2   1 viết dưới dạng tham số là: Ta có (E) 25 16

 x  5cost ; 0  t  2   y  4sin t

Do tính đối xứng của (E) nên:  /2

'

2

'

 /2

2

S  2.2  | y(t ) | [ x (t )]  [ y (t )] dt  4  | 5cos t | (5sin t )2  (4cos t )2 dt 0

 /2

 4  5cos t 9sin 2 t  16 dt  0

0

 /2

20  3 0

(3sin t )2  16 d (3sin t )

58

 /2

 20  3sin t (3sin t ) 2  16 16    ln(3sin t  (3sin t )2  16)  3  2 2   0 20  15    8ln 2  3  2 



Bài 13:   1   1 x 1 dx   ln 1.   2   2  2 x  1 x  1  2 x  1 2   x  1    

1

2

 1 x 1 1   1 2 1 1  ln 3 1  lim  ln   ln    x   2 x  1 x  1   2 2  1 2  1  2 3 



1   1 1  1 1 x    2  2 dx   arctan x  arctan  2.  2  2 3   x  1 x  4  3 2 2    x  1 . x  4 dx







1 1 x 1 x      lim  arctan x  arctan   lim  arctan x  arctan   3  x   2 2  x   2 2  1                    3  2 4   2 4  6

Chú ý có những tích phân suy rộng sau khi thực hiện phép đổi biến trở thành tích phân xác định. 

3.  1

dx x 1  x2

Đặt t 

1 dx  dt   2 x x

Đổi cận: x = 1  t = 1 x = +∞  t=0  dt  t 2  1 dx dt   t   ln t  1  t 2  2 2 1 1 x 1 x 1 1 2 0 1 t t



0

 arctanx

4. 

1

x2



dx

59



1

 ln 2 0

dx  u  arctanx  du  2   x 1 Đặt   dx dv= 2  v = 1 x   x  arctanx



x2

1



 dx  arctanx  dx       2 x 1  1 x(x  1)

 1 x    arctanx   lim    arctan1     2  dx  x   x  1  x x 1 





1  x      ln x  ln( x 2  1)    ln 4  2 4 1 x2  1 1

 x   1     lim  ln    ln    ln 2   2 2 4 x   x 1   1 1  4



Bài 14: 

1.  1

sin 2 3 x 3

4

dx

x 1

Ta có: với x 1 thì 0  

Mặt khác  1

dx x4/3

sin 2 3 x 3

x4  1



1 3

x4  1



1 3

x4



1 x 4/3 

hội tụ vì 4/3 > 1 nên theo tiêu chuẩn so sánh 1 thì  1

sin 2 3 x 3

4

dx

x 1

hội tụ. 

2.  0

xdx 5

3 x15  2 x  1

Ta có: với x 1 thì 0 

x 5

3x15  2 x  1



x 5

3 x3



1 1 5 3 x2

 dx

Mặt khác 

1

x



hội tụ vì 2 > 1 nên theo tiêu chuẩn so sánh 1 thì  2

1

xdx 5

3 x15  2 x  1

hội tụ. 

Dựa vào tính chất của tích phân suy rộng, từ  1

60

xdx 5

3 x15  2 x  1

hội tụ suy ra



 0

xdx 5

cũng hội tụ.

15

3x  2 x  1

 ln

3. 

1  x  dx x

1

Ta có: với x 2 thì  dx

Mặt khác 

2

x

ln 1  x  1  0 x x  ln

phân kỳ nên theo tiêu chuẩn so sánh 1 thì 

2

1  x  dx x

phân kỳ.  ln

Dựa vào tính chất của tích phân suy rộng, từ 

2  ln



1

1  x  dx x



4. 

x

phân kỳ suy ra

cũng phân kỳ.

x ln x x3  3 x  ln x

1

1  x  dx

dx

Ta có: với x 1 thì lnx < x. Do đó: 0

x ln x x3  3 x  ln x 

Mặt khác  1 

 1

x ln x x3  3 x  ln x 

5.  1



x x x3  3x  ln x

dx x3/2



x x x3



1 x3/2

hội tụ vì 3/2 > 1 nên theo tiêu chuẩn so sánh 1 thì

dx hội tụ.

1 1  3 x  e  1 dx  x 1   

Ta có khi x+ thì

1  0.

3x

 1  1 Do đó:  e 3 x  1  hay   3x   

Mặt khác  1

dx x3/2

1  1  3 x 1 1 1 1 e  1    x 1  x 3 x 3 x3/2  

hội tụ vì 3/2 > 1 nên theo tiêu chuẩn so sánh 2 thì

61



 1

1 1  3 x  e  1 dx hội tụ.  x 1   

 x2  x  1 6.  ln  2  tan 2 dx x 1  x x  

Ta có khi x+ thì:  x2  x   x x  1 1  x x  1 x 1 1 ln  2 tan 2  ln 1  2 tan 2   2    2 2 2 3  x x  x x x  x x x x   x x x    dx

Mặt khác 

1

x3

hội tụ vì 3 > 1 nên theo tiêu chuẩn so sánh 2 thì

 x2  x  1  tan 2 dx hội tụ.  ln  2 x 1  x x 





7. 

3x 2  1

3 9 1 x

dx

 ln x

Ta có khi x+ thì  dx

Mặt khác 

1

x

3x2  1 3

x9  ln x



3x2 3

x9



3 x 

phân kỳ nên theo tiêu chuẩn so sánh 2 thì  1

phân kỳ.

Bài 15: 2

dx

1. 

0 (1  x)

2

Ta có: 2

dx

1

dx

2

dx

1

2

1 1      2 2 2 1 x 0 1 x 1 0 (1  x ) 0 (1  x ) 1 (1  x ) 1 1 1 1  lim    lim     1  x 1  0 1  2 1  x x 1 x 1

x3  1 dx  2.  2

0 x2

4  x2

62

3x 2  1 3 9

x  ln x

dx

x3  1 dx 1  x3  1 dx 2  x3  1 dx  Ta có:    2

0 x2

4  x2

0 x2

4  x2

1 x2

4  x2

Xét:

 x3  1 dx 

1

0 x2

4  x2

1  x 1 lim    dx 2 2  0   4  x 2 x 4 x 

1  x 1 1 1  lim     4  x 2 dx 4 4  x2 4  0   4  x 2  1   2   1 x 1 x 4 x x    lim    4  x 2  arcsin    4arcsin    4 2 4 2 2     0        

5 1 7 3  arcsin  2 4 2 8

Tương tự:

 x3  1 dx 

 x  1   dx   0 1  4  x 2 1 x2 4  x2 x 2 4  x 2  2    x 1 1 1  lim     4  x 2 dx 4 4  x2 4  0 1  4  x 2  2 

2

lim

2     2   1 x 1 x 4 x x    lim    4  x 2  arcsin    4arcsin    4 2 4 2 2    0     1   



5 5 1 7 3  arcsin  8 4 2 8

x3  1 dx 5  Vậy    2.

2

0 x2

4  x2

8

3.  2 1  ln2   ln x  2  dx  lim  dx  lim  ln xd (ln x)  lim  lim        0  x  0   0  3    0  3  0 x   1 ln2 x

1 ln2 x

1

Bài 16:

63

1 cos

1. 

2

x

0

1 x dx 1 x  1  1 x x x1/ 2

cos 2

Ta có với x (0,1) thì 0  1

dx

Mặt khác 

1/2 0x

1 cos

 0

2

x

hội tụ vì (1/2 < 1) nên theo tiêu chuẩn so sánh 1 thì

1 x dx hội tụ.

1 ln

2. 

1  x  dx 3 2

x .sin x

0



3

ln 1  x 2

Ta có khi x0 thì 1

dx

Mặt khác 

1/3 0x

1 ln

 0

x .sin x



3

x2 1 1  3  1/3 x x x x

hội tụ vì (1/3 < 1) nên theo tiêu chuẩn so sánh 2 thì

1  x  dx hội tụ.

3 2

x .sin x

3.3. Bài tập tự giải Bài 1: Dùng bảng tích phân bất định cơ bản và phương pháp khai triển, hãy tính các tích phân sau: (1  x)2 2.  3 dx x x

x 1 dx 1.  x



3.  2 x  3x 5.  7. 



2

2 x 1  5x 1 10

x

(1  x) 2 2

x(1  x )

4. 

dx

dx

6.  8. 

dx

64

3.2 x  2.3x 2x e3x  1 x

e 1 dx 4

x 1

dx

dx

1  2 x2

9. 





x2 1  x2

x 4  x 4  2

11.  13. 

x

10. 

dx

3

1  x4

dx

12.  tan 2 x dx

dx

dx 2

1  x2  1  x2

14. 

2

sin x cos x

cos2xdx sin 2 x cos 2 x

Bài 2: Áp dụng tính bất biến của biểu thức tích phân, hãy tính các tích phân sau: 3

1.   3x 1 dx 3. 

dx 5x  3

4. 

9. 

dx

 2 x  32

6.  e5x dx

5.  3 3x 1dx 7. 

dx 2 x 1

2. 

dx

8. 

2

4 x 1 dx

3



11.  3x3 1 x2dx

13. 



10



x 2 1



12. 

2 1



cos 2  9 x 

dx



x 2  ln 2 x





5

16. 



x 2dx 4  x3

18.  esinx cos xdx

x dx

19.  tanxdx 21. 

dx

14.  x 2 cos x3  2 dx

xdx

15.  x 2 3 x3  4 dx 17.  e3x

3x 2  2

10. 

sin 2  7 x 



dx

20.  cot gxdx

cos xdx

22. 

4

sin x

23.  cos4 x sin xdx

24. 

65

sin xdx cos 2 x

dx cos2 x 1 t anx

25.  27. 

arcotg3x 1+9x 2

arcsinx-arccosx 1 x

x  arcsin 3 2 x 1  4x

29. 

26. 

dx

2

sinx.cosx 3  sin 4 x

28. 

dx

sinx

2

dx

dx

2

1-2sin x dx

30. 

31.  e x . cose x dx

32. 

e x dx 1  ex 1  cosx ( x  sinx)3

dx

Bài 3: Sử dụng phương pháp đổi biến số hãy tính các tích các tích phân sau: 1.  3. 

3x  5 dx x

2.  x3 a  x 2 dx

sin 4 xdx

4.  e3 x  e2 x dx

2

cos 2 x  4

dx

5. 

ex  1 x3dx

7. 

2 x

8. 

2

x2  1 9.  4 dx x 1

11. 

13. 

1  ln x dx x ln x

6. 

x2  x ( x  2)3

10. 

dx

12. 

2 3/2

 x2  a  x 2 dx

dx

( x  1)dx x(1  xe x ) dx

 x2  a2 

2

14.  x 2 a 2  x 2 dx

a2  x2

dx 15.  x ln x ln(ln x)

16. 

x 2 arctan e x 2 e (1  e x )

dx

Bài 4: Dùng phương pháp tích phân từng phần tính các tích phân sau: 2.  ( x3  2 x2  1)e2 x dx

1.  ( x2  2 x  3)cos3xdx 3.



arcsin x x2

dx

4.  e2 x (cos3x  sin 4 x)dx

66

5.  sin 3 x dx

6. 

arctgx x2 (1  x2 )

arcsinx dx x+1

7. 

xarctgx

9. 

1+x

2

dx

arcsinx

8. 

x2

dx

10.  x ln 2 xdx

dx





11.  ln x  16  x 2 dx

12.  s inxln(tanx)dx

 

13.  x3cos 2x 2 dx Bài 5: Tính tích phân các hàm hữu tỷ sau: 1. 

3. 

2 xdx (1  x)(1  x ) (3x  1)dx





2

x x 1

5. 

2. 

2 2

xdx

 x  1 x  12

4. 

2

2.x4  5 x2  2 3

2x  x 1

dx

6. 

3x 2  5 x  12

x

2





2

dx

 3 x 1 dx





x  x  1 x 2  x  1

2

Bài 6: Tính tích phân các hàm lượng giác sau: 1. 

dx 3  5sin x  3cos x

2. 

cos5 x dx 4.  sin x

dx 3.   3  cos5x  sin 5x

5. 

dx 3sinx+cosx

sin 2 xdx

6. 

4cos 2 x  12cosx-7

cos 2 xdx sin 2 x  4sin x cos x

7.  cot an2 xdx 9. 

8. 

sin 2 xdx 4

10. 

4

sin x  cos x

11. 

cos2x sin 3 x  cos3 x

13. 

12. 

dx

3cosx+7sinx dx 5cosx+2sinx

2s inx+3cosx sin 2 xcosx+9cos3 x dx

6

sin x  cos 6 x

xdx



cos4 2 x2  7 x 2

 x 3

14.  sin x sin sin dx 67

dx

sin x  cos x dx 15.  3 sin x  cos x

sin 2 x

16. 

dx

4

1  cos x

Bài 7: Tính tích phân các hàm vô tỷ: 6

dx

2. 

dx 1  2x  4 1  2x

3. 

dx x3 x

4. 

xdx x 1  3 x 1

5. 

dx 2 x 1  3 2 x 1

6.  3

x  1 dx x 1 x 1

7.  3

2 x dx 2  x  2  x 2

8. 

1  x dx 1 x x

9. 

dx x  1  x 1

10. 

1. 

x 3

1 x

2

4 x3  5 x 2  3 x  1 dx 2 4 x  4 x

12. 

dx

14. 

( x  1) 2 x 2  x  1

dx

 x  1

1 x  x2

Bài 8: Tính các tích phân xác định sau: ln 3

 x3  1

3

dx

1. 

2. 

x x ln 2 e  e

2

1

x

4 x

1

x 2 dx

2

 2

dx 3.  0 2  cosx ln 2

5. 

4.  0

e  1dx

x3dx

6.  33

e 4 1  ln x

1

 x  14

7

x

0

7. 

x

dx

9 x  12 x  3

11.   3x  7  x2  4 x  5dx 13. 

4 x  2

3

dx

 x2  1

2

x dx 6x

8.  0





4

x 9.  sin 6 dx 2 0

10.  cos7 2 xdx 0

68

dx

2 2

ln 5 e x

1 x dx 1 x

11. 

0

12. 

5

3

x x2  5x  1

1

1

dx

dx

14. 

0

2

15.  (2 x  1)e x dx

16.  ( x2  3x)log2 xdx

0 1

ex  3

0

13.  x5 1  x 2 dx

ex 1

1

 3

2

18.  e x cos xdx

17.  x arctan xdx 1

0

1

1 arctgx dx

19.  (2 x3  x  3)e3 x dx

20. 

0

0

1+x





2

22.  x3 sinxdx

21.  e3x sin 2 xdx

0

0

Bài 9: Tính diện tích của miền hình phẳng được giới hạn bởi các đường: 1) Parabol y = 4x – x2 và đường thẳng y = 0.

2) Đường parabol y = x2 và đường bậc ba y = x3/3. x2 3) Hai parabol y  x , y  và đường thẳng y  2 x .

2 2

4) Đường thẳng x  y  0 và đường parabol y  2x  x2 .

2

5) y   x  1 , x  sin  y, y  0,(0  y  1) .

Bài 10: Tính thể tích vật thể tròn xoay tạo ra khi quay quanh trục cố định hình phẳng giới hạn bởi các đường sau: 1. y  x 2  4 x  3, y   2 x  3 khi quay quanh trục Ox. 2. y  x 2 ; y  x; y  1 khi quay quanh các trục Ox, Oy. 3. x2  y2  a2 (a  0) khi quay quanh các trục Ox, Oy. 4. x 2  y 2  4; x 2  y 2  2 x  0 khi quay quanh trục Ox. Bài 11: Tính độ dài đường cong cho bởi các phương trình sau: 1. y  a ln

a2 a2  x2

;0 xba

69

2. x  a ln 3. y  ln 4. x 

a  a2  y 2  a2  y 2 , 0  b  y  a y

ex  1 ex 1

,0  x 

1 2

1 2 1 y  y, 1  y  e 4 2

5. x  a.cos3t; y  sin3t , a  0,0  t  2 Bài 12: Tính diện tích mặt tròn xoay khi quay đường cong theo các trục: 1. y  s inx,0  x   quay quanh Ox. x x   a  a 2. y  e  e a  ,0  x  a quay quanh Ox. 2   

3. y2  4x,(0  x  1) khi quay quanh Ox. Bài 13: Tính các tích phân suy rộng với cận lấy tích phân là vô hạn: 

1. 



xdx

2. 

3

 x2  1

2



3. 

1



2x  5 2

3

x  3x  10



dx

5. 

 2 x



7. 

2

x x2  x  1





4.  2 x3  4 x2  6 x e3x dx

dx

0 

dx

6. 

 5x  7

 ( x

2

 4 x  8)2



arctgx

1+x 

0

dx

8. 

dx 2

3

dx ( x  1)( x2  x  6)

Bài 14: Khảo sát sự hội tụ hay phân kì của các tích phân suy rộng với cận lấy tích phân là vô hạn: 

x

1. 

x5  e x

1

 ln

3. 

x



sin 2 x dx

5.  1

2. 

dx

1

1  x  dx

1

ln 2 x



 ln

4. 

1

3 x3  5 x 2  1

dx

1  x  dx x2

 1  6.  ln 1  tan 2  dx x  1

x3  sinx

70

1    2  e x 8.



1 x arctan dx 7.  2 x 2+x 0

  0  

2x  1 1  x  5x

0

x

2

  dx  



5 7  9.   cos  cos  dx x x 0  

e

4

 1 x ln 1    x dx 10.  x2  1 1



11. 



x  x  2



dx 2

12.  1

x 2  3ln x

dx

Bài 15: Tính các tích phân suy rộng của hàm không bị chặn trên đoạn lấy tích phân: x2

3

1.  3

9  x2

1

x2dx

3. 

1

2

x5 dx

4. 

x 1  x 

0

0

dx x(1  x)

2. 

dx

0

4  x2

 1

2

dx 0 2  x 1 x

6.  tan xdx

5. 

0

Bài 16: Khảo sát sự hội tụ hay phân kì của các tích phân suy rộng của hàm không bị chặn trên đoạn lấy tích phân: 1

1

x

1. 

sinx

0e 1

1

2.  0e

1

sin 3 x

6

dx

0e

5. 



4. 

1

4  x2



dx 3x

1

dx 0 tan x  x

x dx

3. 

23

dx

2

71

Chương 4 MA TRẬN - ĐỊNH THỨC - HỆ PHƯƠNG TRÌNH 4.1. Kiến thức cần đạt Khi học xong chương 4 yêu cầu sinh viên làm được những công việc sau: - Hiểu được các khái niệm: ma trận, định thức, hạng của ma trận, ma trận nghịch đảo, ma trận hình thang, ma trận bậc thang, hệ phương trình đại số tuyến tính; - Biết tính định thức, tìm hạng của ma trận, tìm ma trận nghịch đảo, nhân hai ma trận, biết giải hệ cramer bằng ba cách, biết giải và biện luận hệ phương trình đại số tuyến tính.

Ghi nhớ: 1. Cộng hai ma trận cùng cỡ (Muốn cộng hai ma trận cùng cỡ ta cộng các phần tử ở vị trí tương ứng với nhau).

2. Nhân ma trận với một số thực (Muốn thực hiện phép nhân ma trận với một số thực k, ta nhân tất cả các phần tử của ma trận với k).

3. Nhân hai ma trận Cho hai ma trận A   a¹i m p , B   b¹i  pn (số cột của ma trận A bằng số hàng của ma trận B). Khi đó, tích của hai ma trận A và B là ma trận C   c¹i mn trong đó: p

cij   aik bkj  ai1b1 j  a12b2 j  a13b3 j  ....  aipb pj k 1

(Muốn tìm phần tử cij của ma trận tích ta lấy hàng i của ma trận đứng trước nhân vô hướng với cột j của ma trận đứng sau).

4. Ba phép biến đổi sơ cấp của ma trận - Đổi chỗ hai hàng (hai cột) cho nhau.

- Nhân một hàng (một cột) với một số khác không.

- Nhân một hàng (một cột) với một số rồi đem cộng vào một hàng khác (cột khác).

(Ta có thể dùng kết hợp 2 phép biến đổi: Nhân một hàng (cột) với k rồi cộng vào l lần hàng khác k, l là các số thực khác không).

72

5. Tính định thức a) Bằng cách khai triển theo hàng hoặc cột Định thức cấp n của ma trận A =  aij  i 1

det A   1

i2

a i1det  M i1  +  1

nxn

được xác định như sau: in

a i 2det  M i 2   ....   1

a indet  M in 

hoặc: 1 j

det A   1





a1 j det M1 j +  1

2 j





a 2 j det M 2 j  ....   1

m j



a mj det M mj



Trong đó Mij là ma trận vuông con cấp (n - 1) có được từ A bằng cách bỏ đi hàng thứ i cột thứ j. b) Bằng cách biến đổi sơ cấp Muốn tính detA ta sử dụng các phép biến đổi sơ cấp của ma trận để đưa ma trận A về dạng tam giác, khi đó định thức của ma trận tam giác bằng tích các phần tử trên đường chéo chính(phải lưu ý đến tác động của phép biến đổi sơ cấp).

Nếu dùng phép biến đổi: - Đổi chỗ hai hàng (hai cột) cho nhau thì định thức đổi dấu để việc tính định thức được chính xác ta phải nhân định thức sau khi biến đổi với -1; - Nhân một hàng (một cột) với một số k khác không định thức được nhân với k để việc tính định thức được chính xác ta phải nhân định thức sau khi biến 1 k

đổi với ; - Nhân một hàng (một cột) với một số rồi đem cộng vào một hàng khác (cột khác) định thức không đổi. Để tính định thức bằng biến đổi sơ cấp chủ yếu là dùng phép biến đổi này.

6. Tìm ma trận nghịch đảo của A (bằng hai cách) a)Phương pháp ma trận phụ hợp A1  Aij = (-1)

i+j

1  1 .A  Aij det A det A

T

 

det(Mij). Vậy Aij  det M ij nếu i +j là số chẵn; Aij   det M ij nếu i +j là số lẻ.

b)Phương pháp Gauss-Jordan Để tìm ma trận nghịch đảo của A ta làm như sau: Bước 1: Viết ma trận đơn vị I cùng cấp với A bên cạnh ma trận A như sau: (A| I) .

73

Bước 2: Áp dụng các phép biến đổi sơ cấp trên hàng đưa dần phần ma trận A về ma trận tam giác trên  ma trận chéo  ma trận đơn vị. Tác động đồng thời các phép biến đổi đó vào phần ma trận I. Bước 3: Khi ở phần ma trận A (ban đầu) xuất hiện dạng ma trận đơn vị I thì ở phần ma trận I (ban đầu) xuất hiện ma trận A-1 (tức là: ( A | I )  ...  (I | A1) .

7. Giải phương trình ma trận a) Tìm ma trận X thoả mãn AX = B biết det(A)  0 . Ma trận cần tìm là: X = A-1B b) Tìm ma trận X thoả mãn XA = B biết det(A)  0 . Ma trận cần tìm là: X = BA-1 c) Tìm ma trận X thoả mãn AX B = C biết det(A)  0 , det(B)  0 . Ma trận cần tìm là: X = A-1 CB-1.

8. Tìm hạng của ma trận Muốn tìm hạng của ma trận A ta làm như sau: - Dùng các phép biến đổi sơ cấp, đưa ma trận A về ma trận hình thang (hoặc bậc thang); - Khi đó hạng của ma trận A sẽ bằng hạng của ma trận hình thang (bậc thang) và bằng số hàng khác không của ma trận hình thang (bậc thang).

Ma trận bậc thang là ma trận thỏa mãn hai điều kiện sau: * Nếu có hàng bằng không thì hàng khác không nằm trên hàng bằng không; * Trên hai hàng khác không phần tử khác không đầu tiên ở hàng dưới kể từ trái sang phải nằm ở cột bên phải của phần tử khác không đầu tiên ở hàng trên.

9. Giải hệ cramer (bằng 3 phương pháp) a) Phương pháp Cramer Hệ Cramer AX = B (A là ma trận vuông cấp n, có detA ≠ 0) có nghiệm:  x1  x  X   2  với các thành phần ẩn xj được xác định bởi công thức:       xn 

xj 

det( Ai ) , j  1.n det( A)

74

Trong đó, Aj là ma trận có được từ A bằng cách thay cột thứ j của A bởi cột ma trận vế phải B. b) Phương pháp dùng ma trận nghịch đảo - Xét hệ Cramer AX = B. Vì detA  0 nên A có ma trận nghịch đảo A-1.

Do vậy: X = A-1B (Tìm ma trận nghịch đảo A-1.Thực hiện phép nhân: X = A-1B). c) Phương pháp Gauss giải hệ cramer AX = B Bước 1: Viết ma trận bổ sung A   A B  .

Bước 2: Sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên hàng để đưa A về dạng ma trận hình thang A '  A ' B ' .

Khi đó AX = B tương đương với hệ tam giác A’X = B’ từ một phương trình đơn giản nhất của hệ ta tìm được một ẩn, thế vào các phương trình khác để tìm các ẩn còn lại.

10. Phương pháp Gauss giải hệ phương trình tuyến tính tổng quát AX = B Bước 1: Viết ma trận bổ sung A   A B  .

Bước 2: Sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên hàng để đưa A về dạng ma trận bậc thang A '  A ' B ' . Đến đây ta dễ dàng biết được   A  vµ   A  .

Khi đó xảy ra 3 trường hợp: - Nếu   A     A thì kết luận hệ AX = B vô nghiệm.

- Nếu   A     A   n (Số ẩn) thì hệ đã cho tương đương với hệ tam giác: A ' X  B ' , tiếp tục dùng các phép biến đổi sơ cấp trên hàng đưa phần A’ về dạng

chéo --->dạng đơn vị, lúc này phần B’ sẽ là nghiệm X. - Nếu ( ) = ( ̅ ) = < ( ố ẩ ) thì hệ đã cho tương đương với hệ hình thang: A ' X  B ' , tiếp tục dùng các phép biến đổi sơ cấp trên hàng đưa phần tam giác của A’ (ứng với r ẩn) về dạng chéo  dạng đơn vị, khi đó các phần tử của A’ (ở phần không phải tam giác - ứng với n - r ẩn tùy ý) được chuyển sang vế phải (bị đổi dấu) sẽ là các hệ số của ẩn tùy ý, còn phần B’ là các số. Như vậy, ta có r ẩn được tính theo n - r ẩn tùy ý.

75

4.2. Bài tập có lời giải Bài 1: Cho các ma trận:  1 3 4  A ; 2 4  5  

 3 0 5  B ; 4  5 2  

 0 3 2  C   2 0 6

Tính: a) (A + B) + C

b) A + (B + C)

c) 2C

d) 3A- 2B + C

e) AT

f) (A + B)T

Bài 2: Tính các tích sau:  2 3  2 3 1 0      4 1 a )  2 1 3 2 .  1  0 2 3  1 4   3 0  

 2 3 4  2 0     b)  4 3 0  4 1   1 2 5  3 5    

 1 5 2   3 2 1    c)  .  3 2 4   4 1 2     1 2 0 

 4 7 4  0 2 3     d )  2 2 5  1 4 3   1 3 1  2 1 1    

1 2 0 3 1 1 e)   2 1 1   0 1 1

 1 4  1 3 5  f )    3 5  2 4 6 

1  1 2 1   0   1 1 0  2  0 1 2    0  3 1 1 

Bài 3: Tìm ma trận X thỏa mãn:  1 4  2 1  1 5   10 1 a)   3 X        2 0  3 4  2 3   4 1  3 2 1 2 1 3   11 9 15       b) 4 X   1 1 2  3 2 1   19 23 22   2 1 0  1 2 0  17 24 27      

Bài 4: Tính các định thức sau: 1 3 5 c) 2 5 7 3 6 2

1 3 a) 7 9

4 3 b) 2 5

2 3 7 d )  4 3 8 6 5 0

4 5 4 e) 2 2 5 3 3 1

76

3 4 2 f)5 0 3 2 1 4

3 6 0 g) 2 1 3 3 2 1

k)

1 1 1 2

1 3

2 3 505 h) 3 1 101 2 4 606 1 4

l)

1 3 6 8 1 5 10 18

50 22 12 i) 100 33 24 150 55 48

0 1 1 1 0 2

1 5

1 2 1 2

2 4

1 3

m)

1 0

6 2

0 1

1 0

1

3

0

1

3

0

1

1

1 2 1 0 3 1 1 1 1 2 o) 1 2

2 2

0 3 3 1

1 1

1

1

3 2

2

Bài 5: Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận sau:  2 4 a) A     3 5

 0 2  b) A    3 6 

1 3 4   c) A   1 2 5  3 7 1  

1 2 3    d) A  2 6 1   3 10 3   

 1 2 2    e) A   2 1 3   2 3 1   

  f )A    

Bài 6: Tìm ma trận X biết:  2 3  3 3  2 0 a)  X    1 2 5 4  1 1 1 2 1   2 3   1 2 0 b)  X 1 3 2       4 1  0 1 2   1 2 1   2 1 3  4 2 11      c )  1 1 2  X   1 2 7   3 2 4  7 4 15       4 5 9   1  2 1       0 1 1  d ) X  2 3 1    5 7 6   1 1 4      0 0 4 

77

1 2 3 1  1 4 2 4  2 6 3 8   1 0 2 2 

Bài 7: Tìm hạng của các ma trận sau: 1 2 a) A   2  4

2 1 3  3 4 1  4 1 5   7 3 6

1  3 b) A   2  5 1 

2 5

3 4

4  4 3 1 0  8 5 4 1 2 4 

1 1 c) A   2  3

3 1 2 2  5 3  7 2

1 2 d)A   3  1

3 5

5 1

7  3  8 6 10   2 4 4 

3 5 f )A   1  7

1 3

 3 1 3  5 3 2 e) A    1 3 5   7 5 1

1 2   1 1 g)A   2 4  1 2  2 3 

2 3

5  4  0 7   4 1 

3 2

2 3

5 4  3 5 0 7   5 1 4 1 

1 3 1  0 1 2 3 3 1  2 1 3 2 1 1 

Bài 8: Tìm hạng của các ma trận sau (theo tham số):  1 2 b) A   1  2

 1  1 2  a) A   2 1  5   1 10 6 1   

1



1 1 1 2

1 3

1 1

 2

5 2  1 3   c) A   2 6 m 2  1 m  1  3 9 15 m  3  

Bài 9: Giải các hệ Cramer sau bằng 3 cách: 2 x1  2 x2  x3  3  b) 2 x1  x2  x3  5  x  3x  3x  5 2 3  1

2 x  3x2  5 a)  1 2 x1  x2  1

78

1 1  1  1

Bài 10: Giải các hệ phương trình sau: 2 x1  x2  x3  4  a)  x1  x2  x3  4  x  2 x  x  1 2 3  1

 3x  5 y  7 z  1  b)  x  2 y  3 z  2 2 x  y  5 z  2 

 x1  x2  2 x3  5  c)  x1  2 x2  x3  3 2 x  x  3x  6 3  1 2

 x1  x2  2 x3  x4  2   x1  2 x2  x3  3x4  4 d)   x1  x2  x3  x4  0  2 x1  x2  2 x3  x4  3

 x1  x2  x3  x4  x5  7  3 x1  2 x2  x3  x4  3 x5  2 e)  x2  2 x3  2 x4  6 x5  23  5 x1  4 x2  3 x3  3x4  x5  12

 x1  2 x2  x3  x4  2  2 x1  3x2  x3  4 x4  9 f)  x1  4 x2  2 x3  x4  4 3x1  7 x2  x3  5 x4  13

x1  x2  2 x3  7   2 x1  3 x2  x3  1  g)   x1  2 x2  4 x3  15   2 x  3 x  mx  m 2  12 2 3  1

Bài 11: Giải và biện luận các hệ phương trình sau:  x1  x2  2 x3  7 2 x  3 x  x  1 2 3  1 a)   x1  2 x2  4 x3  15 2 x  3 x  mx  m2  12 2 3  1

 x1  x2  2 x3  x4  1 2 x  x  x  x  2  1 2 3 4 b)  3x1  2 x2  x3  3 2 x  x  3 x  m 2 x  m  1 3 4  1 2

 ax1  x2  x3  x4  (1  m) x1  x2  x3  1  x  ax  x  x  2 3 4 c)  x1  (1  m) x2  x3  m d)  1   x1  x2  ax3  x4 2 x  x  (1  m ) x  m 3  1 2  x1  x2  x3  ax4

1 1 1 1

 x1  2 x2  x3  x4  x5  0  x  x  3x  x  x  3 3 4 5  1 2 f)  x1  x2  x3  4 x4  x5  _ 2  x  x  x  x  5x  5 5  1 2 3 4  2 x1  x2  x3  x4  x5  2

 x  3 z  4t   5  x  2 z  4t   4  e)   3 x  2 y  4t  12  4 x  3 y  5 z  5

LỜI GIẢI Bài 1:   1  3 4   3 0 5    0 3  2  a )  A  B   C          2 4  5   4 5 2    2 0 6 

79

1  3 3  0 4  (5)   0 3 2      2  4 4  (5) 5  2   2 0 6   4 3 1  0 3 2   4 0 3       6  1  3 2 0 6      8 1 3   1 3 4    3 0  5   0 3 2       4 5 2    2 0 6   2 4  5      

b) A   B  C   

 1 3 4   3 3 7   4 0 3        2 4 5   6 5 8   8 1 3   0 3 2   0 6 4  c) 2C  2     2 0 6   4 0 12   1 3 4   3 0 5   0 3 2  d )3 A  2 B  C  3    2    2 4 5   4 5 2   2 0 6   1.3 3.3 4.3   3.2 0.2 5.2   0 3 2       2.3 4.3 5.3   4.2 5.2 2.2   2 0 6 

20   3 9 12   6 0 10   0 3 2   3 6             6 12 15   8 10 4   2 0 6   0 22  13  1 2 T  1 3 4    e) A     3 4    2 4 5   4 5    T

T

f)  A  B 

4 6 T T  1 3 4   3 0 5    4 3 1        3 1        6 1 3    2 4 5   4 5 2    1 3   

Bài 2: Nhân ma trận: Tính các tích sau: 2  2 3 1 0  4   a)  2 1 3 2 .  1 3 1 4  0  34  3

3  2.2  3.4 1.0  0.3 2.3  3.11.2  0.0   8 5 1       2.2 1.4  3.0  2.3 2.3 1.1 3.2  2.0   6 1  2  1.2  3.4 1.0  4.3 1.3  3.11.2  4.0      32  26 432 042

 2 3 4  2 0  2.2  3.4  4.3 2.0  3.1  4.5   28 23        b)  4 3 0   4 1    4.2  3.4  0.3 4.0  3.1  0.5    4 3   1 2 5  3 5      33  32  1.2  2.4  5.3 1.0  2.1  5.5 32  25 27 32

80

 1 5 2  3 2 1  c)  . 3 2 4   4 1 2 23  1 2 0   33  3.1 2.3  (1).(1) 3.5  2.2  (1).2 3.(2)  2.(4)  (1).0 10 17 14    4.5 1.2  2.2 4.(2) 1.(4)  2.0 23  5 26 1223  4.11.3  2.(1)

4.2  7.4  4.1 4.3  7.3  4.1   4 7 4  0 2 3  4.0  7.1 4.2      d )  2 2 5  1 4 3   2.0  2.1 5.2 2.2  2.4  5.1 2.3  2.3  5.1   1 3 1   2 1 1    33  33 1.0  (3).11.2 1.2  (3).4 1.1 1.3  (3).3 1.133 15 40 37   12 17 17   1 9 5  33 1 3 e)  2  0

2 1

0 1  1 1 0  1 1 1 2 0  1 1 0 3

2 1 1 2  0  3 1 0   3 1 0  0  1 2  2 1 0  6   1 1   0 1  0  0

2  2  0 1 1 0  0 1   6 6 11 0 3  0  2  0   4  4 11 2 2  0  2  2  7   0 11 0 0  0  2  0   1

 1 4  1 3 5   1.1  4.2 1.3  4.4 1.5  4.6   9 19 29  f)     3 5 2 4 6 3.1  5.2 3.3  5.4 3.5  5.6      13 29 45 

Bài 3: Tìm ma trận X thỏa mãn:  1 4  2 1  1 5   10 1 a)      3X     2 0  3 4  2 3   4 1  10 15  1 5   10 1   3 X     4 1  4 2  2 3     40 5   10 1  40 5   10 1    3X       3X  8 14   4 1  8 14   4 1  50  3  50 4   3X    X     4 13   4   3

4  3   13   3 

81

1 6

0 5 8 2  2 2 

 3 2 1 2 1 3   11 9 15       b) 4 X   1 1 2  3 2 1   19 23 22   2 1 0  1 2 0  17 24 27      

 11 5 7   11 9 15   4 X   7 7 2    19 23 22   7 4 5  17 24 27       11 9 15   11 5 7   4 X   19 23 22    7 7 2   17 24 27   7 4 5      0 4 8 0 1 2      4 X   12 16 20   X   3 4 5   24 28 32  6 7 8    

Bài 4: Tính các định thức sau: a)

1 3  1.9  3.7  12 7 9

b)

4 3  4.5  2.3  14 2 5

1 3 5 c) 2 5 7 3 6 2

Cách 1: Dùng phương pháp khai triển theo hàng (hoặc cột).

1 3 5 5 7 2 7 2 5 2 5 7  1.  3.  5.  (10  42)  3(4  21)  5(12  15)  8 6 2 3 2 3 6 3 6 2

Cách 2: Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên hàng (hoặc cột).

1 3 5 2 5 7 3 6 2

h1 h1 2h1  h2 h2 (3)

 3h1  h3 h3 (3)

1 3 5 0 1 3 0 3 17

h1 h1 h2 h2

 3h2  h3 h3 (3)

1 3 5 0 1 3  1.(1).(8)  8 0 0 8

2 3 7 d) 4 3 8 6 5 0

Cách 1: Dùng phương pháp khai triển theo hàng (hoặc cột). Trong bài này ta khai triển theo cột 3.

82

2 3 7 4 3 2 3 4 3 8  7 8  7(20  18)  8(10  18)  50 6 5 6 5 6 5 0

Cách 2: Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên hàng (hoặc cột).

2

3

7

h1  h1 2 h1  h2  h2

2

3

7

h1  h1 h2  h2

2 3

4 3 8 0 3 22 0 3   4 3h1  h3  h3 6 5 0 0 4 21 3 h1  h3  h3 0 0

7

25 22  2.3.  50 3 25 3

4 5 4 2 5 2 5 2 2 e) 2 2 5  4. 5 4  68  65  48  85 3 1 3 1 3 3 3 3 1 3 4 2 4 2 3 4 f) 5 0 3  5 3  70  15  55 1 4 2 1 2 1 4 3 6 0 1 3 2 3 g) 2 1 3  3. 6  21  66  45 2 1 3 1 3 2 1 2 3 505 2 3 5  1 1 3 1 3 1 h) 3 1 101  101. 3 1 1  101 2 3 5   101.(4  48  50)  606 4 6 2 6 2 4   2 4 606 2 4 6

50

22 12

50.1 11.2 12.1

1 2 1

i ) 100 33 24  50.2 11.3 12.2  50.11.12. 2 3 2 150 55 48 50.3 11.5 12.4 3 5 4  3 2 2 2 2 3  6600. 1. 2 1   6600.(2  4  1)  6600 3 4 3 5  5 4

k)

1 1 1 2

1 3

1 4

h1  h1  h1  h2  h2

1 3 6 8 1 5 10 18

 h1  h3  h3  h1  h4  h4



1 1 1 0 1 2

1 3

0 2 5 7 0 4 9 17

83

h1  h1 h2  h2

 2 h2  h3  h3 4 h2  h4  h4

l)

1 1 1 1 0 1 2 3

h1  h1 h2  h2

0 0 1 1 0 0 1 5

h3  h3  h3  h4  h4

0 1 1 1 0 2

1 5

1 2 1 2

2 4

1 3

1 0   0  h1  h3  h3  h1  h4  h4 0 1 0   0 h3  h3 3h3  h4  h4 0 1 0

6 2

0 1

1 0

1

3

0

1

3

0

1

1

1 6 0 2

0 1 9 2 10



0 0 1 1 0 0 0 4

1 0 2 0 1 1

5 1

1 2 1 2

2 4

1 3

1 0 0 0

 1.1.1.4  4

0 2 5 1 1 1 0 1 9 0 3 3

0 2 5 1 1 1  (1.1.1.24)  24 0 1 9 0 0 24

h1  h1 h2  h2







0 2 5 h1  h1 h2  h2 1 1 1   2 3 7 2 h2  h3  h3 2 h  h  h 2 5 1 2 4 4

h1  h1 h2  h2

m)

h1  h2

1 1 1 1 0 1 2 3

1 0



0

0 0

4

0 1 1 0

0 9 0 0 18 1

1 0

0 0 

6 2

1 6 0 2 

20 h3  h4  h4 9

0 1 9 2 0

0 4

1 0

0 0 

0

0 0

4

9  1.2.  .4  36 2

1 2 1 0 3 1 1 1 1 2 o) 1 2

2 2

0 3 3 1

1 1

1

1

3 2

2

h1  h1 h1  h2  h2  h1  h3  h3

 2 h1  h4  h4  h1  h5  h5

1 0

2 1

1 2

0 1

3 1

0 0 1 3 2 0 2 1 1 5 0 1

84

2

2 1

h1  h1 h2  h2 h3  h3

 2 h2  h4  h4 h2  h5  h5

1 2 0 1

1 2

0 1

3 1

0 0 1 3 2 0 0 5 3 3 0 0

h1  h1 h2  h2 h3  h3

 h4  h4 5 h4  h5  h5 6

4

3

1 2 0 1

h1  h1 h2  h2 h3  h3

 5h3  h4  h4 4 h3  h5  h5

0

1 2

0 1 3

3 1 2

0 0

0

0 0

0

18 13 17 0 6

 1.1.( 1).18.

0

15

17  51 6

Bài 5: Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận sau:  2 4 a) A     3 5 det A  2.5  3.4  2  0  A1  5 4   A   3 2   5  2  1  1  5 4  A1  A   A1   2   det A 2  3 2   3 1    2   0 2  b) A    3 6  det A  0.6  3.(2)  6  0  A1  6 2  A   3 0  1  1  6 2  1  1 3 1 A1  A   A     det A 6  3 0   1 0     2  1 3 4   c) A   1 2 5  3 7 1  

85

3 1

0 0 1 3 2 0 0 0 18 13 0 0

1 2 1 0 1 2 0 0 1

0 1

8

Cách 1: Dùng ma trận phụ hợp.

1 3 4 2 5 1 5 1 2 det A  1 2 5  1. 3 4  33  42  4  13 7 1 3 1 3 7 3 7 1

A11 

2 5 1 5  33 A12    14 7 1 3 1

A21  

A31 

A13 

3 4 1 4  25 A22   11 7 1 3 1

3 4 1 4  7 A32    1 2 5 1 5

1 2 1 3 7

A23  

A33 

1 3 2 3 7

1 3  1 1 2

T

 33 14 1   33 25 7   33 25 7  1 1 A   14 11 1  A   25 11 2    14 11 1  A1   det A 13   7   1    1  1 2  1 1 2  1       1 2 3    d) A  2 6 1   3 10 3   

Cách 1: Dùng ma trận phụ hợp.

1 2 3 6 1 2 1 2 6 det A  2 6 1  1.  2.  3.  28  18  6  4  0   A1 10 3 3 3 3 10 3 10 3

Tìm phụ đại số của tất cả các phần tử của A: A11 

6 1  28; 10 3

A21  

A31 

2 3  36; 10 3

2 3  16; 6 1

A12  

A22 

2 1  9; 3 3

1 3  12; 3 3

A32  

1 3  5; 2 1

86

A13 

2 6 2 3 10

A23  

A33 

1 2  4 3 10

1 2 2 2 6

T

2  28 9  28 36 16     A   36 12 4    9 12 5   16 5  2 2  4 2     28 36 16  1 1    A1  A 9 12 5   det A 4  4 2   2

Cách 2: Dùng phương pháp Gauss- Jordan.  1 2 3 1 0 0  h1 h1  1 2 3 1 0 0   2h1 h2 h2   A I    2 6 1 0 1 0    0 2 5 2 1 0   3 10 3 0 0 1  3h1 h3 h3  0 4 12 3 0 1      h2  h1 h1 h2 h2

 1 0 8 3 1 0      0 2 5 2 1 0  2h2  h3 h3    0 0 2 1 2 1     7 9 4  1 0 0  9 5   3  0 1 0 4 4  1 h3 h3  0 0 1 2 1 1    1   2 2 

4h3 h1 h1 5h3 2h2 h2

 h3 h3

 1 0 0 7 9 4     0 4 0 9 12 5   0 0 2 1 2 1   

   7 9 4   28 36 16     9  5 1    9 12 5   A1   3   4 4  4   2  4 2  1    1  1    2 2

h1 h1 1 h2 h2 4

 1 2 2    e) A   2 1 3   2 3 1   

Cách 1: Dùng ma trận phụ hợp.

1 2 2 1 3 2 3 2 1 det A  2 1 3  1 2 2  10  8  16  2  0  A1 3 1 2 1 2 3 2 3 1

Tìm phụ đại số của tất cả các phần tử của A. A11 

1

3

3 1

 10;

A12  

2 3 2 1

 4;

87

A13 

2

1

2 3

 8

A21  

2 2  8; 3 1

A22 

2 2  4; 1 3

A31 

1 2  3; 2 1

A32  

A23  

1 2  1; 2 3

A33 

1 2 7 2 3

1 2  3 2 1

T

 10 4 8   10 8 4     A 8 3 7    4 3 1   4 1 3   8 7 3       5  10 8 4   1  1   1 1  A  A   4 3 1   A  2  det A 2    8 7  3    4 

4 3 2 7 2

 2  1 2 3  2

Cách 2: Dùng phương pháp Gauss- Jordan.  1 2 2  I    2 1 3  2 3 1 

A

2 h2  3h1  h1 h2  h2

 7 h2  3h3  h3

2 h3  h1  h1 h3  2 h2  h2

 h3  h3

1 h h 3 1 1 1 h2  h2 6



1 h3  h3 2

1 0 0  h1  h1  2 h1  h2 h2 0 1 0   2 h  h3  h3 1 0 0 1 

 3 0 4   0 3 1 0 0 2 

1 2 8

 1 2 2   0 3 1  0 7 3 

2 1

0  0 7 3 

 3 0 0 15 12 6     0 6 0 12 9 3   0 0 2 8 7 3   

  1 0 0 0 1 0  0 0 1  

5

4 3 2  2 7 4 2

   5 4 2   1 3 1  A  2   2 2   3 7  4 2  2

88

 2  1 2 3  2

1 0 0  2 1 0  2 0 1 

  f ) A    

1 1

2 3 1  4 2 4  2 6 3 8   1 0 2 2 

Đối với ma trận có cấp 4 trở lên ta dùng phương pháp Gauss- Jordan. 1  1 I  2  1

A

h2  h1 h1 h2 h2

 h2  h3 h3 h1  h4 h4

2h3 h1h1 h3 2h2 h2

 h3 h3 h3 h4 h4

h1h1 1 h2 h2 4



1 h h 23 3 h4 h4

 1  0 0  0  

2 4 6 0

1  0 0  0

1  0 0  0

0 1 0 0

3 2 3 2

11 40 80 20

0 1 0 0

0 0 1 0

0  0 0  1 

0 4 2 2 1 2 1 3 1 1 0 2 3 1 1 0 2 4 2 1

h1 h1 h1  h2 h2

 2h1  h3 h3 h1  h4 h4

0 0 1 0

0 0 4 0 3 2 0  4 0 3 1 3 1 0 0 2 3 1 1 1 0  0 0 1 1 2 1 1 4 11 0 0 1 3 0 02 4 1 0 7 1 2 0 1 1 2

 1 2 3  0 2 1 0 2 3   0 2 1

1 1 3 1 6 2 1 1

0 1 0 0

0 0 1 0

0  0 0  1 

0  0 0  1 

4h4 h1h1 3h4 2h2 h2

 3h4 h3 h3 h4 h4

6 4   1 3  2 4 3  2  2 1 1 

 4 11 6 4     1 3 1 3  4 2 4   A1   2 7 3  1 2   2 2    1 2 1 1   

Bài 6: Tìm ma trận X biết:  2 3 3 3  2 0 a)  X   1 2 5 4 1 1

89

1  0 0  0

0 0 0 4 11 6 4  4 0 0 2 3 2 3 0 2 0 2 7 4 3  0 0 1 1 2 1 1 

 2 3  3 3  2 0 A ; B ; C     1 2 5 4 1 1

(a)  A. X .B  C  X  A1.C.B 1 det A  2.2  1.3  1  2 3  1   2 3   A  A1  A   det A  1 2   1 2  det B  3.4  5.3  3    4 3   B 1  1 B   1  4 3  B  5 3    det B 3  5 3   

 2 3  2 0  1  4 3   X       1 2  1 1  3  5 3   19  3 1  1 3  4 3  1  19 12      X       3  0 2  5 3  3  10 6   10   3 1 2 1   2 3   1 2 0 b)  X 1 3 2       4 1  0 1 2   1 2 1

Đặt: 1 2 1   2 3 1 2 0   A ; B  1 3 2  ; C      4 1  0 1 2  1 2 1   

(b) có dạng: A.X.B = C. Vậy: X  A 1.C .B 1 Tìm ma trận nghịch đảo của A và B với: 1 2 1   2 3   A ; B  1 3 2    4 1  1 2 1    det A  2  12  10  1 3  1  1 3   A  A1     10  4 2   4 2 

90

 4  2  

1 2 1 3 2 1 2 1 3 det B  1 3 2  2   7  6  1  2 2 1 1 1 1 2 1 2 1

B11 

3 2  7; 2 1

B21  

B31 

B12  

2 1  4; 2 1

B22 

2 1  1; 3 2

1 2  3; 1 1

1 1  2; 1 1

B32  

1 1  1; 1 2

B13 

1 3  1 1 2

B23  

B33 

1 2 0 1 2

1 2 1 1 3

T

 7 3 1  7 4 1   7 4 1  1  3 2 1    4 2 0    3 2 1  B 1  B      2   1 1 1   1 0 1    1 0 1      

Vậy: X  A 1.C .B 1  7 4 1  1  1 3  1 2 0  1   X   4 2  0 1 2   3 2 1 10    2  1 0 1     7 4 1  1  1 1 6   1  4 6 4   X     3 2 1  X    20  4 6 4   20  6 4 6    1 0 1   2 1 3  4 2 11  c)  1 1 2  X   1 2 7   3 2 4  7 4 15       2 1 3 Đặt: A   1 1 2  ;  3 2 4  

 4 2 11    B   1 2 7   7 4 15   

Phương trình ma trận trên có dạng AX = B. Vậy X = A-1 B (do detA ≠ 0).

Tìm A-1.

2 1 3 1 2 1 2 1 1 det A  1 1 2  2  3  16  2  15  1 2 4 3 4 3 2 3 2 4

91

A11 

1 2  8; 2 4

A21  

A31 

1 3 2 4

A12  

A22 

 2;

1 3  5; 1 2

1 2  2; 3 4

2 3 3 4

A32  

 1;

2 3  1; 1 2

A13 

1 1 5 3 2

A23  

A33 

2 1 3 2

 1

2 1  3 1 1

T

 8 2 5   8 2 5   8 2 5  1       A   2  1  1    2 1  1   A  1  A   2 1 1  det A  5  1 3   5 1  3   5  1 3       

 8 2 5  4 2 11  1 0 1       X  A .B   2 1 1  1 2 7   X   2 2 0   5 1 3  7 4 15   0 0 3      1

Cách 2: Từ A.X = B mà A có cấp 3×3, B có cấp 3×3 nên ma trận X có cấp 3×3. Vậy X có dạng:  x1  X   x4 x  7

x2 x5 x8

x3   x6  x9 

 2 1 3  4 2 11  2 1 3   x1 x4 x7   4 2 11     Ta có:  1 1 2 X   1 2 7  hay  1 1 2   x2 x5 x8    1 2 7   3 2 4  7 4 15  3 2 4   x x x   7 4 15        3 6 9    2 x4  x5  3 x6  2 x1  x2  3 x3    x1  x2  2 x3 x4  x5  2 x6  3x  2 x  4 x 3x  2 x  4 x 2 3 4 5 6  1

2 x1  x2  3x3  4    x1  x2  2 x3  1 (1); 3x  2 x  4 x  7 2 3  1

2 x7  x8  3x9   4 2 11     x7  x8  2 x9    1 2 7  3x7  2 x8  4 x9   7 4 15 

2 x4  x5  3 x6  2   x4  x5  2 x6  2 (2) 3 x  2 x  4 x  4 5 6  4

2 x7  x8  3x9  11   x7  x8  2 x9  7 (3) 3 x  2 x  4 x  15 8 9  7

92

Giải hệ (1) ta được x1  1; x2  0; x3  1.

Giải hệ (2) ta được x3  2; x4  2; x5  0.

Giải hệ (3) ta được x7  0; x8  0; x9  3. 1 0 1    X   2 2 0  0 0 3    4 5 9   1 2 1       0 1 1  d ) X  2 3 1    5 7 6   1 1 4      0 0 4   1 2  1  Đặt: A   2 3 1  ;  1 1 4  

 4 5 9    0 1 1   B  5 7 6    4  0 0

Phương trình ma trận trên có dạng X.A = B. Vậy X = B.A-1 (do detA ≠ 0).

Tìm ma trận nghịch đảo A-1 của A. 1 2 1 3 1 2 1 2 3 det A  2 3 1  2   11  14  1  4 1 4 1 4 1 1 1 1 4

A11 

3 1 1 4

A21  

A31 

 11;

A12  

2 1 1 4

 7;

2 1 1 1  7; A22   3; 1 4 1 4

2 1 1 1  1; A32    1; 3 1 2 1

A13 

2 3 1 1

A23  

A33 

1

1 2 1 1 1

1 2  1 2 3

T 11 7 1   11 7 1   11 7 1  1 1   1  A 7 3 1  A   7 3 1    7 3 1   A   det A 4    1 1 1   1 1 1  1 1  1      

93

Ta có:  4 5 9   11 7 1   1 1 1  1  0 X BA  7 3 1    5 7 6  4      1 1 1  0 0 4  4 5 9   0 4 8  0 1   11 7 1     1  0 1 1  1  8 4 0   2 1  7 3 1   X   4  0 8 4  0 2 4  5 7 6    1 1  1       4  4  0 0 4 4  1 1

2  0 1  1

Bài 7: Tìm hạng của các ma trận sau: 1 2 a) A   2  4

1 2 A 2  4

2 1 3  3 4 1  4 1 5   7 3 6

2 1 3 4 4 1 7 3

h1  h1 h2  h2

 h3  h3  h2  h4  h4

1  3 b) A2  5 1 

3 1  5  6

 2 h1  h3  h3 4 h1  h4  h4

 1 2 1 3   0 1 6 5     0 0 1 1     0 0 1 1 

2 3 5 4

4  4 3 1 0  8 5 4 1 2 4

1 1 c) A   2  3

h1  h1 2 h1  h2  h2

3 1  2 2  5 3  7 2

h1h1 3h1h2h2 2h1h3h3

 5h1h4h4 h1h5h5

 1 2 1 3   0 1 6 5     0 0 1 1     0 1 7 6 

h1  h1 h2  h2

 h3  h3  h3  h4  h4

1  0 0  0 0 

h1  h1  h1  h2  h2

 2 h1  h3  h3 3h1  h4  h4

 1 2 1 3   0 1 6 5      ( A)  3  0 0 1 1    0 0 0 0 

2 3 4  h h 1 1 1 5 8  h2h2 h2h3h3  1 5 8  2h2h4h4 2 10 16h2h5h5 1 5 8   1 3 1   0 1 3     0 1 5     0 2 5 

94

1  0 0  0 0 

2 3 4  1 5 8 0 0 0  (A)  2.  0 0 0 0 0 0 

h1  h1 h2  h2

  h2  h3  h3 2 h2  h4  h4

1 2 d) A   3  1

3

 1 3 1  0 1 3    0 0 2     0 0 1

5

7 5 1 3  8 6 10   2 4 4 

h1  h1 h2  h2

 h3  h3

1 h  h  h4 2 3 4

h1h1 2h1 h2 h2

 3h1 h3 h3 h1 h4 h4

 1 3 1  0 1 3      ( A)  3 0 0 2    0 0 0 

1 3  0 1   0 1   0 1

5

7  h1h1  h 9 11 2 h2  9 11 h2 h3 h3  h h h 9 11 2 4 4

1 3  0 1  0 0  0 0

  ( A)  2  3 1 3  5 3 2 e) A    1 3  5   7 5 1

h1  h1 5h1  h2  h2

 3h1  h3  h3 7 h1  h4  h4

h1  h1 h2  h2

  h2  h3  h3  h2  h4  h4

 1 3  0 12  0 8   0 16

2 3

5  4  0 7   4 1 

 1 3 5 h1  h3  5 3 2    3 1 3   7 5 1 h1  h1 1 h  h2 3 2

5 0 7  27 3 39  18 2 26   36 4 50 

 1 3 5 0 4 9  0 0 0   0 0 0 



1 h3  h3 2 1 h4  h4 4

0 7  1 13  0 0   1  0  2 

h3  h4



0 7  3 4  2 5   4 1 

 1 3 5 0 4 9  0 4 9   0 4 9 

 1 3 5 0 4 9   0 0 0  0 0 0

0 7  1 13  1 13   25  1  2  0 7  1 13  1  0  2  0 0 

  ( A)  3

1 2   1 1 f) A 2 4  1 2  2 3 

1 3 1  0 1 2 3 3 1  2 1 3 2 1 1 

h1  h1 h1  h2  h2 2 h1  h3  h3

  h1  h4  h4 2 h1  h5  h5

95

1  0 0  0 0 

2 1 1 1

3 4

1  3 0 1 3 1  0 1 2 2  1 4 7 3 

5

7  9 11 0 0   0 0 

h1  h1 h2  h2 h3  h3

 h4  h4  h2  h5  h5

1  0 0  0 0 

h1  h1 h2  h2 h3  h3

 h4  h4 12 h4  h5  h5

1  0 0  0 0 

2 1 1 1

3 4

1  3 0 1 3 1  0 1 2 2  0 3 3 0  2 1 1 1

h1  h1 h2  h2 h3  h3

  h3  h4  h4 3h3  h5  h5

1  0 0  0 0 

2 1 1 1

3 4

1  3 0 1 3 1  0 0 1 3 0 0 12 3 

3 4

1   3  0 1 3 1   B  0 0 1 3  0 0 0 33 

Ma trận bậc thang B có 5 dòng khác không nên  ( A)   ( B )  5.

Bài 8: Tìm hạng của các ma trận sau:  1  1 2  a) A   2 1  5   1 10 6 1   

Dùng các phép biến đổi sơ cấp (đổi chỗ 2 hàng; đổi chỗ 2 cột) để đưa tham số về góc dưới bên phải.  1  1 2  h  h  1 10 6 1  c  c  1 1 6 10    1 3  2 4  A   2 1  5    2 1  5    2 5  1  1 10 6 1   1  1 2   1 2 1         h1  h1 2 h1  h2  h2

  h1  h3  h3

6 10  h1 h1 1 1   h2 h2 0 3   12  21    h  3h  h 0 1 5   10  2 3 3 

6 10 1 1    21   B  0 3   12  0 0 3   3  3      

Nếu λ = 3 thì ma trận bậc thang B có 2 dòng khác 0. Nên  ( A)   ( B )  2.

Nếu λ ≠ 3 thì ma trận bậc thang B có 3 dòng khác 0. Nên  ( A)   ( B )  3.  1 2 b) A   1  2

1



1 1 1 2

1 3

1 1

 2

1 1  1  1

Dùng các phép biến đổi sơ cấp (đổi chỗ 2 hàng; đổi chỗ 2 cột) để đưa tham số về góc dưới bên phải.

96

 1 2 A 1  2

1

1 1 1   1 2 1  1 1  1  3 1 2 1 

 1 h2 h4  2   1  2

1 1 1 1   1  3 1 2 1  c5 c2  2  1 1 1  1    1 2 1  2

1 1 1 1  1 1 2 3  B 1 1  1   1 1 2  

Dùng các phép biến đổi sơ cấp để đưa ma trận B về ma trận bậc thang.  1 1 1 1  2 1 1 2 B  1 1 1    2 1 1 2

h1  h1 h2  h2

 h3  h3  h2  h4  h4

 1 0  0  0

1 3 0 0

1 3  1  

h1  h1 2 h1  h2  h2

 h1  h3  h3 2 h1  h4  h4

 1 0  0  0

1 3 0 3

1 1 1  1 0 5  0  1 2   1 0   2

1 1 1  1 0 5  C 0  1 2   0 0   3

 1 0 TH1: Nếu λ = 3 thì ma trận C   0  0

1 1 1 1  3 1 0 5  .

0 0 2 2  0 0 0 0

C là ma trận bậc thang có 3 dòng khác 0 nên  ( A)   ( B )   (C )  3.

TH2: Nếu λ = 1 thì ma trận:  1 0 C  0  0

1 1 1 3 1 0 0 0 0 0

0 0

1  5  2  2 

h1  h1 h2  h2

 h3  h3 h3  h4  h4

 1 0  0  0

1 1 1 1  3 1 0 5  D 0 0 0 2  0 0 0 0

D là ma trận bậc thang có 3 dòng khác 0 nên  ( A)   ( B )   (C )   ( D )  3.

Vậy hạng của ma trận A là 3.

TH3: Nếu λ ≠ 1; λ ≠ 3 thì C là ma trận bậc thang có 4 dòng khác 0 nên  ( A)   ( B )   (C )  4. Vậy hạng của ma trận A là 4.

c) Tìm hạng của ma trận sau theo m: 5 2  1 3   A   2 6 m2  1 m  1  3 9 15 m  3  

Dùng các phép biến đổi sơ cấp đưa ma trận A về ma trận bậc thang.

97

5 2  h h 5 2  1 3 1 3 1 1     2 h1  h2  h2 A   2 6 m 2  1 m  1     0 0 m2  9 m  3  3h1  h3  h3 3 9 0 0 15 m  3 0 m  3     1 3 5 2 TH1: Nếu m = 3 thì B   0 0 0 0  là ma trận bậc thang có 1 dòng khác 0 0 0 0 0  

nên  ( A)   ( B)  1. Vậy hạng của ma trận A là 1. h1  1 3 5 2  hh1   h2 2 TH2: Nếu m = -3 thì B   0 0 0 6    0 0 0 6   h2  h3  h3  

1 3 5 2     0 0 0 6   C . 0 0 0 0   

C là ma trận bậc thang có 2 dòng khác 0 nên  ( A)   ( B )   (C )  2. Vậy hạng của ma trận A là 2.

TH3: Nếu m ≠ 3; m ≠ -3 thì B là ma trận bậc thang có 3 dòng khác 0 nên  ( A)   ( B )  3. Vậy hạng của ma trận A là 3.

Bài 9: Giải các hệ Cramer sau bằng 3 cách: 2x + 3x = 5 a) 2x + x = 1 Cách 1: Dùng định lý cramer x   2 3  5  A ; X   1 ; B      2 1 1  x2  det A 

2 3  2  6  4; 2 1

det A2 

det A1 

5 3  5  3  8 1 1

2 5  2  10  12 2 1

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: x1  Cách 2: Dùng ma trận nghịch đảo x   2 3  5  A ; X   1 ; B      2 1 1  x2 

Tìm ma trận nghịch đảo của A.

98

det A1 det A2  2; x2   3 . det A det A

A   1 3     2 2  1  1  1 3  A1  .A    det A 4  2 2  Ta có: det A 

2 3  4.

2 1

1  1 3  5  1  8   2           4  2 2  1  4  12   3  Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (2; -3).

Cách 3: Phương pháp Gauss x   2 3  5  A ; X   1 ; B      2 1 1  x2  X  A1B 

2 3 A 2 1

5   1 

h1  h1

  h1  h2  h2

2 3   0 2

5   6

2 x1  3x2  5 2 x  3x2  5 tương đương với hệ tam giác:  1 2 x1  x2  1   2 x2  6

Hệ 

5  3x2 5  9  x1   2  2 x1  3 x2  5  2 2  Giải hệ tam giác:   2 x  6 2   x  6  3  2 2

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (2;-3). 2 x1  2 x2  x3  3  b) 2 x1  x2  x3  5  x  3x  3x  5 2 3  1

Cách 1: Dùng định lý cramer  2 2 1   x1  3       A   2 1 1  ; X   x2  ; B   5   1 3  3  x  5      3 2 2 1 1 1 2 1 2 1 det A  2 1 1  2 2   0  10  5  5 3 3 1 3 1 3 1 3 3

3 2 det A1  5 1 5

3

1 1 1 5 1 5 1 1 3 2   0  40  20  20 3 3 5 3 5 3 3

99

2 3 1 5 1 2 1 2 5 det A2  2 5 1  2 3   40  15  15  10 5 3 1 3 1 5 1 5 3 2 det A3  2

2 3 1 5 2 5 2 1 1 5  2 2 3  40  30  15  5 3 5 1 5 1 3 1 3 5

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: x1 

det A3 det A1 det A2  4; x2   2; x3   1 det A det A det A

Cách 2: Dùng ma trận nghịch đảo  2 2 1   x1  3       A   2 1 1  ; X   x2  ; B   5   1 3 3  x  5      3

Tìm ma trận nghịch đảo của A. 2 2 1 1 1 2 1 2 1 det A  2 1 1  2 2   0  10  5  5 3 3 1 3 1 3 1 3 3

A11 

1 1  0; 3 3

A12  

2 1  5; 1 3

A13 

2 1 5 1 3

A21  3;

A22  5;

A23  4

A31  1;

A32  0;

A33  2

 0 3 1  0 3 1 1 1    5 5 0   1   A   5 5 0   A  A  det A 5   5 4 2      5 4 2 

Ta có:  0 3 1 3   20   4  1    1     X  A .B  5 5 0  5   10    2    5    5  5   1  5 4 2  5      1

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (4; 2; -1).

100

Cách 3: Phương pháp Gauss  2 2 1  x1   2 2 1   3        A   2 1 1  ; X   x2  ; B   5  ; A   2 1 1  1 3 3  x  5  1 3 3      3 

3  5 5 

Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên hàng để đưa ma trận A về ma trận bậc thang.  2 2 1 3    A   2 1 1 5   1 3 3 5   

h1 h1 h1  h2 h2

 h1  2h3 h3

 2 2 1 3  h1 h1   h2 h2 0 1 0 2     0 4 5 13 4h2  h3 h3  

2 x1  2 x2  x3  3  Hệ 2 x1  x2  x3  5 tương đương với hệ tam giác:  x  3x  3x  5 2 3  1

 2 2 1 3    0 1 0 2    0 0 5 5   

2 x1  2 x2  x3  3   x2  2 5 x  5 3 

Giải hệ tam giác: 3  2 x2  x3 3  4  1  x1   4  2 x  2 x  x  3  1 2 3 2 2   x2  2   x2  2    x  1  5 x3  5   3 

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (4; 2; -1).

Bài 10: Giải các hệ phương trình sau: 2 x1  x2  x3  4  a)  x1  x2  x3  4  x  2 x  x  1 2 3  1

Dùng định lí cramer:  2 1 1   x1  4       A   1 1 1  ; X   x2  ; B   4   1 2 1 x   1      3 2 1 1 1 1 1 1 1 1 det A  1 1 1  2    2  2  3  3 2 1 1 1 1 2 1 2 1 4 1 1 1 1 4 1 4 1 det A1  4 1 1  4    4  3  7  6 2 1 1 1 1 2 1 2 1

101

2 4 1 4 1 1 1 1 4 det A2  1 4 1  2 4    6  8  5  3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 4 1 4 1 4 1 1 det A3  1 1 4  2  4  14  5  12  3 2 1 1 1 1 2 1 2 1

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: det A1 det A2  2; x2   1; det A det A  3x  5 y  7 z  1  b)  x  2 y  3z  2  2 x  y  5 z  2  x1 

x3 

det A3 1 det A

 3 5 7   x 1     Dùng ma trận nghịch đảo: A   1 2 3  ; X   y  ; B   2   2 1 z  2 5      

Hệ (b) có dạng AX = B vậy X = A-1B. Tìm ma trận nghịch đảo A-1 của A 3 det A  1 2

A11 

5 7 2 1

2 3  7; 1 5

A21  18; A31  1;

2 3 1 3 1 2 3 3 5 7  21  55  35  41 1 5 2 5 2 1 5

A12  

1 3  11; 2 5

A13 

1 2 5 2 1

A22  1;

A23  7

A32  16;

A33  11

 7 18 1   7 18 1  1 1  1    A   11 1 16   A  A   11 1 16  det A 41   5 7 11  7 11    5  7 18 1  1   41   1  1 1   Ta có: X  A .B   11 1 16  2    41   1 41   41  41   1  7 11   5  2      1

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (1, -1, 1).

102

  x1  x2  2 x3  5  c)   x1  2 x2  x3  3  2 x  x  3 x  6 3  1 2

Giải hệ bằng phương pháp Gauss:  x1   1 1 2  5   A   1 2 1  ; X   x2  ; B   3  ;  2 1 3  x   6       3

 1 1 2  A   1 2 1  2 1 3 

5  3 6 

Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên hàng để đưa ma trận A về ma trận bậc thang.

5  1 1 2   A   1 2 1 3  2 1 3 6   

h1 h1 h1  h2 h2

 2h1  h3 h3

 1 1 2 5  h1 h1   h2 h2 0 1  1  2     h  h h 0 1 1 4  2 3 3 

  x1  x2  2 x3  5  Hệ   x1  2 x2  x3  3 tương đương với hệ tam giác:  2 x  x  3 x  6 3  1 2

 1 1 2 5     0 1 1 2  0 0 2 6  

  x1  x2  2 x3  5  x2  x3  2   2 x3  6 

  x1  x2  2 x3  5  x1  5  x2  2 x3  5  1  6  2   Giải hệ tam giác:  x2  x3  2   x2  2  x3  2  3  1  x  3 2 x3  6   3

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (2, 1, 3).  x1  x2  2 x3  x4  2   x  2 x2  x3  3 x4  4 d)  1   x1  x2  x3  x4  0  2 x1  x2  2 x3  x4  3

Giải hệ bằng phương pháp Gauss: Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên hàng để đưa ma trận A về ma trận bậc thang. 1 1 2  1 2 1 A  1 1 1  2 1 2

1 3 1 1

2  4 0  3 

h1  h1  h1  h2  h2

 h1  h3  h3 2 h1  h4  h4

1 1 2 1   0 1 3 2 0 0 1 2   0 1 2 1

103

2  2 2  1

h1  h1 h2  h2

 h3  h3 h2  h4  h4

1  0 0  0

1 2 1 3 0 1 0 5

1 2 2 1

h1  h1

2  2 2  1 

h2  h2

 h3  h3 5h3  h4  h4

1  0 0  0

1 2 1 2  1 3 2 2  0 1 2 2  0 0 11 11

 x1  x2  2 x3  x4  2   x  2x2  x3  3x4  4 Hệ  1 tương đương với hệ tam giác:  x1  x2  x3  x4  0 2 x1  x2  2 x3  x4  3

 x1  x2  2x3  x4  2  x2  3x3  2x4  2   x3  2x4  2   11x4  11

Giải hệ tam giác:  x1  x2  2 x3  x4  2  x1  2  x4  2 x3  x2  2  1  0  0  1   x2  3x3  2 x4  2   x  2  2 x4  3 x3  2  2  0  0  2  x3  2 x4  2   x3  2  2 x4  2  2  0  11x4  11  x4  1

Vậy nghiệm của hệ là (1, 0, 0, 1).  x1  x2  x3  x4  x5  7  3 x  2 x2  x3  x4  3x5  2 e)  1 x2  2 x3  2 x4  6 x5  23  5 x1  4 x2  3 x3  3 x4  x5  12

Giải hệ trên bằng Gauss (ta không còn cách giải nào khác vì hệ phương trình trên không phải là hệ cramer). Lập ma trận:

AA

1  3 B   0  5

h1 h1 h2 h2

 h2  h3 h3  h2  h4 h4

1 1 1

1

7  2 1 1 3 2  1 2 2 6 23   4 3 3 1 12 

1 1 1 1 1   0 1 2 2 6 0 0 0 0 0  0 0 0 0 0

h1 h1 3h1  h2 h2

 h3 h3 5h1  h4 h4

7   23    A' 0   0 

1 1 1 1 1   0 1 2 2 6 0 1 2 2 6   0 1 2 2 6

7   23  23   23 

B '

Ta có  ( A)   ( A)  2  5 (là số ẩn). Vậy hệ có vô số nghiệm.

Ta coi 5 – 2 = 3 ẩn là tham số và tìm các ẩn khác theo các ẩn là tham số này.

Coi x3 , x4 , x5 là tham số và tìm các ẩn x1 , x2 qua các ẩn này.

104

Hệ phương trình đã cho tương đương với hệ phương trình:  x1  x2  x3  x4  x5  7    x2  2 x3  2 x4  6 x5  23  x1  7  ( x2  x3  x4  x5 )  16  x3  x4  5 x5  Ta có:  x2  23  2 x3  2 x4  6 x5 x , x , x  R  3 4 5

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:

 16  x3  x4  5 x5 , 23  2 x3  2 x4  6 x5 , x3 , x4 , x5  ; x3 , x4 , x5  R  x1  2 x2  x3  x4  2  2 x  3x2  x3  4 x4  9 f)  1  x1  4 x2  2 x3  x4  4 3x1  7 x2  x3  5 x4  13 1  2 1  3

2 3

1 1

1 4

4 2 1 7 1 5

h1  h1 h2  h2

 2 h2  h3  h3 h2  h4  h4

2   9  4   13 

 1 2 1   0 1 1  0 0 5   0 0 5

h1  h1 2 h1  h2  h2

  h1  h3  h3 3h1  h4  h4

1 2 4 4

2   5  12   12 

 1 2 1 1   0 1 1 2  0 2 3 0   0 1 4 2 h1  h1 h2  h2

 h3  h3  h3  h4  h4

2   5  2   7 

 1 2 1 1   0 1 1 2  0 0 5 4  0 0 0 0

2   5  12   0 

Ta có:  ( A)   ( A)  3  4 (là số ẩn). Vậy hệ trên có vô số nghiệm.

Coi 4 – 3 = 1 ẩn là tham số và tìm các ẩn khác qua ẩn này. Coi x4 là tham số. Hệ đã cho tương đương với hệ:  x1  2 x2  x3  x4  2  x2  x3  2 x4  5    5 x3  4 x4  12 

Giải hệ này ta được: 21x4  48   x1  2  2 x2  x3  x4  5   x1  2 x2  x3  x4  2 6 x4  13   x2  5  x3  2 x4  x2  x3  2 x4  5   5    12  4 x4  5 x3  4 x4  12   x3  5   x4  R

105

Bài 11: Giải và biện luận các hệ phương trình sau:  x1  x2  2 x3  7 2 x  3 x  x  1 2 3  1 a)   x1  2 x2  4 x3  15 2 x  3 x  mx  m2  12 2 3  1

A A

 1 1 2  2 3 1 B    1 2 4   2 3 m

 1 1 2  3  0 1  0 3 h2  h3  h3  0  h2  h4  h4   0 0 m  1  h1  h1 h2  h2

7 1

 h h  1 1 2  12 h 1h  h  3  1 2 2  0 1 15  h1  h3  h3  0 1 6    2 h  h  h 1 4 4 m2  12   0 1  m  4

7  13  22   m 2  26 

7 13 9

7 13 9

 h h  1 1 2  h1  h1  2 2   0 1 3   h3  h3 0 0 3  m 1  m 2  13  3 h3  h4  h4  0 0 0

     m 2  3m  10 

TH1: Nếu m2 +3m – 10 = 0 ↔ m = 2 hoặc m = -5 thì  ( A)   ( A)  3 (là số ẩn) nên hệ có nghiệm duy nhất.  x1  x2  2 x3  7 2 x  3 x  x  1 2 3  1  x  2 x  4 x  15 2 3  1 2 x  3 x  mx  m2  12 2 3  1  x1  x2  2 x3  7  x1  7  x2  2 x3  x1  5    x2  3 x3  13      x2  13  3 x3   x2  4 3 x  9 3   x  3  3  x3  3  00

TH2: Nếu m2 +3m – 10 ≠ 0 ↔ m ≠ 2;m ≠-5 thì  ( A)  3   ( A)  4 . Nên hệ vô nghiệm.  x1  x2  2 x3  x4  1 2 x  x  x  x  2  1 2 3 4 b)  3x1  2 x2  x3  3 2 x  x  3 x  m 2 x  m  1 3 4  1 2

106

A

1  2 B    3  2 

h1 h1 h2 h2

  h2  h3 h3  h2  h4 h4

1 2 1 1 1 1 2 1 0 1 3 m2

1   2  3   m  1

h1 h1 2 h1  h2 h2



3h1  h3  h3 2 h1  h4 h4

1 1 2 1  3  0 1 5  0 1 7 3   0 1 7 m2  2 

1 1 2 1 1  h h   h1 h1 0  1  5 3 0   2 2  0 0 2 0 0  h3 h3    0 0 2 m2  1 m  1 h3  h4 h4  

1   0  0   m  1

1 1 2 1 1    3 0   0 1 5  0 0 2 0 0     0 0 0 m2  1 m  1  

TH1: m 2  1  0  m   1 Nếu m = 1 thì m – 1 = 0 do đó  ( A)   ( A)  3  4 là số ẩn nên hệ có vô số nghiệm. Ta có:  x1  x2  2 x3  x4  1 2 x  x  x  x  2  1 2 3 4 3x  2 x  x 3 2 3  1 2 x  x  3 x  m 2 x  m  1 3 4  1 2  x1  1  ( x2  2 x3  x4 )  1  2 x4  x1  x2  2 x3  x4  1    x   5 x3  3 x4  3x4    x2  5 x3  3x4  0   2   x3  0  2 x3  0   x4  R

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: 1  2 x4 ,3 x4 , 0, x4  ; x4  R .

Nếu m = -1 thì m – 1 = -2 nên  ( A)  3   ( A)  4 nên hệ vô nghiệm.

TH2: m 2  1  0  m   1 nên  ( A)   ( A)  4 . Ta có:  x1  x2  2 x3  x4  1 2 x  x  x  x  2  1 2 3 4 3x  2 x  x 3 2 3  1 2 x  x  3 x  m 2 x  m  1 3 4  1 2 m 1   x1  1  ( x2  2 x3  x4 )  m  1  x1  x2  2 x3  x4  1    x   5 x  3x  3  x  5 x  3 x  0 2 3 4   3 4   2 m 1  2 x  0 3   x3  0 2  (m  1) x4  m  1   x  1  4 m  1

107

 m 1

3

1 

, ,0, Vậy nghiệm của hệ phương trình là:   ; m  R \ 1,1 .  m 1 m 1 m 1  (1  m) x1  x2  x3  1  c)  x1  (1  m) x2  x3  m  2  x1  x2  (1  m) x3  m

Giải theo phương pháp cramer: 1 1   x1   m 1     A 1 m 1 1  ; X   x2  ;  1 x  1 m  1   3

 1    B m   2 m 

m 1 1 1 det A  1 m 1 1  (m  1)3  1  1  3(m  1)  m3  3m 2  m 2 (m  3) 1 1 m 1

1 det A1  m

1

1

m 1

1

1

m 1

m2

det A2 

det A3 

 m2  2m  1  m2  m  m3  m2 1  m2  m  m3  2m

m 1

1

1

1

m

1

1

m2

m 1

m 1

1

1

m 1

1

1

 2m 2  m

1 m  m 4  2 m3  m 2  m m2

TH1: Nếu det A  0  (m  3)m2  0  m  0; m  3 thì hệ đã cho là hệ cramer. Nghiệm của hệ là: x1 

m2  2 2m  1 m3  2m2  m  1 ; x2  ; x3  (m  3)m (m  3)m (m  3)m

TH2: det A  0  (m  3)m2  0  m  0; m  3.  x1  x2  x3  1  Nếu m = 0,thay m = 0 vào hệ đã cho ta được:  x1  x2  x3  0 x  x  x  0  1 2 3

108

AA

1 1 1 1    B   1 1 1 0  1 1 1 0   

h1 h1 h1  h2 h2

 h1  h3 h3

1 1 1  0 0 0 0 0 0 

h1 1  hh1  h2 2  1  h2  h3 h3 1

2 1 1  0 0 0 0 0 0 

1  1 0 

Ta có:  ( A)  1   ( A)  2 vậy hệ phương trình vô nghiệm.

(Hoặc từ phương trình 1 và phương trình 2 ta có 1 = 0 (vô lý) nên hệ phương trình vô nghiệm).  2 x1  x2  x3  1  Nếu m = -3. Thay m = -3 vào hệ đã cho ta được:  x1  2 x2  x3  3  x  x  2x  9 3  1 2

A  A

h1  h1 h2  h2

 h2  h3  h3

 2 1 1  B    1 2 1  1 1 2  2 1 1   0 3 3 0 0 0 

1  3  9 

h1  h1 h1  2 h2  h2

 h1  3h3  h3

1 1 1   0 3 3  0 3 3 

1  5  19 

1  5  14 

Ta có:  ( A)  2   ( A)  3 vậy hệ phương trình vô nghiệm.  ax1  x2  x3  x4  x  ax  x  x 2 3 4 d)  1  x1  x2  ax3  x4  x1  x2  x3  ax4

1 1 1 1

Giải hệ trên bằng Gauss:

A A

a  1 B   1  1

h1  h1  h1  h2  h2

  h1  h3  h3  ah1  h4  h4

1 1 1 a 1 1 1 a 1 1 1 a

1  1 1  1

1 1 1 a h1  h4  1

1 a 1   h2  h3  1 a 1 1  a 1 1 1

1 1 1 a  0 a 1 1 a 0  0 a 1 0 1 a   0 1  a 1  a 1  a2 

1   0  0   1  a 

109

1  1 1  1

1  0 TH1: Nếu a = 1 thì A   0  0

1 1 1 0 0 0

1  0 hệ đã cho tương đương với phương 0  0 

0 0 0 0 0 0

trình: x1  x2  x3  x4  1 . Coi x2 , x3 , x4 là tham số suy ra x1  1   x2  x3  x4  .

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: 1  x2  x3  x4 ; x2 ; x3; x4  ; x2 , x3 , x4  R .

TH2: Nếu a ≠ 1→ a -1 ≠ 0 thì: 1 1 1 a  0 0 a 1 1 a A   0 a 1 0 1 a   0 1  a 1  a 1  a2 

1   0  0   1  a 

1 1 a 1 0 1   0 0 1 1   0 1 1 1  a 1

 h3  h3 2 h3  h4  h4

1  0 0  0

1 1 0 0

1 a 0 1 1 1 0 3  a

1  0 Nếu a = -3 thì A   0  0



1 h3  h3 a 1 1 h  h4 a 1 4

1  h h  1 1 0  h2  h2  0 h3  h3  h  h h 1 2 4 4

h2  h3  0

h1  h1 h2  h2

h1  h1 1 h  h2 a 1 2

1  0 0  0

1 1 1 a  1 0 0 1 0 1 0 1   0 1 1 1  a

1 1 a 1 0 1 0 1 1 0 1 2  a

1  0 0  1

1  0 0  1

1  0 0  1

1 1 3 1 0 1 0 1 1 0 0 0

1  0 nên  ( A)  3   ( A)  4 .

0  1

Hệ phương trình vô nghiệm.

Nếu a ≠ 1, a ≠ -3 thì  ( A)   ( A)  4 . Hệ phương trình đã cho tương đương với hệ phương trình: 1  x  1  x  x  ax    1 2 3 4  a3   x1  x2  x3  ax4  1 x  x  1  4 x2  x4  0  2  a3    x3  x4  0  x  x  1   3  a  x4  1  3 4 a  3  1  x4  a3 

110

 1

1

1

1 

, , , Nghiệm của hệ phương trình là:  .  a 3 a 3 a 3 a 3

4.3. Bài tập tự giải Bài 1: Tìm ma trận X thỏa mãn:  4 3  28 93  7 3   8 3  3 X  a)        7 5  38 126  2 1   6 0   5 8 4  3 2 5   9 20 27     b) 2 X   6 9 5   4 1 3    11 29 30   4 7 3  9 6 5   11 19 28      

Bài 2: Tính các định thức sau: 1 2 1 a ) 2 1 0 ; 1 3 4

c)

1 1 1 2

1 3

2 1 204 b) 5 2 527 2 5 225 1 4

1 4 9 16 1 8 27 64

;

d)

0 1 1 1 0 2

1 5

1 2 1 2

2 4

1 3

Bài 3: Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận sau:  3 4 5  a) A   2 3 1   3 5 1   

  b) B     

1 2 3 1  1 4 2 4  2 6 3 8   1 0 2 2 

Bài 4: Tìm ma trận X thỏa mãn:  3 1   5 6  14 16  a)  X    5 2   7 8   9 10   1 2 3   1 3 0      b)  3 2 4  X   10 2 7   2 1 0   10 7 8       1 1 1  1 1 3      c) X  2 1 0    4 3 2   1  1 1   1 2 5     

111

Bài 5: Tìm hạng của các ma trận sau: 1 0   0 1 a)  0 0  2 3 9 4  1 2  c)  3  4 5

0 2 3  0 3  5 1 4  b) A   1  4 11   7  7 12 

1 3

3 2

2 3

5  4  3 5 0 7   5 1 4 1 

2 3 4 5 3 4 5 1  4 5 1 2  5 1 2 3 1 2 3 4

Bài 6: Giải các hệ phương trình sau:  3x  2 y  z  5  a) 2 x  3 y  z  1 ;  2 x  y  3 z  11 

 2 x  y  z  t  1  x  2 y  z  t  2 b)   x  y  2z  t  4  x  y  z  2t  8

 x  3 z  4t   5  x  2 z  4t   4  c)   3 x  2 y  4t  12  4 x  3 y  5 z  5

 x1  2 x2  x3  x4  x5  0  x  x  3x  x  x  3 3 4 5  1 2 d)  x1  x2  x3  4 x4  x5  _ 2  x  x  x  x  5x  5 5  1 2 3 4  2 x1  x2  x3  x4  x5  2

4.4. Một số ứng dụng của ma trận, hệ phương trình 4.4.1. Ứng dụng trong mật mã - Mật mã là một ngành khoa học về bảo mật thông tin. Sử dụng ma trận ta có thể mã hóa được thông tin, giữ cho thông tin được bảo mật với người lạ.

- Mã hóa thông tin có thể được sử dụng để đảm bảo bí mật trong ngân hàng, các cơ quan kinh tế, trong quân đội…Trao đổi thông tin bí mật giữa hai hoặc nhiều người.

- Để chuyển được thông tin bí mật bằng mật mã ta cần làm hai bước sau: Bước 1: Quá trình mã hóa - Biến các kí tự trong dòng tin về một dòng các giá trị số; - Đặt các dữ liệu số này vào trong một ma trận; - Nhân ma trận dữ liệu với ma trận mã hóa; - Chuyển ma trận thu được thành các dòng số có chứa tin nhắn đã được mã hóa.

112

Bước 2: Quá trình giải mã - Khi nhận được các dòng số có chứa tin nhắn đã được mã hóa ta sẽ viết lại thành ma trận; - Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận mã hóa; - Nhân ma trận vừa viết với ma trận nghịch đảo của ma trận mã hóa; - Đưa dữ liệu từ số về kí tự.

Bài tập thực hành: Ta xét dòng tin: “Chiều mai tấn công đồi Him Lam”.

Bước 1: Quá trình mã hóa - Chuyển dòng tin từ dạng kí tự sang dạng số: Ta gán mỗi kí tự cho một số (số được gán là vị trí của kí tự trong bảng 29 chữ cái Tiếng Việt) và quy ước kí tự khoảng trắng tương ứng với số 0. Vậy ta có dòng số sau: 5 11 12 9 25 0 15 1 12 0 24 3 16 0 5 18 16 10 0 7 18 12 0 11 12 15 0 14 1 15 - Đặt dãy số này vào trong một ma trận (nên đưa vào một ma trận có nhiều nhất là 3 dòng để đơn giản việc tính toán).

Dòng tin có 30 kí tự nên ma trận dữ liệu A có cấp 3×10.  5 11 12 9 25 0 15 1 12 0    A   24 3 16 0 5 18 16 10 0 7   18 12 0 11 12 15 0 14 1 15   

- Ta đưa ra một ma trận mã hóa (B) ma trận này người mã hóa tự đưa ra (có nhiều ma trận mã hóa). Ma trận mã hóa phải đảm bảo hai yêu cầu: * Là ma trận vuông có cấp bằng với số dòng của ma trận dữ liệu A; * Có định thức khác 0 (detB ≠ 0).  1 0 1 Trong trường hợp này ta chọn B   0 1 1 (B là ma trận vuông cấp 3 có  1 0 1  

detB =2≠ 0) nên B thỏa mãn hai yêu cầu trên.

- Nhân ma trận mã hóa B với ma trận dữ liệu A ta được:  1 0 1 5 11 12 9 25 0 15 1 12 0     C  BA   0 1 1 24 3 16 0 5 18 16 10 0 7   1 0 1 18 12 0 11 12 15 0 14 1 15    

113

 23 23 12 20 37 15 15 15 13 15      42 15 16 11 17 33 16 24 1 22   13 1 12 2 13 15 15 13 11 15   

- Chuyển ma trận C thành các dòng số ta có:23 23 12 20 37 15 15 15 13 15 42 15 16 11 17 33 16 24 1 22 13 1 -12 2 -13 15 -15 13 -11 15 (*) Với dòng số (*) này ta đã mã hóa xong dòng tin ban đầu. Ta sẽ cung cấp dòng số này và ma trận mã hóa B cho người nhận để người nhận giải mã tìm ra dòng tin ban đầu.

Bước 2: Quá trình giải mã Cho dòng dữ liệu:23 23 12 20 37 15 15 15 13 15 42 15 16 11 17 33 16 24 1 22 13 1 -12 2 -13 15 -15 13 -11 15. Và ma trận mã hóa  1 0 1   B   0 1 1 . Tìm dòng tin muốn gửi?  1 0 1  

Giải mã: Vì ma trận mã hóa là ma trận vuông cấp 3 nên ta viết dòng dữ liệu nhận được: 23 23 12 20 37 15 15 15 13 15 42 15 16 11 17 33 16 24 1 22 13 1 -12 2 -13 15 -15 13 -11 15 thành ma trận có 3 dòng:  23 23 12 20 37 15 15 15 13 15    D   42 15 16 11 17 33 16 24 1 22   13 1 12 2 13 15 15 13 11 15     1 0 1 - Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận mã hóa B   0 1 1 .  1 0 1  

Ta có: B

1

 1 0 1 1    1 2 1 2  1 0 1

- Nhân ma trận B1 với D ta được ma trận E:  1 0 1  23 23 12 20 37 15 15 15 13 15  1   E   1 2 1 42 15 16 11 17 33 16 24 1 22  2    1 0 1  13 1 12 2 13 15 15 13 11 15 

114

 10 22 24 18 50 0 30 2 24 0  1    48 6 32 0 10 36 32 20 0 14  2   36 24 0 22 24 30 0 28 2 30   5 11 12 9 25 0 15 1 12 0      24 3 16 0 5 18 16 10 0 7   18 12 0 11 12 15 0 14 1 15   

- Chuyển ma trận E về dãy số: 5 11 12 9 25 0 15 1 12 0 24 3 16 0 5 18 16 10 0 7 18 12 0 11 12 15 0 14 1 15 Chuyển dãy số này về dãy kí tự (theo bảng chữ cái) ta được dòng tin:“Chiêu mai tân công đôi Him Lam”.

4.4.2. Ứng dụng ma trận giải hệ phương trình tuyến tính Ví dụ:Một công ty chế biến thực phẩm cần chế biến một loại thức ăn chứa 3 loại dưỡng chất là protein, carbohydrat và fat. Chúng được lấy từ 3 loại nguyên liệu: A, B, C. Số lượng dưỡng chất có trong 100 gam mỗi loại nguyên liệu và yêu cầu mỗi loại dưỡng chất có trong một sản phẩm làm ra được cho trong bảng sau: Hàm lượng dưỡng chất có Dưỡng chất

trong 100 gam nguyên liệu

Yêu cầu mỗi loại dưỡng chất có trong một sản phẩm

A (gam)

B (gam)

C (gam)

Protein

36

51

13

33

Carbohydrat

52

34

74

45

Fat

0

7

1,1

3

Hãy tìm số lượng mỗi loại nguyên liệu A, B, C để chế biến được một sản phẩm đủ dưỡng chất như đã đặt ra.  x1  Gọi X   x2  là số lượng cần tìm của mỗi loại nguyên liệu A, B, C (đơn vị x   3

tính 100 gam).  36 51 13  Ma trận hàm lượng: M   52 34 74   0 7 1,1   

115

 33  Gọi N là yêu cầu mỗi loại dưỡng chất có trong một sản phẩm làm ra N   45   3  

Ta có phương trình ma trận MX = N. Giải hệ phương trình đại số tuyến tính trên bằng Gauss ta được: M  M

 36 51 13  N    52 34 74  0 7 1,1 

33  1 0 0   45    0 1 0 0 0 1 3  

Như vậy để có được một sản phẩm thức ăn cần: 0,277 × 100 gam = 27,7 gam nguyên liệu A; 0,392 × 100 gam = 39,2 gam nguyên liệu B; 0,233 × 100 gam = 23,3 gam nguyên liệu C.

116

0, 277   0,392  0, 233 

Chương 5 HÀM HAI BIẾN 5.1. Kiến thức cần đạt Sau khi học xong chương V yêu cầu sinh viên làm được những việc sau: - Hiểu được khái niệm hàm hai biến, biết tìm tập xác định của hàm hai biến; -Biết tính đạo hàm riêng cấp 1, cấp 2, vi phân toàn phần của hàm hai biến; -Biết tìm cực trị tự do, cực trị có điều kiện của hàm hai biến; -Tìm được tham số trong mối quan hệ tuyến tính,bậc hai theo phương pháp bình phương bé nhất.

Ghi nhớ: 1. Miền xác định của hàm hai biến z = f(x,y) là những cặp số thực (x,y) làm cho các phép toán trong biểu thức f(x,y) có nghĩa.

2. Muốn tính đạo hàm riêng của hàm hai biến theo biến này thì ta coi biến kia là hằng số và tính như đạo hàm của hàm một biến thông thường (Mọi công thức để tính đạo hàm của hàm một biến vẫn dùng được).

- Đối với hàm số từ 3 biến trở lên muốn tính đạo hàm theo biến nào thì biến ấy là biến số còn các biến khác là hằng số.

3. Đạo hàm riêng cấp hai là đạo hàm riêng của đạo hàm riêng cấp 1.

Muốn tính đạo hàm riêng cấp 2 ta tính đạo hàm riêng cấp 1 sau đó lại tính đạo hàm riêng của các đạo hàm riêng cấp 1 này thì được đạo hàm riêng cấp 2.

4.Ta có công thức tính vi phân của hàm z = f(x,y) là: df  f ' x dx  f ' y dy

Muốn tìm vi phân của hàm hai biến ta tính các đạo hàm riêng cấp 1 rồi thay vào công thức trên.

1. Quy tắc tìm cực trị tự do của hàm hai biến: z = f(x,y) Bước 1: Tìm tập xác định, tính các đạo hàm riêng cấp một, cấp hai của hàm số.

Tính zx’; zy’, Tính zxx’’=A, zxy’’= B, zyy’’= C,   B 2  AC Bước 2: Tìm điểm tới hạn hay điểm dừng:  z x '  0

Giải hệ  được các nghiệm(xi, yi) (i = 1,2,..n) thì Mi(xi, yi) là một  z y '  0 điểm dừng.

117

Bước 3: Tại mỗi điểm Mi tính các giá trị: zxx’’(Mi) = Ai; zxy’’(Mi) = Bi; zyy’’(Mi) = Ci, i = Bi2 – AiCi và kết luận về điểm Mi dựa vào định lí 2.

- Nếu i > 0 thì Mi(xi, yi) không là cực trị của hàm số.

- Nếu i = 0 thì Mi(xi, yi) là điểm nghi ngờ.

- Nếu i < 0 và Ai> 0 thì Mi(xi, yi)là điểm cực tiểu của hàm số vàZCT = f( xi, yi).

- Nếu i < 0 và Ai< 0 thì Mi(xi, yi) là điểm cực đại của hàm số và ZCĐ = f( xi, yi).

Chú ý: Trong trường hợp hàm số có nhiều điểm dừng thì ta có thể lập bảng như sau: Điểm

A

 = B2 - AC

Mi( xi, yi)

Ai

i = Bi2 – AiCi

Kết luận

...

2. Quy tắc tìm cực trị có điều kiện của hàm hai biến Bài toán: Tìm cực trị của hàm z = f(x,y) thỏa mãn điều kiện g(x,y) = 0.

Quy tắc tìm cực trị có điều kiện của hàm hai biến theo phương pháp nhân tử Lagrange.

Bước 1: Đặt L ( x, y ,  )  f ( x, y )   g ( x, y ) Tính các đạo hàm riêng cấp1, cấp 2 của hàm Lagrange L ( x, y ,  )  f ( x, y )   g ( x , y ) L 'x ; L ' y ; L ' L ''xx ; L '' xy ; L '' yy ; g 'x ; g ' y

 0  Đặt: H   g 'x   g 'y

g 'x L ''xx L ''xy

g 'y   L ''xy  ; D  det H  2L ''xy .g 'x .g ' y  L ''xx g ' y 2  L '' yy g 'x2  L '' yy 

Bước 2: Giải hệ:  L 'x  0  f 'x   g 'x  0    L ' y  0   f ' y   g ' y  0 giả sử    g ( x, y )  0  L '  0

 xi , yi , i  : i  1,2,...n

là nghiệm của hệ

trên. Khi đó Mi  xi , yi  được gọi là điểm dừng ứng với nhân tử i .

118

Bước 3: Ta sẽ tính giá trị của hàm D tại các nghiệm của hệ trên: Nếu D  xi , yi , i   0 thì Mi  xi , yi  là điểm cực đại có điều kiện; Nếu D  xi , yi , i   0 thì Mi  xi , yi  là điểm cực tiểu có điều kiện; Nếu D  xi , yi , i   0 thì chưa có kết luận về điểm Mi  xi , yi  .

5.2. Bài tập có lời giải Bài 1: Tìm miền xác định của các hàm hai biến sau: 1. z  arcsin( x  y)

2. z 

ln( y  1)

3. z 

1 1   x y

1 x2  y

4. z  x 2  y 2  1 

x2  y 2  4

1 9  x2  y 2

Bài 2: Tính đạo hàm riêng của các hàm số sau: x 3 y  1. z  x2 y  3 y4 x2  e

2. u  x2  y2  z 2

3x  2 y  3. z   2x  3sin xy e

4. z   x  sin y 

5.z= tan  x+y . e 7.z=arctan

e3x ln xy

x y

6. z  xy.ln  xy 

y x+2y

8. z   x  2 y 

y3

 x  0

Bài 3: Tính đạo hàm riêng cấp hai của các hàm số sau: 1. z 

x y x y

3. z   x  1

2

2. z  e x  y  cos  x +3y  y

Bài 4: Tìm vi phân toàn phần của các hàm số sau:



1. z  sin x 2  y 2

3. z  x y



2. z  ln tan

2

y x

4. z  e x  cosy + xsiny 

Bài 5: Tìm cực trị của các hàm hai biến sau: 1.z  x 4  y 4  2 x 2  4 xy  2 y 2

2. z  x3  3 xy 2  15 x  12 y

3. z  x3  3x 2  y 3  12 y  1

4. z  3 x3  2 y 2  4 xy  5 x

5. z  x3  y 3  12 xy  1

6. z  x3  3x 2 y  y 3  12 y

Bài 6: a) Hai đại lượng x, y có mối quan hệ bậc nhất với nhau y = ax + b và có bảng giá trị tương ứng sau: 119

x

-1

0

2

3

5

6

y

2

3,2

5,5

6,8

8,5

8,5

Xác định giá trị a, b theo phương pháp bình phương bé nhất. b) Hai đại lượng x, y có mối quan hệ bậc hai với nhau y = ax2 + b và có bảng giá trị tương ứng sau: x

-1

2

3

4

6

y

2

3,5

2

4

2,5

Xác định giá trị a, b theo phương pháp bình phương bé nhất. c) Hai đại lượng x, y có mối quan hệ bậc hai với nhau y = ax2 + bx và có bảng giá trị tương ứng sau: x

0

2

3

4

y

8,5

3,5

4

2

Xác định giá trị a, b theo phương pháp bình phương bé nhất.

Bài 7: Bằng thực nghiệm đo được mối quan hệ của x và y trong bảng: x

-2

-1

0

1

2

3

y

1

2

1

0

2

-1

a) Biết x và y có mối quan hệ y = f(x) = ax + b. Tìm a, b theo phương pháp bình phương bé nhất. b) Biết x và y có mối quan hệ y = f(x) = ax2 + b. Tìm a, b theo phương pháp bình phương bé nhất. c) Biết x và y có mối quan hệ y = f(x) = ax2 + bx. Tìm a, b theo phương pháp bình phương bé nhất.

Bài 8: a) Tìm cực trị của hàm số z  f ( x, y)  e xy thỏa mãn điều kiện x + y =1. b) Tìm cực trị của hàm số z  f ( x, y )  xy thỏa mãn điều kiện x2  y2  8 .

LỜI GIẢI Bài 1: 1. z  arcsin( x  y )

 x  y  1  x  y  1 



Hàm số có tập xác định là D  ( x, y )  R 2 /  

120

2. z 

1 1 1   x y x2  y

  x  0    Hàm số có tập xác định đ là: D  ( x, y )  R 2 /  y  0    2   x  y  0 

3. z 

ln( y  1) x2  y2  4

 y  1  0   2 2  x  y  4  0 



Hàm số ố có tập xác định là: l D   ( x, y )  R 2 ;  

121

4. z  x 2  y 2  1 

1 9  x2  y 2

2    2  2 x  y  1  Hàm số có tập xác định là: D  ( x, y)  R /   2 2  x  y  9 

Bài 2: Tính đạo hàm riêng của các hàm nhiều biến (có nghĩa là ta sẽ tính các đạo hàm riêng cấp 1 của các hàm số này): x 3 y  1. z  x 2 y  3 y 4 x 2  e x 3 y  z '  2 xy  6 y 4 x  e x

z ' y  x 2  12 y 3 x 2  3e

x 3 y 

122

2. u  x 2  y 2  z 2 u 'x

x 2  y 2  z 2  'x    2 x2  y 2  z 2

x2  y 2  z 2

u 'y

x2  y 2  z 2  ' y   

y

u 'z

x2  y 2  z 2  'z   

x

2 x2  y 2  z 2

x2  y 2  z 2 z

2 x2  y 2  z 2

x2  y 2  z 2 3x  2 y  3. z   2 x  3sin xy  e 3x  2 y  3x 2 y z ' x   2  3 ycosxy  e  3  2 x  3sin xy  e 3x 2 y  3x 2 y  z '  3 xcosxye  2 2 x  3sin xy e



y



 e3 x ln xy  e3 x  ln xy  e3 x  ln xy  ln  x  sin y   ln  x  sin y  ze e

4. z   x  sin y 



 e3 x ln xy  ln x sin y 



z ' x   e 2 x  ln xy ln  x  sin y   ' x e  



  1 1 e3 x  ln xy  z ' x   2e2 x   ln  x  sin y   e 2 x  ln xy   x  sin y  x x  sin y  









e3 x  ln xy ln  x  sin y  2x   z ' y  e  ln xy ln  x  sin y  ' y e   1  cos y  z ' y   ln  x  sin y   e 2 x  ln xy   x  sin y  x  sin y y 







5.z = tan  x+y  . e



x y

1

x y

x

1

x y

1 y z 'x  e  e tan  x+y  y cos 2  x+y  z 'y 

cos 2  x+y 

e 

x y2

x y

e tan  x+y 

6. z  xy.ln  xy  z ' x  y ln  xy   xy

y  y ln  xy   y xy

z ' y  x ln  xy   x

123

e3 x ln xy 



7.z=arctan

y x+2y '

z 'x 

 y   x+2y   x  y  1    x+2y 

 2



 y   x+2y   y

y3

ze



y 2

x  4 xy  5 y 2

 x+2y 2

2

 x+2y 2



1

y2



x x 2  4 xy  5 y 2

 x+2y 2

 x  0

z 'x  y 3  x  2 y  ln  x  2 y 

y

2

x  2y  2y

 y  1    x+2y 

8. z   x  2 y 

 x+2y 2

1

'

z 'y 

y

y 3 1

y3

e

y3 ln  x  2 y 

y z ' y   y 3 ln  x  2 y   ' y e  

3 ln x  2 y  

 2  y3  z ' y  3 y 2 ln  x  2 y   y 3 . x  2 y   x  2 y   9. u  x 2 yz  3 x 2 z  2 x  y  3 z 3 u ' x  2 xyz  6 xz  2 u ' y  x2 z  1 u 'z  x 2 y  3x 2  9 z 2

Bài 3: Tính các đạo hàm riêng cấp hai của các hàm số sau: x y x y

1. z  z 'x 

x  y  x  y



2y

 x  y 2 ( x  y )   x  y  2 x z 'y   2  x  y  x  y 2 z '' xx 

x  y

2

4 y  x  y 

 x  y 4



4 y

 x  y 3 124

2

z '' xy 

2 x  y  4 y  x  y 4

 x  y 4x  x  y  4x z '' yy    x  y 4  x  y 3



2 x  y 3

 x  y

 z '' yx

2

2. z  e x  y  cosx 2

z' x  e x  y  s inx z ' y  2 ye x  y

2

2

z '' xx  e x  y  cos x z '' xy  2 ye x  y

2

2 2 2 2 z '' yy  2e x  y   2 ye x  y   2 y   2e x  y  4 y 2e x  y  

3. z   x  1

y

z 'x  y  x  1

y 1

y

z ' y   x  1 ln  x  1 z '' xx  y ( y  1)  x  1 z '' xy   x  1

y 1

y 2

 y  x  1

y 1

ln  x  1  z ''yx

y

z '' yy   x  1 ln 2  x  1 4. z  arctgxy 2 '

  x  y2 2 1  x2 y 4 1   xy 2  '  xy2  y 2xy z 'y   2 2 1  x2 y 4 1   xy  xy 2

z 'x 

z ''xx 

2 xy 6 2

1  x2 y 4  2 y 1  x 2 y 4   y 2 4 x 2 y 3 2 y  2 x 2 y 5 z ''xy    z ''yx 2 4 2 2 4 2 1  x y  1  x y  125





2 x 1  x 2 y 4  2 xy.4 x 2 y 3 z '' yy 

1  x2 y 4 



2

2 x  2 x3 y 4  8 x3 y 4

1  x2 y4 

2



2 x  6 x3 y 4

1  x2 y 4 

Bài 4: Tìm vi phân toàn phần của các hàm số sau:



1. z  sin x 2  y 2



  z ' y  2 y cos  x 2  y 2   dz  2 x cos  x 2  y 2  dx  2 y cos  x 2  y 2  dy z ' x  2 x cos x 2  y 2

2. z  ln tan

y x '

y  y  tan  x x 2 y  x2 z 'x    y y y y tan tan cos 2 x 2 sin 2 x x x x '

y  1  tan  x y  2 x z 'y    y y y y tan tan cos 2 x sin 2 x x x x

 dz 

2 y y x sin 2 x

dx 

2

3. z  x y

2 y x sin 2 x

dy

2

z 'x  y 2 x y

2 1 2

z ' y  2 yx y ln x  dz  y 2 x y

2 1

2

dx  2 yx y ln xdy.

4. z  e x  cosy + xsiny  z 'x  e x  cosy + xsiny   e xsiny

z ' y  e x   sin y  x cos y   dz  e x  cosy + xsiny   e xsiny  dx  e x   sin y  x cos y  dy  

Bài 5: Tìm cực trị của các hàm hai biến sau: 1. z  x4  y 4  2 x2  4 xy  2 y 2

126

2

Tập xác định của hàm số: R2 z ' x  4 x3  4 x  4 y z ' y  4 y3  4 x  4 y z ''xx  12 x 2  4 x z ''xy  4 z '' yy  12 y 2  4 y













  16  12 x 2  4 x 12 y 2  4 y  16 1  3 x 2  x 3 y 2  y   

Giải hệ phương trình: 3 3  z ' x  0 4 x  4 x  4 y  0 4 x  4 x  4 y  0    3 3 3  z ' y  0 4 y  4 x  4 y  0  x  y  0

 x3  x  y  0  x  0, x   2  x3  2 x  0    2 2  y   x ( x  y )( x  xy  y )  0  y   x

Hệ phương trình có ba nghiệm: (0,0); ( 2,  2);( 2, 2) Hàm số có 3 điểm dừng: M1(0,0); M 2 ( 2,  2); M3 ( 2, 2) Lập bảng: Mi

Ai

i

M1(0,0)

M 2 ( 2,  2)

M3 ( 2, 2)

+ +

-

Kết luận về điểm Mi M1(0,0) không là điểm cực trị của hàm số

M 2 ( 2,  2) là điểm cực tiểu của hàm số

ZCT = f ( 2,  2) +

-

M3 ( 2, 2) là điểm cực tiểu của hàm số

ZCT = f ( 2, 2)

Kết luận: Hàm số đạt cực tiểu tại M1 và M2.

2.z  x3  3xy2  15x 12 y z x'  3x 2  3 y 2  15; z 'y  6 xy  12 '' z xx  6 x  A;



'' z xy  6 y  B; z ''yy  6 x  C;   36 y 2  x 2

Giải hệ phương trình: 127



 z 'x  3 x 2  3 y 2  15  0  x 2  y 2  5  x  y  3    '  x. y  2  z y  6 xy  12  0  xy  2

Hệ phương trình trên có bốn nghiệm:(1, 2); (2, 1); (-1, -2); (-2, -1).

Hàm số có 4 điểm dừng: M1(1, 2); M2(2, 1); M3(-1, -2); M4(-2, -1).

Lập bảng: Điểm M1(1, 2) M2(2, 1) M3(-1, -2) M4(-2, -1)



  36 y 2  x 2

A = 6x



+ + -

+ -

Kết luận M1 không là điểm cực trị M2 là điểm cực tiểu Zct = f(2, 1) = -28 M3 không là cực trị M4 là điểm cực đại và Zcđ = f(-2, -1) = 28

Kết luận: Vậy hàm số đạt cực tiểu tại điểm M2(2, 1) và đạt cực đại tại M4(2, -1).

3. Z  x3  3x2  y3  12 y  1 Z x'  3x 2  6 x;

Z 'y  3 y 2  12

'' A  Z xx  6 x  6;

'' B  Z xy  0;

C  Z ''yy  6 y

  36 y( x  1)  z 'x  3 x 2  6 x  0  x 2  2 x  0  x  0; x  2    ' 2 2  y  2  y  4  z y  3 y  12  0

Hệ phương trình có bốn nghiệm nên hàm số có 4 điểm dừng: M1(0, 2); M2(0, -2); M3(2, 2); M4(2, -2). Điểm

A = 6x-6

= -36y(x-1)

M1(0, 2)

Kết luận

+

M1 (0, 2) không là điểm cực trị

M2(0, -2)

-

-

M2(0, -2) là điểm cực đại; zCĐ = 15

M3(2, 2)

+

-

M3(2, 2) là điểm cực tiểu;Zct = f(2, 2)

+

M4 (2, -2) không là điểm cực trị

M4(2, -2)

Kết luận:Vậy hàm số đạt cực tiểu tại điểm M3(2, 2) và đạt cực đại tại M2(0, -2).

4. z  f ( x, y)  3x3  2 y2  4xy  5x z 'x  9 x2  4 y  5

z ''xx  18x;

z ''xy  4;

z ' y  4 y  4x z '' yy  4;

128

  16  72 x

Giải hệ phương trình:  x  1  9 x 2  4 y  5  0 9 x 2  4 x  5  0  z ' x  0  y  1         x  5  z ' y  0  4 y  4 x  0  y  x 9     y  5 9 

Hệ phương trình có hai nghiệm.

Vậy hàm số có hai điểm dừng: M1(1,1); M 2 ( 95 , 95 ) .

Lập bảng: Điểm

A = 18x

M 1 (1,1)

+

= 16 - 72x

M1(1, 1) là điểm cực tiểu của

-

5 5 M2( , ) 9 9

Kết luận về điểm đang xét hàm số ZCT = f(1, 1) = - 4 M2(

+

5 5 , ) 9 9 không là điểm cực

trị của hàm số

Kết luận: Hàm số đạt cực tiểu tại M 1 (1,1) .

5. z  f ( x, y)  x3  y3 12xy  1 z x'  3 x 2  12 y;

z 'y  3 y 2  12 x

'' z xx  6 x  A;

z ''xy  12  B;

z ''yy  6 y  C ,

  144  36 xy

 z x'  3 x 2  12 y  0 - Giải hệ:  ' ta được hai nghiệm(0, 0); (4, 4).

2  z y  3 y  12 x  0

Nên hàm số có hai điểm dừng M1(0, 0); M2(4, 4).

- Lập bảng: Điểm

A = 6x

M1(0, 0) M2(4, 4)

  144  36 xy

+ 24 > 0

Kết luận M1(0, 0)không là điểm cực trị

144 – 36.16 = -432 <0

M2(4, 4) là điểm cực tiểu và zCT   63

Kết luận: Vậy hàm số đạt cực tiểu tại M2(1, 1) và zCT   63 .

129

6. z  f ( x, y)  x3  3x2 y  y3 12 y Cách 1: z ' x  3 x 2  6 xy

z ' y  3 x 2  3 y 2  12

z '' xx  6 x  6 y  A;

z '' xy  6 x  B;

z '' yy  6 y  C

  36  x 2  y ( x  y )   

Giải hệ phương trình: 3x2  6 xy  0  z 'x  0 3x( x  2 y)  0      2 2 2 2  z ' y  0  x  y  4  0 3x  3 y  12  0   x  0 x  0   2  y  2   y  4   x  2 y   x  2 y    4 y 2  y 2  4  0 3 y 2  4  

Hệ phương trình có hai nghiệm (0, 2); (0, -2). Hàm số có hai điểm dừng M1(0, 2); M2(0, -2).

Lập bảng: Điểm

A = 6x-6y

  36( x2  xy  y2 )

Kết luận

M1(0, 2)

144>0

M1 không là điểm cực trị

M2(0, -2)

36.16>0

M2 không là điểm cực trị

Vậy hàm số không có cực trị.

Cách 2: z ' x  3x 2  6 xy z ' y  3x 2  3 y 2  12 z '' xx  6 x  6 y  A z '' xy  6 x  B z '' yy  6 y  C   36  x 2  y ( x  y )    2  1  3 2 2 2 2   Ta có:   36  x  y( x  y )   36 x  xy  y  36  x  y   y   0 2  4  





130

Với  x, y   R2.

Vậy hàm số không có cực trị.

Bài 6: a) Hai đại lượng x, y có mối quan hệ bậc nhất với nhau y = ax + b và có bảng giá trị tương ứng sau: x

-1

0

2

3

5

6

y

2

3,2

5,5

6,8

8,5

8,5

Xác định giá trị a, b theo phương pháp bình phương bé nhất.

Giải: Hệ phương trình xác định a, b cho mối quan hệ bậc nhất y = ax + b là:





a x 2  x 2  ...  x 2  b  x  x  ...  x   x y  x y  ...  x y 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n  1  a  x1  x2  ...  xn   nb  y1  y2  ...  yn

Để xác định hệ trên, ta lập bảng sau: i

xi

yi

x i2

xi yi

1

-1

2

1

-2

2

0

3,2

0

0

3

2

5,5

4

11

4

3

6,8

9

20,4

5

5

8,5

25

42,5

6

6

8,5

36

51

Tổng

15

34,5

75

122,9

733  a   75a  15b  122,9 750  Vậy ta có hệ:  15a  6b  34,5 b  248  75

Vậy hàm thực nghiệm cần tìm là: y 

733 248 x .

750 75

b) Hai đại lượng x, y có mối quan hệ bậc hai với nhau y = ax2 + b và có bảng giá trị tương ứng sau: x

-1

2

3

4

6

y

2

3,5

2

4

2,5

Xác định giá trị a, b theo phương pháp bình phương bé nhất.

131

Giải: Hệ phương trình xác định a, b cho mối quan hệ bậc hai y = ax2 + b là:

 

  



a x 4  x 4  ...  x 4  b x 2  x 2  ...  x 2  x 2 y  x 2 y  ...  x 2 y 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n  1 (2)  2 2 2 a x1  x2  ...  xn  nb  y1  y2  ...  yn 

Để xác định hệ trên, ta lập bảng sau: i

xi

yi

x i2

x i4

xi2yi

1

-1

2

1

1

2

2

2

3,5

4

16

14

3

3

2

9

81

18

4

4

4

16

256

64

5

6

2,5

36

1296

90

14

66

1650

188

Tổng Ta có hệ

8  a  1650a  66b  188  1947   66a  5b  14 b  162  59

Vậy hàm thực nghiệm cần tìm là: y 

8 2 162 x  .

1947 59

c) Hai đại lượng x, y có mối quan hệ bậc hai với nhau y = ax2 + bx và có bảng giá trị tương ứng sau: x

0

2

3

4

y

8,5

3,5

4

2

Xác định giá trị a, b theo phương pháp bình phương bé nhất.

Giải: Hệ phương trình xác định a, b cho mối quan hệ bậc hai y = ax2 + bx là:

132

 

   

 

a x 4  x 4  ...  x 4  b x 3  x 3  ...  x 3  x 2 y  x 2 y  ...  x 2 y 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n  1 (3)  3 3 3 2 2 2 a x1  x2  ...  xn  b x1  x2  ...  xn  x1 y1  x2 y2  ...  xn yn 

Để xác định hệ trên, ta lập bảng sau: i

xi

yi

x i2

x i3

x i4

xi yi

x i2 y i

1

0

8,5

0

0

0

0

0

2

2

3,5

4

8

16

7

14

3

3

4

9

27

81

12

36

4

4

2

16

64

256

8

32

29

99

353

27

82

Tổng

295  a   353a  99b  82 436  Vậy ta có hệ:  99a  29b  27 b  1413  436

Vậy hàm thực nghiệm cần tìm là y 

295 2 1413 x  x.

436 436

Bài 7: Bằng thực nghiệm đo được mối quan hệ của x và y trong bảng: x

-2

-1

0

1

2

3

y

1

2

1

0

2

-1

a) Biết x và y có mối quan hệ y = f(x) = ax + b. Tìm a, b theo phương pháp bình phương bé nhất. b) Biết x và y có mối quan hệ y = f(x) = ax2 + b. Tìm a, b theo phương pháp bình phương bé nhất. c) Biết x và y có mối quan hệ y = f(x) = ax2 + bx. Tìm a, b theo phương pháp bình phương bé nhất.

Giải: a) Hệ phương trình xác định a, b cho mối quan hệ bậc nhất y = ax + b là: 133





a x 2  x 2  ...  x 2  b  x  x  ...  x   x y  x y  ...  x y 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n  1  a  x1  x2  ...  xn   nb  y1  y2  ...  yn

Để xác định hệ trên, ta lập bảng sau: i

xi

yi

x i2

xi yi

1

-2

1

4

-2

2

-1

2

1

-2

3

0

1

0

0

4

1

0

1

0

5

2

2

4

4

6

3

-1

9

-3

Tổng

3

5

19

-3

33  a  19a  3b  3  105  Ta có hệ:  3a  6b  5 b  104  105

Vậy hàm thực nghiệm cần tìm là y 

33 104 x .

105 105

b) Hệ phương trình xác định a, b cho mối quan hệ bậc hai y = ax2 + b là:

 

  



a x 4  x 4  ...  x 4  b x 2  x 2  ...  x 2  x 2 y  x 2 y  ...  x 2 y 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n  1 (2)  2 2 2 a x1  x2  ...  xn  nb  y1  y2  ...  yn 

Để xác định hệ trên, ta lập bảng sau: i

xi

yi

x i2

x i4

xi2yi

1

-2

1

4

16

4

2

-1

2

1

1

2

3

0

1

0

0

0

4

1

0

1

1

0

5

2

2

4

16

8

6

3

-1

9

81

-9

5

19

115

5

Tổng

134

65  a  115a  19b  5  329  Vậy ta có hệ:  19a  6b  5 b  480  329

Vậy hàm thực nghiệm cần tìm là y 

65 2 480 x  .

329 329

c) Hệ phương trình xác định a, b cho mối quan hệ bậc hai y = ax2 + bx là:

 

   

 

a x 4  x 4  ...  x 4  b x 3  x 3  ...  x 3  x 2 y  x 2 y  ...  x 2 y 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n  1 (3)  3 3 3 2 2 2 a x1  x2  ...  xn  b x1  x2  ...  xn  x1 y1  x2 y2  ...  xn yn 

Để xác định hệ trên, ta lập bảng sau: i

xi

yi

x i2

x i3

x i4

xi yi

x i2 y i

1

-2

1

4

-8

16

-2

4

2

-1

2

1

-1

1

-2

2

3

0

1

0

0

0

0

0

4

1

0

1

1

1

0

0

5

2

2

4

8

16

4

8

6

3

-1

9

27

81

-3

-9

19

27

115

-3

5

Tổng

11  a  115a  27b  5  91  Vậy ta có hệ:   27 a  19b  3 b  30  91

Vậy hàm thực nghiệm cần tìm là y 

11 2 30 x  x.

91 91

Bài 8: Cực trị có điều kiện: a) Tìm cực trị của hàm số z  f ( x, y)  e xy thỏa mãn điều kiện x + y =1? Đặt L( x, y,  )  exy   ( x  y 1) Tính các đạo hàm riêng: L( x, y,  )  e xy   ( x  y  1) L 'x  ye xy   ;

L ' y  xe xy  

L '  ( x  y  1)

135

L '' xx  y 2e xy ;

L '' xy  e xy  xye xy

L '' yy  x 2e xy g ' x  1; g ' y  1





D  2 e xy  xye xy  y 2e xy  x 2e xy

Giải hệ phương trình:  ye xy    0 ( x  y )e xy  0  L 'x  0    xy xy  L ' y  0   xe    0   xe    0  x  y 1  0 x  y 1  0  L '  0  

  x  12 x  y     xe xy    0   y  1 2 2 x  1  1    1 e 4  2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 D( 1 2 , 1 2 , e 4 )  2(e 4  e 4 )  e 4  e 4  2e 4  0 2 4 4 4

Vậy M ( 12 , 12 ) là điểm cực đại có điều kiện của hàm số. b) Tìm cực trị của hàm số z  f ( x, y )  xy thỏa mãn điều kiện x2  y2  8 ? Đặt L( x, y,  )  xy  ( x2  y2  8) Tính các đạo hàm riêng: L ' x  y  2 x L ' y  x  2 y L '  ( x 2  y 2  8) L '' xx  2

L '' xy  1;

L '' yy  2

g ' x  2 x;

g 'y  2 y 2

2



D  2.2 x.2 y  2.  2 y   2 . 2 x   8 xy   x 2   y 2

Giải hệ phương trình:  y  2 x  0  L 'x  0    L ' y  0   x  2 y  0   2 2  L '  0 x  y  8  0

136



y  y      2x  2x   y   x  2 y  0   x  y  x  y   0 2 x   2 2  x2  y 2  8  0 x  y  8  0    y    2 x  1 1 TH 1:  x  y  (2, 2, ); ( 2, 2, ).

2 2  2 2 x  x  8  0  x   2   y     2x  1 1 TH 2 :  x   y  (2, 2,  ); ( 2, 2,  ).

2 2  2 2  x  x  8  0  x  2 

Hàm số có hai điểm dừng M1(2, 2); M2(-2, -2) ứng với λ = ½.

Hàm số có hai điểm dừng M3(2, -2); M4(-2, 2) ứng với λ = -½.



D  8 xy   x 2   y 2



Tại M1(2, 2) ta có: 1  D  2, 2,   8  4  2  2   64  0. Nên M1(2, 2) là điểm cực đại của hàm số, 2 

ZCĐ = 4.

Tại M2(-2, -2) ta có: 1  D  2, 2,   8  4  2  2   64  0. Nên M2(-2, -2)là điểm cực đại của hàm 2 

số, ZCĐ = 4.

Tại M3(2, -2) ta có: 1  D  2, 2,    8  4  2  2   64  0. Nên M3(2, -2) là điểm cực tiểu của 2 

hàm số, ZCT = -4.

Tại M4(-2, 2) ta có: 1  D  2, 2,    8  4  2  2   64  0. Nên M4(-2, 2) là điểm cực tiểu của 2 

hàm số, ZCT = -4.

137

5.3. Bài tập tự giải Bài 1: Tính các đạo hàm riêng của các hàm số sau: a ) z  ln( x  x 2  y 2 )

c) z  (1  xy)

b) z  arctg

y

d) z 

y x

x3  y x  e .arctgy yx

Bài 2: Tính các đạo hàm riêng cấp hai của các hàm số sau:



a) z  ln x2  y 2



b) z 

x 2  y 2 .e

x y

Bài 3: Tìm vi phân toàn phần của các hàm số sau: a) z  arctg

x+y x-y

b) z  sin x3 y

2

Bài 4: Tìm cực trị của các hàm số sau: a) z  x4  y 4  2 x 2  4 xy  2 y 2

b) z  x3  3xy 2  30 x  18 y

c) z 1  6 x  x 2  xy  y 2

d ) z  x3  2 y 3  3 x  6 y

e) z  y 2  4 xy  x3  3x

f ) z  x3  8 y3  6 xy  5

Bài 5: a) Tìm cực trị của hàm số z  f ( x, y )  xy thỏa mãn điều kiện x + y =1.

1 1 1 1 1 b) Tìm cực trị của hàm số z  f ( x, y)   thỏa mãn điều kiện 2  2  2 . x y x y a x 2

c) Tìm cực trị của hàm số z  f ( x, y)  x2  y 2 thỏa mãn điều kiện 

y 1 3

.

Bài 6: Hai đại lượng x, y có mối quan hệ bậc nhất với nhau y = ax + b và có bảng giá trị tương ứng sau: x

1

2

3

4

5

6

y

2

4.9

7.9

11.1

14.1

17

Xác định giá trị a, b theo phương pháp bình phương bé nhất.

Bài 7: Hai đại lượng x, y có mối quan hệ bậc hai với nhau y = ax2 + b và có bảng giá trị tương ứng sau:

138

x

1

2

3

4

5

y

0.1

3

8.1

14.9

23.9

Xác định giá trị a, b theo phương pháp bình phương bé nhất.

Bài 8: Hai đại lượng x, y có mối quan hệ bậc hai với nhau y = ax2 + bx và có bảng giá trị tương ứng sau: x

1

2

3

4

5

6

y

4,9

16,5

33

55,5

84

119

Xác định giá trị a, b theo phương pháp bình phương bé nhất.

5.4. Ứng dụng của hàm hai biến(giới thiệu) 5.4.1. Ứng dụng của cực trị có điều kiện Bài toán: Một nhà sản xuất sẽ chi 30 nghìn USD vào phát triển và quảng cáo một sản phẩm mới. Họ ước tính rằng nếu x nghìn USD được dùng vào phát triển và y nghìn USD được dùng vào quảng cáo thì sẽ có xấp xỉ f ( x, y )  60 x y đơn vị sản phẩm được bán ra mỗi tháng. Hỏi nhà sản xuất nên phân chia bao nhiêu tiền vào phát triển và bao nhiêu tiền vào quảng cáo để mỗi tháng nhà sản xuất bán được nhiều sản phẩm nhất.

Giải: Bài toán yêu cầu tìm x, y với x, y > 0 để f ( x, y )  60 x . y đạt giá trị lớn nhất thỏa mãn điều kiện: x + y = 30.

Hàm g(x, y) = x + y – 30.

Ta có hàm nhân tử Lagrange: L( x, y,  )  60 x y    x  y  30  .

Ta có hệ phương trình:  L 'x  0  L 'y  0   L '  0

30.

1 y  0 x

 60 x    0

x  y  30  0

 x  10  Giải hệ trên ta được  y  20    60 10

139

Vậy M(10, 20) là điểm dừng ứng với trị riêng   60 10 . g ' x  1; L '' xx  

g 'y  1 15 y x3

; L ''xy 

30 ; L '' yy  0 x

D  det H  2 L '' xy .g ' x .g ' y  L '' xx g ' y 2  L '' yy g 'x 2 

60 15 y  x x3

D (10, 20,60 10) 

60 30   9 10  0 10 10

 x  10 f ( x, y ) đạt cực đại tại   y  20

Vậy nhà sản xuất nên đầu tư 10 nghìn USD vào phát triển và 20 nghìn USD vào quảng cáo thì mỗi tháng nhà sản xuất sẽ bán được nhiều sản phẩm nhất.

5.4.2. Ứng dụng của phương pháp bình phương tối thiểu Ví dụ: Một doanh nghiệp muốn xây dựng phương trình dự toán (phương trình tuyến tính) chi phí bảo dưỡng thiết bị theo yếu tố biến phí (a) và định phí (b).

Dựa vào tài liệu về chi phí bảo dưỡng thiết bị y (đơn vị tính triệu đồng) và số giờ máy móc hoạt động thực tế x (đơn vị tính 1000 giờ) được thống kê trong một năm như sau: x

8

9

8

9

10

11

13

12

10

9

8

7

y

70

76

71

80

90

92

100

97

91

79

72

65

Hãy xây dựng phương trình dự toán cho doanh nghiệp.

Giải: Hệ phương trình xác định a, b cho mối quan hệ bậc nhất y = ax + b là:





a x 2  x 2  ...  x 2  b  x  x  ...  x   x y  x y  ...  x y 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n  1  a  x1  x2  ...  xn   nb  y1  y2  ...  yn

Để xác định hệ trên, ta lập bảng sau:

140

Tháng (i)

xi

yi

x i2

xi yi

1

8

70

64

560

2

9

76

81

684

3

8

71

64

568

4

9

80

81

720

5

10

90

100

900

6

11

92

121

1012

7

13

100

196

1300

8

12

97

144

1164

9

10

91

100

910

10

9

79

81

711

11

8

72

64

576

12

7

65

49

455

Tổng cột

114

983

1145

9560

1145a  114b  9560 a  3,5726  Vậy ta có hệ:  114a  12b  983 b  47,9771

Phương trình dự toán chi phí hàng tháng để bảo dưỡng sửa chữa thiết bị của doanh nghiệp là: y = 3,5726.x +47,9771.

Cụ thể giải sử tháng tới tổng số giờ các máy hoạt động là 9500 giờ thì số tiền chi cho bảo dưỡng sửa chữa thiết bị của doanh nghiệp là: y = 3,5726. 9,5 +47,9771 = 81,9168 (triệu đồng)

141

Chương 6 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 6.1. Kiến thức cần đạt Học xong chương VI yêu cầu sinh viên: - Hiểu được khái niệm phương trình vi phân, cấp và nghiệm của phương trình vi phân; - Giải được các dạng phương trình vi phân cấp 1 như: phương trình có biến số phân li, phương trình tuyến tính, phương trình Bec-nu-li; - Giải được phương trình vi phân tuyến tính cấp hai có hệ số không đổi dạng: ay ''  by '  cy  e x .Pn ( x), a  0, b, c,  R; n  N ; - Giải được bài toán Côsi cho phương trình vi phân cấp 1, cấp 2.

Ghi nhớ: 1. Phương trình vi phân là phương trình có dạng: F ( x, y, y ',..., y ( n) )  0 (1)

Trong đó x là biến độc lập, y là hàm số phải tìm và y’, y’’, …, y(n) là các đạo hàm cấp 1, cấp 2… cấp n của hàm y.

2. Cấp của phương trình vi phân là cấp cao nhất của đạo hàm (hàm phải tìm) có mặt trong phương trình vi phân đó.

3. Nghiệm của phương trình vi phân là hàm số y =   x  mà khi thay vào phương trình vi phân đó ta nhận được một đồng nhất thức đúng.

4. Phương trình đưa về phương trình vi phân có biến số phân li: Là phương trình có dạng: M(x)N(y)dx + P(x)Q(y)dy = 0 Cách giải: Nếu N(y)  0, P(x)  0 ta có: M(x)N(y)dx+P(x)Q(y)dy=0 

M (x) Q( y) M ( x) Q( y ) dx   dy   dx   dy P(x) N( y) P ( x) N ( y)

Nếu N(y)P(x) = 0  x  x0 , y  y0 ... là các nghiệm kì dị của phương trình.

5. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 Định nghĩa: là phương trình có dạng y ' p ( x) y  q ( x).

Cách giải: Ta có thể giải theo các bước: Bước 1: Giải phương trình thuần nhất tương ứng: y '  p  x  y  0 (+) 142

 dy  p  x  ydx  0 dy  p  x  dx  0 ( y  0) y dy     p  x  dx  ln C 0 y 

 ln y    p  x  dx  ln C  p x dx  y  C.e   

với C là hằng số tuỳ ý.

Dễ thấy y = 0 là nghiệm của (+) ứng với C = 0 nên công thức nghiệm tổng  p x dx quát của (+) là: y  C.e    , C là hằng số tuỳ ý.

Bước 2: Biến thiên hằng số: Ta tìm nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất ở dạng  p x dx y  C.e    bằng cách coi C = C(x) là một hàm số.

Từ y C(x)e p(x)dx y' C'(x)e p(x)dx C(x) p(x)e p(x)dx , thay vào y ' p( x) y  q( x).

Ta có: C' ( x)e p( x)dx  C( x) p( x)e p( x)dx  p( x)C( x)e p( x)dx  q( x)  C ' ( x)e  p ( x ) dx  q( x)  C ' ( x)

 q ( x)e  p ( x ) dx

 C ( x)

  q( x)e  p ( x ) dx dx  K

Vậy công thức nghiệm tổng quát của y ' p( x) y  q ( x) là: y e

  p  x  dx

  q  x  e  p  x  dx dx  K  ; K  R  

Hoặc có thể áp dụng ngay công thức nghiệm: y e

  p  x  dx

  q  x  e  p  x  dx dx  C  ; C  R  

6. Phương trình Bec - nu - li Định nghĩa: là phương trình có dạng: y '  p  x  y  q  x  . y ,  R,  0,  1

Cách giải: + y = 0 là nghiệm phương trình + y  0 chia cả hai vế cho y phương trình tương đương với:

143

y' 

y

 p  x  y1  q  x 

Đặt y1  u  u '  1    y ' y   1   

1 u' . y '  y '  1  y y 1

Thay vào phương trình: u'  p  xu  q  x 1  u '  1    p  x  u  1    q  x 

Bài toán trở về giải phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 (đối với hàm u).

7. Cách giải phương trình vi phân cấp 2 có hệ số không đổi: ay ''  by '  cy  e x .Pn ( x), a  0, b, c,  R; n  N (*)

Trong đó: Pn (x) là đa thức bậc n.

Bước 1: Giải phương trình vi phân thuần nhất: ay ''  by '  cy  0 (1) Giải phương trình đặc trưng: ak2 + bk +c = 0.

Xét các trường hợp sau: * Nếu   b2  4ac  0 : phương trình đặc trưng có hai nghiệm thực phân biệt k1,2 

b   .

2a

Nghiệm tổng quát của (1) là: ytn  C1ek1x  C2ek2 x , C1, C2 là hằng số. *Nếu   b2  4ac  0 : phương trình đặc trưng có nghiệm kép k  k1  k2 

b .

2a

Nghiệm tổng quát của (1) là: ytn   C1  xC2  ekx , C1, C2 là hằng số. *Nếu   b2  4ac  0 : phương trình đặc trưng có hai nghiệm phức liên hợp k1,2 

b   i 2a 2a

Đặt  

b  ,  .

2a 2a

Nghiệm tổng quát của (1) là: ytn  e x C1cos x  C2 sin  x , C1, C2 là hằng số.

Bước 2: Tìm nghiệm riêng Y của phương trình không thuần nhất (*): Nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất Y có dạng: Y  e xQn  x  nếu  không là nghiệm của phương trình đặc trưng; Y  xe xQn  x  nếu  là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng;

144

Y  x2e xQn  x  nếu  là nghiệm kép của phương trình đặc trưng;

Trong đó Qn(x) là đa thức cùng bậc với Pn(x).

Và các hệ số của Qn(x) tìm được bằng phương pháp cân bằng hệ số.

(Q0(x) = A; Q1(x) = Ax + B; Q2(x) = Ax2 + Bx + C; Q3(x) = Ax3 + Bx2 + Cx + D;…)

Bước 3: Nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất (*) là: y = ytn + Y 6.2. Bài tập có lời giải Bài 1: Giải các phương trình vi phân sau: 1) x 1 y 2  yy ' 1 x2  0

4) y .y’ = 2x -3

2) e y (1 x 2 )dy  2 x(1 e y )dx  0

5) 2 x+ y + 3 x-2yy’ = 0

3) y’ = sin( x- y +1 )

6) 3e xtgydx  (2  e x )

dy cos2 y

0

Bài 2: Giải các phương trình vi phân sau: 1) y ' 2 xy  e x

2

3) y’xlnx – y = 3x3 ln2x; y(e) = 1 x

2) y’cosx – ysinx = sin2x

4) y ' y  e 2 y

Bài 3: Giải các phương trình vi phân sau: 1) y’’ - 5y’ + 6y = ex(2x+3) 2) y’’ - 6y’ + 9y = 4e3x thỏa mãn y(0) = 1; y’(0) = 2 3) y’’ - 2y’ + 5y = 5x2 + 6x 4) y’’ - 3y’ + 2y = e3x + (-2x+1)e2x 5) y’’ - 4y’ + 13y = (-25x+8)e-2x LỜI GIẢI Bài 1: Giải các phương trình vi phân sau: 1) x 1 y 2  yy ' 1 x2  0  x 1 y 2  y

dy 1 x 2  0 dx

 x 1  y 2 dx  ydy 1  x 2  0



x 1 y 2 1 y 2 1  x 2

dx 

1 x 2 y 1 y 2 1  x 2

dy  0

145

Vì 1 y 2  0; 1 x 2  0 x



1 x 2



x

1 y 2

1 x2



dy  0

y

dx  

d 1 x2 

y

dx 

1 y 2

dy  0

   d 1 y 2   0

2 1 x 2

2 1 y 2

 1 x2  1 y 2  C  0

2) e y (1 x 2 )dy  2 x(1 e y )dx  0 (2) Vì x, y  R  (1 x 2 )(1 e y )  0 .

Nên phương trình (2) tương đương với phương trình: e y (1  x 2 ) (1  x 2 )(1  e y )



ey (1 e y )





ey 1 e y

dy 

dy 

1 e y

(1  x 2 )(1  e y )

2x (1 x 2 )

dy  

d (e y  1)

2 x (1  e y )

2x 1 x 2



dx  0

dx  0

dx  0

d (1  x 2 ) 1 x2

0

 ln(1  e y )  ln(1  x 2 )  C  0

3) y '  sin( x  y  1) Thực hiện phép đổi biến u  x  y  1  u '   x  y  1 '  1  y '  y '  1  u '.

Khi đó y '  sin( x  y  1) chuyển thành phương trình:1  u '  sin u . Đây là phương trình vi phân có biến số phân li đối với ẩn u.

1  u '  sin u  u '  1  sin u du   1  sin u dx  du  1  sin u  dx

146

TH1: Nếu: 1  sin u  0  sin u  1  u   y  x 1   y  x 1 

 2

 2

 2

 k 2 ; k  Z

 k 2 ; k  Z  k 2 ; k  Z

Đây là nghiệm kỳ dị của phương trình (3).

TH2: Nếu  1  sin u  0  u   k 2 ; k  Z . Thì: 2

du  1  sin u  dx du du  dx     dx 1  sin u 1  sin u 1  sin u  du  dx   1  sin u 1  sin u  

1  sin u  du 

 dx cos2u du d cos u     dx 2 cos u cos2u 1  tan u  C  x cos u 

Thay u = x –y + 1 ta được tích phân tổng quát của phương trình là: 1 tan  x  y  1   xC  0 cos  x  y  1 4) y.y’ = 2x -3 Đặt: u  y 2  u '  2 yy '  y. y ' 

u' 2

Thay vào phương trình (4) ta được: u'  2x  3 2 du   2x  3 2dx  du   4 x  6  dx   du    4 x  6  dx  u  C  2 x2  6 x

Vậy tích phân tổng quát của phương trình là: y2  2x2  6x  C  0 .

147

5) 2x y  3x 2 y. y '  0  2 x.2 y  3x.32 y.



2 x.2 y x y

32

dx 

dy 3x  0  2 x.2 y dx  2 y dy  0 dx 3

3x

dy  0 (Vì 3x.2y>0 với mọi x, y)

2y x y

3 32

x

y

2 1    dx    dy  0 3  18  x

y

2 1     dx     dy  0 3  18  x

y

 2 1     3 18       C 0 2 1 ln ln 3 18

6) 3e x tan ydx  (2  e x )

dy cos 2 y

0

   tan y  0 y   k ; k     TH1: tan y (2  e )  0   2 x   2  e  0  x  ln 2 x

Là các nghiệm kỳ dị của phương trình.    y   k ; k   TH2: tan y (2  e )  0   2  x  ln 2 x

Khi đó: 3e x tan ydx  (2  e x )  

3e x tan y (2  e x ) tan y 3e x (2  e x )



dx 

3e x (2  e x )

dx 

dy cos 2 y

0

(2  e x )dy (2  e x ).tan y.cos 2 y dy

tan y.cos 2 y

dx  

0

0

dy tan y.cos 2 y

0

148



3d (2  e x )



x

(2  e )

d tan y 0 tan y

 3ln 2  e x  ln tan y  C  0

Bài 2: Giải các phương trình vi phân sau: 1) y ' 2 xy  e x

2

(2.1) 2

Đây là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 trong đó p( x)  2x; q(x)  ex .

Bước 1: Giải phương trình thuần nhất tương ứng: y ' 2 xy  0  

dy  2 xy  0 dx

dy  2 xdx y



( y  0)

dy   2 xdx y

 ln y   x 2  C1  y  C .e  x

2

2

y  C .e  x là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất.

Bước 2: Biến thiên hằng số: 2

Từ nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất y  C .e  x coi C là một 2

2

2

hàm số của x: y  C .e  x  y '  C ' e  x  2 xC .e  x .

Thay y và y’ vào (2.1) ta được: 2

2

2

C ' e x  2 xC.e x  2 xC.e x  e x 2

 C ' e x  e x  C' 1

2

2

 dC  dx   dC   dx  C  x  K ( K  R) 2

Vậy nghiệm tổng quát của (2.1) là: y   x  K  e x ; K  R. Hoặc: Áp dụng công thức nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính cấp 1: y e

  p  x  dx

  q  x  e  p x  dx dx  K   

149

p ( x)  2 x; q ( x)  e  x

2

* p ( x)dx   2 xdx  x 2  C

* p( x)dx    2 xdx   x 2  C 2

2

* q( x).e  p ( x )dx .dx   e x .e x dx   dx  x  C





 y  e  p ( x )dx  q( x).e  p ( x )dx .dx  K  e x

2

 x  K ; K  R 2

Vậy nghiệm tổng quát của (2.1) là: y   x  K  e x ; K  R. 2) y 'cos x  y sin x  sin 2 x ( cosx  0)

sin x sin 2 x  cos x cos x  y ' y.t anx  2sin x.  y ' y

(2.2)

Đây là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 trong đó: p ( x )   t anx: q(x) = 2 sin x

Áp dụng công thức nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính cấp 1: p x dx  p x dx y    q  x  e    dx  C  e     

Ta có: y  e  tan xdx   2sin xe   tan xdx dx  C    sin x    dx cos x dx  C    2sin xe  y e     1 d cos x  d cos x ln    cos x  y  e cos x   2sin xe cos x dx  C   y  e   2sin x cos xdx  C      

 y e

sin x dx cos x

 ln cos x

  2sin xeln cos x dx  C   

1   2sin xd sin x  C  cos x 1  2  y sin x  C   cos x   y

3. Tìm nghiệm riêng của phương trình: y’xlnx – y = 3x3 ln2x thỏa mãn: y x e  1 .

Giải: - Nếu x ln x  0  x  0; x  1 thì x = 0; x = 1 là nghiệm kỳ dị của phương trình.

150

- Nếu x ln x  0  x  0; x  1 .Từ phương trình y’xlnx – y = 3x3 ln2x chia hai vế cho xlnx ta được: y '

1 y  3 x 2 ln x . x ln x

Đây là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 của y.

Bước 1: Giải phương trình thuần nhất tương ứng: 1 y0 x ln x dy 1   y dx x ln x y '

dy 1  dx ( y  0) y x ln x dy d ln x   y ln x  ln y  ln ln x  C1  ln C ln x 

 y  C.ln x y  C .ln x là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất.

Bước 2: Biến thiên hằng số: Từ y  C .ln x coi C là một hàm số của x: y  C .ln x  y '  C 'ln x 

C x

Thay y và y’ vào phương trình không thuần nhất ta được: C 'ln x 

C 1  C ln x  3x 2 ln x x x ln x

 C 'ln x  3x 2 ln x  C '  3x 2  dC  3x 2dx   dC   3 x 2 dx  C  x3  K ( K  R )





Vậy nghiệm tổng quát của (3) là: y  x3  K ln x; K  R. Bước 3: Thay điều kiện đầu vào nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất để tìm K.Ta có: y x e  1

151





 1  e3  K ln e  K  1  e3





Vậy nghiệm riêng cần tìm là: y  x3  1  e3 ln x.

4) y ' y 

x 2 e

y

1 2

Đây là phương trình Bec- nu -li với   : y ' y

x 2 e

x

y' y  y  e2 y x

y' 1 Đặt: u  2 y  u '  phương trình trên trở thành phương trình: u ' u  e 2 2 y x

1 Đây là phương trình vi phân tuyến tính ẩn u, trong đó: p( x)  ; q( x)  e 2 .

2

Áp dụng công thức nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính cấp 1:   q  x  e  p  x  dx dx  C    1 x 1    dx   dx 2 2   e e 2 dx  C  ue    

u e

  p  x  dx

u

1  x e 2

u

1  x e 2

1  x 1x   x   e 2 e 2 dx  C   u  e 2   e x dx  C       

e x  C   2 y  e  

1  x 2

e x  C   

Bài 3: Giải các phương trình vi phân sau: 1) y '' 5 y ' 6 y  e x (2 x  3) f ( x)  e x (2 x  3)    1; n  1

*Giải phương trình thuần nhất tương ứng: y” – 5y’ + 6y = 0.

Phương trình đặc trưng là:k2 – 5k + 6 = 0.

Phương trình đặc trưng có hai nghiệm thực phân biệtk1 = 2, k2 = 3.

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình vi phân thuần nhất tương ứng là: 152

ytn  C1e2 x  C2e3 x

Tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất:y”-5y’ + 6y = ex(2x+3).

Ta thấy α =1 không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất có dạng:Y = ex(Ax + B).

Tính Y’, Y’’ rồi thay Y, Y’, Y’’ vào phương trình không thuần nhất để tìm A,B. Y  e x (Ax  B) Y '  e x (Ax  A  B)

Y ''  e x (Ax  2 A  B)

Thay vào phương trình: Y '' 5Y ' 6Y  e x (2 x  3)  e x (Ax  2 A  B )  5e x (Ax  A  B )  6e x (Ax  B )  e x (2 x  3)  2 Ax  3 A  2 B  2 x  3 2 A  2 A  1    3 A  2 B  3 B  3

Nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất là: Y = ex(x+3) Vậy nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất là: y  ytn  Y  C1e2 x  C2e3x  e x (x  3)

2) Tìm nghiệm riêng của phương trình y '' 6 y ' 9 y  4e3x thỏa mãn: y x 0  1; y ' x 0  2 f ( x)  4e3 x    3; n  0

*Giải phương trình thuần nhất tương ứng: y” – 6y’ + 9y = 0 Phương trình đặc trưng là: k2 – 6k + 9 = 0.

Phương trình đặc trưng có nghiệm kép: k = k1 = k2 = 3.

Nên nghiệm tổng quát của phương trình vi phân thuần nhất là: ytn   C1  C2 x  e3 x

Tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất: y” – 6y’ + 9y = 4e3x Ta thấy α = 3 là nghiệm kép của phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất có dạng: Y = Ax2e3x Tính Y’, Y’’ rồi thay Y, Y’, Y’’ vào phương trình không thuần nhất để tìm A.

153

Y  Ax 2e3 x



Y '  2 Axe3 x  3Ax 2e3 x  e3 x 3Ax 2  2 Ax







Y ''  3e3 x 3Ax 2  2 Ax  e3 x  6 Ax  2 A 



 e3 x 9Ax 2  12 Ax  2 A



 Y '' 6Y ' 9Y  4e3 x









 e3 x 9Ax 2  12 Ax  2 A  6e3 x 3Ax 2  2 Ax  9Ax 2e3 x  4e3 x  2A  4  A2

Nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất là: Y = 2x2e3x.

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất là: y  ytn  Y   C1  C2 x  e3 x  2 x2e3 x

Ta có:





y  C1  C2 x  2 x 2 e3 x









y '  (C2  4 x)e3 x  3 C1  C2 x  2 x 2 e3 x  6 x 2  4 x  3C2 x  3C1  C2 e3 x y x  0  1  C1  1 y ' x  0  2  3C1  C2  2 C  1 C  1  1  1 3C1  C2  2 C2  1

Vậy nghiệm riêng cần tìm là:Y = (1 – x + 2x2)e3x.

3) y '' 2 y ' 5 y  5 x 2  6 x f ( x)  5 x 2  6 x    0; n  2

*Giải phương trình thuần nhất tương ứng: y” – 2y’ + 5y = 0.

Phương trình đặc trưng là: k2 – 2k + 5 = 0.

Phương trình đặc trưng có 2 nghiệm phức liên hợp: k1 = 1 + 2i; k2 = 1 – 2i.

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình vi phân thuần nhất là: ytn  e x  C1cos2 x  C2 sin 2 x 

Tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất: y '' 2 y ' 5 y  5 x 2  6 x

Ta thấy α = 0 không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất có dạng: Y = Ax2 + Bx + C. 154

Tính Y’, Y’’ rồi thay Y, Y’, Y’’ vào phương trình không thuần nhất để tìm A, B, C. Y  Ax 2  Bx  C Y '  2 Ax  B Y ''  2 A  Y '' 2Y ' 5Y  5 x 2  6 x





 2 A  2  2 Ax  B   5 Ax 2  Bx  C  5 x 2  6 x  5 Ax 2   4 A  5B  x   2 A  2 B  5C   5 x 2  6 x  A 1 5 A  5     4 A  5 B  6  B  2 2 A  2 B  5C  0  2  C  5  2

2 Nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất là: Y  x  2 x  5

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất là: y  ytn  Y  e x  C1cos2 x  C2 sin 2 x   x 2  2 x 

2 5

4) y '' 3 y ' 2 y  e3 x  (2 x  1)e2 x f ( x )  f1 ( x )  f 2 ( x )

f1 ( x)  e3 x  1  3; n1  0 f 2 ( x)  e2 x  2 x  1   2  2; n2  1

*Giải phương trình thuần nhất tương ứng: y” – 3y’ + 2y = 0.

Phương trình đặc trưng là: k2 – 3k + 2 = 0.

Phương trình đặc trưng có hai nghiệm thực phân biệt: k1 = 1; k2 = 2.

Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân thuần nhất là: ytn  C1e x  C2e2 x

Tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất:y” – 3y’ + 2y = e3x.

Ta thấy α1 = 3 không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng nênnghiệm riêng của phương trình không thuần nhất có dạng: Y = Ae3x.

Tính Y’, Y’’ rồi thay Y, Y’, Y’’ vào phương trình không thuần nhất để tìm A.

155

Y1  Ae3 x Y '1  3 Ae3 x Y ''1  9 Ae3 x Y ''1  3Y '1  2Y1  e3 x  9 Ae3 x  9 Ae3 x  2 Ae3 x  e3 x  2 Ae3 x  e3 x  2A  1  A 

1 2 1

3x Nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất (1) là: Y1  2 e

Tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất: y '' 3 y ' 2 y  e2 x (2 x  1)

(2)

Ta thấy α2 = 2 là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất có dạng: Y2  x(Ax  B)e2 x  (Ax 2  Bx)e2 x

Tính Y2’, Y2’’ rồi thay Y2, Y2’, Y2’’ vào phương trình (2) để tìm A,B. Y2  (Ax 2  Bx )e 2 x Y2 '  (2 Ax  B )e 2 x  2(Ax 2  Bx)e 2 x  e2 x (2Ax 2  2 Ax  2 Bx  B )  e2 x (4Ax 2  8 Ax  4Bx  2 A  4B)  3e2 x (2Ax 2  2 Ax  2Bx  B)  2(Ax2  Bx)e2 x  e2x (2x  1)  2 Ax  2 A  B  2x  1

2 A  2  A  1   2 A  B  1  B  3

Nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất (2) là: Y2 = (-x2 + 3x)e2x Theo nguyên lý chồng chất nghiệm thì nghiệm riêng của phương trình là: Y = Y1 + Y2 Y

1 3x e  (  x 2  3 x )e 2 x 2

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất là: 1 y  ytn  Y  C1e x  C2e 2 x  e3 x  (  x 2  3 x )e 2 x 2

156

4) y '' 4 y ' 13 y  e2 x (25 x  8) f ( x)  e2 x (25 x  8)    2; n  1

*Giải phương trình thuần nhất tương ứng:y” – 4y’ + 13y = 0.

Phương trình đặc trưng là: k2 – 4k + 13 = 0.

Phương trình đặc trưng có 2 nghiệm phức liên hợp:k1 = 2 + 3i; k2 = 2 – 3i.

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình vi phân thuần nhất là: ytn  e2 x  C1cos3x  C2 sin 3x 

Tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất: y '' 4 y ' 13 y  e2 x (25x  8)

Ta thấy α = -2 không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất có dạng: Y = e-2x (Ax + B).

Tính Y’, Y’’ rồi thay Y, Y’, Y’’ vào phương trình không thuần nhất sau đó dùng phương pháp cân bằng hệ số để tìm A, B. Y  e2 x (Ax  B) Y '  2e2 x (Ax  B)  Ae2 x  e2 x  2 Ax  A  2B  Y ''  2e2 x  2 Ax  A  2B   2 Ae2 x  e2 x  4 Ax  4 A  4B   Y '' 4Y ' 13Y  e2 x (25x  8)  e2 x  4 Ax  4 A  4B   4e2 x  2 Ax  A  2B   13e2 x (Ax  B)  e2 x (25x  8)  25 Ax  8 A  25B  25x  8

25 A  25  A  1   8 A  25B  8  B  0

Nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất là: Y = -xe-2x Vậy nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất là: y  ytn  Y  e2 x  C1cos3x  C2 sin 3x   xe2 x

6.3. Bài tập tự giải Bài 1: Giải các phương trình vi phân sau:









a) y 2  xy 2 dx  x 2  yx 2 dy  0





b) (1  y 2 ) e 2 x dx  e y dy  (1  y )dy  0

157

c) 2 x 1  y 2 dx  ydy  0 d) 2 x 2 yy ' y 2  2  0 Bài 2: Giải các phương trình vi phân sau: a)  xy ' 1 ln x  2 y. b) y  x( y ' x cos x) c) y '  y 4 cos x  y tan x d) xy2y’ – 2y3 = x3y2 e) (y4 + 2x)y’ = y Bài 3: Giải các phương trình vi phân sau: a) y’’ -2y’ + 3y = e-x(x+4)

b) y’’ -3y’ + 2y = e3x(x2+ x)

c)y’’ -6y’ + 8y = ex +e2x

d) y’’ + y’ = 4x2ex

Bài 4: Tìm nghiệm của các phương trình vi phân: a) y’- ytgx=



1 cos 3 x

; thỏa mãn y(0) = 0



b) x 2  1 y ' 2 xy 2  0 ; thỏa mãn y(0) = 1 c) y '

3 2 y  3 ; thỏa mãn y(1) = 1 x x

d) y’’ - 5y’ + 6y = (2x+3)ex thỏa mãn y(0) = 5; y’(0) = 3 6.4. Ứng dụng của phương trình vi phân (Tham khảo) Phương trình vi phân có vai trò quan trọng trong nhiều ngành nghề như: sinh học, y học, kinh tế học, vật lý, hóa học và kỹ thuật. Một khả năng đặc biệt và quan trọng của phương trình vi phân là nó có thể dự đoán sự việc có thể xảy ra.

6.4.1. Định luật về sự nguội dần của Newton Định luật về sự nguội dần của Newton nói rằng: Mức độ nguội dần của một vật thể nóng thì tỷ lệ thuận với sự chênh lệch nhiệt độ giữa nhiệt độ T của nó và nhiệt độ T0 của môi trường xung quanh.

Cụ thể: Xét một vật thể nóng nếu nhiệt độ của môi trường là T0 và gọi T(t) là nhiệt độ của vật thể nóng tại thời điểm t, ta có phương trình vi phân:

158

dT  k (T  T0 ) dt

Giải phương trình vi phân trên: dT dT  k (T  T0 )   kdt dt (T  T0 ) 

dT   kdt (T  T0 )

 ln T  T0  kt  C  T  T0   ekt  C   ekt eC  T  Aekt  T0 ( A  eC )

Một ứng dụng của định luật: Ứng dụng trong pháp y (giúp tìm ra thời gian nạn nhân bị sát hại).

Ví dụ: Một người bị chết trong nhà của mình với nhiều vết thương trên cơ thể nên gia đình đã báo cảnh sát. Cảnh sát đến hiện trường vào lúc 7 giờ 25 phút.

Nhiệt độ của nạn nhân tại thời điểm đó đo được là 300C. Sau đó một giờ cảnh sát đo được nhiệt độ của nạn nhân là 290C. Nhiệt độ của phòng trong thời gian nạn nhân được tìm thấy là 200C. Hỏi nạn nhân bị sát hại khi nào?

Giải: Từ các số liệu ta có:T0 = 200C Tại t = 0 (lúc 7 giờ 25 phút) thì T = 300C Tại t = 1 thì T = 290C Thay T0 = 200C vào T = Aekt + T0 ta có: T = Aekt + 20 Thay t = 0 (lúc 7 giờ 25 phút) thì T = 300C vào T = Aekt + 20 ta có: 30  Ae0  20  A  10

Vậy ta có: T  10ekt  20 Thay t = 1 thì T = 290C vào T = 10ekt + 20 ta được: 29  10e k  20  e k  t ln

Vậy T  10e

9 10

9 9  k  ln 10 10

 20 .

Ngay sau khi nạn nhân bị sát hại, ta coi nhiệt độ của nạn nhân vẫn còn ở mức bình thường là T = 370C. 159

t ln

Thay T = 37 vào T  10e t ln

37  10e

9 10

 20  t  ln

9 10

 20 ta được:

17 9 : ln  5,0361 (giờ) 10 10

Nạn nhân bị sát hại trước khi phát hiện (lúc 7 giờ 25 phút) là 5,0361giờ (5,0361 giờ = 5 giờ 2,166 phút).

Vậy nạn nhân bị sát hại vào khoảng 2 giờ 23 phút sáng.

6.4.2. Bài toán về tiền gửi tiết kiệm Ví dụ: Cô Hoa gửi 300 triệu trong một tài khoản tiết kiệm trả lãi ghép theo tỷ lệ 7% một năm. Mỗi tháng cô gửi tự động vào tài khoản này thêm 5 triệu. a) Giả sử rằng lãi suất của tiền gửi chuyển thêm vào hàng tháng gần bằng lãi suất tiền gửi liên tục. Viết bài toán giá trị ban đầu so với số dư của cô ấy theo thời gian. b) Ước tính số tiền của cô Hoa sau 5 năm.

Giải: Một năm cô Hoa gửi thêm vào tài khoản này là: 5 × 12 = 60 triệu.

Ta có phương trình vi phân tuyến tính cấp 1: P '  0,07 P  60

P' 1 0,07 P  60 P'  dt  dt 0,07 P  60 

P' dt   dt 0,07 P  60 1  ln  0,07 P  60   t  C 0,07 

 ln  0,07 P  60   0,07  t  C   0,07 P  60  e  P (t ) 

0,07  t  C 

1 0,07  t  C  60 e  0,07 0,07

Thay t = 0 ta được:

160

300  

60 1 0,07C  e 0,07 0,07

 e0,07C   300  857   0, 07  80,99 C

ln 80,99 0,07

Vậy P(t ) 

80,99 0,07t 60 e  .

0,07 0,07

b) Ước tính số tiền của cô Hoa sau 5 năm: 80,99 0,075 60 e  0,07 0,07  1641,86  857,14  784,72  P (5) 

Vậy số tiền cô Hoa có trong tài khoản sau 5 năm là: 784,72 triệu.

(Nếu không gửi tiết kiệm số tiền của cô Hoa sau 5 năm là: 300 + 5×60 = 600 triệu).

6.4.3. Bài toán về tốc độ phân rã của rađium Ví dụ: Biết rằng tốc độ phân rã của rađium tỷ lệ thuận với khối lượng hiện có của nó. Tìm quy luật phân rã của rađium, nếu biết khối lượng ban đầu của nó và thời gian T cần thiết để phân rã hết một nửa khối lượng rađium ban đầu. Áp dụng nếu biết T = 1500 năm.Hỏi sau 70 năm sẽ phân rã hết bao nhiêu phần trăm khối lượng rađium ban đầu?

Giải: Kí hiệu M(t) là khối lượng rađium tại thời điểm t, M0 là khối lượng rađium ban đầu (t = 0). Khi đó tốc độ phân rã là

dM (tốc độ này là một đại lượng âm vì dt

khối lượng của rađium giảm theo thời gian). Theo điều kiện bài toán ta có phương trình vi phân:

dM   k .M ; ( M  0) . dt

Giải phương trình vi phân trên: dM   k .M ; ( M  0) dt dM dM    k .dt      k .dt M M  ln M   kt  C1 (C1  cons tan)

161

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là: M  C.e kt (C là hằng số).

Lưu ý rằng M = M0 khi t = 0 thay điều kiện đầu này vào nghiệm tổng quát của phương trình vi phân ta được: M 0  C.e k .0  M 0  C. Thay C = M0 vào nghiệm tổng quát của phương trình vi phân ta được nghiệm riêng: M  M 0 .e kt .

K là hệ số tỷ lệ. Theo giả thiết M 

M0 khi t  T nên ta có: 2

M0 1 1 1 1 ln 2  M 0 .e  kT  e  kT    kT  ln  k   ln  2 2 2 T 2 T

Vậy quy luật phân rã của rađium được biểu diễn bằng công thức: M  M 0 .e

Áp dụng: T = 1500 ta có: M  M 0 .e Do đó: M (70)  M 0 .e0,00046270 





ln 2 t T

ln 2 t 1500

 M 0 .e 0,000462t .

M (70)  e0,03234  0,9682  96,82%.

M0

Vậy qua 70 năm sẽ phân rã hết 3,18% lượng rađium ban đầu.

162

TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Trần Thị Tuấn Anh (2007). Bài toán ứng dụng cực trị trong kinh tế. Nhà xuất bản Bách Khoa, Hà Nội.

2. Vũ Khắc Bảy (2013). Toán cao cấp. Nhà xuất bản Nông nghiệp. Hà Nội.

3. Nguyễn Đình Trí, Tạ Văn Đĩnh, Nguyễn Hồ Quỳnh (2012). Bài tập toán cao cấp tập 1, 2, 3. Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam, Hà Nội.

4. Nguyễn Đình Trí, Tạ Văn Đĩnh, Nguyễn Hồ Quỳnh (2012). Toán học cao cấp tập 1, 2, 3. Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam, Hà Nội.

5. Võ Hoàng Trọng (2015). Đạo hàm, tích phân ứng dụng được gì. Chuyên san EXP - Đại học Khoa học, TP. Hồ Chí Minh.

6. http://www.edurite.com/kbase/application-of-matrices-in-real-life 7. http://thapsang.vn/sung-ban-toc-do-va-khai-niem-dao-ham 8. http://doc.edu.vn/tai-lieu/luan-van-ung-dung-cua-toan-hoc-pho-thongvao-thuc-tien-37047/ 9. http://www.ungdungtoan.vn/website/index.php/thi-du-thuc-tien 10. https://toanhoctuoidep.wordpress.com/2014/08/08/dao-ham-la-gi-3/

163

MỤC LỤC Chương 1. HÀM SỐ MỘT BIẾN SỐ THỰC ................................................................. 5 1.1. Kiến thức cần ghi nhớ .............................................................................................. 5 1.2. Bài tập có lời giải ..................................................................................................... 5 1.3. Bài tập tự giải ......................................................................................................... 22 Chương 2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN HÀM MỘT BIẾN ........................................... 26 2.1. Kiến thức cần ghi nhớ ............................................................................................ 26 2.1.1. Nắm vững các công thức và quy tắc tính đạo hàm ............................................. 26 2.1.2. Thuộc các đạo hàm cơ bản.................................................................................. 26 2.1.3. Quy tắc Lopitan tính giới hạn hàm số ................................................................. 27 2.2. Bài tập có lời giải ................................................................................................... 27 2.3. Bài tập tự giải ......................................................................................................... 33 Chương 3. PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN HÀM MỘT BIẾN ............................................ 36 3.1. Kiến thức cần ghi nhớ ............................................................................................ 36 3.2. Bài tập có lời giải ................................................................................................... 37 3.3. Bài tập tự giải ......................................................................................................... 64 Chương 4. MA TRẬN - ĐỊNH THỨC - HỆ PHƯƠNG TRÌNH ................................. 72 4.1. Kiến thức cần đạt .................................................................................................... 72 4.2. Bài tập có lời giải ................................................................................................... 76 4.3. Bài tập tự giải ....................................................................................................... 111 4.4. Một số ứng dụng của ma trận, hệ phương trình ................................................... 112 4.4.1. Ứng dụng trong mật mã .................................................................................... 112 4.4.2. Ứng dụng ma trận giải hệ phương trình tuyến tính .......................................... 115 Chương 5. HÀM HAI BIẾN ....................................................................................... 117 5.1. Kiến thức cần đạt .................................................................................................. 117 5.2. Bài tập có lời giải ................................................................................................. 119 5.3. Bài tập tự giải ....................................................................................................... 138 5.4. Ứng dụng của hàm hai biến(Giới thiệu)............................................................... 139 5.4.1. Ứng dụng của cực trị có điều kiện .................................................................... 139 5.4.2. Ứng dụng của phương pháp bình phương tối thiểu .......................................... 140 Chương 6. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN .................................................................... 142 6.1. Kiến thức cần đạt .................................................................................................. 142 6.2. Bài tập có lời giải ................................................................................................. 145 6.3. Bài tập tự giải ....................................................................................................... 157 6.4. Ứng dụng của phương trình vi phân (Tham khảo) ............................................... 158 6.4.1. Định luật về sự nguội dần của Newton ............................................................. 158 6.4.2. Bài toán về tiền gửi tiết kiệm ............................................................................. 160 6.4.3. Bài toán về tốc độ phân rã của rađium ............................................................. 161

164