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

BÀI GIẢNG TOÁN CAO CẤP A2

Th.S. NGUYỄN HOÀNG ANH KHOA

Huế, tháng 02 năm 2014


Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa
CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN VECTƠ - ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH
1.1. Không gian vectơ
1.1.1. Số phức
Tập hợp các số thực R đã rất phong phú. Tuy nhiên nếu chỉ biết các số thực thì một
phương trình đơn giản như
x 2 + 1 = 0 hay x 2 = -1 (1)
sẽ không có nghiệm vì không có số thực nào bình phương lên lại bằng -1.
Giả sử tồn tại i sao cho i2=-1 ta gọi i là đơn vị phức
a. Định nghĩa: Số phức là số có dạng z = a + bi với a,b  R. Trong đó, a gọi là
phần thực của z kí hiệu a=Re(z) và b gọi là phần ảo của z kí hiệu b=Im(z)
b. Số phức liên hợp: Xét số phức z = a + bi. Số phức a - bi gọi là số liên hợp của z
= a + bi và ký hiệu là z
c. Các phép toán
- Phép cộng
- Phép nhân
- Phép chia
- Lũy thừa bậc n
- Căn bậc n
d. Các dạng biểu diễn của số phức

z k = cos  
  isin  
 , k = 0, 1, 2
3 
3 
3
3
1
2

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

3
1
3
; z2 =   i
2
2
2

1


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

a. Biểu thị tuyến tính: Phần tử uV gọi là biểu thị tuyến tính được qua S nếu tồn
tại k1, k2, …, kn  K sao cho: k1u1 + k2u2 + … + knun = u.
Khi đó, k1u1 + k2u2 + … + knun gọi là một tổ hợp tuyến tính của u.
2


Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa
Ví dụ 3: Cho S = {p1=x+x2; p2=1+x2; p3=1+x} P2. và p = 3 + 4x + 5x2. Hãy tìm
biểu thị tuyến tính p qua hệ S (nếu có).
Giải: Ta có k1p1 + k2p2 + k3p3 = p
 k1(x+x2) + k2(1+x2) + k3(1+x) = 3 + 4x + 5x2
k 2  k3  3

 k1  3


 k 3  4  k 2  2 .
  k1
k  k
k  1
5
 3
2
 1
Vậy p = 3p1 + 2p2 + p3
b. Độc lập tuyến tính: Hệ S gọi là độc lập tuyến tính nếu
k1u1 + k2u2 + … + knun =   k1 = k2 =…= kn = 0
c. Phụ thuộc tuyến tính: Hệ S gọi là phụ thuộc tuyến tính nếu S không độc lập
tuyến tính.
Ví dụ 4: Trong KGVT R3 cho T = {u1 = (0;1;1); u2 = (1;0;1); u3 = (1;2;3)}. Kiểm

Chú ý: E = {e1=(1;0;0;...;0;0); e2=(0;1;0;...;0;0); en=(0;0;0...;0;1)} là một cơ sở của
KGVT Rn (gọi là cơ sở chính tắc) nên Rn là KGVT n chiều.
3


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

 x1 
x 
  2 .
 ... 
 
xn 

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

 
xn 
 x 'n 
Hãy tìm mối liên hệ giữa [x]T và [x]T’ .

4


Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa
 p1i 
p 
,
Giả sử  u i    2i  , i  1,2,..,n.
T
  
 
 p ni 
Ta có x = x1u1 + x2u2 + … + xnun
= x’1u’1 + x’2u’2 + … + x’nu’n
= x’1(p11u1 + p21u2 + … + pn1un) + x’2(p12u1 + p22u2 + … + pn2un) + ... +
+ x’n(p1nu1 + p2nu2 + … + pnnun)
= (x’1p11 + x’2p12 + … + x’np1n)u1 + (x’1p21 + x’2p22 + … + x’np2n)u2 + … +
+ (x’1pn1 + x’2pn2 + … + x’npnn)un
 x1  p11x’1  p12 x’2    p1n x’n
 x  p x’  p x’    p x’

21 1
22 2
2n
n

xT=(1;2;3), tìm tọa độ của x đối với cơ sở B.
Giải: Ta có: k1u1 + k2u2 + k3u3 = v1  k1(0;1;1) + k2(1;0;1) + k3(1;1;0) = (1;1;1)
k 2  k3  1


 k3  1 
  k1
k  k
1
2
 1

 k1  1 / 2
1 / 2 



k 2  1 / 2   v1 T  1 / 2 
k  1 / 2
1 / 2 
 3

0
 1 / 2 
Tương tự, ta có:
 v 2 T  0 và  v3 T   1 / 2 
1 
 1 / 2 
1
0 1 

Mặt khác: f(u) + f(v) = f(x;y) + f(x’;y’) = (y; x; x + y) + (y’; x’; x’ + y’)
= (y + y’; x + x’; x + x’ + y + y’)
(1’)
Từ (1) và (1’) suy ra: f(u + v) = f(u) + f(v)
(I)
Ta có:
f(ku) = f(kx;ky)=(ky; kx; kx + ky) = k(y; x; x + y)
(2)
Mặt khác kf(u) = kf(x;y) = k(y; x; x + y)
(2’)
Từ (2) và (2’) suy ra: f(ku) = kf(u)
(II)
Từ (I) và (II) suy ra f là AXTT
Ví dụ 2: Chứng minh ánh xạ f:P2P1 với f(p(x))=p’(x)là ánh xạ tuyến tính.
Định lí: f:XY là ánh xạ tuyến tính khi và chỉ khi f(hx+ky)=hf(x)+kf(y) với mọi
x,yV và h,k  R.
Nhận xét: Ánh xạ tuyến tính được xác định khi biết ảnh của một cơ sở.
Ví dụ 3: Cho f:R2R2 là ánh xạ tuyến tính biết f(1;1)=(3;4), f(2;3)=(5;2). Xác
định ánh xạ f.
Giải
2
Với mọi (x;y)  R
Ta có k1(1;1) + k2(2;3) = (x;y)
k  2k 2  x
k  3x  2y
 1
 1
k1  3k 2  y
k 2  y  x
Mặt khác

v2=(1;0;1); v3=(1;1;0)}. Tìm ma trận A của ánh xạ tuyến tính f đối với cơ sở B.
Giải
Ta có f(u1) = f(1;1;0) = (1+1; 1+ 0; 1+ 0) =(2;1;1)
 k 2  k 3  2  k1  0
0


f(u1) = k1v1 + k2v2 + k3v3   k1  k 3  1   k 2 1  [f(u1)]T= 1 
 
k  k 1
k  1
1 
2
 1
 3
 1
Tương tự f(u2) = (1;2;1)  [f(u2)]T= 0 
 
 1
1 
Tương tự f(u3) = (1;1;2)  [f(u3)]T= 1 
 
0 

0 1 1 


Vậy A  1 0 1 
1 1 0 


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

1 2 3 

riêng k.
Ví dụ: Tìm véc tơ riêng của ma trận
Phương trình đặc trưng

3k
1

 3 2
A

 1 0 

2
 0 k2-3k+2=0k =1 hoặc k=2.
k

vậy có hai giá trị riêng k=1 và k=2.
t
Với k=1 ta có các véc tơ riêng x=   , t≠0
t 
 2t 
Với k=2 ta có các véc tơ riêng x=   , t≠0.
t 
2.2. Vấn đề chéo hóa ma trận
Bài toán 1: Cho ma trận vuông A có hay không ma trận P sao cho A’=P-1AP là ma
trận chéo? xác định P và A’.
Bài toán 2: Cho ánh xạ tuyến tính f : XX có hay không một cơ sở sao cho ma
trận của ánh xạ tuyến tính đối với cơ sở đó là ma trận chéo. Xác định cơ sở đó và
tính ma trận của ánh xạ tuyến tính đối với cơ sở đó.
Định nghĩa: Hai ma trận A, B gọi là đồng dạng nếu tồn tại ma trận P sao cho

Nhận xét:
- Nếu pi là vectơ riêng ứng với giá trị riêng ki (i = 1,2,..,n) thì {p1, p2,...pn} độc
lập tuyến tính.
- Hai ma trận đồng dạng có cùng các GTR và VTR.
1 1 4
Ví dụ 1. Cho A   2 0 4  . Tìm ma trận P làm chéo hóa A, xác định P-1AP.
 1 1 5 


Giải
Phương trình đặc trưng -k +6k -11k+6=0 có 3 nghiệm k = 1 ; k = 2 ; k = 3
3

 x1 
Với k = 1, ta có A  x 2  = 1.
 x 3 

2

 x1 
 x 2  4x 3  0
 x1  0
 x    2x  x  4x  0   x  4t
 1
 2
2
3
 2




B={u1=(1;1); u2=(1;0)}. Tìm một cơ sở B’ của R2 sao cho ma trận A’ của ánh xạ
tuyến tính f đối với cơ sở B’ là ma trận chéo, xác định A’.
Giải
Phương trình đặc trưng (-1)(-3)=0 =1 hoặc =3
t 
Các véc tơ riêng ứng với GTR =1 là x    , t  0 .
0

11


Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa
t
Các véc tơ riêng ứng với GTR =3 là x    , t  0 .
 t 
1 1 
Suy ra ma trận P  
 làm chéo hóa A
0

1


Gọi B’={u1’;u2’} là cơ sở của R2 sao cho P là ma trận chuyển cơ sở từ B sang B’.
Khi đó, ta có
u1’= u1 + 0.u2 = (1;1)
u2’= u1 - u2 = (0;1)
1 0 
Vậy B’ = { u1’=(1;1); u2’= (0;1)} và A '  P 1AP  

 . Tính A .
4 2

12


Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa
CHƯƠNG 3: CHUỖI
3.1. Chuỗi số
3.1.1 Định nghĩa
Cho dãy số u1, u2, …, un, …
Tổng vô hạn
u1 + u2 + … + un + …

(1)


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

u

n

.

n 1

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



n 1

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

Ví dụ 1: Tính tổng của chuỗi

q

n 1

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

n 1



Giải: Tổng riêng thứ n của chuỗi

 q n 1 với (q≠1) là: Sn 
n 1

Nếu |q| < 1 thì limSn 

1  qn
1 q

1
1 q

Giải: Ta có

1
1
1
 
, n
n(n  1) n n  1

Tổng riêng
1 
1
 1 1 1 1 1
1
Sn  1            ...   
1
 1
n 1
 2  2 3 3 4
 n n 1


Vậy

1

 n(n  1)  1
n 1

13

Do đó lim | u n || S  S | 0 .
Chú ý: Điều ngược lại của định lí nói chung không đúng.

1
Ví dụ 3: Xét chuỗi điều hoà chuỗi  . Ta có, limun = 0
n 1 n
1 1
Mặt khác, ta có :  , x  [n;n+1] với mọi n N,do đó,
n x

mọi n N, hay

1

n

n 1


n

n 1


n

n 1

1
dx 

phân kì.

n 1



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

u

n

hội tụ là với mọi >0, tồn tại số tự

n 1

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

Vì chuỗi

u

n

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

n 1



n

 aS , với a là số thực kất kì cho trước.

n 1


n

 S và

v
n 1


n

 T thì

 (u

n

 vn )  S  T

n 1

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

n 1

tương ứng (Sn) bị chặn trên.
Chứng minh


Nếu

u

n

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

n 1

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

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

u

n

hội tụ.

n 1


1
1
  k  1  n  1.
Ta có Sn   k
2
k 1 2  5
k 1 2
Vậy (Sn) bị chặn trên do đó chuỗi hội tụ.
Định lí 2: (Dấu hiệu so sánh)


Cho hai chuỗi số dương

u
n 1


n

và

v

n

. Nếu tồn tại số dương c sao cho

n 1

u n  c.v n , n  N thì :

phân kì suy ra chuỗi

n 1

v

n

phân kì.

n 1

Chứng minh


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

u
n 1


n

và chuỗi

v

n

n 1


ii) Do u n  c.v n , n  N nên Sn  c.Tn , n  N . Vì

u

n

phân kì nên (Sn) không

n 1



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

v

n

phân kì.

n 1



Ví dụ 5: Xét sự hội tụ của chuỗi


n 1


n 1  3 

1
hội tụ
n.3n


Ví dụ 6: Xét sự hội tụ của chuỗi

1

 2n  1 .
n 1

1
1 1
 . , n  0.
2n  1 3 n

1
Và chuỗi điều hoà  phân kì. Do đó, chuỗi
n 1 n

Giải: Ta có,



1

 2n  1 phân kì.



ii) nếu L > 1 suy ra chuỗi

u
n 1

Chứng minh
- Với L < 1. Ta chọn  > 0 đủ bé sao cho 0< L +  = q < 1.
Vì lim n u n = L nên với n đủ lớn thì

n

u n  L    q  1 do đó un < qn



Mặt khác, chuỗi

q

n

hội tụ (vì 0  q
n 1

Định lí 4: (Dấu hiệu Đalămbe)


Cho chuỗi số dương

u

n

. Nếu lim

n 1

u n 1
 L thì
un


u

i) nếu L < 1 suy ra chuỗi

n

hội tụ.

n


 n
n2



 1
Theo định lí Côsi ta có chuỗi  1   hội tụ.
n
n 1 
5n
Ví dụ 8: Xét sự hội tụ của chuỗi 
.
n 1 n  1


5n 1
5(n  1)
 5  1.
Ta có lim n n 2  lim
5
n2
n 1
5n
phân kì.

n

1
n 1


17


Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa
(1) n 1
Ví dụ 9: Xét sự hội tụ của chuỗi điều hoà đan dấu 
.
n
n 1


1
là dãy giảm và limun=0. Theo dấu hiệu Lépnít ta có
n

(1) n 1
chuỗi điều hoà đan dấu 
hội tụ.
n
n 1

Ta có, dãy (un) với u n 

3.1.5 Chuỗi hội tụ tuyệt đối


a. Định nghĩa: Chuỗi





2
2
n
n 1 n



1

n

2

hội tụ.

n 1

(1) n 1
hội tụ.

2
n
n 1


Vậy chuỗi

3.2 Chuỗi luỹ thừa
3.2.1 Định nghĩa



Nếu chuỗi

a x
n

n

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

n 0



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

a x
n

n

hội tụ

n 0

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

Định nghĩa: Số thực không âm R sao cho chuỗi

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

1
, 0  L  
 L
R    ,
L0
 0 ,
L



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



x  2

n 1

n

n

tn
Đặt t = x – 2 chuỗi trở thành 
n 1 n


n

là chuỗi số điều hòa đan dấu thỏa mãn các điều

kiện của định lý Leinitz, nó hội tụ.
 Miền hội tụ -1  t < 1
Vậy miền hội tụ của chuỗi lũy thừa đã cho là 1  x < 3.
xn

n 1 n!


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

n 

a n 1
n!
1
 lim
 lim
0
n   n  1!
n  n  1
an

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

19

1  
 n
khi n   , vậy chuỗi số phân kỳ.


n

 n 
Khi x = -1, ta có chuỗi số   1 
 , số hạng tổng quát của nó không dần
n

1


n 1
tới 0 khi n   , chuỗi số phân kỳ.
Vậy miền hội tụ là (-1, 1).
3.2.3 Khai triển hàm số thành chuỗi luỹ thừa
a. Định nghĩa
Hàm số S(x) gọi là khai triển được thành chuỗi luỹ thừa trong khoảng (-R;R) nếu
n



tồn tại chuỗi luỹ thừa

a x
n


Nếu có số thực dương C sao cho với mọi x  [-R;R] ta có | S(n) (x) | C với mọi
nN thì hàm số S(x) khai triển được thành chuỗi luỹ thừa trên đoạn [-R;R] và
S(n) (0) n
S(x)  
x .
n!
n 0


Ví dụ 1: Khai triển các hàm số sau thành chuỗi lũy thừa
a) sinx
b) cosx
c) ex
Ví dụ 2: Chứng minh eix = cosx + i sinx

20


Th.S. Nguyễn Hoàng Anh Khoa
BÀI TẬP CHƯƠNG 3
1. Xét sự hội tụ và tính tổng (nếu có) của các chuỗi số sau:


1
1
a) 
b) 
n 1 n(n  1)
n 1 (2n  1)(2n  1)




f)



n  2  2 n 1  n

n 1




2. Xét sự hội tụ của các chuỗi số sau:

1
a) 
n 1 n(n  5)

n

n 1



e)

 (1)

h)


 n 1
f)  

n 1  n 

(1) n n
g) 
2n
n 1

(1)n
h) 
n
n 1









n

n




g) 
n 2 .3n
n 1


n

 n 1 n
b)  
x
n 1  n 

n2
(x  3) n
d) 
n 1 n  5
(5x)n

n 1 n  5


f)

(1) n (x  4) n
h) 
n.2n
n 1


21

 1
1 
  1 dx  1   dy
x 
 y

Lấy tích phân hai vế, ta được
ln|x| + x = y – ln|y| + C
hay
ln|xy| + x - y = C.
Ta có x = 0, y = 0 cũng thỏa mãn phương trình, nên x = 0, y = 0 là hai nghiệm kì dị
của phương trình.
4.2.2. Phương trình đẳng cấp cấp 1
Dạng y’=f(y/x)
Phương pháp: Đặt y = z.x đưa về dạng biến số phân ly
Ví dụ: Giải phương trình vi phân (x2 + xy)y’=y2
22


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

 p(x )dx
p(x )dx
y = Ke 
+e 
.  q(x) e 
dx

4.2.4. Phương trình Becnuli
Dạng y’ + p(x)y = q(x)yα với α≠0, α≠1
Phương pháp:
Chia hai vế cho yα phương trình trở thành
y’.y-α + p(x)y1-α =q(x)
Đặt z = y1-α => z’ = y’.y-α nên phương trình trở thành
z’+ p(x)z = q(x)
(z’+p(x)z=q(x) là dạng phương trình vi phân tuyến tính cấp 1)
Ví dụ: Giải phương trình y’ + xy = xy2
4.2.5. Phương trình vi phân toàn phần.
Là phương trình vi phân có dạng: P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0,
trong đó P(x, y), Q(x, y) là những hàm số liên tục và có các đạo hàm riêng cấp một
P Q

liên tục thỏa mãn điều kiện
.
y x
23


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

Ta có P(x, y) = (1 + x + y)ex + ey, Q(x, y) = ex + xey
P
Q
= ex + ey =
.
y
x
Vậy Pdx + Qdy là vi phân toàn phần của hàm số u(x, y).
y

x

u(x, y) =  1  x  e  1 dx    e x  xe y  dy
x

0

0

x

x

y

= xe + x + e y + xe - x = (x + y)ex + xey
Tích phân tổng quát của phương trình là: (x + y)ex + xey = C
4.3. Phương trình vi phân cấp 2.
4.3.1. Định nghĩa
Phương trình vi phân cấp hai là phương trình có dạng F(x,y,y’,y’’) = 0