Chủ đề Một số ứng dụng của cực trị của hàm nhiều biến , Một số ứng dụng của phương trình vi phân

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CƠNG NGHIỆP HÀ NỘI
KHOA KẾ TỐN - KIỂM TỐN
──────── * ───────

BÁO CÁO NHĨM
HỌC PHẦN: GIẢI TÍCH BS6010

TÊN CHỦ ĐỀ:
Chủ đề 1: Một số ứng dụng của cực trị của hàm nhiều biến
Chủ đề 2: Một số ứng dụng của phương trình vi phân

Sinh viên thực hiện

: Nguyễn Thị Thu Thảo
Nguyễn Thị Kim Liên
Nguyễn Thị Ly
Lại Thảo Anh
Lê Ánh Tuyết
Trịnh Thị Lý
Phan Thị Thùy Dương
Phạm Thị Ngọc Diễm
Nguyễn Thị Loan

Tên lớp

: 20221BS6010007

Giáo viên hướng dẫn

: Nguyễn Chí Thanh

Hà Nội, 18 tháng 11 năm 2022

pg. 1


BẢNG ĐÁNH GIÁ TIÊU CHÍ LÀM VIỆC NHĨM( 5 TIÊU CHÍ)
Sự

Đưa ra ý Giao

tiếp Tổ chức

Hồn

Tổng điểm

Tiêu

nhiệt

kiến và và

phối và

thành

được

chí

tình

ý tưởng hợp tốt với hướng

công

đánh

tham

làm bài

thành viên dẫn cả

việc hiệu

bởi

gia

khác cùng nhóm

quả

cho

cơng

giải quyết

từng thành

việc

vấn

viên

Tên thành

đề

chung

giá
Thảo

(TĐA)

viên
Nguyễn

Thị

9

9

9

9

9

45

Thị

9

9

9

9

9

45

Thị

9

9

9

9

9

45

Lại Thảo Anh

9

9

9

8

9

44

Lê Ánh Tuyết

9

9

9

9

8

44

Trịnh Thị Lý

9

9

9

9

9

45

Phan

8

9

9

9

9

44

9

9

8

9

8

43

9

9

9

9

8

44

Thu Thảo
Nguyễn
Kim Liên
Nguyễn
Ly

Thị

Thùy Dương
Phạm

Thị

Ngọc Diễm
Nguyễn

Thị

Loan

TỔNG ĐIỂM ĐÁNH GIÁ CỦA CÁC THÀNH VIÊN

pg. 2


Tên thành viên

TĐ = Tổng điểm được đánh Điểm trung bình
giá bởi tất cả

=

các thành viên trong nhóm

thành

Hệ số cá nhân

TĐ/(5xsố (dựa vào bảng
qui đổi)

viên)
Nguyễn Thị Thu Thảo

416.25

9.25

1.2

Nguyễn Thị Kim Liên

395.25

8.78

1

Nguyễn Thị Ly

392.5

8.72

1

Lại Thảo Anh

389

8.64

1

Lê Ánh Tuyết

325.47

7.23

0.8

Trịnh Thị Lý

394.5

8.76

1

Phan Thị Thùy

381.25

8.47

1

Phạm Thị Ngọc Diễm

379.25

8.42

1

Nguyễn Thị Loan

377.5

8.38

1

Dương

BẢNG QUI ĐỔI RA HỆ SỐ CÁ NHÂN
Điểm trung

[9;10]

[8;9)

[7;8)

[6-7)

[5-6)

1.2

1

0.8

0.6

0.4

bình
Hệ số cá
nhân

A-Mục lục:

pg. 3


Trang
*Phần mở đầu: Giới thiệu

5

*Nội dung báo cáo:
Chủ đề 1: Một số ứng dụng của cực trị của hàm nhiều biến
1.Kiến thức về cực trị của hàm nhiều biến.......................................................... 5-9

2. Ứng dụng của cực trị hàm nhiều biến trong bài toán kinh tế.......................... 10-12
Chủ đề 2: Một số ứng dụng của phương trình vi phân
1.Định nghĩa phương trình vi phân..........................................................................12
2. Một số loại của phương trình vi phân..............................................................12-17
3.Ứng dụng của phương trình vi phân.................................................................18-19
*Phần kết luận...........................................................................................................19
*Tài

liệu

tham

khảo ...................................................................................................19
──────── * ───────

B-Phần mở đầu: Giới thiệu bao quát về nội dung của bài báo cáo
 Bài báo cáo bao gồm 2 chủ đề:
Chủ đề 1: Một số ứng
dụng của cực trị của hàm
nhiều biến

Chủ đề 2: Một số ứng dụng
của phương trình vi phân

Kiến thức cực trị của hàm nhiều biến
Ứng dụng cực trị hàm nhiều biến trong bài
toán kinh tế

Định nghĩa phương trình vi phân
Một số loại của phương trình vi phân

Ứng dụng của phương trình vi phân

pg. 4


C- Phần nội dung báo cáo:
***Chủ đề 1: Một số ứng dụng của cực trị của hàm nhiều biến
I .Cực trị khơng có điều kiện
1.1 .Định nghĩa
Hàm số z=f(x,y) đạt cực trị tại M(x0,y0). Nếu tại mỗi điểm M(x,y) khá gần nhưng
khác M, thì hiệu∆f=f(x,y)−f(x0,y0) có dấu khơng đổi.
- Nếu∆f < 0 thìf(x0,y0) là giá trị cực đại và M0 là điểm cực đại của hàmz=f(x,y).
- Nếu∆f >0 thì f(x0,y0)là giá trị cực tiểu và M0 là điểm cực tiểu của hàm số z=f(x,y)
Ví dụ: Hàm số w=x2 + y2 đạt giá trị cực tiểu tại điểm O(0, 0)
Vì x2 + y2 >0với mọi (x, y) thuộc cận điểm (0, 0)
1.2. Định lý
a) Điều kiện cần
Nếu hàm số z=f(x,y) đạt cực trị tại điểm M0(x0,y0) và tại đó hàm số có các đạo
hàm riêng thì f’x(x0,y0)=f’y(x0,y0)=0.
Điểm M0(x0,y0) thỏa mãn f’x(x0,y0)=f’y(x0,y0)=0 được gọi là điểm dừng. Điểm dừng
M0 có thể khơng là điểm cực trị của hàm số.
→Nhận xét 1: Từ định lý trên ta suy ra: Hàm số chỉ có thể đạt cực trị tại các điểm
dừng của nó, nên để tìm các điểm cực trị ta chỉ cần tìm trong số các điểm dừng.
→ Nhận xét 2: Một điểm là điểm dừng của hàm số thì chưa chắc là điểm cực trị.
Cho nên cần xétđiều kiện đủ để một điểm dừng là điểm cực trị.
b) Điều kiện đủ
Giả sử z=f(x,y) có điểm dừng là Mo và có các đạo hàm riêng cấp hai tại lân cận
của điểm M0
Đặt A= f } rsub {{x} ^ {2} ¿ (M0), B= f } rsub {xy ¿(M0), C= f } rsub {{y} ^ {2} ¿ (M0)
Khi đó:

−

{

2
Nếu B −AC <0 =>f(x,y) đạt cực tiểu tại M0

A >0

pg. 5


{

−

2
Nếu B −AC <0 =>f(x,y) đạt cực đại tại M0

−

Nếu B2− AC >0 =>f(x,y) khơng có cực trị tại M0

−

Nếu B2− AC=0 chưa có kết luận ( M0 là điểm nghi ngờ)

A <0

c) Qui trình giải bài tốn tìm cực trị hàm số z=f(x,y).

Bài tốn: Tìm cực trị : z= f(x,y) trên miền D R2
 Bước 1: Tìm điểm dừng, xét hệ:

{

f ' x =0
f ' y =0

=>Tọa độ M(x0, y0)
 Bước 2: Đặt A= f”x2

;

B= f”x

;

C=f”y2

Bảng dấu
B2-AC

Dấu A

Kết luận

-

-

Cực đại

-

+

Cực tiểu

+

Không là cực trị

0

Chưa kết luận

 Bước 3: Kết luận cực trị của hàm số
VD: z = - x 3+ 2 y 4 +6 x 2−9 x+ 8 y
Giải:
- Tìm điểm dừng bằng việc xét hệ:

{

{

{

f ' x =0 −3 x2 +12 x−9=0
x=3 ; x=1
→

→
3
f ' y =0
y=−1
8 y +8=0

Đặt A= f } rsub {{x} ^ {2}} =-6x+1 ¿

;

B= f } rsub {xy} = ¿

;C=

f } rsub {{y} ^ {2}} =24 {y} ^ {2 ¿

Ta có: B2-AC=0-(-6x+12).24y
Với M1(3;-1) →A=-6 , C=2
B2-AC=0-(-6).24=144>0
→M1 không là điểm cực trị
Với M2(1;-1) →A=6 ,

C=24

B2-AC=0-6.24=-144<0

pg. 6


A=6>0

→M2 là điểm cực tiểu
ZCT = -10
2.1. Định nghĩa
Ta nói hàm số z=f(x,y) đạt cực đại ( cực tiểu) tại điểm M0(x0, y0) với điều kiện
g(x,y)=0. Nếu tồn tại một lân cận D của điểm M0 sao cho f(M)<f(M0)(f(M)>f(M0))
với mọi điểm
M∈D , M≠M0, g(M)=0.
2.2. Điều kiện có cực trị
a) Điều kiện cần
Giả sử M0(x0,y0) là điểm cực trị của hàm số z=f(x,y) với điều kiện g(x,y)=0 .
Trong đó f(x,y),g(x,y) là các hàm số có các đạo hàm riêng liên tục.
Khi đó tồn tại số λ sao cho:
¿

(1)

Số λ được gọi là nhân tử lagrange.
Hàm số L(x,y, λ ) = f(x,y) + λ g(x,y) được gọi là hàm Lagrange
b) Điều kiện đủ
Giả sử điểm M0(x0, y0) thỏa mãn (1) ứng với nhân tử λ 0 . Ta gọi M0 là điểm
dừng bài tốn cực trị có điều kiện . Ta chuyển bài tốn tìm cực trị của hàm số z =
f(x,y) với điều kiện g(x,y)=0 thành bài tốn cực trị khơng điều kiện của hàm
Lagrange.
Xét biểu thức :
det H= 2 g ' x g ' y L ' ' xy −¿
Khi đó:
Nếu det(H(M0))>0 thì M0 là điểm cực đại của hàm số
Nếu det(H(M0))<0 thì M0 là điểm cực tiểu của hàm số
Nếu det(H(M0))=0 thì chưa có kết luận về tính cực trị của hàm số tại điểm
M0

2.3. Các bước tìm cực trị có điều kiện

pg. 7


Bài tốn:
Tìm cực trị của hàm số z=f(x,y) với điều kiện g(x,y)=0.
 Bước 1: Lập hàm lagrange
L( x , y , λ ) = f( x , y ) + λ g( x , y )
 Bước 2: Tìm điểm dừng, xét hệ:

{

L ' x =0
L' y =0
L ' z=0

→ Tọa độ M
 Bước 3: Xét
det H= 2 g ' x g' y L' ' xy−¿
 Nếu det H>0→M là điểm cực đại
 Nếu det H<0→M là điểm cực tiểu
 Nếu det H=0→Chưa có kết luận
 VD1: Tìm cực trị của hàm số :
f(x,y) = 3x2+5xy với điều kiện x+y=16
Giải:
Đặt g(x,y)=x+y-16
Xét hàm Lagrange
L(x,y, λ )= 3 x 2+ 5 xy + λ(x + y−16)
Tìm điểm dừng bằng việc xét hệ:

{

{

L ' x =0
L' y =0 
L ' λ=0

6 x+5 y + λ=0 (1)
5 x+ λ=0(2)
x + y−16=0 (3)

Từ (1), (2) ta có:

x=

−λ
5

,

y=

λ
25 thay vào (3) ta có:

−λ λ
+ −16=¿ 0
5 25

−4 λ
→ 25 =16

→ λ=−100
Với λ=−100 → x= 20, y=-4

pg. 8


→M(20,-4)
Xét det H= 2 g ' x g ' y L ' ' xy−¿
Trong đó g ' x =1 , g ' y =1 , L } rsub {xy} =5 ,

{L y =0 , L} rsub {{x} ^ {2}} = ¿
2

→det H = 2.1.1.5 = 10 >0
→M(20,-4) là điểm cực đại và ZCĐ = 800
VD2: Tìm cực trị của hàm số z = 6 – 4x – 3y với điều kiện x2 + y2 = 1
Giải
Đặt g(x,y) = x2 + y2 – 1
Xét hàm Lagrange
L(x,y,λ) = 6 - 4x – 3y + λ(x2 + y2 – 1)
Tìm điểm dừng bằng việc xét hệ:

{

'

L x =0

'
L y =0
L'λ=0



{

−4 +2 λx=0(1)
−3+2 λy=0(2)
x 2+ y 2=1(3)

Từ (1) và (2) ta có :

x=

2
λ

3

, y= 2 λ thay vào (3) ta có :

4
9
+ 2 =1
2
λ 4λ
5
−¿> λ=± ¿

2
5
2

Với λ = thì x =

4
3
, y=
5
5

4 3
5 5

Do đó M1 ( , )
−5

−4

−3

Với λ = 2 thì x= 5 , y= 5
Do đó M2 (

−4 −3
, )
5 5

Xét det H= 2 g ' x g ' y L ' ' xy−¿

Trong đó g ' x =2 x , g ' y =2 y , L } rsub {xy} =0 ,

{L y =2 λ , L } rsub {{x} ^ {2}} =2 ¿
2

Do đó det H= -8λ( x 2+ y 2 ¿
Vậy tại M1 thì det H = -20 < 0 , hàm số đạt cực tiểu và zct = 1
M2 thì det H = 20 > 0 , hàm số đạt cực đại và zcđ = 11

pg. 9


II. Ứng dụng của cực trị hàm nhiều biến trong bài toán kinh tế
Một số ký hiệu:
Pi: Đơn giá của sản phẩm thứ i
Qi: Số lượng của sản phẩm thứ i
C=C(Q1,Q2): Hàm chi phí tính theo số lượng sản phẩm
⇒ π = P1Q1 + P2Q2 - C(Q1,Q2)
a. Sản xuất trong điều kiện độc quyền
VD1: Công ty A sản xuất 2 loại sản phẩm có giá thị trường là: P 1=400, P2=600. Chi
phí cơng ty bỏ ra là C= Q21 +2Q 22+2 Q1 +4 Q 2+300
Hãy xác định cơ cấu sản xuất (Q1,Q2) để cơng ty đó đạt lợi nhuận tối đa?
Hướng dẫn:
- bài tốn dẫn tới tìm cực trị của hàm lợi nhuận
π = P1Q1 + P2Q2 - C(Q1,Q2)
π=400 Q1+600 Q2−( Q21 +2Q22 +2 Q 1+ 4 Q 2 +300 )

π=−Q 12−2Q22 +398 Q 1 +596 Q2−300

Xét hệ:

{

π ' Q =0
π ' Q =0
1

{

→

2

−2 Q1 +398=0
−4 Q 2+596=0

{

→

Q1=199
Q2=149

→M(199,149)
Ta đặt: A= π ' ' Q =−2 B= π ' ' Q =0
2
1

12

C= π ' ' Q =−4
2
2

B2-AC=-8<0
A=-2<0
→Hàm lợi nhuận đạt cực đại tại (Q1,Q2) = (199,149) với π CĐ =84001
VD2: Một hãng sẩn xuất 1 loại hàng với giá thị trường là 12 ＄. Hàm sản xuất Q=2
1
2

2
3

L +3K .

Hỏi hãng sản xuất có đạt lợi nhuận tối đa khơng biết giá thuê lao động và giá thuê
tư bản lần lượt là 24＄ và 48＄?
Hướng dẫn:
Bài tốn đưa về tìm cực đại của hàm lợi nhuận
π= p . f ( L , K )−(W L L+W K K )

pg. 10


1

2

¿ 12(2 L 2 +3 K 3 )−(24 L+ 48 K )

1

2

= 24 L 2 +36 K 3 −24 L−48 K
Xét hệ:

{

{

π ' L =0
π ' K =0

→

−1
2

12 L −24=0
−1

24 K 3 −48=0

1 1
4 8

{

1

4
→
1
K=
8
L=

→(L,K)=( ; ¿
Ta đặt:
A=π } rsub {{L} ^ {2}} =-4 ¿

B=π } rsub {LK} =¿ C=π } rsub {{K} ^ {2}} =-12 ¿

2
B − AC=−6144 < 0

A=−48< 0
1 1
4 8

→Hãng sản xuất đạt lợi nhuận tối đa tại (L ; K) = ( ; ¿ với π CĐ =−17
b. Bài toán người tiêu dùng
VD: sinh viên A có 900 để mua 2 loại sản phẩm x,y với giá của từng loại sản phẩm
lần lượt là Px= 10 và Py= 40. Hàm tổng thời gian sử dụng là (x-2)y.Xác định số
lượng từng loại sản phẩm để thời gian sử dụng là lớn nhất?
Hướng dẫn:
-Khi đó, ta có: 10x+40y=900
-Bài tốn đưa về tìm cực trị có điều kiện của hàm f ( x , y )=( x −2) y với điều kiện
10x+90y=900
Đặt g(x,y)= 10x+40y-900

Lập hàm Lagrange
L(x,y, λ ) =(x-2)y+ λ (10x+40y-900)
Tìm điểm dừng bằng việc xét hệ:

{

L ' x =0
L' y =0
L ' z=0

{

y +10 λ=0(1)
→ x −2+40 λ=0(2)
10 x + 40 y −900=0(3)

Từ (1), (2), ta có: x=2-40 λ , y=-10 λ thay vào (3) ta được:
→ 10(2-40 λ )+40(-10 λ )-900=0

pg. 11


→ 20-400 λ -400 λ -900=0
→ -800 λ -880=0
→ λ= Với λ = -

11
10
11
→ x=46, y=11→ M(46,11)

10

Xét det H= 2 g ' x g ' y L ' ' xy−¿
Trong đó g ' x =10 , g ' y =40, L ' ' xy=1, L ' ' y =0, L ' ' x =0
2

2

Det H= 2.10.40.1=800>0
→M(46,11) là điểm cực đại và zCĐ = 484

***Chủ đề 2: Một số ứng dụng của phương trình vi phân
I.

Định nghĩa phương trình vi phân:

Phương trình vi phân là phương trình xuất hiện biến số, hàm số cần tìm và các đạo
hàm (vi phân) các cấp của hàm số đó. Phương trình tổng qt có dạng:
F ¿ (1). Trong đó: y ' ; y } ; {y} ^ {n ¿ là đạo hàm các cấp tương ứng.

Nghiệm tổng qt phương trình có dạng : y=φ ( x ; c ) , ( c là hằng số )
-

Nếu c=c 0 ⇒y = φ ( x ; c 0 ) gọi là một nghiệm riêng

Ví dụ : Sau đây là một số phương trình vi phân thường:
a) y’=x2 + xy2 + y xuất hiện biến số x, hàm số cần tìm y(x) và đạo hàm y’(x).
b) xdy – (y + x2)dx = 0 xuất hiện biến số x, hàm số y và vi phân dx, dy.
II.

Một số loại của phương trình vi phân:

1.Phương trình vi phân cấp 1 với biến số phân li:
Là phương trình có dạng: f ( x ) dx=g ( y ) d
Phương pháp giải:

∫ f ( x ) dx=∫ g ( y ) dy
Ví dụ : Giải phương trình vi phân sau: ( 1+ y 2 ) =2 y . y ' . √ 1−x2
2

pg. 12


Giải:
Ta có: ( 1+ y 2 ) =2 y . y ' . √ 1−x2
2

⟺

dx

=

2 ydy

√1−x ( 1+ y 2 )2
2

; x ≠−1

⇔ arc sin x=∫

dx

√1−x 2

=−arc cos x

⇔ arc sin x=∫ ( 1+ y 2 ) .d ( 1+ y 2 )
2

⇔ arc sin x=

−1
2 + c ( Nghiệm tổng quát phương trình)
1+ y

2. Phương trình vi phân thuần nhất (phương trình đẳng cấp):
Hàm số f(x,y) gọi là hàm thuần nhất bậc n nếu f(tx,ty)=tnf(x,y).
+Phương pháp giải:
y
x

Phương trình thuần nhất có dạng: y’=f( ).
y

Đặt u = x

 y=ux, trong đó u(x) là hàm số của x. Ta có:
du

Y’=xu’+u=f(u)  x dx =f(u)-u.
du

dx

 Nếu f(u) u, ta có f (u)−u = x , đây là phương trình phân ly biến số.
 Nếu f(u)=u  u’x=0 u’=0u=C nghiệm của phương trình y=Cx
Ví dụ: Giải các phương trình vi phân:
y
x

a) xy’=xsin +y.
Đặt y=xu y’  xu’u . Thay vào phương trình ta được:
x(xu'+u) =xsinu+xu
 xu' = sin u .
Ta thấy sinu=0  u=kπ , kϵ thỏa mãn xu’=sinu.
Do đó y= kπx là các nghiệm của phương trình ban đầu.
Nếu sinu ≠ 0, ta có:

pg. 13


du
dx
u
y
=  ln ¿ tg ∨¿ ln ¿ x∨+ ln¿ C∨¿ ¿ tg =Cx.
sin u x
2

2x

b) (x+2y)dx-xdy=0 và y(1)=-2.
Đặt y=xudy=xdu+udx, thay vào phương trình ta được:
(x+2xu)dx - x(udx+xdu) = 0
x(1+u)dx = x2du.
Ta thấy u = -1 không thỏa mãn điều kiện ban đầu, nên đó khơng là nghiệm của
phương trình. Ta được phương trình tưởng đương
dx du
=
ln ¿ x∨¿+ln ¿ C∨¿ ¿= ln ¿ u+1|
x u+1

u+1 = Cx
Y(1) = -2u(1) = -2, nên C = -1.
Vậy nghiệm của phương trình đang xét là: y=-x2-x.
3.Phương trình vi phân cấp 2:
Phương trình vi phân cấp 2 là phương trình có dạng:
F(x,y,y’,y”)=0; y”=f(x,y,y’)
Các dạng PTVP cấp 2:
a) PTVP giảm cấp được
b) PTVP tuyến tính cấp 2 hệ số hàm:
y” + p(x)y’ + q(x)y = f(x)

(1)

+ Nếu f(x)=0  PTVP thuần nhất
+ Nếu f(x)≠0  PTVP khơng thuần nhất
Trong đó p(x), q(x), f(x) là các hàm cho trước.
*Phương pháp giải:

+ Bước 1: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất:
y”+py’+qy=0
Xét phương trình đặc trưng:
K2 + pK + q = 0

(2)

-Nếu phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt K1,K2 thì nghiệm tổng qt của
phương trình thuần nhất:

pg. 14


y=C1eK1x+C2eK2x (C1,C2_ const)
-Nếu phương trình (2) có nghiệm kép K 1=K2 thì nghiệm tổng quát của phương trình
thuần nhất:
y=(C1+C2)eK1x
-Nếu phương trình (2) có 2 nghiệm phức liên hợp K1=α+βi, K2=α+βi thì nghiệm
tổng quát của phương trình thuần nhất:
y=e αx (C1cosβx + C2cosβy)
+ Bước 2: tìm một nghiệm riêng nếu f(x)=e αx Pn(x)
-Nếu α khơng là nghiệm của phương trình (2), nghiệm riêng có dạng:
Y=e αx Qn(x)
-Nếu α là nghiệm đơn của phương trình (2), nghiệm riêng có dạng:
Y= xe αx Qn(x)
-Nếu α là nghiệm kép của phương trình (2), nghiệm riêng có dạng:
Y= x2 e αx Qn(x)
 Nghiệm phương trình: y=y+Y
Ví dụ:
Giải PT y”- 6y’ + 9y = 2x2

GIẢI:
y”- 6y’+9y = e0x. 2x2
-Tìm nghiệm thuần nhất y” – 6y’ + 9y = 0
Xét phương trình đặc trưng : k2 - 6k + 9 = 0
k = 3 ( nghiệm kép )
 Nghiệm tổng qt của phương trình thuần nhất có dạng:
y= (C1x + C2).e3x
-Tìm một nghiệm riêng
f(x) = e0x . 2x2
α =0 ; n=2
Vì α = 0 khơng là nghiệm của phương trình đặc trưng nên:
Y= e0x (Ax2 + Bx + C) = Ax2 + Bx + C
Y’= 2Ax + B Y”= 2A
Thay vào phương trình ban đầu ta có:

pg. 15


2A – 6(2Ax + B) + 9(Ax2 + Bx + C) = e0x.2x2
2A – 12Ax – 6B + 9Ax2 + 9Bx + 9C = 2x2
(9A – 2)x2 + (9B – 12A)x + 2A – 6B + 9C =0
Đồng nhất thức ta có:

{

2
9
9 A=2
8
9 B−12 A=0  B=

27
2 A−6 B+9 C=0
4
C=
27

{

A=

2

8

Nghiệm riêng: Y= 9 x2+ 27

x+

4
27
2

8

4

Nghiệm phương trình: y= ( C1x+C2).e3x + 9 x2 + 24 x + 27
4. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1:
Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 có dạng y’+ p(x)y = g(x) (1)
trong đó p(x), q(x) là các hàm của biến x

+ Nếu g(x)=0  PTVP thuần nhất
+ Nếu g(x)≠0  PTVP không thuần nhất
Khi đó nghiệm của phương trình (1) là:
Y=(∫ g ( x ) . e∫ p ( x ) dx +c ) . e−∫ p (x )dx
*Phương pháp giải PTVP thuần nhất:
Biến phân ly (tách biến):
(1) y’= -p(x)y
dy

 dx = -p(x)y
dy

 y = -p(x)dx
Ta lấy tích phân 2 vế:

∫

dy
= − p ¿ ¿x)dx + C1
y ∫

 ln|y| =∫ − p ¿ ¿x)dx + C1
 y =e∫ −p (x)dx+C

1

pg. 16


 y = e C e∫ − p( x)dx

1

 y =Ce∫ − p( x)dx (C_const)
Ví dụ: Tìm nghiệm tổng qt của phương trình:
a) y’ -

2x
y= 0
1+ x2

y =Ce∫ − p( x)dx
2x

y =Ce∫ 1 +x
y =Ce∫

2

dx

2

d (1+ x )
2
1+ x
2

y =Celn (1 +x )
y =C (1+ x2 )
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là: y =C (1+ x2 )

1
x

b) y’= ¿y + xex - 2ex)
2y

 y’= x
dy

2 dx

 y= x

 ln ¿ y∨¿¿ = 2ln ¿ x∨¿ ¿ + ln ¿ C∨¿ ¿
 y = Cx2
Tìm nghiệm riêng của phương trình khơng thuần nhất dưới dạng y’=C(x)x2.
x

( x−2) e
Thay vào phương trình ta được C’(x)=
, suy ra:
3
x

C(x)=∫ ¿ ¿ )dx=

ex
+ K.
x2

Với K=0, y’=ex
Vậy nghiệm của phương trình cần tìm là y=ex + Cx2.
III. Ứng dụng của phương trình vi phân
1. Một số mơ hình tốn học trong vật lí, cơ học, kĩ thuật:
•

Định luật thứ hai của Newton về chuyển động

•

Phương trình dao động của con lắc

pg. 17


•

Phương trình chuyển động của hành tinh trong Hệ Mặt Trời

•

Phương trình vi phân cho các mạch điện

•

Phương trình phóng xạ

2. Một số mơ hình tốn học trong sinh thái học quần thể:
- Mơ hình quần thể đơn lồi
- Mơ hình thú mồi

- Mơ hình cạnh tranh hai lồi
3.Ứng dụng thực tiễn hay sử dung phương trình vi phân
 Phương trình vi phân cấp 1
+Dùng dự báo sự phát triển của người vât ni
+Trong mạch điện
 Phương trình vi phân cấp 2
+ Giải mạch điện
+Trong kỹ thuật
dQ

Ví dụ 1:Giả sử một chất phóng xạ với tốc độ : dt =−¿ 0,25Q ( đơn vị /năm )
Hỏi sau 5 năm lượng phóng xạ cịn lại bao nhiêu nếu sau một năm nó có 100 đơn vị
GIẢI:.
Tốc độ phân giảm của chất thỏa mãn phương trình

dQ
=¿-0,25Q
dt

Lượng chất cịn lại sau t năm Q(t)=Q0.e-0,25t
Sau 1 năm Q1=100  Q0.e-0,25=100  Q0=100. e0,25
Q(t) = 100. e0,25. e-0,25t = 100. e0,25-0,25t
Q(5)  ≈ 36,8
Như vây, sau 5 năm lượng phóng xạ sẽ cịn lại khoảng 36,8 đơn vị.
Ví dụ 2: Giả sử dân số p(t) (đơn vị tính 10 triệu người) của một quốc gia sau t năm
kể từ năm 2013 tăng tưởng với tốc dộ

dp
=¿ 0.25p(1-p) ; p(0)=0.9 .Ước tính dân số
dt

vào năm 2019.
GIẢI:

pg. 18


Tốc độ tăng của dân số thỏa mãn phương trình tăng trưởng logistic
dp
=¿ 0.25p(1-p) , k=0.25 ,B=1
dt

Do đó dân số sau t năm sẽ là p(t) =

1
−0.25 t
1+ A .e

Vào năm 2013 ( t=0):
p(0)= 0.9

1

 1+ A = 0.9
1

 A= 9  p(t)=
9

 p(6) = 9+e

−0.25 .6

9
9+e−0.25 t

 ≈ 0.9758

Như vậy, dân số vào năm 2019 vào khoảng 9.758 triệu người.
Ví dụ 3: Cho mạch điện có điện trở là 12 Ω, điện cảm là 4 H .Nếu nguồn điện cố
định là 60V và chuyển mạch là đóng khi t=0 thì sau 1 giây dòng điện trong mạch là
bao nhiêu? Sau một khoảng thời gian dài thì dịng điện trong mạch như thế nào?
GIẢI:
Theo đề bài : R=12 ; L=4 ;E=60
Cường độ dòng điện trong mạch sau 1s:

(

I(1)= E 1−e
R

−R
L

)= 60
(1−e
12

−12
4

)≈ 4.75 Ampe

Sau một khoảng thời gian dài , cường độ dòng điện trong mạch tiến về cường độ ổn
định và
I

E
=5
R

D- PHẦN KẾT LUẬN
Các kết quả mà nhóm đã đạt được:
-Hiểu được nội dung và cách giải của bài toán cực trị và phương trình vi phân.
-Ứng dụng vào giải các bài toán thực tế.
-Nắm được các đơn vị kiến thức.
E- TÀI LIỆU THAM KHẢO

pg. 19


Trang học trực tuyến qlht.haui.edu.vn , giáo trình tốn cao cấp cho các nhà kinh tế,
bài giảng giải tích hàm nhiều biến(tài liệu dành cho sv khoa toán-tin)

pg. 20