Hàm nhiều biến và phương trình hàm

Mục lục
Chương 1 HÀM NHIỀU BIẾN 3
1.1 MỘT SỐ KHÁI NIỆM 3
1.1.1 KHÔNG GIAN Rn 3
1.1.2 HÀM NHIỀU BIẾN 3
1.1.3 TÍNH LIÊN TỤC HÀM HAI BIẾN 6
1.2 ĐẠO HÀM RIÊNG 7
1.2.1 ĐẠO HÀM RIÊNG 7
1.2.2 ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP CAO 7
1.3 VI PHÂN 8
1.3.1 VI PHÂN 8
1.3.2 VI PHÂN TOÀN PHẦN 8
1.3.3 VI PHÂN CẤP CAO 8
1.4 CỰC TRỊ TỰ DO 9
1.4.1 ĐỊNH NGHĨA 9
1.4.2 CÁCH TÌM CỰC TRỊ 9
1.5 CỰC TRỊ CÓ ĐIỀU KIỆN 11
1.6 GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT 14
1.6.1 ĐỊNH NGHĨA 14
1.6.2 CÁCH TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT 14
Chương 2 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 16
2.1 KHÁI NIỆM 16
2.2 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 1 17
2.2.1 PHƯƠNG TRÌNH KHUYẾT 17
2.2.2 PHƯƠNG TRÌNH BIẾN SỐ PHÂN LY 19
2.2.3 PHƯƠNGTRÌNH TUYẾN TÍNH CẤP 1 21
2.2.4 PHƯƠNG TRÌNH BERNOULLI 22
2.3 MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH CÓ THỂ HẠ CẤP 24
2/25
Toán cao cấp
Chương 1 HÀM NHIỀU BIẾN

1.1 MỘT SỐ KHÁI NIỆM
1.1.1 KHÔNG GIAN R
n
R
n
= {(x
1
, x
2
, …, x
n
)  x
i
∈R, 1≤ i ≤n}
Một điểm trong R
n
gồm bộ n số thực xác định điểm đó.
- Khoảng cách giữa 2 điểm M(x
1
, x
2
, …, x
n
), N(y
1
, y
2
, …, y
n
):

MN =
22
22
2
11
)( )()(
nn
yxyxyx
−++−+−
MN ≥ 0,∀ M, N ∈ R
n
- Giới hạn của dãy điểm :
Cho dãy điểm M
k
(
k
n
kk
xxx , ,,
21
) trong R
n
, k = 1, 2, ….
Dãy điểm M
k
hội tụ tới M
0
(
00
2

0
1
, ,,
n
xxx
) nếu
+∞→k
lim
M
k
M
0
= 0 hay
+∞→k
lim
M
k
= M
0
Định lý: Dãy điểm M
k
(
k
n
kk
xxx , ,,
21
) hội tụ tới M
0
(

00
2
0
1
, ,,
n
xxx
) khi và chỉ khi
0
11
lim xx
k
k
=
+∞→
0
22
lim xx
k
k
=
+∞→
…
0
lim
n
k
n
k
xx =

+∞→
Ví dụ : Tìm






+
+∞→
n
n
n
n
M
n
n
1
sin,
12
lim
∈ R
2
n
n
n
12
lim
+
+∞→

= 2,
n
n
n
1
sinlim
+∞→
= 1 nên






+
+∞→
n
n
n
n
M
n
n
1
sin,
12
lim
= M
0
(2, 1)

1.1.2 HÀM NHIỀU BIẾN
1) Hàm hai biến
Cho
D
là một tập hợp trong
2
¡
, người ta gọi ánh xạ
:f D
→
¡
, tức là một quy
tắc cho tương ứng với mỗi cặp số thực
( )
, x y D
∈
một số thực duy nhất
z
, ký
hiệu là
( )
, f x y
là hàm số hai biến số,
x
và
y
là hai biến số độc lập. Ta ký hiệu :
( ) ( )
: , , f x y z f x y
=

a
D
được gọi là miền xác định của hàm số
f
. Tập hợp
( ) ( ) ( )
{ }
, , , f D z z f x y x y D
= ∈ = ∀ ∈
¡
gọi là miền giá trị của hàm số
f
.
Ví dụ: Hàm chi phí của hai sản phẩm.
Một công ty sản xuất hai loại sản phẩm A và B. Hàm chi phí mỗi tuần của mỗi
loại sản phẩm như sau:
Sản phẩm A:
( )
500 70C x x
= +
, x là số lượng sản phẩm A.
3/25
Chương 1: Hàm nhiều biến
Sản phẩm B:
( )
200 100C y y
= +
, y là số lượng sản phẩm B.
Hàm chi phí của hai sản phẩm A và B là
( )

,C x y
:
( ) ( ) ( )
, 700 70 100C x y C x C y x y
= + = + +
Tính chi phí để sản xuất ra 10 sản phẩm A và 5 sản phẩm B
( )
10,5 700 70.10 100.5 1900C
= + + =
.
Biểu diễn hàm hai biến
Đặt z = f(x,y). Tập hợp tất cả (x,y,z) trong không gian với toạ độ Oxyz thường
tạo thành 1 mặt, gọi là biểu diễn của hàm z = f(x,y).
Ví dụ : Cho hàm số z = f(x,y) = sin(x+y) có biểu diễn trên hệ trục Oxyz như sau:
Miền xác định
Miền xác định của hàm số z = f(x,y) là tập hợp những cặp
( )
, x y
sao cho biểu
thức
( )
, f x y
có nghĩa.
Ví dụ :
Hàm số
2 3 5z x y
= − +
xác định với mọi cặp
( )
2

, Ryx ∈
, miền xác định của nó là
toàn bộ mặt phẳng.
Hàm số
2 2
1z x y
= − −
xác định khi
2 2
1 0x y− − ≥
hay
2 2
1x y+ ≤
, miền xác định
của nó là hình tròn đóng, tâm
O
, bán kính
I
( hình 1).
4/25
Toán cao cấp
1
O
y
x
hình 1
Hàm số
( )
ln 1z x y
= + −

được xác định khi
1 0x y
+ − >
hay
1x y
+ >
, miền xác
định của nó là nửa mặt phẳng mở ở phía trên đường thẳng
1x y
+ =
(hình 2).
1
1
O
y
x
Hình 2
2) Hàm n biến
Cho hai tập D va U khác rỗng, D ⊆ R
n
, U ⊆ R. Hàm n biến ký hiệu f: D → U
với u = f(x
1
, x
2
, …, x
n
) ∈ U
D: miền xác định gồm (x
1

, x
2
, …, x
n
), U: miền giá trị của hàm.
Giá trị của hàm u = f(x
1
, x
2
, …, x
n
) tại điểm M
0
(
0
1
x
, …,
0
n
x
) được ký hiệu là
f(
0
1
x
, …,
0
n
x

) hoặc f(M
0
).
GIỚI HẠN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN
1) Hàm hai biến
* f(x,y) xác định trên D⊂ R
2
, (x
0
,y
0
)∈ D,
5/25
Chương 1: Hàm nhiều biến
),(lim
0
0
yxf
yy
xx
→
→
= A ⇔∀(x
n
,y
n
)∈D, x
n
→ x
0

, y
n
→ y
0
thì f(x
n
,y
n
)→ A
Định nghĩa giới hạn này gọi là giới hạn kép (hay giới hạn bội).
* Hàm hai biến còn có giới hạn lặp:
0
lim
yy
→
(
0
lim
xx
→
f(x,y))
0
lim
xx
→
(
0
lim
yy
→

f(x,y))
2) Hàm n biến
Hàm n biến f(x
1
, x
2
, …, x
n
) xác định trên tập D có giới hạn b tại điểm
M
0
(
00
2
0
1
, ,,
n
xxx
) nếu mọi dãy điểm M
k
(
k
n
kk
xxx , ,,
21
) ∈ D, k = 1, 2, … có giới
hạn
M

0
(
00
2
0
1
, ,,
n
xxx
), (M
k
≠ M
0
) tức
+∞→
k
lim
M
k
= M
0
thì
+∞→
k
lim
f(
k
n
kk
xxx , ,,

21
) = b
Ta viết
bxxxf
n
xx
xx
xx
nn
=
→
→
→
), ,,(lim
21
0
0
22
0
11
* Để chứng minh hàm số f không có giới hạn tại điểm M
0
ta chọn 2 dãy điểm M
k

≠ M
0
, M’
k
≠ M

0
đều có

+∞→
k
lim
M
k
= M
0
,
+∞→
k
lim
M’
k
= M
0
nhưng
+∞→
k
lim
f(M
k
) ≠
+∞→
k
lim
f(M’
k

)
Ví dụ:
Tìm
32
2
1
lim yx
y
x
→
→
, ta có
n
n
x
+∞→
lim
= 1,
n
n
y
+∞→
lim
= 2
),(lim
nn
n
yxf
+∞→
=

22
.lim
nn
n
yx
+∞→
= 1.2
3
= 8 ⇒
32
2
1
lim yx
y
x
→
→
= 8
f(x, y) =
22
yx
xy
+
, Chứng minh
),(lim
0
0
yxf
y
x

→
→
không tồn tại
Lấy 2 dãy M
n
(
n
1
,0), K
n
(
n
1
,
n
1
) với n ∈ N*, M
n
≠ M
0
(0,0), K
n
≠ M
0
n
n
M
+∞→
lim
= M

0
,
n
n
K
+∞→
lim
= M
0
,
)(lim
n
n
Mf
+∞→
=
0
1
0.
1
lim
2
+
+∞→
n
n
n
= 0,
)(lim
n

n
Kf
+∞→
=
22
2
11
1
lim
nn
n
n
+
+∞→
=
2
1
1.1.3 TÍNH LIÊN TỤC HÀM HAI BIẾN
Cho hàm số
( )
,f x y
xác định trong miền
D
.
( )
0 0 0
,M x y
là điểm thuộc
D
. Ta nói

rằng hàm số
( )
,f x y
liên tục tại
0
M
nếu:
Tồn tại
( ) ( )
( )
0 0
, ,
lim ,
x y x y
f x y
→
,
6/25
Toán cao cấp
( )
( )
( ) ( )
0 0
0 0
, ,
lim , ,
x y x y
f x y f x y
→
=

(1.1)
Hàm số
( )
,f x y
được gọi là liên tục trong miền
D
nếu nó liên tục tại mọi điểm
của miền
D
.
1.2 ĐẠO HÀM RIÊNG
1.2.1 ĐẠO HÀM RIÊNG
1) Hàm hai biến
f(x,y) xác định trên D ⊂ R
2
, (x
0
,y
0
) ∈ D
Đạo hàm riêng của f theo biến x tại (x
0
, y
0
)
x
f
∂
∂
(x

0
,y
0
) =
x
yxfyxxf
x
∆
−∆+
→∆
),(),(
lim
0000
0
Đạo hàm riêng của f theo biến y tại (x
0
, y
0
)
y
f
∂
∂
(x
0
,y
0
) =
x
yxfxyxf

x
∆
−∆+
→∆
),(),(
lim
0000
0
Nhận xét: đạo hàm theo biến x thì coi y là hằng số và ngược lại.
Ví dụ : Tính các đạo hàm riêng của
4 3 2 4
5 2z x x y y= − +
3 2 2 3 3
4 15 ; 10 8
z z
x x y x y y
x y
∂ ∂
= − = − +
∂ ∂
Ví dụ : Tính đạo hàm riêng của
( )
0
y
z x x
= >
.
1
; ln
y y

z z
yx x x
x y
−
∂ ∂
= =
∂ ∂
Ví dụ : Tính đạo hàm riêng của
cos , 0
x
z y
y
 
= ≠
 ÷
 
1
sin . .sin
z x x x
x y x y y y
 
∂ ∂
= − = −
 ÷
∂ ∂
 
2
sin . sin
z x x x x
y y y y y y

 
∂ ∂
= − =
 ÷
∂ ∂
 
2) Hàm n biến
Hàm n biến f(x
1
, x
2
, …, x
n
) xác định tại M
0
(
00
2
0
1
, ,,
n
xxx
) và lân cận của M
0
. Đạo
hàm riêng của hàm f đối với biến x
i
tại M
0

là

i
x
f
∂
∂
=
'
i
x
f
=
i
ninii
x
x
xxxfxxxxf
i
∆
−∆+
→∆
), ,, ,(), ,, ,(
lim
000
1
0000
1
0
1.2.2 ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP CAO

1) Hàm hai biến
Đạo hàm riêng của đạo hàm riêng
x
f
∂
∂
,
y
f
∂
∂
theo các biến x, y nếu tồn tại, được
gọi là các đạo hàm riêng cấp 2 của hàm f.
( )
2 2
2 2
x xx
x
f f z
f f
x x x x
∂ ∂ ∂ ∂
 
= = = =
 ÷
∂ ∂ ∂ ∂
 
7/25
Chương 1: Hàm nhiều biến
( )

2 2
x xy
y
f f z
f f
y x x y x y
∂ ∂ ∂ ∂
 
= = = =
 ÷
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
 
( )
2 2
y yx
x
f f z
f f
x y x y x y
 
∂ ∂ ∂ ∂
= = = =
 ÷
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
 
( )
2 2
2 2
y yy
y

f f z
f f
y y y y
 
∂ ∂ ∂ ∂
= = = =
 ÷
∂ ∂ ∂ ∂
 
Định lý: Hàm số f(x, y) có các đạo hàm riêng f
xy
và f
yx
xác định và liên tục trong
một lân cận của M
0
(x
0
,y
0
) thì f
xy
(x
0
, y
0
) = f
yx
(x
0

, y
0
).
2) Hàm n biến
Xét hàm f(x
1
, x
2
, …, x
n
). Đạo hàm riêng của đạo hàm riêng cấp (m – 1) của đối
với biến xj (1 ≤ j ≤ n) là đạo hàm riêng cấp m.
Định lý: Nếu hàm số có các đạo hàm riêng các cấp liên tục thì đạo hàm riêng
không phụ thuộc vào thứ tự lấy đạo hàm.
Ví dụ : Cho f = y
2
.lnx, tìm các đạo hàm riêng cấp 2
x
f
∂
∂
=
x
y
2
,
y
f
∂
∂

= 2y.lnx
2
2
x
f
∂
∂
=
2
2
x
y
−
,
yx
f
∂∂
∂
2
=
x
y2
2
2
y
f
∂
∂
= 2.lnx
1.3 VI PHÂN

1.3.1 VI PHÂN
Hàm 2 biến: Vi phân của hàm f(x,y) là df =
x
f
∂
∂
dx +
y
f
∂
∂
dy
Hàm n biến: Cho hàm n biến f(x
1
, x
2
, …, x
n
) có các đạo hàm riêng liên tục. Vi
phân toàn phân của hàm f là
df =
∑
=
∂
∂
n
i
i
x
f

1
(x
1
, x
2
, …, x
n
). dx
i
1.3.2 VI PHÂN TOÀN PHẦN
Điều kiện để biểu thức P(x,y)dx + Q(x,y)dy trở thành một vi phân toàn phần:
Giả sử P(x,y), Q(x,y) có đạo hàm riêng liên tục trong miền D nào đó.
Biểu thức P(x, y)dx +Q(x, y)dy là một vi phân toàn phần khi và chỉ khi:
, ,
P Q
x y D
y x
∂ ∂
= ∀ ∈
∂ ∂
1.3.3 VI PHÂN CẤP CAO
* Vi phân cấp 2 của f(x,y) là d
2
f = d(df)
d
2
f =
2
2
x

f
∂
∂
dx
2
+ 2
yx
f
∂∂
∂
2
dxdy +
2
2
y
f
∂
∂
dy
2
* Nếu hàm số f(x, y) có các đạo hàm riêng đến cấp m liên tục thì vi phân cấp m
của hàm f là
8/25
Toán cao cấp
d
m
f =
k
y
km

kkm
m
m
k
m
Ax
yx
f
C .
0
−
−
∆
∂∂
∂
∑
Khi x, y là biến độc lập không phụ thuộc những biến khác thì
d
m
f =
kkm
kkm
m
m
k
m
dydx
yx
f
C .

0
−
−
∂∂
∂
∑
1.4 CỰC TRỊ TỰ DO
1.4.1 ĐỊNH NGHĨA
* Hàm f đạt cực đại tại M
0
(
00
1
, ,
n
xx
) nếu có một lân cận V
ε

của M
0
sao cho với
mọi M(x
1
, …, x
n
) ∈ V
ε
ta có
f(

00
1
, ,
n
xx
) ≥ f(x
1
, …, x
n
)
* Hàm f đạt cực tiểu tại M
0
(
00
1
, ,
n
xx
) nếu có một lân cận V
ε

của M
0
sao cho với
mọi M(x
1
, …, x
n
) ∈ V
ε

ta có
f(
00
1
, ,
n
xx
) ≤ f(x
1
, …, x
n
)
* Khi f đạt cực đại hay cực tiểu, ta nói f đạt cực trị.
Định lý
Điều kiện cần
Nếu (
00
1
, ,
n
xx
) là điểm cực trị địa phương của hàm f(x
1
, …, x
n
) và hàm f có các
đạo hàm riêng
i
x
f

∂
∂
(i = 1, …, n) thì
i
x
f
∂
∂
(
00
1
, ,
n
xx
) = 0
Điều kiện đủ
Hàm f(x
1
, …, x
n
) xác định và liên tục tại lân cận điểm M
0
(
00
1
, ,
n
xx
) và có các đạo
hàm riêng cấp 2 liên tục tại M

0
.
Giả thiết rằng
i
x
f
∂
∂
(
00
1
, ,
n
xx
) = 0 với i = 1, …, n
Nếu d
2
f(
00
1
, ,
n
xx
) xác định dương thì hàm f đạt cực tiểu tại M
0
(
00
1
, ,
n

xx
)
Nếu d
2
f(
00
1
, ,
n
xx
) xác định âm thì hàm f đạt cực đại tại M
0
(
00
1
, ,
n
xx
)
Nếu d
2
f(
00
1
, ,
n
xx
) không xác định thì hàm f không đạt cực trị tại M
0
(

00
1
, ,
n
xx
)
1.4.2 CÁCH TÌM CỰC TRỊ
Định lý : Giả sử rằng
( )
0 0 0
,M x y
là một điểm dừng của hàm số
( )
,f x y
và hàm
số
( )
,f x y
có đạo hàm riêng cấp 2 ở lân cận điểm
0
M
.
Đặt:
( ) ( ) ( )
xx 0 0 xy 0 0 yy 0 0
A f x , y , B f x , y , C f x ,y
= = =
Khi đó:
*
2

B AC 0
A 0

− <

>

: hàm số đạt CT tại
0 0 0
M (x , y )
*
2
B AC 0
A 0

− <

<

: hàm số đạt CĐ tại
0 0 0
M (x , y )
9/25
Chương 1: Hàm nhiều biến
Ví dụ : Tìm cực trị của hàm số
2 2
4 2 8z x y x y= + + − +
Ta có:
2 4; 2 2
x y

z x z y
= + = −
Tọa độ của điểm dừng là nghiệm của hệ
2 4 0
2 2 0
x
y
+ =


− =

Vậy điểm dừng duy nhất là điểm
( )
2, 1
−
.
Vì
2; 0; 2
xx xy yy
z z z
= = =
nên
2
B AC 4 0
− = − <
, còn
2 0C
= >
, vậy ham số

đạt cực tiểu tại điểm
( )
2, 1
−
và
( )
2 2
min
2 1 4. 2 2.1 8 3z
= + + − − + =
.
Nếu viết lại
( ) ( )
2 2
2 1 3z x y
= + + − +
, ta thấy
3z
≥
tại mọi
( )
2
,x y
∈
¡
, đẳng thức
xảy ra khi và chỉ khi
2, 1x y
= − = −
ta đã thấy kết quả trên.

Ví dụ : Tìm cực trị của hàm số
3 3
3z x y xy= + −
Ta có:
2 2
3 3 ; 3 3
x y
z x y z y x
= − = −
Tọa độ điểm dừng là nghiệm của hệ:
2
2
0
0
x y
y x

− =


− =


Đó là một hệ phương trình đối xứng. Thế
2
y x=
từ phương trình đầu vào phương
trình sau ta được
( )
( )

( )
4 3 2
0 1 1 1x x x x x x x x
= − = − = − + +
Phương trình này có hai nghiệm
0; 1x x
= =
.
Vậy ta có hai điểm dừng
( )
0
0,0M
và
( )
1
1, 1M
.
Vì
6 , 3, 6
xx xy yy
z x z z y
= = − =
nên:
Tại
( )
0
0,0M
ta có
2
9 0B AC

− = >
, điểm
0
M
không là điểm cực trị.
Tại
( )
1
1,1M
ta có
2
9 36 27 0B AC
− = − = − <
,
6 0C
= >
,
1
M
là điểm cực tiểu,
min
1 1 3 1z = + − = −
.
Ví dụ : Tìm cực trị của hàm số
3 3
z x y= +
.
Ta có:
2 2
3 , 3

x y
z x z y
= =
Vậy chỉ có một điểm dừng là
( )
0
0,0M
.
Vì
6 , 0, 6
xx xy yy
z x z z y
= = =
, nên tại
0
M
ta có
2
0B AC
− =
. Vậy chưa kết luận
ngay được. Chú ý rằng
( ) ( ) ( ) ( )
3 3
0
0,0 0, , 0,0z M z z x y z x y
= = − = +
. Hiệu ấy là
dương nếu điểm
( )

,M x y
nằm trong góc phần tư thứ nhất, là âm nếu
( )
,M x y

nằm trong góc phần tư thứ ba. Do đó dấu của hiệu
( ) ( )
0
z M z M
−
thay đổi ở lân
cận điểm
0
M
nên
0
M
không là điểm cực trị.
10/25
Toán cao cấp
*
2
B AC 0
− >
: hàm số không đạt cực trị tại
0 0 0
M (x , y )
*
2
B AC 0

− =
: không kết luận về cực trị tại
0 0 0
M (x , y )
. Khi đó dùng định nghĩa
để xét cực trị tại
0 0 0
M (x , y )
.
1.5 CỰC TRỊ CÓ ĐIỀU KIỆN
Bài toán tìm cực trị của hàm số z =f(x,y) với điều kiện
(x, y) 0
ϕ =
được gọi là
bài toán cực trị có điều kiện.
Ví dụ : Tìm cực trị của hàm
2 2
z f(x,y) 2x y xy 1= = − + −
với điều kiện
2
x 2xy y 3− + =
* Xét bài toán cực trị của hàm số z=f(x,y) với điều kiện
(x, y) 0
ϕ =
. Hàm số được
gọi là đạt cực tiểu có điều kiện tại
0 0 0
M (x , y )
nếu
0 0 0

f (x, y) f (x , y ), (x, y) B(M , )≥ ∀ ∈ δ
và
(x, y) 0
ϕ =
. Tương tự cho cực đại có điều
kiện
Cách tìm cực trị có điều kiện
1) Phương pháp khử
Ví dụ : Tìm cực trị của hàm số
2 2
z f(x, y) 3x 2xy y 5= = + − +
với điều kiện 2x+y
=3
2) Phương pháp nhân tử Lagrange
Điều kiện cần: Xét bài toán cực trị của hàm số z =f(x,y) với điều kiện
(x, y) 0
ϕ =
.
Giả sử hàm số z đạt cực trị có điều kiện tại M
0
(x
0
,y
0
) và các hàm số f(x,y) và
(x, y)
ϕ
có các đạo hàm riêng cấp 1 tại
0 0 0
M (x , y )

. Khi đó tồn tại
R∈
λ
sao cho
' '
x 0 0 x 0 0
' '
y 0 0 y 0 0
0 0
f (x , y ) (x , y ) 0
(1) f (x , y ) (x ,y ) 0
(x , y ) 0

+ λϕ =

+ λϕ =


ϕ =

R∈
λ
được gọi là nhân tử Lagrange. M
0
(x
0
,y
0
) được gọi là điểm dừng ứng với
R

∈
λ
.
Đặt
L(x, y, ) f (x, y) (x, y)
λ = + λϕ
thì L được gọi là hàm Lagrange và hệ (1) tương
đương với
'
x 0 0
'
y 0 0
'
0 0
L (x , y , ) 0
(1) L (x ,y , ) 0
L (x , y , ) 0
λ

λ =

⇔ λ =


λ =

Điều kiện đủ: Xét bài toán cực trị của hàm số z =f(x,y) với điều kiện
(x, y) 0
ϕ =
.Giả sử M

0
(x
0
,y
0
) là điểm dừng ứng với
λ ∈
¡
( tức là
0 0
(x , y , )λ
thỏa hệ (1)) và
các hàm số f(x,y) và
(x, y)
ϕ
có các đạo hàm riêng cấp 2 liên tục
Đặt
' '
x 0 0 y 0 0
' '' ''
x 0 0 xx 0 0 xy 0 0
' '' ''
y 0 0 yx 0 0 yy 0 0
0 (x , y ) (x , y )
H (x , y ) L (x , y ) L (x , y )
(x , y ) L (x ,y ) L (x , y )
ϕ ϕ
= ϕ
ϕ
11/25

Chương 1: Hàm nhiều biến
Thì H được gọi là ma trận Hesse
* Nếu |H| < 0 thì hàm số đạt cực tiểu có điều kiện tại M
0
(x
0
,y
0
)
* Nếu |H| > 0 thì hàm số đạt cực đại có điều kiện tại M
0
(x
0
,y
0
)
* Nếu |H| = 0 thì ko có kết luận về cực đại, cực tiểu của hàm số tại M
0
(x
0
,y
0
).
Ví dụ :
Tìm cực trị của hàm f = xy với điều kiện x
2
+ y
2
= 4
Giải: điều kiện ϕ(x, y) = 4 - x

2
- y
2
Hàm phụ Lagrange: φ(x, y, λ) = x.y + λ(4 - x
2
- y
2
)
Xét hệ phương trình
λ
φ
∂
∂
= φ’
λ
= 4 - x
2
- y
2
= 0 (1)
x∂
∂
φ
= φ’
x
= y - 2λx = 0 (2)
y
∂
∂
φ

= φ’
y
= x - 2λy = 0 (3)
(2), (3) ⇒
x
y
2
=
y
x
2
, thế vào (1)
x = y = ±
2
∨ x = -y = ±
2
λ =
2
1
λ = -
2
1

Ta có ϕ’
x
= -2x; ϕ’
y
= -2y
φ’’
xx

= -2λ; φ’’
xy
= 1 φ’’
yy
= -2λ
* x = y =
2
, λ =
2
1
H
b
=












−−
−−
−−
1122
1122

22220
H
2
= |H
b
| = 32 > 0
⇒ f đạt cực đại tại M
1
(
2
,
2
) với điều kiện ϕ(x, y ) = 0
* x = y = -
2
, λ =
2
1
H
b
=













−
−
1122
1122
22220
H
2
= |H
b
| = 32 > 0
⇒ f đạt cực đại tại M
2
(-
2
, -
2
) với điều kiện ϕ(x, y ) = 0
* x =
2
, y = -
2
, λ = -
2
1
12/25
Toán cao cấp
H

b
=












−
−
1122
1122
22220
H
2
= |H
b
| = -32 < 0
⇒ f đạt cực tiểu tại M
3
(
2
, -
2

) với điều kiện ϕ(x, y ) = 0
* x = -
2
, y =
2
, λ = -
2
1
H
b
=












−
−
1122
1122
22220
H
2

= |H
b
| = -32 < 0
⇒ f đạt cực tiểu tại M
4
(-
2
,
2
) với điều kiện ϕ(x, y ) = 0
Tìm cực trị của hàm f(x, y) = x + y với điều kiện
4
2
x
+
9
2
y
= 1
Xét hàm phụ Lagrange
φ(x, y, λ) = f(x, y) + λ(1 -
4
2
x
-
9
2
y
)= x + y + λ(1 -
4

2
x
-
9
2
y
)
Điểm dừng là nghiệm của hệ sau:
λ
φ
∂
∂
= 1 -
4
2
x
-
9
2
y
= 0 (1)
x∂
∂
φ
= 1 - λ.
2
x
= 0 (2)
y
∂

∂
φ
= 1 -
9
2 y
λ
= 0 (3)
(2), (3) ⇒ x =
λ
2
, y =
λ
2
9
, thay vào (1) ta có
1 -
2
4
4
λ
-
2
4
9
λ
= 0 ⇒ λ
2
=
4
13

⇒ λ =
2
13
±
Vậy có 2 điểm dừng: x
1
=
13
4
, y
1
=
13
9
; x
2
=
13
4
−
, y
1
=
13
9
−
Vì hàm f liên tục trên tập đóng và bị chặn
E = { (x, y)
4
2

x
+
9
2
y
= 1} nên hàm f đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên E. Ở
đây có 2 điểm dừng nên f đạt cực đại tại 1 điểm và đạt cực tiểu tại điểm còn lại.
f(
13
4
,
13
9
) =
13
4
+
13
9
=
13
f(
13
4
−
,
13
9
−
) =

13
4
−
+
13
9
−
= -
13
<
13
13/25
Chương 1: Hàm nhiều biến
Vậy f đạt cực đại tại M
1
(
13
4
,
13
9
) và đạt cực tiểu tại M
2
(
13
4
−
,
13
9

−
)
1.6 GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT
1.6.1 ĐỊNH NGHĨA
Cho hàm số f(x,y) liên tục trong miền D đóng thì f(x,y) đạt giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất rong miền đó.
Xét z = f(x,y) xác định trên miền D đóng.
Số M gọi là giá trị lớn nhất của z nếu
MyxfDyx ≤∈∀ ),(:),(
Số m gọi là giá trị nhỏ nhất của z nếu
myxfDyx ≥∈∀ ),(:),(
1.6.2 CÁCH TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT
Muốn tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của hàm f(x,y) trong miền D này, ta
thực hiện các bước sau:
Tính giá trị của f tại các điểm dừng của f trong miền D.
Tính giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trên biên của miền D.
Số lớn(bé) nhất của 1) và 2) là giá trị lớn nhất, bé nhất cần tìm.
Ví dụ : Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số f(x,y) = x
2
+2xy+3y
2
trong miền
đóng hình tam giác có các đỉnh A(-1,1), B(2,1). C(-1,-2)
Bước 1: Tìm điểm dừng của hàm số:
Giải hệ phương trình
2 2 0
2 6 0
x
y
f x y

f x y
= + =



= + =


Có nghiệm là O(0,0) và f(0,0) = 1
Bước 2: Tìm GTLN, GTNN trên biên
Trên AB: y = 1, f(x,1) = x
2
+ 2x + 3, 1≤x≤2.
Đạt cực tiểu tại -1. Và f(-1,1) = 2, f(2,1) = 11
Trên AC: x = -1, f(-1,y) = 3y
2
– 2y + 1, -2≤y≤1.
Đạt cực tiểu tại y = 1/3, f(-1,1/3) = 2/3; f(-1,-2) = 17; f(-1,1) = 2
Trên BC: y = x -1, nên f(x, x-1) = 6x
2
– 8x + 3, -1≤x≤2.
Đạt cực tiểu tại x = 2/3; f(2/3,-1/3) = 1/3; f(-1,-2) = 17; f(2,1) = 11.
Bước 3: So sánh các giá trị, ta được GTLN là 17, GTNN là 0
14/25
Toán cao cấp
Ví dụ : Tìm GTLN, GTNN của
1
22
++−= yxz
trên miền giới hạn bởi

2
22
≤+ yx
Ví dụ : Tìm GTLN, GTNN của
xyyxyxz 422
2244
+−−+=

trên
{ }
20,20|),( ≤≤≤≤= yxyxD

15/25
Chương 2: Phương trình vi phân
Chương 2 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
2.1 KHÁI NIỆM
Phương trình vi phân cấp n là phương trình có dạng :
f(x, y, y’, y’’, …, y
(n)
) = 0 (1)
Trong đó x là biến số độc lập, y = y(x) là hàm số phải tìm, y’, y’’, , y
(n)
là các
đạo hàm của nó.
Từ (1) ta đưa được về dạng
y
(n)
= f(x, y, y’, …, y
(n-1)
) (2)

Thì (2) là dạng giải được đối với đạo hàm cấp cao nhất.
Nghiệm của phương trình vi phân là mọi hàm số thoả mãn phương trình ấy.
Giải một phương trình vi phân là tìm tất cả các nghiệm của nó. Các nghiệm ấy có
dạng :
y = f(x) hoặc ϕ(x, y) = 0 hoặc x = x(t), y = y(t).
Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân cấp n phụ thuộc n tham số
y = y(x, c
1
, …, c
n
).
Định lí về sự tồn tại và duy nhất nghiệm
Cho hàm f(x, y, …, y
(n-1)
) xác định và liên tục và có các đạo hàm riêng liên tục tại
lân cận điểm (x
0
, y
0
, y
0
’, …, y
0
(n-1)
). Khi đó tồn tại duy nhất một nghiệm y = y(x)
của (2) xác định ở lân cận điểm x
0
thoả mãn điều kiện
y(x
0

) = y
0
; y’(x
0
) = y
0
’; …; y
(n-1)
(x
0
) = y
0
(n-1)
(3)
Nghiệm của phương trình (2) thoả mãn điều kiện (3) là nghiệm thoả mãn điều
kiện ban đầu. Điều kiện (3) là điều kiện ban đầu.
Để tìm nghiệm của phương trình thoả điều kiện (3), trước hết tìm nghiệm tổng
quát y(x, c
1
, …, c
n
), sau đó tìm c
1
, …, c
n
từ hệ
y(x
0
, c
1

, …, c
n
) = y
0
y’(x
0
, c
1
, …, c
n
) = y
0
’
y
(n-1)
(x
0
, c
1
, …, c
n
) = y
0
(n-1)
Ví dụ:
y’ = x
y =
∫
xdx
=

2
1
x
2
+ c
y’’ = 2x
y’ = 2
∫
xdx
= x
2
+ c
1
y =
∫
+ dxcx )(
1
2
=
3
1
x
3
+ c
1
x + c
2

Đây là nghiệm tổng quát
Tìm nghiệm thoả mãn y(0) = 1, y’(0) = 2

y(0) = c
2
= 1, y’(0) = c
1
= 2
16/25
Toán cao cấp
⇒ y(x) =
3
1
x
3
+ 2x + 1
2.2 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 1
Phương trình vi phân cấp 1 giải được theo y’ có dạng
y’ = f(x, y) hay
dx
dy
= f(x, y)
2.2.1 PHƯƠNG TRÌNH KHUYẾT
1) Phương trình khuyết y : F(x, y’) = 0
a) Phương trình giải ra được đối với y’ có dạng y’ = f(x).
Chỉ việc lấy tích phân 2 vế, ta được
y =
∫
dxxf )(
= F(x) + C
trong đó F(x) là một nguyên hàm của f(x).
b) Phương trình giải ra được đối với x có dạng x = f(y’).
Đặt y’ = t, ta có x = f(t), dx = f’(t)dt, dy = tdx = t f’(t)dt, do đó

y =
∫
dttft )('.
= tf(t) -
∫
dxxf )(
= tf(t) – F(t) + C,
trong đó F(t) là một nguyên hàm của f(t). Ta được phương trình tham số của
đường tích phân:
x = f(t), y = tf(t) – F(t) + C
c) Phương trình có thể tham số hoá: x = f(t), y’ = g(t).
Ta có dy = y’dx = g(t)f’(t)dt, do đó
y =
∫
dttftg )(')(
= h(t) + C
trong đó h(t) là một nguyên hàm của g(t)f ’(t). Ta được phương trình tham số của
đường tích phân.
Ví dụ :
1) 2x = 3(y’)
3
– 4(y’)
2
+ 5y’ -1
Đặt y’ = t, ta có
x =
2
3
t
3

– 2t
2
+
2
5
t -
2
1
dx = (
2
9
t
2
– 4t +
2
5
)dt
dy = t.dx = t.(
2
9
t
2
– 4t +
2
5
)dt = (
2
9
t
3

– 4t
2
+
2
5
t)dt
y =
∫






+− dtttt
2
5
4
2
9
23
=
8
9
t
4
–
3
4
t

3
+
4
5
t
2
+ C
Nghiệm phương trình x =
2
3
t
3
– 2t
2
+
2
5
t -
2
1
y =
8
9
t
4
–
3
4
t
3

+
4
5
t
2
+ C
17/25
Chương 2: Phương trình vi phân
2) x = 2t
2
+ 3t, y’ = 3t -1
dx = (4t + 3)dt
dy = y’dx = (3t -1).(4t +3)dt = (12t
2
+ 5t -3)dt
y =
∫
−+
dttt )3512(
2
= 4t
3
+
2
5
t
2
– 3t + C
Nghiệm phương trình x = 2t
2

+ 3t
y = 4t
3
+
2
5
t
2
– 3t + C
2) Phương trình khuyết x : F(y, y’) = 0
a) Phương trình dạng y’ = f(y) ⇒
dx
dy
= f(y) ⇒ dx =
)(yf
dy
Lấy tích phân hai vế ta được x = F(y) + C, F(y) là một nguyên hàm của
)(
1
yf
Phương trình dạng y = f(y’)
Đặt y’ = t ⇒ y = f(t), dy = f’(t)dt,
Mặt khác dy = tdx, vậy dx =
t
dy
=
t
tf )('
dt
x =

∫
t
dttf )('
= F(t) + C, F(t) là một nguyên hàm của
t
tf )('
, ta được phương trình
tham số của đường tích phân.
c) Phương trình tham số hoá của F(y, y’) = 0 dưới dạng
y = f(t), y’ = g(t).
Ta có dy = f’(t)dt = g(t)dx, suy ra dx =
)(
)('
tg
tf
dt
Vậy x =
∫
)(
)('
tg
dttf
= G(t) + C
Ví dụ :
y’ = y
2
+ 2y -3
* y = 1, y = -3 là nghiệm phương trình
* y ≠ 1, y ≠ -3:
dx

dy
= y
2
+ 2y -3 ⇔ dx =
32
2
−+
yy
dy

x =
∫
+− )3)(1( yy
dy
⇔ x =
∫








+
−
−
dy
yy 3
1

1
1
4
1
x =
4
1
(lny-1-lny+3) + C
2y – 3(y’)
3
+ 6(y’)
2
– 5y’ + 7 = 0
y =
2
3
(y’)
3
– 3(y’)
2
+
2
5
y’ -
2
7
, đặt y’ = t
y =
2
3

t
3
– 3t
2
+
2
5
t -
2
7
18/25
Toán cao cấp
dy = (
2
9
t
2
– 6t +
2
5
)dt
dx =
t
dy
= (
2
9
t – 6 +
t2
5

)dt
x =
4
9
t
2
– 6t +
2
5
lnt + C
2.2.2 PHƯƠNG TRÌNH BIẾN SỐ PHÂN LY
Dạng : f(y)dy = g(x)dx
Để tìm nghiệm, ta lấy tích phân 2 vế, giả sử F, G là nguyên hàm của f và g thì
F(y) = G(x) + c
Phương trình trên xác định một hàm ẩn của x. Nếu F có hàm ngược thì
y = F
-1
(G(x) + c)
Ví dụ :
y’ =
1
+
x
x
.(y
2
+ 1), thay y’ =
dx
dy
dx

dy
=
1
+
x
x
.(y
2
+ 1) ⇔
1
2
+y
dy
=
1
2
+x
xdx
Lấy tích phân 2 vế:
∫
+
1
2
y
dy
=
∫
+
1
2

x
xdx
arctgy =
2
1
ln(x
2
+1)+ c ⇔ y = tg(
2
1
ln(x
2
+1)+c)
xyy’ = y
2
– 1
Thay y’ =
dx
dy
, ta có y.
dx
dy
=
x
y 1
2
−
* y
2
(x) – 1 = 0, ∀x hay y(x) = ± 1, ∀x là 2 nghiệm của phương trình

* Tìm nghiệm y(x) ≠ ± 1:
1
2
−
y
ydy
=
x
dx
2
∫
−
1
2
y
ydy
= 2
∫
x
dx
⇔ ln y
2
-1 = lnx
2
+ c ⇔ ln
2
2
1
x
y

−
= c
⇔
2
2
1
x
y
−
= e
c
⇔ y
2
-1 = ± e
c
.x
2

* Một số phương trình đưa được về dạng biến số phân ly
a) Phương trình thuần nhất ( đẳng cấp )
Dạng y’ = f(x, y) với f có tính chất f(tx, ty) = f(x, y),
∀
t
f có thể viết f(x, y) = f(x.1, x.
x
y
) = f(1,
x
y
)

Đặt z =
x
y
, ta có y = z.x và
dx
dy
= y’ = z + x.
dx
dz
19/25
Chương 2: Phương trình vi phân
Phương trình trở thành
z + x.
dx
dz
= f(1, z) hay x.
dx
dz
= f(1, z) – z
Khi f(1, z) – z ≠ 0 ta có phương trình vi phân có biến phân ly
zzf
dz
−
),1(
=
x
dx
b) Phương trình dạng y’ = f









++
++
''' cybxa
cbyax
Nếu
'' ba
ba
= 0 thì a’x + b’y = k(ax + by), k ≠ 0
Đặt z = ax + by
dx
dz
= a + b.
dx
dy
hay
dx
dy
=
b
a
−
-
b
1

.
dx
dz
Ta có phương trình vi phân có biến phân ly
b
a
−
-
b
1
.
dx
dz
= f






+
+
ckz
cz
Nếu
'' ba
ba
≠ 0 thì hệ




=++
=++
0'''
0
cybxa
cbyax
có một nghiệmduy nhất là (x
0
, y
0
).
Đặt z =
0
0
xx
yy
−
−
hay y – y
0
= z(x – x
0
), ta có y’ = z + z’(x – x
0
)
f









++
++
''' cybxa
cbyax
= f








−+−
−+−
)(')('
)()(
00
00
yybxxa
yybxxa
= f







+
+
zba
bza
''
Vậy z + z’(x – x
0
) = f






+
+
zba
bza
''
hay
0
''
xx
dx
z
zba
bza

f
dz
−
=
−






+
+
Ví dụ :
xy’ = x + y, ta có y’ =
x
yx
+
= 1 +
x
y
Đặt z =
x
y
⇒ y = x.z.
Lấy đạo hàm hai vế theo x:
dx
dy
= x.
dx

dz
+ z ⇔ x.
dx
dz
+ z = z + 1
⇔ dz =
x
dx
⇔
∫
dz
=
∫
x
dx
⇒ z = lnx + c
Thay y = x.z ta có nghiệm tổng quát
y = x.(lnx + c)
20/25
Toán cao cấp
2) y’ =
3
1
−
−+
x
yx
Hệ




=−
=−+
03
01
x
yx
có 1 nghiệm duy nhất x
0
= 3 và y
0
= -2
y’ =
3
2)3(
−
++−
x
yx
= 1+
3
2
−
+
x
y
Đặt z =
3
2
−

+
x
y
hay y = (x – 3)z -2
Lấy đạo hàm hai vế theo x ta có
y’ =
dx
dy
= (x – 3).
dx
dz
+ z
(x – 3).
dx
dz
+ z = 1 + z ⇒ dz =
3
−
x
dx

⇒ z = lnx-3 + c
Nghiệm tổng quát y = (x-3)( lnx-3 + c) -2
2.2.3 PHƯƠNGTRÌNH TUYẾN TÍNH CẤP 1
Dạng : y’+ p(x).y = q(x) (1)
Trong đó p(x), q(x) là các hàm liên tục trên (a, b) nào đó.
Ta có thể viết y' = f(x, y); trong đó f(x, y) = -p(x).y + q(x)
Nên
y
f

∂
∂
= -p(x). Theo định lý tồn tại duy nhất nghiệm thì ∀x
0
∈(a,b) và cho mọi
y
0
tồn tại duy nhất y = y(x) sao cho y(x
0
) = y
0.
* Để giải phương trình, trước tiên ta giải phương trình vi phân tuyến tính đẳng
cấp tương ứng
y’+ p(x).y = 0 (2)
dx
dy
= -p(x).y
Ngoài nghiệm y(x) = 0, ∀x ∈ (a, b), nghiệm còn lại là nghiệm
y
dy
= -p(x)dx
∫
y
dy
= -
∫
dxxp )(
⇒ lny = R(x) + c, trong đó R(x) là nguyên hàm của –p(x).
y = e
R(x) + c

= e
c
.e
R(x)
, y = ± e
c
.e
R(x)
Thay ± e
c
bằng A, A ≠ 0, nghiệm tổng quát của (2) là y = A.e
R(x)
. Khi A = 0 ta có
nghiệm đặc biệt y(x) = 0 của (2).
Ta tìm nghiệm của (1) dưới dạng
y = A(x).e
R(x)
(3)
Trong đó A(x) là hàm khả vi của x. Ta tìm A(x) để (3) là nghiệm (1). Ta lấy đạo
hàm của y với R’(x) = -p(x)
y’(x) = A’(x).e
R(x)
+ A(x).e
R(x)
.R’(x) = A’(x).e
R(x)
-p(x)A(x).e
R(x)
21/25
Chương 2: Phương trình vi phân

Thay y’(x) và y(x) vào (1)
A’(x).e
R(x)
-p(x)A(x).e
R(x)
+ p(x).A(x).e
R(x)
= q(x)
A’(x) = q(x)e
-R(x)
A(x) =
∫
−
dxexq
xR )(
)(
+ c
Nghiệm tổng quát của (1) là y(x) = (
∫
−
dxexq
xR )(
)(
+ c).e
R(x)
Lưu ý: Nếu y
1
(x) là 1 nghiệm khác 0 của phương trình (2) thì
y(x) = (
dx

xy
xb
)(
)(
1
+ c).y
1
(x)
Ví dụ: y’ -
x
2
.y = x
3
(1)
Để giải (1), ta giải (2): y’ -
x
2
.y = 0
Thay y’ =
dx
dy
ta có
dx
dy
=
x
2
.y
Ngoài nghiệm y(x) = 0, ∀x ≠ 0, nghiệm còn lại của (2) là nghiệm của phương
trình

dx
dy
=
x
2
.dx hay
∫
y
dy
=
∫
x
dx
2
lny= lnx
2
+ c ⇔ ln
2
x
y
= c ⇔ y = ± e
c
.x
2
Nghiệm tổng quát của (2): y = A.x
2
, A∈R.
Ta tìm nghiệm của (1) dạng: y(x) = A(x).x
2
Lấy đạo hàm của y rồi thay vào (1):

A’(x).x
2
= x
3
⇔ A’(x) = x
A(x) =
∫
xdx
=
2
1
.x
2
+ c
Nghiệm tổng quát của (1) là
y(x) = (
2
1
.x
2
+ c).x
2
2.2.4 PHƯƠNG TRÌNH BERNOULLI
Dạng : y’ + p(x).y = q(x).y
a
a ≠ 0, a ≠ 1 (4)
Chia 2 vế cho y
a
a
y

y'
+ p(x). y
1-a
= q(x)
Đặt z = y
1-a
thì z’ = (1 - a).y
-a
.y’
a
y
y'
=
a
−
1
1
.z’
a
−
1
1
.z’ + p(x).z = q(x)
Ta có
22/25
Toán cao cấp
z’ + (1 - a).p(x).z = (1 - a).q(x)
Trước tiên ta giải
y’ + p(x).y = 0 (5)
Nếu y

1
(x) là 1 nghiệm không tầm thường của (5), ta tìm nghiệm của (4) dưới
dạng
y(x) = A(x).y
1
(x)
y’(x) = A’(x).y
1
(x) + A(x).y
1
’(x) = A’(x).y
1
(x) - A(x).p(x).y
1
(x)
Thay vào (4) ta có
A’(x).y
1
(x) - A(x).p(x).y
1
(x) + p(x).A(x).y
1
(x) = q(x).[A(x)]
a
.[y
1
(x)]
a
dx
dA

= q(x).[y
1
(x)]
a-1
. A
a
a
A
dA
= q(x).[y
1
(x)]
a-1
dx
1
)1(
1
−
−
−
a
Aa
=
∫
−
dxxyxq
a 1
1
)]()[(
Ví dụ: y’ + 2y = y

2
.e
x
(1)
Ta giải y’ + 2y = 0 hay
dx
dy
= -2y
Để tìm nghiệm y ≠ 0 ta phân ly biến số
dx
dy
= -2dx
∫
y
dy
= -2
∫
dx
lny = -2x + c ⇔ y = e
-2x + c
= e
c
.e
-2x
y = ± e
c
.e
-2x
hay y = A.e
-2x

, A∈R
Ta tìm nghiệm của (1) dạng y = A(x).e
-2x
,
Lấy đạo hàm 2 vế
y’ = A’.e
-2x
– 2Ae
-2x
Thay vào (1) ta có:
A’.e
-2x
= A
2
.e
-4x
.e
x
Ngoài nghiệm A = 0, ta còn
2
A
dA
= e
-x
dx
∫
2
A
dA
=

∫
−
dxe
x
A
1
−
= -e
-x
– c ⇔ A =
ce
x
+
−
1
, c∈R
Nghiệm tổng quát của (1):
y =
ce
e
x
x
+
−
−
2
, c∈R
23/25
Chương 2: Phương trình vi phân
Và một nghiệm đặc biệt y(x) = 0, ∀x

2.3 MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH CÓ THỂ HẠ CẤP
1) Phương trình y
(n)
= f(x) (1)
y
(n-1)
=
∫
dxxf )(
+ c
1
Tiếp tục tìm nguyên hàm (n-1) lần ta có nghiệm tổng quát.
2) Phương trình f(x, y
(n-1)
, y
(n)
) = 0 (2)
Đặt z = y
(n-1)
Khi đó y
(n)
= z’ và (2) đưa được về phương trình vi phân cấp 1
f(x, z, z’) = 0
Giải phương trình trên ta được z = z(x, c
1
). Để tìm nghiệm của (2) ta giải
y
(n-1)
= z(x, c
1

)
3) Phương trình f(y, y’, y’’) = 0 (3)
Đặt p = y’, ta có
y’’=
dx
dp
=
dy
dp
.
dx
dy
= p.
dy
dp
(3) trở thành phương trình vi phân cấp 1 của p
f(y, p, p.
dy
dp
) = 0
Giải phương trình trên ta được p = p(y, c
1
)
Để tìm nghiệm của (3) ta giải phương trình vi phân cấp 1
dy
dp
= p(y, c
1
)
Ví dụ:

y
(3)
= x
y’’ =
∫
xdx
=
2
1
.x
2
+ c
1
, c
1
∈R
y’=
∫
+
dxcx )
2
1
(
1
2
=
6
1
.x
3

+ c
1
.x + c
2
y =
∫
++
dxcxcx )
6
1
(
21
3

=
24
1
.x
4
+
2
1
.x
2
+ c
2
x + c
3
; với c
1

, c
2
, c
3
∈R
2) y
(3)
-
x
2
y’’ = x
2
(1)
Đặt z = y’’⇒ z’ = y
(3)
z’ -
x
2
.z = x
2
Nghiệm tổng quát z(x) = x
3
+ c
1
.x
2
y’’= x
3
+ c
1

.x
2
y’=
∫
+
dxxcx )(
2
1
3
=
4
1
.x
4
+
3
1
.x
3
+ c
2
24/25
Toán cao cấp
y =
∫







++
dxcxcx
2
3
1
4
3
1
4
1
=
20
1
x
5
+
12
1
c
1
.x
4
+ c
2
.x + c
3
; c
1
, c

2
, c
3
∈R
3) y
3
.y’’ = 1 (1)
Đặt p = y’, ta có y’’ =
dy
dp
p
(1) ⇔ y
3
.
dy
dp
p
= 1 ⇔ pdp =
3
y
dy
∫
pdp
=
∫
3
y
dy
⇔
2

1
.p
2
=
2
2
1
y
−
+
2
1
c
1

⇔ p
2
=
2
1
y
−
+ c1
p =
y
yc 1
2
1
−
±

dx
dy
=
y
yc 1
2
1
−
±
, c
1
> 0
1
2
1
−
yc
ydy
= ± dx
Hết
25/25