GS. TRẦN VẮN HẠO . GS. NGUYÊN BÁC VẤN
GS. NGUYỄN VÃN THÊM - GV. NGUYÊN VÃN TẤN
DÙNG CHO NHÓM NGÀNH KINH TẾ
TỦ SÁCH ĐẠI HỌC VẢN LANG
LỜI NÓI ĐẦU
Để giúp sinh viên theo học nhóm ngành kinh tế,
tiếp thu tốt phần Giải tích và đại số tuyển tính,
chúng tôi soạn thảo cuốn sách Bài Tập Toán Cao Cấp.
Nội dung cuốn sách gồm phần tóm tắt lý thuyết,
lời giải của các bài toán chọn lọc trong giáo trinh
Giải tích của GS Nguyễn Bác Văn - GS Nguyễn Văn
Thêm và giáo trình Đại số tuyến tính của GS - Trần
Văn Hạo - TS Bùi Công Cường. Phần bài tập tự giải
nhằm giúp sinh viên rèn luyện khả năng vận dụng
lý thuyết để giải các bài toán đặt ra. Một số bài tập
còn có tác dụng bổ sung, mở rộng thêm phần lý
thuyết trong giáo trình.
Chúng tôi hi vọng cuốn sách sẽ giúp ích cho sinh
viên trong quá trình học tập và rất mong nhận được
những ỷ kiến đóng góp xây dựng của bạn đọc.
Các tác giả
PHẨN I
TÓM TẮT
LÝ THUYẾT
A GIẢI TÍCH
B Đ Ạ I SỐ TUYẾN TÍNH
BT Toán cao cấp
A
GIẢI TÍCH
• SỐ phức.
• Vô cùng bé và giới hạn.

• Tính đạo hàm và đạo hàm riêng.
• Vi phân toàn phần của hàm hai
biến.
• Cực trị, giá trị lớn nhất và nhỏ
nhất.
• Khai triển Mac-laurin.
• Tính tích phân.
• Sự hội tụ của chuỗi số.
• Sự hội tụ của chuỗi số nguyên.
• Phương trình vi phân.
3
BT Toản cao cấp
Vấn đề u s ố PHỨC
1. Cách tìm dạng lượng giác của số’ phức X+Yi :
(a) Tính mô-đun r = yỊx2 +y2
(b) Tính ac-gu-men 9, nhớ 0 là góc lượng giác với
• Khi X < 0 ta lấy 0 = arctg
khi đó : - X > 0
-X
5
2 5
Phương trình xz +x + ^- = 0 có biệt sô" A = -4, vậy
VÃ= 2i hoặc -2i. Phương trình có 2 nghiệm phức:
1 . ■ 1
x' = - — +1 và x" = - — - i
2 2
Hãy tìm dạng lượng giác của x’ và x”.
Với x' = - — + (l)i ta có : r = = —
2 V4 2
và

Phần 1 - Tóm tắt lý thuyết
2. Thí dụ :
0' = n + arctg
í \
-1
1
vậy : x’=r(cos0‘+ isin0‘)
. V5
= 7ĩ + arctg( 2) = K- arctg2
X =
[cos(tt - arctg2) + i sin(x - arctg2)j
Đó- là dạng lượng giác của số phức x\
Tự làm với x”.
Vấn d ể ^ v à ũ í ĩ m BỂ VẰ m ô ĩ u m
1. Định nghĩa vô cùng bé trong m ột quá
trình:
Đại lượng y gọi là vô cùng bé trong một quá trình
nếu cứ cho trước hằng số dương E (bé mấy cũng được),
6
ta sẽ tìm được một khúc chót K, trong khúc chót đó
sẽ có J y I < s
0
(

•

ỉ )
-è y é
2. Liên hệ vô cùng bé với đại lượng tiến đến
gỉớỉ hạn:

Ta nói đại lượng y tiến đến giới hạn b trong một
quá trình nếu (y - b) là một vô cùng bé.
BT Toán cao cấp
3. Các vô cùng bé tương đương trong m ột
quá trình: y và z là hai vô cùng bé tương đương
trong một quá trình nếu lim — = 1.
z
4. Nhớ các vô cùng bé tương đương quan
trọng :
Khi X-» 0 thì
(a) sinx » X (viết tăt sinx tương đương với x),
(b) ln(l+x) » X,
(c) ex- l * X.
5. Quy tắc thay th ế vô cùng bé tương đương
khỉ tìm giới hạn (số 11 và thỉ dụ Chương I,
Giáo trình giải tích).
Thí du :
Tìm lim
ln(l + X2)
x-»0
7
Phần 1 - Tóm tắt lý thuyết
Gọi u = X2 thì u là vô cùng bé và ta có ln(l+u) » u
(tương đương), vậy theo quy tắc thay vô cùng bẻ
tương đương, ta có:
lim
x->0
ln(l + X2 )
X 2
6. Quy tắc bỏ bớt các vô cùn g bé bậc cao để

được vô cùn g bé tương đương (sô 10 Chương I).
Thí du : khi X-» 0 thì X + X3 » X
(bỏ bớt X3 là vô cùng bé bậc cao hơn so với X, xem
số 8 Chương I, Giáo trình Giải Tích).
7. Hai cách tìm gỉớỉ hạn củ a tỉ sô' các vô
0
cùng bé (dạng vô định — ):
(a) Cách thay vô cùng bé tương đương (sô' 5 ở
trên).
(B) Cách dùng quỵ tắc L’Hôpital, thí dụ Chương II,
Giáo trình Toán Giải Tích.
8 i B ài tậ p : sô' 8 C h ư ơ n g I, sô' 14, 21, 22, 23
C hươ ng II.
1. Cách tính đạo hàm riêng : Muốn tính dạo hàm
riêng fy của hàm hai biến f(x,y) ta cứ xem X như một
hằng số.
8
B ĩ Toán cao cấp
Thí du: f(x,y) = eysinx + X3
xem X là hằng số’, ta chỉ việc tính đạo hàm như
hàm sô" của một biến y, do đó ta được
fy (x,y) = sinx
Muôn tính chang hạn fy 1 —, 1J chỉ việc thay giá trị,
\2 J
ta được
fv
( n \
1 .
e sin — = e
2

2. B à i tập : số 54, 55, 56, 59 Chương VI.
Vấnđềềi VI PHẲN TOÀN PHẦN
CỦA HÀM HAI BIẾN
1. Vi phân toàn phẩn: Vi phân (toàn phần) của
hàm hai biến z = f(x,y) tại điểm (xo,yo) là :
dz = fx (x0y0) Ax + fy (x0y0 )Ay
Cần nhd : sự tồn tại các đạo hàm riêng
fx(x0,y0) và fy(x0y0) chưa phải là đủ để hàm số
Kx,y) có vi phân toàn phần tại (xo,yo).
2. Ý nghĩa của vi phân toàn phần : khi Ax và Ay
cùng tiến đến 0, thì dz - Az là vô cùng bé bậc cao
hơn so với vô cùng bé Ạ ax)2 +(Ay)2
9
Phần 1 - Tóm tắt lý thuyết
3. Áp dụng : Cho hàm hai biến z = yfxỹ.
a) Tính vi phân toàn phần tại điểm (1,4)
Ta có fx(x.y) = ^ ỹ - fý(x' y) = ^
(coi y là hằng) (coi X là hằng)
Vậy dz = 1. Ax + -ị Ày
b) Hãy tính nhanh và gần đúng -y/(l,015)(4,02).
Ta có r A z= Ặ m S ){4 ,ổ2 )-Ậ l){ 4 )
Ax=0,015 ; Ày=0,02 xuất phát từ điểm (1,4).
Vì đz-Az rất nhỏ so với Ậ a x ) 1 +(Ay)2, nên ta có
thể xem như Az « dz (« đọc là xấp xỉ), ở đây -
dz = l.Ax+^-Ay = 0,015 + 0,005 = 0,02, vậy
Az = V(l,015)(4,02) - V(l)(4) * 0,02 1
ta đượe V(U015)(4,02) * 2,02.
V ến đ ề f> : c ự c m T R I LỚN NHẤT,
. ì m ò m Ắ t ,
1. Khảo sát cực đại, cực tiểu địa phương:

Nếu dùng đạo hàm cấp một, sau khi thấy f(xo)=0
10
BT Toán cao cấp
(xem 2.6.3, Chương II, Giáo trình giải tích) ta sẽ
khảo sát tính tăng giảm của hàm f(x) để xác minh
điểm Xo có đúng là điểm cực trị địa phương hay
không.
2. Dùng đạo hàm cấp hai:
Sau khi thấy f(xo) = 0 Xo gọi là điểm dừng, chương II),
Nếu f ’(x0) > 0 thì điểm dừng Xo là điểm cực tiểu
địa phương,
Nếu f ’(x0) < 0 thì điểm dừng Xo là điểm cực đại địa
phương.
3. Tìm giá trị nhỏ nhất, íớn nhât của hàm sô
f(x) ở trên một đoạn [a,b].
Nếu Kx) liên tục ở trên [a,b] và khả vi (có đạo
hàm) ở trong khoảng (a,b), thì làm như sau:
a) Tìm tất cả các điểm dừng tức là tìm các
nghiệm ở trong (a,b) của phương trình f (x)=0,
• lớn nhất (nhỏ nhất) trong số đó sẽ là giá trị
11
Oû I -q
Phẩn 1 - Tóm tắt lý thuyết
lớn nhất (nhỏ nhâ't) của hàm f(x) ở trên đoạn
[a,b] (xem hình).
4. Thí dụ:
Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của hàm sô
Tỉ 3
f(x)= y - x + §
trên đoạn [-2,2].

Ta có : f(x)=x2- l ,
vậy có hai điểm dừng là Xi=-1, X2= l.
Tính f(-2)=l, f(-l) = - , fU )=l, f(2) - | .
Vậy: giá trị lớn n h ất của f(x) trên đoạn [-2,2] là
, giá trị nhỏ nhất là 1.
Vặn àề KHAI TmỂN MAC - h A vn m ,
1. Công thức Mac - Laurin là công thức Taylor
khi a=0 Í2.4.2-2.4.3, chương II, bỏ chứng minh).
Bài tập : số 18 chương II.
2. Khai triển Mac - Laurín vớ i ph ần dư dạng
Peatib (cồn “khai triển Mac - Laurin với phần dư
chính xác” lại là công thức Mac - Laurin ở điểm 1).
2.5.3 - 2.5.4 chương II, bỏ chứng minh.
B.ài tập: số 24 chương II.
12
BT Toán cao cấp
3. Thí dụ :
a) Khai triển Mac - Laurin với phần dư chính xác
cho hàm sô" cosx.
Đặt f(x)=cosx thì fln)(x) = cos(x + n
áu
(2.5.4 chương II).
do đó: f<2k)(0)=(-l)k, f*2k+l)(0)=0 với k nguyên > 0.
Lây a=0, b=x, n=2k+l trong công thức Taylor,
(chương II), ta được công thức Mac-Laurin:
f <2k 2)(0x) = cosỊBx + (k + l)u ị 0 < 0 < 1.
b) Dùng công thức khai triển Mac-Laurin với
phần dư chính xác, hây chứng minh rằng chuỗi
Vì
f(x) = f(o) + — f (0)+ + í — f(n)(0) + -^ n+— f(n+\ )

w w 1! n ! (n + 1)!
phần dư chính xác
(c=0x, O<0<1)
Thay f(x/=cosx, n=2k+l ta được
với
13
1- — + ^ — (-Ok (2k[7+ có tổng bằng cosx.
Tổng riêng Sk (tổng của k số hạng đầu) của chuỗi
này là
Phần 1 - Tóm ‘tắt lý thuyết
1C2 X4 , ,
S- =1'T Ĩ + 4 - (-l)
k *
2k
'k 1 2! ’ 4 (2k)!
Theo công thức Mac-Laurin ta có (câu a):
cpsx - Sk =
x 2k+2
(2k + 2)i cos[0x + (k + 1)ji] ,
Vậy : Ịcosx-SkỊ<
r2k+2
(2k + 2)!
x2k+2
Nhưng 7—— —T- —> 0 khi (2k+2) -» +QO vì chuỗi
(2k + 2)!
„4
„2k
X
+ +
X

4! (2k)!
hội tụ theo tiêu chuẩn d’Alembert (tự kiểm tra!)
(xem thí dụ (b), điểm 1, vấn đề 9 ở bên dưới).
Có hai phương pháp Ịà đổi biến và tích phân từng
phần, áp dụng cho cả tích phân bất định, tích phần
xác định và tích phân suy rộng.
14
BT Toán cao cấp
1. Phương pháp đổi biên:
'Xem chương III, sô" 5(a), 5(b), 5(c), 5(d) (Thí dụ
dùng quy tắc đổi biến II).
Xem thí dụ: tính
chương IV.
j \ / l - u 2du,
0
quy tắc đổi biến II,
7t
Thí du: tính Ịtgxdx
0
n n 7t
m , t , tsinxdx f-d(cosx)
Ta viết : 1 tgxdx = 1 - - - = 1
õ ' cosx cosx
ylĩ
đặt u = cosx thì u sẽ đi từ cosO = 1 đến cos— = ——
4 2
y TC
k h i X đ i từ 0 đến —,
4
vậy

n 4Ĩ V2
4 2 J n 2
f tgxdx = - [ — = - [ d(ln u)
0 1 u 1
= - ln —
2
= ln 2 - ln 2 ] = - ln 2
v2 ) 2
= - ln u ln
42
ln l
15
Phẩn 1 - Tóm tắt lý thuyết
2. Phương pháp tích phân từng phần
Xem các thí dụ 1,2,3 chương III.
%
ộ
Xem thí dụ tính Ịcosn xdx trang 22 chương IV.
0
Bài tập : số 49, 50, 51 chương IV
• Thí du : tính Jlnxdx.
Coi lnx=u, x=v. Ta có :
j ln xdx = X ln X - Ị xd(ln x),
J xd(ln x) = J X - dx = I dx = X + c,
I ln xdx = X ln X - X + c.
V ấn đ ề 8t S ự H Ộ I T ự C Ủ A CHUỖ I SỐ
1. Thí du : Tính tổng của chuổi
n=l
với Ịq| < 1, tính
^ 2 ~ n

Iỉ = l
16
BT Toán cao cấp
2. Thí du :
® X11
Tính tổng của chuồi A —-r khi x=l.
,A|n(n+l)
3. Các bài tập dùng tiêu chuẩn d’Alembert,
Cauchy và định lý Leibnitz ở chương chuỗi sô":
Z
Y n _ _ o n / 1U1+I ( i\k 2k+l
£ _ y £ l V n y H r y 1-lj X
n! n n (2k + ỉj!
Vấn đề 9; Sự HỘI TỤ CỦA CHUỖỈ s ố
NGUYÊN (LŨỸTHỪA)
1* Định nghĩa bán kính hội tụ: Một chuỗi luỹ thừa
2 anx bao giờ cũng hội tụ tuyêt đôi với |x| < R và
2 w|anx phân kỳ vớiịxị > R, (Ixl là mô đun của sô"
phức X ,' hay ỉà trị tuyệt đối của sô' thực x). Số R > 0
gọi là bán kính hội tụ của chuỗi nguyên 2 ]a nxn. Sô"
R tùy thuộc vào chuỗi Xn .
• Thí du (a): chuỗi nguyên
2 ^nnxa = l.x + 22x2+ +nnxn+„ phân kỳ với ịx !>0
1
(tức là X 0), vì n |x l-> +00 khi n ~>x (khi |xỊ>0)
vậy |n nxn Ị = ( n |x |) n cũng -» +x khi n->
X,
điều
kiện cần để hội tụ không có.
Vậy bán kính hội tụ R=0.

17
Phần 1 - Tóm tắt lý thuyết
• Thí du (b): chuỗi nguyên
2 4
X X
2 Ĩ + 4!
+ (-1)
k X
,2k
(2k)!
+
hội tụ tuyệt đối với mọi X (tức là với IX Ị < +oo), vậy
bán kính hội tụ R=+oo. Quả vậy, áp dụng tiêu chuẩn
d’Alembert, lấy số hạng sau chia cho sô" hạng đứng
trước, ta thấy (lây giá trị tuyệt đối)
lim
2k-»+00
X2
(2k + l)(2k + 2)
- 0
với mọi giá trị X cố định.
x2k
Vậy chuỗi hội tụ,
tức là chuỗi T ^(-l)k
x2k _ _ „
hội tụ tuyệt đối với:
I X I < +00.
• Thí du (c): chuỗi nguyên
1 + X + X2 + X3 + + xn +
là cấp số nhân với công bội X, vậy hội tụ với

IXI < 1 và phân kỳ với IXI > 1, do đó bán kính hội tụ
là R=l.
18
BT Toán cao cấp
2. C ách tìm bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừ a
Z a„x“ :
(a) Nếu lim
‘in 1
a „
í , thì bán kính hôi tu R = — ,
(khi í =0 thì R=+oc).
Quả vậy, lấy số hạng I a n+iXn+11 chia cho số’ hạng
trước I anxn I, theo tiêu chuẩn d’Alembert, ta xét
lim
n-»co
a n + lX
n + 1
a„x
lim
a
n + Ị
a„
vậy
ếjx| < 1 (tức là |x| < — ) thì chuỗi x | a nx "ị hội tụ,
f|x| > 1 (tức là |x| > - )thì chuỗi ]r|anxn| phân kỳ,
Vây R = —.
i
Thí du : tìm bán kính hội tụ của chuỗi nguyên
X X2 xn
-f- 4" +

12 2.3 n (n+1)
+
Giải :
Ta có : lim
?: . n~>ĩo
___
_
1
(n + l)(n + 2)
1
n(n + 1)
n
lim
n->* n + 2
= 1(= 0
19
Vây bán kính hôi tu R = — = — = 1.
t ì
(b) Nếu lim a/|a I = ể thì chuỗi ^ a nxn có bán
n —>00 V I *
kính hội tụ R = — (khi 1=0 thì R=oo).
'í
Suy từ tiêu chuẩn Cauchy.
Bài tập : hai bài tìm bán kính hội tụ ở chương chuỗi,
lXn-i x n ^ m (m -l) (m -n + l)
X -1

,

X -

^ v ’ n n!
Vấn đề 10; PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
1. Thí du về phương trình vi phân cấp một : bài
dư '
97 (Phương trình vi phân), = k(U - 20), k là hê sô
dt
tỷ lệ xem như đã biết.
2. Phương trình biến phân ly : f(x)dx + g(y)dy =0.
Giải : Jf(x)dx + Jg(y)dy = c .
Thí du : Bài 96 (Phương trình vi phân), yy’=4 hay
ydy=4dx
3. Phương trình đẳng cấp:
P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0
với P(x,y) và Q(x,y) là các hàm số đẳng cấp cùng bậ^
20
Phần 1 - Tóm tắt lý thuyết
BT Toán cao cấp
Giải : đặt u = — sẽ đưa về biến phân ly.
X
Thí du : Bài 98 (phương trình vi phân),
(x+y)dx + xdy = 0
y
Giải : Đặt — = u, đưa về xdu + (2u+l)dx =0, có hai
■ X
nghiệm đặc biệt là: (a) x=0, và (b) u= 2 ^
X
y 2-
Không kể hai nghiệm (a), (b) đó ta có thể xem x*0
và (2u+l) * 0, phương trình đưa về biến phân ly:
du dx

2u + l X ’
nghiệm tổng quát sẽ là
—ln|2u + 1| = - lnỊxỊ + ln c
(C là hằng Qố > 0, lnC là hằng tùy ý), hay là
c C' _
|2u + lj = - y háy là |2u +1| = — (C’=±C là hằng tùy ý),
X X
X C" 1
tức là: y = - — + — (C"= —C' là hằng tùy ý).
Ả X z
4. Phương trình tuyến tính, vế phải 0:
a(x)y’ + b(x)y =0
21
Phần 1 - Tóm tắt lý thuyết
Giải : đưa về biến phân ly,
dy -b(x)
y a(x)
5. Phương trình tuyến tính cấp một:
dx
a(x)y’+b(x)y=c(x)
Giải:
(a) trước hết tìm một nghiệm riêng ụ=u(x) của
phương trình vế phải 0: a(x)u’+b(x)u=0
(b ) sau đ ó đ ặ t y=uv, và tìm nghiệm tổng quát V
c(x)
của phương trình a(x)uv’=c(x) tức là v' (x) = —7-7-7 -
a(x)u(x)
Thí du: bài 99 (Phương trình vi phân), giải
xy’+2y=x2
6. Phương trình Bernoulli: y’=flx)y+g(x)yr (r*0,

r*l).
Giải: đặt w=y1"r sẽ đưa về
w’=(l-r)Kx)w+(l-r)g(x) là phương trình tuyến tính
đối với hàm w(x), giải như điểm 5.
Thí du: bài 101 (phương trình vi phân).
7. Phương trình vi phân cấp hai, dạng giảm cấp
(a) y”= flyy ).
Giải : đặt y’=p thì y"=-jj^-dy, phương trình đưa về
dp
P~p= f(y,p)là cấp I theo hàm p(y).
22
BT Toán cao cấp
(b) y”=flk,y’).
Giải: đăt y’?=p, phương trình đưa về = f(x,p) là
dx
cấp I theo hàm p(x).
y'2
Thí du (a) : y"=— .
' y
_ dp dp dy dp
Giải ■; đặt y’=p, thì y”= J J J J p phương
dx dy dx dy
dp p2
trình thành p—1- = — . Một nghiệm riêng là p=0 (tức
dy y
là y=C). Không kể nghiêm riêng đó, thì — = — tức là
dy y
dp dy „
_ , có nghiệm tống quát là ln|pị=ln|yị + ỉnC] tức
p y

là p=c2y (C2 = ± Ci cũng là hằng tùy ý), «tức là
- 7- = c 2y hay — = C2dx vậy ln|y| = C2X + c 3 do đó
dx y
y = ±eC3 .eCzX hay y = C4eC2X là nghiệm tổng quát.
8. Phương trình cấp hai với hệ số' hằng, vế phải 0:
y» + py’ + qy =0 (p?q Ịà hằng).
Giải : Trước hết, giải phương trình đặc trưng
k2+pk+q=0
2
(a) Nếu — - q > 0 , hai nghiệm thực phân biệt là
ki, k2. Nghiệm tổng quát của phươpg trình vi phân là
y = C1e k‘x +C2e k2X.
23
Phần 1 - Tóm tắt lý thuyết
2
(b) Nếu — - q = 0, có nghiệm kép k0. Nghiệm
tổng quát của phương trình vi phân là
y = e k°x(C1+ C 2x).
2
(c) Nêu — - q < 0 , phương trình đặc trưng có 2
-p r p^~
nghiệm phức là a+pi và a-pi (a = 2 ’ p = -líq - ).
Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân là
y=eax(Cicospx + c 2sinpx). (Ci, c2 là hằng tùy ý).
Thí du (a) bài 103, (b) bài 104, (c) bài 105.
(Y”-6y’+13y = 0) Chương phương trình vi phân.
9. Phương trình cấp hai tuyến tinh, vế phải dạng
hàm mũ: y”+py’+qy = aemx (p, q, a, m là hằng, a T 0).
Giải: Nghiệm tổng quát = một nghiệm riêng +
nghiệm tổng quát của phương trình y”+py+q = 0.

Cách tìm một nghiệm tiêng:
(a) Nếu m không nghiệm phương trình đặc trưng
k2+pk+q = 0, thì tìm nghiệm riêng dưới dạng Aemx
(xác định hằng A);
(b) Nếu m là nghiêm đơn phương trình đặc trưng,
thì tìm nghiệm riêng dưới dạng Axemx;
(c) Nếu m là nghiệm kép, thì tìm nghiệm riêng
Ax2emx.
24
Thí du (a) : Giải y”-5y’+6y = ex (bài 106 phương
trình vi phân).
Phương trình đặc trưng là k2-5k+6 = 0, có 2
nghiệm thực ki = 3, k2 = 2; vậy Cie3x+C2e2x là nghiệm
tổng quát của phương trình không vế phải.
Vế phải emx (m = 1 không nghiệm phương trình
đặc trưng), tìm nghiệm riêng dạng y = Aex : y’ = Aex,
y” = Aex, thay vào phương trình đã cho, thấy
Aex-5Aex+6Aex = ex vậy 2A = 1 hay A = 1/2. Nghiệm
tổng quát phải tìm là : —ex + Cje3x + c 2e2x.
10. Phương trình cấp hái tuyến tính, vế phải lượng
giác: y”+py’+qy = Mcoscox + Nsinox (p, q, M, N, © là
hằng).
Giải : Nghiệm tổng quát = một nghiệm riêng +
nghiệm tổng quát của phương trình yVp^+q = 0.
Cách tìm một nghiệm riêng:
(a) Nếu i(j) không nghiệm phương trình đặc trưng
k2+pk+q = 0,
thì tìm nghiệm riêng dạng Acoscox + Bsincox (xác
định các hằng A, B).
(b) Nếu itì nghiệm phương trình đặc trưng, thì tìm

nghiệm riêng dạng x(Acoscox + Bsincox).
Thí du (a) : giải y”-4y’+4y = cosx (bài 107 phương
trình vi phân).
BT Toán cao cấp
25