phuong trinh vi phan cap 2

Phương trình vi phân cấp cho nhị là phương trình với dạng \(G(x,y,yy',y'')=0(*)\) hoặc \(y''=f(x,y,y')\)

Bạn đang xem: phuong trinh vi phan cap 2

• Nghiệm tổng quát mắng của (*) với dạng \(y = \varphi (x,{C_1},{C_2})\), mang đến \(({C_1},{C_2})\) một độ quý hiếm ví dụ tao với 1 nghiệm riêng rẽ.
• Thường tao tìm kiếm được nghiệm của phương trình (*) bên dưới dạng \(F(x,y,{C_1},{C_2})=0\) mang đến tao nguyệt lão tương tác thân thiện thay đổi song lập và nghiệm tổng quát mắng của phương trình vi phân cấp cho nhị được gọi là phương trình tổng quát mắng của chính nó.

2. Vài phương trình vi phân cấp cho nhị với thế hạ bậc

i. Phương trình với vế cần ko dựa vào nó, y' với dạng:  \(y'' = f(x)\)

\(\Rightarrow y'' = \int {f(x)dx + {C_1}} \Rightarrow nó = \int {\left[ {\int {f(x)dx} } \right]dx + {C_1}x + {C_2},\,{C_1},{C_2}} \in R\)

Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát mắng và nghiệm riêng rẽ của phương trình \(y'' = cos2x\) thỏa (D): \(y(0) = 0, y'(0) = 1\)

Giải

\(y' = \int {\cos 2xdx + {C_1}} = \frac{1}{2}\sin 2x + {C_1}\)

\(\Rightarrow nó = \int {\left( {\frac{1}{2}\sin 2x + {C_1}} \right)} dx = - \frac{1}{4}\cos 2x + {C_1}x + {C_2}\)

Vậy \(y = - \frac{1}{4}\cos 2x + {C_1}x + {C_2}\)là nghiệm tổng quát

Vì \(\left\{ \begin{array}{l} y(0) = 0\\ y'(0) = 1 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - \frac{1}{4} + {C_2} = 0\\ 0 + {C_1} = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {C_1} = 1\\ {C_2} = \frac{1}{4} \end{array} \right. \)

Nên nghiêm nghị riêng rẽ thỏa (D) là: \(y = - \frac{1}{4}\cos 2x + x + \frac{1}{4}\)

ii. Phương trình với vế cần ko chứa chấp nó dạng: \(y''=f(x,y')\)

Đặt \(y'= u, y'' = u'\) phương trình thành \(u' = f(x,u)\) Đây là phương trình cấp cho 1.

Ví dụ: Giải phương trình:   \(y'' = x - \frac{{y'}}{x}\)    (1)

Giải: Đặt y' = u ⇒ y" = u'. Khi bại liệt (1) thành

\(u' = x - \frac{u}{x} \Leftrightarrow u' + \frac{u}{x} = x\)

Đây là phương trình tuyến tính cấp cho 1 với nghiệm là:

\(u = \frac{{{x^2}}}{3} + \frac{{{C_1}}}{x}\,\,hay\,\,y' = \frac{{{x^2}}}{3} + \frac{{{C_1}}}{x}\)

Vậy nghiệm tổng quát mắng là:

\(y = \int {\left( {\frac{{{x^2}}}{3} + \frac{{{C_1}}}{x}} \right)} = \frac{{{x^2}}}{9} + {C_1}\ln \left| x \right| + {C_2}\)

iii. Phương trình với vế cần ko chứa chấp x dạng: \(y''=f(y,y')\)

Đặt y' = u, coi u là hàm của nó lấy đạo hàm nhị vế bám theo x, tao có:

\(u' = y'' = \frac{{du}}{{dx}} = \frac{{du}}{{dy}}\frac{{dy}}{{dx}} = u\frac{{du}}{{dy}}\)

Khi bại liệt phương trình thành: \(u\frac{{du}}{{dy}} = f(y,u)\).

Đây là phương trình vi phân cấp cho 1 với u là hàm và nó là thay đổi song lập. Nếu phương trình này giải được, tao có:

\(u = \varphi (y,{C_1})\,\,hay\,\,\frac{{dy}}{{dx}} = \varphi (y,{C_1})\,\,\,\,hay\,\,dy = \varphi (y,{C_1})\,\,dx\)

Ví dụ: Giải phương trình: \(2yy''+ (y')^2= 0\).

Giải: Đặt  \(y' = u \Rightarrow y'' = u\frac{{du}}{{dy}}\), phương trình thành:

\(2yu\frac{{du}}{{dy}} + {u^2} = 0\)

\(\Leftrightarrow u = 0\,\,\,(hay\,nó = c)\,\,(**)\,\,hay\,\frac{{du}}{u} = - \frac{{dy}}{{2y}}\)

Ta có

\(\,\frac{{du}}{u} = - \frac{{dy}}{{2y}} \Leftrightarrow 2\ln \left| u \right| = \ln \frac{c}{{\left| nó \right|}},\,c > 0\)

\(\Leftrightarrow u = \frac{{{C_1}}}{{\sqrt {\left| nó \right|} }},\,{C_1} = \pm \,c \ne 0 \Leftrightarrow \frac{{dy}}{{dx}} = \frac{{{C_1}}}{{\sqrt {\left| nó \right|} }},\,{C_1} \ne 0\)

\( \Leftrightarrow nó = {\left( {hx + k} \right)^{\frac{2}{3}}},h,k \in R,h \ne 0\)

Nếu mang đến h = 0 ⇒ chúng ta nghiệm (**)

⇒ nghiệm tổng quát mắng là \(y = {\left( {hx + k} \right)^{\frac{2}{3}}},h,k \in R\)

3. Phương trình vi phân tuyến tính cấp cho 2

 Định nghĩa: Phương trình vi phân tuyến tính cấp cho 2 là phương trình với dạng: \(y'' + {a_1}y' + {a_2}y = f(x)\,\,\,\,(a)\)hay \(y'' + a(x)y' + b(x)y = c(x)\)

• Nếu f(x) = 0 thì (a) được gọi là phương trình tuyến tính thuần nhất.
• Nếu \(a_1,a_2\) là sản phẩm số thì (a) gọi là phương trình tuyến tính với thông số ko thay đổi (hệ số hàng)

Phương trình tuyến tính cấp cho nhị thuần nhất: \(y'' + {a_1}(x)y' + {a_2}(x)y = 0\,\,\,\,(b)\)

Ta với những kết quả:

i. Tính hóa học 1: Nếu \({y_1}(x)\) và \(y_2(x)\) là nhị nghiệm của (b) thì \(y{\rm{ }} = {\rm{ }}{C_1}{y_1}(x){\rm{ }} + {\rm{ }}{C_2}{y_2}\left( x \right)\)là nghiệm của (b) (với \({C_1},{\rm{ }}{C_2} \in R\))

Định nghĩa: Các hàm số \({y_1}(x)\) và \(y_2(x)\) được gọi là song lập tuyến tính bên trên D nếu như tỉ số của bọn chúng ko cần là sản phẩm số: \(\frac{{{y_1}(x)}}{{{y_2}(x)}} \ne \,cons\tan t\). Nói cách tiếp theo, ko tồn tại \(c \in R\) sao mang đến \({y_1}(x) = c.{y_2}(x)\,\,hay\,\,{y_2}(x) = c.{y_1}(x)\,,\,\forall x \in D\). trái lại, tao thưa bọn chúng dựa vào tuyến tính.

Ví dụ:

• Các hàm \(y_1 = 4x,y_2 = e^x\) song lập tuyến tính bên trên R
• Các hàm \(y_1 = 2x^2 +2,y_2 = x^2 + 1\) là dựa vào tuyến tính trênR.

ii. Tính hóa học 2: Nếu \({y_1}(x),{y_2}(x)\) là 2 nghiệm song lập tuyến tính của (b) thì \(y = {C_1}{y_1}(x) + {C_2}{y_2}(x)\) (trong đó \(C_1, C_2\) là 2 sản phẩm số tùy ý) là nghiệm tổng quát mắng của (b).

iii. Tính hóa học 3: Nếu biết một nghiệm riêng \(y_2(x)\) của (b) thì rất có thể tìm kiếm được một nghiệm riêng rẽ \({y_2}(x)\) của (b) với \({y_1}(x),{y_2}(x)\) song lập tuyến tính bàng cơ hội đặt

\({y_2}={y_1}(x)u(x)\)

Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát mắng của \(y'' + \frac{{2x}}{{1 - {x^2}}}y' - \frac{{2x}}{{1 - {x^2}}}y = 0\) biết một nghiệm riêng rẽ y₁ = x.

Giải: Ta thăm dò một nghiệm \(y_2 = x.u(x)\), thay \(y_2\) nhập phương trình đang được mang đến tao có:

\((2u' + xu'') + \frac{{2x}}{{1 - {x^2}}}(u + xu') - \frac{{2ux}}{{1 - {x^2}}} = 0\)

\(\Leftrightarrow u''x(1 - {x^2}) + 2u' = 0\)

Đặt \(z = u' \Rightarrow z'x(1 - {x^2}) + 2z = 0\)với \(z \ne 0\) phương trình thành \(\frac{{dz}}{z} = - \frac{{2dx}}{{x(1 - {x^2})}} \Rightarrow z = \frac{{{C_1}(1 - {x^2})}}{{{x^2}}},{C_1} \ne 0\)

Cho \(C_1=-1\),tao được: \(z = \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}} = 1 - \frac{1}{{{x^2}}}\)hay \(\frac{{du}}{{dx}} = 1 - \frac{1}{{{x^2}}} \Rightarrow u = x + \frac{1}{x} + {C_2}\)

Chọn \({C_2} = 0 \Rightarrow u = x + \frac{1}{x} \Rightarrow {y_2} = x(x + \frac{1}{x}) = {x^2} + 1\)

⇒ nghiệm tổng quát mắng là \(y = {k_1}x + {k_2}({x^2} + 1)\) với k₁, k₂ là sản phẩm số tùy ý.

Phương trình tuyến tính cấp cho nhị ko thuần nhất

Cho phương trình ko thuần nhất (a) (ở trên) với \(f(x) \ne 0\) phương trình \(y'' + a_1y' + a_2y = 0\) (a') được gọi là phương trình thuần nhất ứng (liên kết) với (a).

• Tính hóa học 1: nghiệm tổng quát mắng của (a) là tổng của nghiệm tổng quát mắng của(a') với 1 nghiệm riêng rẽ này bại liệt của (a).
• Tính hóa học 2 (nguyên lý ông chồng hóa học nghiệm): mang đến phương trình ko thuần nhất nếu như \(y'' + {a_1}y' + {a_2}y = {f_1}(x)+{f_2}(x)\) là nghiệm riêng rẽ của \(y'' + {a_1}y' + {a_2}y = {f_1}(x)\) và y₂ là nghiệm riêng rẽ của \(y'' + {a_1}y' + {a_2}y = {f_2}(x)\) thì y₁ - y₂ là nghiệm riêng rẽ của (c) (định lý vẫn đúng lúc vế cần vị f₁ + f₂ +... +f_n)
• Phương pháp thay đổi thicn hằng số Lagrange: Giả sử mang đến phương trình tuyến tính ko thuần nhất (a) (như trên) và fake sử biết nghiệm của phương trình thuần nhất (a') là: \(y = {C_1}{y_1} + {C_2}{y_2}\)(*). Hãy thăm dò nghiệm của (a).

Ta tiếp tục thăm dò nghiệm tổng quát mắng của (a) bên dưới dạng  \(y = {C_1}{y_1} + {C_2}{y_2}\)  nhập bại liệt C₁,C₂ là những hàm bám theo x

\((*) \Rightarrow y' = {C_1}y{'_1} + {C_2}y{'_2} + C{'_1}{y_1} + C{'_2}{y_2}\)

Ta chọn C₁,C₂ sao cho: \(C{'_1}{y_1} + C{'_2}{y_2}=0\)

\( \Rightarrow y' = {C_1}y{'_1} + {C_2}y{'_2} \Rightarrow {C_1}y'{'_1} + {C_2}y'{'_2} + C{'_1}y{'_1} + C{'_2}y{'_2}\)

Thế nó, y', y'' nhập (a) tao có:

\({C_1}(y'{'_1} + {a_1}y{'_1} + {a_2}{y_1}) + {C_2}(y'{'_2} + {a_1}y{'_2} + {a_2}{y_2}) + {C_1}'y{'_1} + {C_2}'y{'_2} = f(x)\)

Vì y₁, y₂ là nghiệm của (a') nên những biểu thức nhập ngoặc vị \(\Rightarrow {C_1}'y{'_1} + {C_2}'y{'_2} = f(x)\)

Suy ra \(y= {C_1}y{_1} + {C_2}y{_2} \) là nghiệm của (a) nếu như \(C_1,C_2\) là nghiệm của

\((**)\left\{ \begin{array}{l} {C_1}'{y_1} + {C_2}'{y_2} = 0\\ {C_1}'y{'_1} + {C_2}'y{'_2} = f(x) \end{array} \right. \Leftrightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{y_1}}&{{y_2}}\\ {y{'_1}}&{y{'_2}} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {C{'_1}}\\ {C{'_2}} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0\\ f \end{array}} \right) \)

Nếu y₁, y₂ song lập tuyến tính thì \(\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{y_1}}&{{y_2}}\\ {y{'_1}}&{y{'_2}} \end{array}} \right| \ne 0 \) và (**) với nghiệm \(C{'_1} = {\varphi _1}(x),C{'_2} = {\varphi _2}(x), \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {C_1} = \int {{\varphi _1}(x)dx + {k_1}} \\ {C_2} = \int {{\varphi _2}(x)dx + {k_2}} \end{array} \right. \)

Thay C₁, C₂ nhập (*) tao với nghiệm tổng quát mắng của phương trình (a) là: \(y = {k_1}{y_1} + {k_2}{y_2} + {y_1}\int {{\varphi _1}(x)dx + } {y_2}\int {{\varphi _2}(x)dx}\)

Cho k₁ = k₂ = 0 tao được một nghiệm riêng rẽ của (a).

Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát mắng của \(y'' - \frac{{y'}}{x} = x\)

Xem thêm: phan tich kho 2 3 bai mua xuan nho nho

Giải: Nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng

\(y'' - \frac{{y'}}{x} = 0 \Leftrightarrow \frac{{y''}}{{y'}} = \frac{1}{x} \Leftrightarrow \ln \left| {y'} \right| = \ln \left| {k.x} \right| \Leftrightarrow y' = C.x\)

Biểu thức: \(y = C_1(x).x^2 + C_2(x)\) là nghiệm của phương trình nếu như C₁, C₂ là nghiệm của 

\(\left\{ \begin{array}{l} C{'_1}{x^2} + C{'_2}.1 = x\\ 2C{'_1}x + C{'_2}.0 = x \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} C{'_1} = \frac{1}{2}\\ C{'_2} = - \frac{1}{2}{x^2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {C_1} = \frac{1}{2}x + {k_1}\\ {C_2} = - \frac{{{x^3}}}{6} + {k_2} \end{array} \right. \)

Nghiệm tổng quát mắng là:

\(y = \left( {\frac{x}{2} + {k_1}} \right){x^2} + \left( {\frac{{ - {x^3}}}{6} + {k_2}} \right) = \frac{{{x^3}}}{3} + {k_1}{x^2} + {k_2}\)

4. Phương trình vi phân tuyến tính cấp cho 2 với thông số ko đổi

Phương trình tuyến tính thuần nhất: \({a_2}y'' + {a_1}y' + {a_0}y = 0\)

với a₀, a₁, a₂ là những hằng số và \(a_2 \ne 0\)

phương trình bên trên tương đương: \(y'' + {\alpha_1}y' + {\alpha_0}y = 0\) với \({\alpha _1} = \frac{{{a_1}}}{{{a_2}}},{\alpha _0} = \frac{{{a_0}}}{{{a_2}}}\)

Ta cần thiết thăm dò 2 nghiệm riêng rẽ song lập tuyến tính của (iv).

Ta thăm dò nghiệm riêng rẽ của (iv) bên dưới dạng nó = e^kx với k; cần thiết xác lập.

Phương trình này được gọi là phương trình đạc trưng của (iv). Phương trình (v) với 2 nghiệm k₁ k₂. Ta với tình huống sau:

• \(k_1, k_2 \in R\) và \({k_1} \ne {k_2} \Rightarrow 2\) nghiệm riêng rẽ của (iv) là \({y_1} = {e^{{k_1}x}},\,{y_2} = {e^{{k_2}x}}\)

Ví dụ: Giải phương trình: \( y'' -7y' + 10y = 0 \)

Giải: Phương trình đặc thù là: 

\({k^2} - 7k + 10 = 0 \Leftrightarrow k = 2\,\,\,hay\,\,k = 5\)

Nghiệm tổng quát mắng là \(y = {C_1}{e^{2x}} + {C_2}{e^{5x}}\)

\(k_1= k_2 \in R\). Khi bại liệt 1 nghiệm riêng rẽ của (iv) là \({y_1} = {e^{{k_1}x}}\)

Ta thăm dò nghiệm riêng rẽ y₂ song lập tuyến tính với y₁ bên dưới dạng:

\(\begin{array}{l} {y_2} = {y_1}u(x) = u(x){e^{{k_1}x}}\\ \\ \Rightarrow y{'_2} = u'{e^{{k_1}x}} + {k_1}u{e^{{k_1}x}},\,y'{'_2} = u''{e^{{k_1}x}} + 2{k_2}u'{e^{{k_1}x}} + k_1^2u{e^{{k_1}x}} \end{array} \)

Thế nhập (iv) tao có:

\({e^{{k_1}x}}\left[ {u'' + (2{k_1} + {a_1})u' + (k_1^2 + {a_1}{k_1} + {a_0})u} \right] = 0\)

\(\Rightarrow {e^{{k_1}x}}u'' = 0 \Rightarrow u'' = 0 \Rightarrow u = Ax + B\)

Chọn A = 1, B = 0 tao có \(u = x \Rightarrow {y_2} = x{e^{{k_1}x}}\)

⇒ nghiệm tổng quát mắng là \(y = {C_1}{e^{{k_1}x}} + {C_2}{e^{{k_1}x}} = ({C_1} + {C_2}x){e^{{k_1}x}}\)

Ví dụ 1: Giải \(y'' + 6y' + 9y = 6{e^{ - 3x}}\)

Giải: Phương trình quánh trưng

\({k^2} + 6k = 9 = 0 \Leftrightarrow k = - 3\)(nghiệm kép)

Vậy nghiệm tổng quát mắng của phương trình thuần nhất ứng là \(\overline nó = {e^{ - 3x}}({c_1} + {c_2}x)\)với \(c_1,c_2\in R\)

Do k = -3 là nghiệm kép của phương trình đặc thù nên nghiệm riêng rẽ của (D) với dạng \({y_1} = a{x^2}.{e^{ - 3x}}\)

\(\left\{ \begin{array}{l} y{'_1} = - 3{e^{ - 3x}}a{x^2} + {e^{ - 3x}}(2ax)\\ y'{'_1} = 9{e^{ - 3x}}.a{x^2} + 6{e^{ - 3x}}(2ax) + 2a.{e^{ - 3x}} \end{array} \right. \)

Thế nhập (D) và phân chia 2 vế cho \({e^{ - 3x}}\), tao có \(2a=6 \Rightarrow a=3\)

Vậy một nghiệm của (D) là \({y_1} = 3{x^2}.{e^{ - 3x}}\)

Suy đi ra nghiệm tổng quát mắng của (D) là

\(y = {y_1} + \overline nó = 3{x^2}{e^{ - 3x}} + {e^{ - 3x}}({c_1} + {c_2}x)\)

hay \(y = {e^{ - 3x}}({c_1} + {c_2}x + 3{x^2})\)

Ví dụ 2: 

\(y'' - 4y' + 4y = ({x^2} + 2x + 6){e^{2x}}\)có nghiệm riêng rẽ với dạng \(y = {x^2}(a{x^2} + bx + c){e^{2x}}\)vì k = 2 là nghiệm kép của phương trình đặc thù (ứng với \({e^{2x}}\))

Ví dụ 3: 

\(y'' - 6y' + 9y = (2x + 1){e^{3x}}\)có nghiệm riêng rẽ với dạng \(y=x(ax+b){e^{3x}}\)

Ví dụ 4: 

\(y'' - 6y' + 9y = 6{e^{3x}}\)có nghiệm riêng rẽ với dạng \(y = a.{x^2}.{e^{3x}}\)

\(f(x) = {e^{ax}}\left[ {{P_n}(x)\cos bx + {Q_m}(x)\sin bx} \right]\)với a + ib ko là nghiệm của phương trình đặc thù. Khi bại liệt (1) với 1 nghiệm riêng rẽ với dạng:

\({y_1} = {e^{ax}}\left[ {R(x)\cos bx + S(x)\sin bx} \right]\)

với R(x), S(x) là những nhiều thức với bậc \(\le max\left\{ {{\rm{n}},m} \right\}\)

\(f(x) = {e^{ax}}\left[ {{P_n}(x)\cos bx + {Q_m}(x)\sin bx} \right]\)với a + ib ko là nghiệm của phương trình đặc thù. Khi bại liệt (1) với 1 nghiệm riêng rẽ với dạng:

\({y_1} =x {e^{ax}}\left[ {R(x)\cos bx + S(x)\sin bx} \right]\)

với R(x), S(x) là những nhiều thức với bậc \(\le max\left\{ {{\rm{n}},m} \right\}\)

Ví dụ: Giải \(y'' + nó = {\cos ^3}x = \frac{3}{4}\cos x + \frac{1}{4}\cos 3x\)(E)

Giải

Vì i là nghiệm của phương trình đặc thù nên \(y'' + nó = \frac{3}{4}\cos x\)(E1) với nghiệm riêng rẽ với dạng:

\(y_1=x(a cosx+b sinx)\)

Suy ra 

\(\begin{array}{l} y{'_1} = a{\mathop{\rm cosx}\nolimits} + bsinx + x( - a\sin x + b{\mathop{\rm cosx}\nolimits} )\\ \\ y'{'_2} = - 2a\sin x + 2b{\mathop{\rm cosx}\nolimits} + x( - a\,cosx - bsinx) \end{array} \)

Thế nhập (E1) tao có:

\(2b{\mathop{\rm cosx}\nolimits} - 2a\sin x = \frac{3}{4}\cos x,\forall x \Leftrightarrow b = \frac{3}{8}\)và a = 0

Vậy một nghiệm riêng rẽ của (E1) là \({y_1} = \frac{3}{8}x.{\mathop{\rm sinx}\nolimits}\)

Vì 3i ko là nghiệm của phương trình đặc thù nên \(y'' + nó = \frac{1}{4}\cos 3x\)(E2) với nghiệm riêng rẽ với dạng:

\(y_2=c\,cos3x+d sin3x\)

Suy ra: \(y{'_2} = 3d\,\cos 3x\, - 3c\,\sin \,3x;\,\,\,y'{'_2} = - 9c\,\cos 3x\, - \,9d\,\sin \,3x\)

Thế nhập (E2) tao có:

\(- 8c.\cos 3x\, - 8d\,\sin 3x = \frac{1}{4}\cos 3x,\forall x \Leftrightarrow c = \frac{{ - 1}}{{32}},d = 0\)

Vậy một nghiệm riêng rẽ của (E2) là \({y_2} = \frac{{ - 1}}{{32}}\cos 3x\)

Từ nghiệm riêng rẽ của (E1) và (E2) tao với 1 nghiệm riêng rẽ của (E) là \({y_3} = {y_1} + {y_2} = \frac{3}{8}x.{\mathop{\rm sinx}\nolimits} - \frac{1}{{3x}}\cos 3x\)

Nghiệm tổng quát mắng của phương trình thuần nhất ứng với (E) là \(\overline nó = {c_1}\cos x + {c_2}{\mathop{\rm sinx}\nolimits}\)với \(c_1, c_2 \in R\)

Vậy nghiệm tổng quát mắng của phương trình (E) là 

\(y = {y_3} + \overline nó = \frac{3}{8}x.{\mathop{\rm sinx}\nolimits} - \frac{1}{{32}}\cos 3x + {c_1}\cos x + {c_2}{\mathop{\rm sinx}\nolimits}\)với \(c_1, c_2 \in R\)

Xem thêm: cach luoc ghe khong rung cang