FP2 · Further Pure Mathematics 2

Toán Pure Nâng cao 2: bất đẳng thức, số phức nâng cao và phương trình vi phân

Toán Pure Nâng cao 2 (FP2, đề WFM02/01, 1 giờ 30 phút, 75 điểm, lần thi đầu tiên tháng Sáu 2020) xây dựng trực tiếp trên P1–P4 và FP1 và chiếm một phần sáu của level International Advanced Level. Mỗi đơn vị có trọng số như nhau, nên nội dung FP2 cũng có thể xuất hiện bên trong Toán Nâng cao. Nội dung P1–P4 được giả định là vẫn còn hiệu lực: phân tích phân thức, tham số hóa và đạo hàm ẩn, tích phân từng phần và thế đổi, cùng toàn bộ bộ công cụ chứng minh về số phức của FP1. Tài liệu tham khảo này bao gồm bất đẳng thức mô-đun, phương pháp sai phân, công thức Euler và định lý de Moivre, tập hợp điểm (loci) và phép biến đổi z→w, phương trình vi phân bậc nhất và bậc hai, chuỗi Maclaurin và Taylor, cùng tọa độ cực. mối quan hệ và định lý de Moivre, tập hợp điểm và phép biến đổi z→w, bậc nhất và bậc hai phương trình vi phân, chuỗi Maclaurin và Taylor, cùng tọa độ cực.

Kiến thức bắt buộc cho FP2 (đã được học trước, không dạy lại):

Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối

Hai cách làm an toàn và một cách bị cấm. An toàn: chia thành các trường hợp dựa trên định nghĩa của giá trị tuyệt đối ($\lvert f\rvert = f$ trong đó $f \ge 0$, $-f$ trong đó $f < 0$), và bình phương cả hai vế của $\lvert A\rvert > \lvert B\rvert$ để thu được $A^2 > B^2$. Bị cấm: nhân hoặc chia cho một biểu thức mà dấu của bạn chưa xác định — hãy chia nhỏ theo dấu đó thay vào đó, và giao mỗi trường hợp với miền xác định của chính nó.

Ví dụ có lời giải — một nhánh kết thúc (kiểu đề mẫu). Giải $\lvert x^2-1\rvert > 2(x+1)$. Trong đó $x^2 \ge 1$: $x^2 - 2x - 3 > 0$, nên $(x-3)(x+1) > 0$, dẫn đến $x > 3$ hoặc $x < -1$; giữ lại chỉ $x \le -1$ hoặc $x \ge 1$ sẽ thu được $x < -1$ hoặc $x > 3$. Trong đó $x^2 < 1$: $1 - x^2 > 2x + 2$ biến thành $(x+1)^2 < 0$ — vô nghiệm. Nghiệm là $x < -1$ hoặc $x > 3$. Nhánh chết là một một kết quả, không phải sai sót: hãy báo cáo nó.

Ví dụ có lời giải — giá trị tuyệt đối ở cả hai vế (WFM02 Tháng Sáu 2025 Câu 8). Đường cong C có phương trình $y = \dfrac{15x}{\lvert x\rvert + 4}$ và đường thẳng l có phương trình $y = x - 2$.

(a) Giải $x - 2 > \dfrac{15x}{\lvert x\rvert+4}$. Mẫu số luôn dương, nên nhân $x \ge 0$ (nghiệm còn lại là số âm). Đối với $(x-2)(x+4) > 15x$: $x^2 - 13x - 8 > 0$ đưa ra $x > \tfrac{13+\sqrt{201}}2$, tức là $x < 0$, nên $(x-2)(4-x) > 15x$. Kết hợp lại: $-x^2 - 9x - 8 > 0$, tức là $(x+1)(x+8) < 0$, nên $-8 < x < -1$. Kết hợp: $-8 < x < -1$ hoặc $x > \tfrac{13+\sqrt{201}}2$.

(b) Giải $\lvert x-2\rvert > \left\lvert\dfrac{15x}{\lvert x\rvert+4}\right\rvert$. Cả hai vế đều là không âm, nên bình phương và nhân với $(\lvert x\rvert+4)^2$: bất đẳng thức trở thành $PQ > 0$, với $P = (x-2)(\lvert x\rvert+4) - 15x$ (biểu thức từ phần (a)) và $Q = (x-2)(\lvert x\rvert+4) + 15x$. Vậy $P$ và $Q$ phải có cùng dấu. Không đủ để chỉ có "$P > 0$ hoặc $Q < 0$". Đối với $x \ge 0$: $P = x^2 - 13x - 8$ và $Q = x^2 + 17x - 8$. Cả hai đều dương đối với $x > \tfrac{13+\sqrt{201}}2$, và cả hai đều âm đối với $0 \le x < \tfrac{\sqrt{321}-17}2$. Đối với $x < 0$: $Q = -x^2 + 21x - 8$ luôn âm với mọi $x < 0$, nên ta cần $P < 0$, đó là $(x+1)(x+8) > 0$: $x < -8$ hoặc $-1 < x < 0$. Kết hợp lại: $x < -8$ hoặc $-1 < x < \tfrac{\sqrt{321}-17}2$ hoặc $x > \tfrac{13+\sqrt{201}}2$. (Kiểm tra $x = -5$: $\lvert x-2\rvert = 7$ nhưng $\left\lvert\tfrac{-75}{9}\right\rvert = 8.3$, do đó $-5$ bị loại bỏ chính xác rồi.) Từ "nên" ở đây là có cơ sở: thừa số trong phần (a) $P$ đã hoàn thành một nửa công việc.

Phương pháp hiệu số

Phương pháp hiệu số tính tổng chuỗi bằng cách tách số hạng tổng (thường qua phân tích phân thức) sao cho mỗi số hạng triệt tiêu một phần của số hạng sau — phần giữa bị thu gọn lại và chỉ còn lại mảnh đầu tiên và mảnh cuối cùng. Viết rõ $r = 1$, $r = 2$, $r = n-1$, $r = n$ cụ thể và xem cái gì bị triệt tiêu; biểu diễn này sẽ giúp bạn nhận điểm.

Ví dụ minh họa — Telescoping về dạng đóng (WFM02 tháng Sáu 2025 Câu hỏi5). Chứng minh $\displaystyle\sum_{r=1}^n \frac{1}{(r+1)(r+2)} = \frac{n}{2(n+2)}$. Tách:

Tổng là $\left(\tfrac12 - \tfrac13\right) + \left(\tfrac13 - \tfrac14\right) + \cdots + \left(\tfrac1{n+1} - \tfrac1{n+2}\right)$: everything from $\tfrac13$ to $\tfrac1{n+1}$ bị triệt tiêu, để lại $\tfrac12 - \tfrac1{n+2} = \tfrac{n}{2(n+2)}$. (Kiểm tra $n = 1$: cả hai vế $\tfrac16$.) Đây cũng là cách thiết lập các bài bất đẳng thức theo sau: $\dfrac{n}{2(n+2)} > 0.49$ cần $n > 98$, nên giá trị nhỏ nhất là $n = 99$ — dựa vào đại số, không phải bảng giá trị.

Công thức Euler và định lý De Moivre

Công thức Euler $e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta$ biến đổi dạng cực thành một hàm mũ: $z = re^{i\theta}$, và $z^n = r^ne^{in\theta}$ trở thành thuần túy số học. Đọc từ các cặp $\cos\theta = \tfrac12(e^{i\theta} + e^{-i\theta})$ và $\sin\theta = \dfrac1{2i}(e^{i\theta} - e^{-i\theta})$. Định lý De Moivre $(\cos\theta + i\sin\theta)^n = \cos n\theta + i\sin n\theta$ suy ra, và có thể chứng minh cho mọi số nguyên dương $n$ bằng quy nạp toán học: đúng với $n = 1$; nếu đúng với $k$, nhân $(\cos k\theta + i\sin k\theta)(\cos\theta + i\sin\theta)$ và khai triển theo công thức cộng ta được $\cos(k+1)\theta + i\sin(k+1)\theta$. Đối với $n$ âm, lấy nghịch đảo và lưu ý $\cos(-n\theta) + i\sin(-n\theta)$ có mô-đun 1 và đối số ở góc phải.

Ví dụ có hướng dẫn — đẳng thức góc nhiều lần (WFM02 Tháng Sáu 2025 Câu 9). Khai triển phần ảo của $(\cos\theta + i\sin\theta)^5$ theo nhị thức Newton:

De Moivre chỉ ra rằng điều này bằng $\sin 5\theta$. Thay thế $c^2 = 1 - s^2$: $5s(1-s^2)^2 - 10s^3(1-s^2) + s^5 = 16s^5 - 20s^3 + 5s$, do đó

Đặt $5\theta = \pi$ ta được $16s^4 - 20s^2 + 5 = 0$, do đó $s^2 = \tfrac{5\pm\sqrt5}8$ và $\sin\tfrac\pi5 = \sqrt{\tfrac{5-\sqrt5}8} = \tfrac{\sqrt{10-2\sqrt5}}4$ — hãy chọn nghiệm nhỏ hơn vì $\sin\tfrac\pi5 < \sin\tfrac{3\pi}5$, và thực tế $\sin\tfrac{3\pi}5$ là nghiệm lớn hơn.

Ví dụ minh họa — căn bậc năm (WFM02 tháng 6 năm 2025 câu 1). Giải phương trình $z^5 = -2\sqrt2 - 2\sqrt6i$. Mô-đun $\sqrt{8 + 24} = \sqrt{32} = 4\sqrt2$; đối số là $-\tfrac{2\pi}3$ (góc phần tư thứ ba, $\tan = \sqrt3$). Vậy

năm nghiệm cách đều nhau $\tfrac{2\pi}5$ trên đường tròn $\lvert z\rvert = \sqrt2$. Sử dụng mẫu căn $n$ thứ $\sqrt[n]{r}\,e^{i(\theta + 2\pi k)/n}$ — tuyệt đối không dùng xấp xỉ thập phân.

Locus, vùng miền và phép biến hình z→w

Bộ công cụ Locus trong biểu đồ Argand: $\lvert z - a\rvert = b$ là một đường tròn (tâm $a$, bán kính $b$); $\lvert z - a\rvert = \lvert z - b\rvert$ là đường trung trực của $a$ và $b$; $\lvert z - a\rvert = k\lvert z - b\rvert$ với $k \ne 1$ là một đường tròn (bình phương hai vế và thu gọn các số hạng); $\arg(z - a) = \beta$ là nửa tia xuất phát từ $a$. Các vùng thay = bằng < or >: thử một điểm thuận tiện (nguyên điểm hiếm khi nằm trên tập hợp điểm). Đối với Biến đổi Möbius $w = \dfrac{az+b}{cz+d}$ với $ad-bc\ne0$, trước hết hãy chọn dạng đại số hữu ích thay vì chỉ dựa vào phép thế từng điểm: đặt $z$ làm chủ đề trước, sau đó lấy mô-đun (hoặc argument) của cả hai vế. Khi $c\ne0$, một đường tròn đi qua cực $z = -\tfrac dc$ ánh xạ thành đường thẳng; một đường tròn không đi qua cực ánh xạ thành một đường tròn.

Ví dụ minh họa — ảnh của một đường tròn (WFM02 tháng 6 2025 Q3). $w = \dfrac{9i - iz}{1+z}$ ($z \ne -1$) ánh xạ P, nơi $\lvert z\rvert = 1$, thành đường thẳng l. Đưa $z$ làm ẩn số: $z(w + i) = 9i - w$, nên $z = \dfrac{9i - w}{w+i}$. Khi đó $\lvert z\rvert = 1$ bắt buộc

nên $20v = 80$ và l là $v = 4$ — đường trung trực của $9i$ và $-i$, đúng như phân tích equal-moduli dự đoán. Kiểm tra nhanh với các đầu mút của đường kính đứng: $z = i \mapsto 5 + 4i$ và $z = -i \mapsto -5 + 4i$; cả hai đều rơi vào $v = 4$.

Phương trình vi phân bậc nhất

Các phương trình tách biến đã được giả định. Dạng chuẩn mới là $\dfrac{dy}{dx} + Py = Q$ với $P, Q$ là hàm của $x$: nhân với yếu tố tích phân $e^{\int P\,dx}$, được chọn để vế trái trở thành $\dfrac d{dx}\left(ye^{\int P\,dx}\right)$, rồi tích phân một lần. Đối với phép thế cho trước (ví dụ $z = f(y)$), tính $\dfrac{dz}{dx}$ theo quy tắc chuỗi, viết lại phương trình theo $z$ và $x$, giải phương trình (lúc này là tuyến tính hoặc tách biến) phương trình, rồi thay ngược lại — đề bài yêu cầu dạng đích, nên kết quả phải ở dạng đó.

Ví dụ minh họa — khởi động nhân tử tích phân. $\dfrac{dy}{dx} + 2y = e^{-x}$: $e^{\int 2\,dx} = e^{2x}$, do đó $\dfrac d{dx}(ye^{2x}) = e^x$ và $ye^{2x} = e^x + C$, i.e. $y = e^{-x} + Ce^{-2x}$.

Ví dụ minh họa — phép thế rồi nhân tử tích phân (WFM02 tháng 2025 Q6). Phương trình (I) là $2\dfrac{dy}{dx} + y\cot x + y^3\tan x\sec x = 0$ trên $0 < x < \tfrac\pi2$.

(a) Với $z = \tfrac1{y^2}$, $\dfrac{dz}{dx} = -2y^{-3}\dfrac{dy}{dx}$, do đó $2\dfrac{dy}{dx} = -y^3\dfrac{dz}{dx}$. Thay vào và chia cho $y^3$: $-\dfrac{dz}{dx} + y^{-2}\cot x + \tan x\sec x = 0$, i.e.

(b) Nhân tử tích phân là $e^{-\int\cot x\,dx} = \csc x$, do đó $\dfrac d{dx}(z\csc x) = \csc x\tan x\sec x = \dfrac1{\cos^2x} = \sec^2x$. Suy ra $z\csc x = \tan x + C$, dẫn đến $z = \sin x\tan x + C\sin x$ và

(c) Tại $x = \tfrac\pi6$: $y^2 = \tfrac{4\sqrt3}3$ nên $z = \tfrac{\sqrt3}4 = \tfrac12\cdot\tfrac1{\sqrt3} + \tfrac C2$, buộc $C = \tfrac1{2\sqrt3}$. Tại $x = \tfrac\pi3$: $z = \tfrac{\sqrt3}2\cdot\sqrt3 + \tfrac1{2\sqrt3}\cdot\tfrac{\sqrt3}2 = \tfrac32 + \tfrac14 = \tfrac74$, nên $y^2 = \tfrac47$ và $y = \pm\dfrac2{\sqrt7}$. Cả hai dấu đều là đáp án — $y^2$, chứ không phải $y$, đã được xác định.

Phương trình vi phân cấp cao

Đối với $a\dfrac{d^2y}{dx^2} + b\dfrac{dy}{dx} + cy = f(x)$, nghiệm tổng quát là $\text{CF} + \text{PI}$: hàm bổ trợ giải phương trình đồng nhất thông qua phương trình phụ trợ $am^2 + bm + c = 0$; tích phân riêng là bất kỳ nghiệm đơn nào của phương trình đầy đủ.

Khi đã có điều kiện ban đầu hoặc điều kiện biên, tìm các hằng số cuối cùng từ nghiệm tổng quát đầy đủ.

Ví dụ giải mẫu — cộng hưởng, sau đó áp dụng điều kiện (WFM02 tháng 2025 Q4). Giả sử rằng $y = \lambda xe^{3x}$ là một tích phân riêng của $4\dfrac{d^2y}{dx^2} - 11\dfrac{dy}{dx} - 3y = 78e^{3x}$:

(a) $y' = \lambda e^{3x}(1 + 3x)$ và $y'' = \lambda e^{3x}(6 + 9x)$, nên vế trái là $\lambda e^{3x}\big(24 + 36x - 11 - 33x - 3x\big) = 13\lambda e^{3x}$. Đồng nhất $78e^{3x}$ suy ra $\lambda = 6$. (Thử đơn giản $\lambda e^{3x}$ sẽ cho $0\cdot e^{3x}$ — do đó cần thêm $x$.)

(b) Phương trình phụ $4m^2 - 11m - 3 = (4m+1)(m-3) = 0$, suy ra $m = -\tfrac14$ hoặc $3$: $y = Ae^{-x/4} + Be^{3x} + 6xe^{3x}$.

(c) Với $y = \tfrac92$ và $y' = 0$ tại $x = 0$: $A + B = \tfrac92$ và $-\tfrac A4 + 3B + 6 = 0$. Giải hệ, được $A = 6$, $B = -\tfrac32$, nên

Chuỗi Maclaurin và chuỗi Taylor

Dãy Maclaurin của $f$ là $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$ — đạo hàm nhiều lần theo yêu cầu của đề bài (đạo hàm bậc ba và cao hơn thường được kiểm tra độc lập). Chuỗi Taylor quanh $x = a$ thay thế $x$ bằng độ lệch: $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n$. Đối với một phương trình vi phân, đạo hàm chính phương trình để leo lên thang đạo hàm: $y(a)$ và $y'(a)$ thay vào phương trình cho $y''(a)$, sau đó đạo hàm phương trình cho $y'''(a)$, và cứ thế — không bao giờ tính lại từ đầu, chỉ đạo hàm.

Ví dụ có lời giải — nghiệm chuỗi quanh tâm khác không (WFM02 tháng 2025 Q2). Cho $\dfrac{d^2y}{dx^2} - 4\dfrac{dy}{dx} - 5y = e^{2x/9}$ với $y = 2$ và $y' = -1$ tại $x = 3$:

tại $x = 3$: $y'' = 4y' + 5y + e^{2/3} = -4 + 10 + e^{2/3} = 6 + e^{2/3}$, nên số hạng bậc hai là $\tfrac12(6 + e^{2/3})(x-3)^2 = (3 + \tfrac12e^{2/3})(x-3)^2$. Đạo hàm phương trình, $y''' = 4y'' + 5y' + \tfrac29e^{2x/9}$, nên tại $x = 3$: $y''' = 4(6 + e^{2/3}) - 5 + \tfrac29e^{2/3} = 19 + \tfrac{38}9e^{2/3}$, và số hạng bậc ba là $\tfrac16y'''(x-3)^3$. Chuỗi là

Tọa độ cực và diện tích

Trong tọa độ cực, một điểm được biểu diễn là $(r, \theta)$ với $r \ge 0$ đo từ trục ban đầu (cụ thể là trục $x$ dương, $\theta$ ngược chiều kim đồng hồ). Chuyển đổi qua $x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$, $r^2 = x^2 + y^2$: ví dụ $r = 4\cos\theta$ cho ra $r^2 = 4r\cos\theta$, tức là $x^2 + y^2 = 4x$ — đường tròn $(x-2)^2 + y^2 = 4$. Nắm vững các hình dạng cơ bản: $r = 2a\cos\theta$ (đường tròn trên trục ban đầu đi qua gốc tọa độ), $r = k\theta$ (đường xoắn ốc), $r = a(1+\cos\theta)$ (cardioid), $r = a\cos2\theta$ (bốn cánh hoa), $r^2 = a^2\cos2\theta$ (lemniscate, chỉ tồn tại khi $\cos2\theta \ge 0$). Diện tích quét từ $\theta = \alpha$ đến $\beta$ là $\tfrac12\displaystyle\int_\alpha^\beta r^2\,d\theta$; tiếp tuyến song song với trục ban đầu xuất hiện khi $\dfrac{dy}{d\theta} = \dfrac{dr}{d\theta}\sin\theta + r\cos\theta = 0$.

Ví dụ minh họa — diện tích chính xác. Toàn bộ lemniscate $r^2 = 8\cos2\theta$: do đối xứng, vòng phải là $\tfrac12\int_{-\pi/4}^{\pi/4}8\cos2\theta\,d\theta = 4\Big[\tfrac12\sin2\theta\Big]_{-\pi/4}^{\pi/4} = 4$, nên cả hai vòng bao gồm tổng diện tích $8$. Cardioid $r = 2(1+\cos\theta)$: $\tfrac12\int_{-\pi}^{\pi}4(1+\cos\theta)^2d\theta = 2\int_{-\pi}^{\pi}(1 + 2\cos\theta + \cos^2\theta)d\theta = 2(2\pi + 0 + \pi) = 6\pi$, vì $\int_{-\pi}^\pi\cos^2\theta\,d\theta = \pi$.

Danh sách kiểm tra trước khi hoàn thành đơn vị này

• Giải bất phương trình mô-đun bằng cách chia trường hợp và bình phương; xử lý $|x|$ trong mẫu số; báo cáo các nhánh vô hiệu; tái sử dụng phần trước đó khi có từ "hence".
• Tính tổng cấp số hữu hạn bằng phân tích phân thức và triệt tiêu, viết các $r = 1, 2, n-1, n$ dòng; đóng bất phương trình theo dõi bằng đại số.
• Sử dụng $e^{i\theta}$, dạng mũ của $\cos$ và $\sin$, và định lý de Moivre (đã chứng minh cho số nguyên $n$) để khai triển góc nhân và lũy thừa, cũng như tìm tất cả các $n$ căn bậc trong dạng cực chính xác.
• Vẽ sơ đồ các đường tròn, đường trung trực, đường tròn Apollonius và tia argument; kiểm tra các vùng; biến $z$ thành chủ thể của phép biến Möbius và cân bằng các mô-đun hoặc argument.
• Giải $\frac{dy}{dx} + Py = Q$ bằng thừa số tích phân; thực hiện các phép thế cho trước và trả lời theo dạng yêu cầu, chú ý $\pm$ từ $y^2$.
• Giải phương trình bậc hai qua phương trình phụ và nghiệm riêng thử (bao gồm cộng hưởng nhân với $x$), sau đó áp đặt điều kiện ban đầu.
• Xây dựng chuỗi Maclaurin và chuỗi Taylor, bao gồm các nghiệm chuỗi của phương trình vi phân bằng cách đạo hàm phương trình.
• Vẽ sơ đồ các đường cong cực, chuyển đổi sang và từ tọa độ Descartes, và tính diện tích chính xác với $\frac12\int r^2\,d\theta$.