Bài tập Toán chuyên đề: Giải tích

Chia sẻ: Nguyen Quang Long | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

0
201
lượt xem
61
download

Bài tập Toán chuyên đề: Giải tích

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo các chuyên đề về toán học

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Bài tập Toán chuyên đề: Giải tích

  1. Bang đao ham cua ham hợp hai biên ̉ ̣ ̀ ̉ ̀ ́ a a-1 1 (f(x) )’ = a f (x) f’(x) a = -1: (1/f(x))’ = -f’(x) / f2(x) a=1/2: ( f (x) )’ = f’(x) / 2 f (x ) 2 (e’f(x))’ = f’(x) ef(x) 3 (af(x))’ = af(x) lna (a>0) 4 (ln(f(x))’ = f’(x) / f(x) 5 (sin f(x))’ = cos f(x). f’(x) 6 (cos f(x))’ = - sin f(x). f’(x) 7 (arcsin f(x))’ = f’(x) / (1+ f2(x)) = -(arccos f(x))’ 8 (arctg f(x))’ = f(x)’ / (1 + f2(x)) = -(arccotg f(x)) 9 dx x ∫ sin x = ln tg 2 + C 1 dx dx  x ∏ 0 ∫ cos x = ∫  ∏  = ln tg  2 + 4  + C   sin  x +   2 1. Cho hàm số z = arctg (x/y)’ CMR z’’xx + z’’yy = 0 Ta có: z’x = (x/y)’ / (1+ (x/y)2) = (1/y) / (x2 + y2)/y2 = y/( x2 + y2) z’’xx= (-2xy)/ ( x2 + y2)2 z’y = (x/y)’/(1+(x/y)2) = -x/(x2+y2) z’’yy = 2xy/(x2+y2)2 vậy suy ra đpcm . 2. Cho hàm số z = ln(1/r) với r= x 2 + y 2 CMR z’’xx + z’’yy=0 Ta có: (ln(1/r))’ = (1/r)’ / (1/r) z’x = (1/r)’/(1/r) = -( x 2 + y 2 )’ / (x2 + y2) = -x /(x2 + y2) z’’xx = (-x/(x2 + y2))’ = (x2 – y2) / (x2 + y2)2 z’y = (1/r)’/(1/r) = -( x 2 + y 2 )’ / (x2 + y2) = -y /(x2 + y2) z’’yy = (-y /(x2 + y2))’ = (y2 - x2) / (x2 + y2)2 suy ra dpcm 3. Cho hàm số z’x = arctg x/y + x (x/y)’ /(1 + (x2 / y2)) – 2x = arctg x/y + x/ y(1 + (x2 / y2)) – 2x z’y = -x2 /(y2(1 + (x2/y2))) – 2y suy ra dpcm 4. Tính các đạo hàm riêng của hàm số Xem y = const ta tìm được df 1  x  1 = 1 + = dx x + x 2 + y 2  x +y  2 2  x2 + y2 
  2. Xem x = const ta tìm được df 1 y = . dy x + x 2 + y 2 x2 + y2 5. Tìm vi phân toàn phần dz = 1 x+ y d = ( x − y ) 2 . 2( xdy − ydx ) = xdy − ydx   x+ y x− y 2 x + y 2 2 ( 2 )( x − y) 2 x2 + y2 1+  x− y    6. Tìm cực trị của hàm số Hàm z được viết lại như sau z = ex (x2 + 4x + 4y – y2) Tìm điểm dừng của z z’x = ex (x2 + 4x + 4y – y2) + ex(2x + 4) = 0 z’y = ex(4 – 2y) = 0 Giải hệ trên ta được hai điểm dừng M1(-2,2); M2(-4,2) Điều kiện đủ z’’xx = [ex(x2 + 6x + 4y – y2 + 4)]’ = ex(x2 + 6x + 4y – y2 + 4) + ex(2x + 6) = ex(x2 + 8x + 4y – y2 + 10) z’’yy = [ex(x2 + 6x + 4y – y2 + 4)]’ = ex(4 – 2y) z’’yx = ex(4 – 2y) Xét điểm M1(-2,2) ta có A = z’’xx|M1 = -2 e-2 C = z’’yy|M1= 0 B = z’’yx|M1= 0 Vậy AC – B2= 0 chưa kết luận được. Xét điểm M2(-4,2) ta có A = z’’xx|M2 = -2 e-4 C = z’’yy|M2= 0 B = z’’yx|M2= 0 Vậy AC – B2= 0 chưa kết luận được. 7. Tìm cực trị của hàm số z = x3 + y3 – 3xy Tìm điểm dừng của z z’x = 3x2 – 3y z’y = 3y2 – 3x giải hệ trên ta được M1(0,0) và M2(1,1) điều kiện đủ z’’xx = 6x z’’yy = 6y z’’yx = -3 Xét điểm M1(0,0) ta có A = z’’xx |M1 = 0; C = 0; B = -3 Ta có AC – B2 > 0 có cực trị A=0 đạt cực đại Z(M1) = 0 Xét điểm M1(0,0) ta có A = z’’xx |M2 = 6; C = 6; B = -3 Ta có AC – B2 > 0 có cực trị với A>0 đạt cực tiểu Z(M2) = -1
  3. 8. Tìm cực trị của hàm số z = x2 + xy +y2 - 4lnx – 10lny x, y > 0 F’(x)= 2x + y – 4/x F’(y)= x+2y - 10/y  2x + y - 4/x = 0 (1)  - 2x + 4/x = y (1) Điểm dừng là nghiệm  =>  x + 2y - 10/y = 0 xy + 2y - 10 = 0 2 (2) (2) Thay (1 ) vào (2) ta dc  x * (-2x + 4/x) + 2 * (-2x + 4/x) - 10 =0 2  - 2x + 4 + 8x + 32/x - 32 - 10 = 0 2 2 2  6x 2 + 32/x 2 - 38 = 0  6x 4 + 32 - 38 x 2 = 0  x2 = 1  x =1    x2 = 16 =>  4 3  x=  3   3 X= 1 thì y =2 4 3 4 3 X= thì y = -2* + 3 < 0 (loại ) 3 3 4 A= f’’(x)= 2 + 2 = 6 tại x=1 x 10 9 C=f’’(y)=2 + 2 = tại y=2 y 2 B = f’’yx = 1 Ta có AC – B2 = 26>0 với A>0 hàm số đạt cực tiểu tại điểm dừng (1,2) cực tiểu z = 3 – 10 ln2 9. Tính các đạo hàm riêng của hàm ẩn z =z(x,y) xác định từ phương trình x+y+z =ez Ta có F(x,y,z) = ez – x –y –z =0 F’x(x,y,z) = -1 F’y(x,y,z) = -1 F’z(x,y,z) = ez – 1 1 Do đó z’x = z’y = z e −1 10. Tìm cực trị của hàm số z = x3 + y3 – x – y Điểm dừng Z’x = 3x2 – 1 Z’y = 3y2 – 1 Giải hệ trên ta có hai điểm dừng M1(1/ 3 ,-1/ 3 ) và M2 (-1/ 3 ,1/ 3 ) Điều kiện đủ Z’’xx = 6x Z’’yy = 6y X’’yx = 0 Tại M1 ta có A = 6/ 3 C = -6/ 3 B =0 ta có AC – B2 = - 36*3
  4. dxdy − x +3 1 2 dy 2 −1 2 1 1 −1 x I= ∫ ∫( x + y)3 = ∫ dx ∫ ( x + y)3 = ∫ dx 2( x + y) 2 |y=1y= 3-x = ∫ dx( 2(1 + x) 2 − 18 ) = 2( x + 1) |21 - 18 | 1 1 1 1 2 1 = 1/36 12. Tính 1  3 x x2 y2  2 1  3 1 x3   x6  Ta có I = ∫ dx ∫ x − x y dy = ∫ dx ( x y − 3 2   |x 2 ) x = ∫  x x −  −  x 5 − dx = 2   2  0 x 2 0   0    2 2 1 4 1 6 1 71 9  x − x − x + x | 9 8 6 14  0   13. Tính 1 1+ x Ta có I = ∫ dx ∫ ln( x + y )dy bằng cách tích phân phân đoạn ta được 0 1 1+ x 1+ x ydy 1+ x x ∫ ln( x + y)dy = y ln( x + y )| = (1+x)ln(1+2x) – ln(1+x) - ∫ (1 − − ∫ )dy 1 1 x+ y 1 x+ y = (1+x)ln(1+2x) – ln(1+x) – x – xln(1+2x) – xln(1+x) =(1+2x)ln(1+2x) – (1+x)ln(1+x)-x 1 Do đó I = ∫ [ (1 + 2 x) ln(1 + 2 x) − (1 + x) ln(1 + x) − x]dx 0 Dùng phương pháp tích phân phân đoạn ta được 1 1 (1 + 2 x) 2 1 (1 + 2 x) 2 2 (1 + x ) 2 1 (1 + x) 2 1 x2 1 I= ln(1 + 2 x ) | − ∫ . dx − ln(1 + x) | + ∫ . dx − | 4 0 0 4 1 + 2x 2 0 0 2 1+ x 2 0 9 1 2 1 1 2 1 1 9 3 = ln 3 − (1 + 2 x) |0 − 2 ln 2 + (1 + x) |0 − = ln 3 − 2 ln 2 − 4 8 4 2 4 4 14. Tính Đường x2 + y2 –x =0 là đường tròn tâm tại (1/2,0) bán kính bằng ½ , chuyển sang hệ tọa độ cực phưng trình trình của đường tròn đó là r = cos ϕ Miền lấy tích phân trong mặt phẳng(r, ϕ ) là ∏ ∏ -
  5. 15. Tính Chuyển sang hệ tọa độ cực, phương trình của đường tròn x2 + y2 =2x là r = 2cos ϕ . Miền D’ trong ∏ mặt phảng (r, ϕ ) được xác định bởi 0
  6. y’ = f(x,y) (1) có tích phân tổng quát ∫ M ( x)dx + ∫ M ( y )dy = C b. Phương trình phân ly biến số M1(x)N1(y) dx + M2(x)N2(y)dy =0 (2) TH1: N1(y) = 0 => y = y0 là nghiệm TH2: M2(x) = 0 => x = x0 là nghiệm TH3: M2(x)N=(y) 0 chia cả hai veescuar (2) cho M2(x)N=(y) được pt (1) dạng là M 1 ( x) N ( y) dx + 2 dy = 0 M 2 ( x) N 1 ( x) c. Dạng pt phân ly biến số a x + b1 y + c1 y' = 1 (3) a 2 x + b2 y + c 2 a1 b1 Thỏa mãn = (3) sẽ đưa về pt có biến phân ly (2) nên đặt a1x + b1y = u hoặc a2x+b2y a 2 b2 =u trong đó u=u(x). VD1: y’ tgx + (1+y2)=0 dy Ta có tgx + 1 + y 2 = 0 hay tgxdx + (1 + y 2 )dy = 0 (1) dx TH1: tgx =0 => x = k ∏ k ∈ Z là nghiệm (1) TH2: tgx(1+y2) 0 chia hai vế của (1) cho tgx(1+y2) được dy dx + = 0 (2) là phương trình có biến phân ly 1+ y 2 tgx dx dy cos xdx dy d sin x dy ∫ tgx + ∫ 1 + y 2 = ∫ s + ∫ 1 + y 2 = ∫ sin x + ∫ 1 + y 2 = ln | sin x | + arctgy + ln C = 0  ln(Csinx) = - arctgy hay C sin x = e − arctgy là nghiệm tổng quát cần tìm. VD2: x(y2-1)dx + (x2+1)(2y+1)dy =0 (1) TH1: y2-1 =0  y = +- 1 là các nghiệm của (1) TH2: (y2 – 1 )(x2 + 1) 0 chia cả 2 vế của (1) cho (y2 – 1 )(x2 + 1) x 2y +1 dx + 2 dy = 0 (2) x +1 2 y −1 x 2y +1 1 d ( x 2 + 1) d ( y 2 − 1) dy Có ∫ x2 +1dx + ∫ 2 y −1 dy = ∫ 2 2 x +1 +∫ y −1 2 +∫ 2 y −1 1 1  1 1  1 1  y − 1 = ln( x 2 + 1) + ln | y 2 − 1 | + ∫   y − 1 − y + 1 dy = 2 ln( x + 1) + ln | y − 1 | + 2 ln  y + 1  2 2 2 2     y −1 C(x2+1)(y2-1) = 1 hay (x2+1)(y-1)3(y+1) =C y +1 19. PT tuyến tính và PT Becnuly y’ + p(x)y = q(x) (1) y’ + p(x)y = 0 (2) y’ + p(x)y = q(x) y α (3) PT becnuly α ≠ 0, α ≠ 1 Cách giải (1),(3) - Tìm một nghiệm của pt thứ nhất (2) là y = e − ∫ p ( x ) dx - Tìm y = uy0 (4) trong đó u = u(x) cần tìm. Thay (4) vào (1) hay (3) được pt có biến phân ly u’y0 = VP.
  7. 1 VD: Giải y ' = x sin y + sin 3 y dy 1 dx '= hay = x sin y + sin 3 y dx x sin y + sin y 3 dy x’ - x sin y = sin 3 y (1) − p ( y ) dy - Một no của pt thuần nhất x’ – xsiny = 0 là x0 = e ∫ = e ∫ sin ydy - Thế Becnuly x = ux0 tức là x = u. e − cos y (2) trong đó u = u(y) cần tìm. − cos y Thế (2) vào (1) được u’ e 3 = sin y cos y 3 du = e sin y dy u = ∫ e cos y sin 3 ydy đặt cosy = t => -sinydy = dt = − ∫ e (1 − t )dt = ∫ t e dt − ∫ e dt = ∫ t e dt − e + C =t e − 2 ∫ e tdt − e + C t 2 2 t t 2 t t 2 t t t = t e − 2te + 2 ∫ e dt − e + C = t e − 2te + e + C thay t = cosy vào và thế vào (2) được nghiệm 2 t t t t 2 t t t của pt. x = cos2y – 2cosy + 1 +c e − cos y 20. Tìm nghiệm tổng quát y y dy y a. y ' cos x =  y '− =0 − = 0  cos x ln ydy − ydx = 0 (1) ln y cos x ln y dx cos x ln y TH1: y=0 là một nghiệm của (1) TH2: cosx=0  x =k ∏ là một nghiệm của (1) TH3:ycosx 0 chia cả 2 vế của (1) cho ycosx ta được − dx ln ydy − dx ln ydy + = 0 (2) lấy tích phân hai vế của (2) ta có ∫ +∫ = 0 hay cos x y cos x y − dx ∫ ∏ + ∫ ln yd (ln y ) = 0 x ∏ ln 2 y vậy ngiệm tổng quát của (2) là − ln tg ( + ) + =C sin( x + ) 2 4 2 2 b. y’’ – y = xsin2x Xét phương trình thuần nhất y’’ – y = 0 (1) có pt đặc trưng là λ2 − 1 = 0 = >λ = ±1 là nghiệm Ng tổng quát của (1) là y01 = C1e-x + C2 ex (2) x x cos 2 x Pt y’’ – y = xsin2x = − = f1(x) + f2(x) 2 2 x Xét y’’-y = (3) phương pháp VP đặc biệt eαx p1 ( x) trong đó α = 0 không là ng cua ptđt bậc của 2 p(x) là 1 ta có y02 = ax+b (4) thế (4) vào (3) và so sánh 2 vế ta được a = -1/2 ; b =0 Vậy y02 = -1/2 x (4’) Xét y’’-y = -x/2 cos2x (5) vpdb eαx [p1(x) cos β x + q1(x) sin β x] ở đây α = 0 , β =2 và α + iβ = 2i không phải là ng của ptdt. 1 Ta có y03 = (ax+b)cos2x + (cx+d)sin2x (6) thế (6) vào (5) so sánh hệ số hai vế ta được a= ; 10 b=0,c=0;d=0 1 Vậy y03 = xcos2x (6’) 10 Từ (2), (4’),(6’) ta có nghiệm tổng quát của pt như sau −1 1 y(x) = x + x cos 2 x + C1e-x + C2 ex 2 10 21. Tìm NTQ của pt y’’+5y’+4y = e-4x
  8. y’’+5y’+4y =0 (1) xét phương trình đặc trưng a2-5a+4 =0 có nghiệm là a1 = -1; a2=-4 pttn NTQ của (1) là y01 = C1e-x + C2e-4x (2) Xét pt y’’ + 5y’ + 4y = e-4x (3) pp vế phải đb e λ xP(x) trong đó λ =-4 là nghiệm của ptdt Vậy nghiệm tổng quát của (3) là y02 = axe-4x (4) Thế (4) vào (3) ta được y02 = axe-4x (*4) y’02= ae-4x - 4axe-4x (*5) y’’02 = - 4ae-4x -4ae-4x + 16axe-4x (*1) so sánh hệ số 2 vế rút ra a = 1 vậy y02 = xe-4x (4’) từ (2) và (4’) ta có NTQ của pt là y02 = xe-4x + C1e-x + C2e-4x 22.

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản