Giải các dạng bài tập toán A3

Chia sẻ: jhat3y0u

Tham khảo tài liệu 'giải các dạng bài tập toán a3', khoa học tự nhiên, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Bạn đang xem 10 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: Giải các dạng bài tập toán A3

DẠNG CÂU HỎI 1 ĐIỂM

x
Câu1: (1đ) Cho hàm số z = arctg chứng minh z’’xx + z’’yy= 0
y
1 y −x 1 x
x z' y = . =− y ' 2x −2 xy
Z = artag ⇒Z’X = y (1 + ( x ) 2 ) = 2 y2 x 2
1+ ( ) x 2 + y2 Nên ⇒ z ' ' xx = ( 2 2 ) x = -y. 2 2 2 = 2 2 2
y
y x + y2 y
x +y (x + y ) (x + y )


z' ' (−2 y ) 2 xy −2 xy + 2 xy
−x − x. =
yy = ( )' y ( x 2 + y 2 ) 2 ( x 2 + y 2 ) 2 Vậy ⇒ z ' ' xx + z ' ' yy = = 0.
x2 + y 2 = ( x 2 + y 2 )2 (đpcm )


Câu 3: (1đ) Cho hàm số z = x + f(xy) với f(t) là hàm số khả vi, CMR xz’x-yz’y=x

Z =x + f(xy) vì f(t) khả vi ⇒∃ f’(t) = f’(xy)
'
⇒ z x = ( x + f ( xy ) x =
' 1 + ( xy )' x. f ' ( xy) (a);

Z’Y = ( x + f ' ( xy ))' y = 0 + ( xy)' y . f ' ( xy ) = x. f ' ( xy )

(b) Thay (a) và (b) ta có x.z ' x − y.z ' y = x(1 + yf ' ( xy )) − y ( x. f ' ( xy ))

= x + xyf ' ( xy ) − xyf ' ( xy ) = x (đpcm)

1 1 z
Câu 4: (1đ) Cho hàm số z = y f (x2-y2), với f(t) là hàm số khả vi CMR z' x + z' y = 2
y y y
z = yf ( x 2 + y 2 ) = z x ( yf ( x − y ) x = y.( x − y ) x . f ( x − y ) = 2 xy. f ( x − y )
' 2 2 ' 2 2 ' ' 2 2 ' 2 2



z ' y = ( yf ( x 2 − y 2 ))' y = f ( x 2 − y 2 ) + y ( x 2 − y 2 )' y . f ' ( x 2 − y 2 ) = f ( x 2 − y 2 ) − 2 y 2 . f ' ( x 2 − y 2 )
1 ' 1 ' 1 1 f (x2 + y2 )
Khi đó ⇒ x .z x + y .z y = .2 xyf ( x − y ) + .( f ( x − y ) − 2 y f ( x + y )) =
' 2 2 2 2 2 ' 2 2
(đpcm)
x y y
Câu 5: (1đ) Cho hàm số z = ln(1/r) với r= x 2 + y 2 CMR z’’xx + z’’yy=0
2x x
1 r' =
z = ln = − ln r ,với r = x + y 2 Ta có: x
=
r
r 2 x2 + y2
2y y 1 1 x −x
r' y = =
r ⇒ z ' x = (− ln r ) / x = − .r ' x = − . = 2
2 x2 + y 2 r r r r
x
− r 2 + 2 x. .r
−x −1 2r ' x .r r = 2 x − r (a)
2 2
⇒ z ' ' xx = ( 2 )' x = 2 + x. 4 =
r r r r4 r4

Với vai trò của x và y là tương đương nhau trong biểu thức → tính tương tự ta được :
2 y2 − r 2 2 x2 − r 2 2 y 2 − r 2 2( x 2 + y 2 ) − 2r 2
z ' ' yy = (b) Cộng 2 vế (a) và (b) → z ' ' xx + z ' ' yy = + = = 0 (đpcm )
r4 r4 r4 r4

Câu 6: (1đ) Cho hàm số



x x 1 1 x xy
z = xarctg − x 2 − y 2 ⇒ z ' x = arctg + x. . − 2 x = arctg + 2 − 2x
y y y 1 + ( x )2 y x + y2
y
x x2 y
Khi đó x.z 'x = xarctg − 2 x2 + 2 (a)
y x + y2
−x 1 − x2 − x2 y
z ' y = x.. − 2y = 2 − 2 y ⇒ y.z ' y = 2 − 2 y 2 (b)
y 1 + ( x )2
2
x +y 2
x + y2
y
Cộng 2 vế của (a) và (b) ta được

x − x2 y x
xz ' x + y.z ' y = xarctg − 2x 2 + 2 − 2 y 2 = xarctg − 2( x 2 + y 2 ) ⇔ xz ' x + yz ' y = z − ( x 2 + y 2 )
y x + y2 y



Câu 7: (1đ)
u = x 2 + y 2 + z 2 , A( 1,1, 2 )

Ta có :
∂ u= 2x x ∂ u= 2y y ∂ u= 2z z
= = =
∂ x ∂ y ∂ z
2 x2 + y 2 + z 2 x2 + y2 + z2 2 x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 2 x2 + y2 + z 2 x2 + y 2 + z2

∂u( A ) 1 1 ∂u( A ) 1 1 ∂u( A ) 2 2
⇒ = = ⇒ = = ⇒ = =
∂x 2 2 ∂y 2 2 ∂z 2 2
12 +12 +( 2 ) 12 + 12 +( 2 ) 12 + 12 + ( 2 )
 
Biết rằng: l = OA tạo với 3 trục của Oxyz cỏc gúc α , β ,γ cosin Chỉ phương:
1 1 1 1 2 2
cos α = = cos β = = cos γ = =
2 2 2 2 2 2
12 + 12 + ( 2 ) 1 2 + 12 + ( 2 ) 1 2 + 12 + ( 2 )
Vậy:
∂u ( A ) ∂u ( A ) ∂u ( A ) ∂u ( A ) 1 1 1 1 2 2
= cos α + cos β + cos γ = 2 . 2 + 2 . 2 + 2 . 2 =1
∂l ∂x ∂y ∂l

Câu 8: (1đ) Cho trường vô hướng

u 2 x. ln( x + y ) − x − y  TÝnhlu  iA( 0)  = (1,−1)   

    T¹  1, ,

l   
∂ u = 2 ln( x + y )+ x  − 1 ∂u = 2 x + 1
Bg: Ta có ∂x   x + y  2 x − y ∂x
 x+ y 2 x− y



∂u ( A )
∂x
(
= 2. ln(1+ 0 ) + 1 −
1+ 0
1
2 1− 0
=
2 ∂y )
3 ∂u( A ) = 2.1 +
1+0
1
2 1−0
=5
2

Biết rằng l =( 1,−1 )⇒ véctơ Chỉ phương

l 0 = (cos α , cos β ) cos α = x
 = 1
= 1
2
cos β = y
 = −1
= −1
2
l 12 + ( −1) 2 l 12 + ( −1) 2

∂u( A ) ∂u( A ) ∂u( A )   − 2
Biết rằng  = cos α + cos β = 3 . 1 + 5 . −1  =
∂l ∂x ∂y 2 2 2  2   2


Câu 9: (1đ) Cho trường vô hướng
u = e xy ( y 2 + 2 x − 3 )
TÝnh v( adu)
   gr .
di
Bg: Ta có
∂u
∂x = y.e xy ( y 2 + 2 x − 3) + 2.e xy = e xy ( y 3 + 2 xy − 3 y + 2) ∂u = x.e xy ( y 2 + 2 x − 3) + 2 y.e xy = e xy ( y 2 .x + 2 x 2 − 3x + 2 y )
∂x

t c   adu = ∂x ∂y
MÆ  kh¸  gr    ∂u ; ∂u
  ( )
2
và ∂ u = y.e ( y + 2 xy − 3 y + 2) + 2 y.e
xy 3 xy
e xy ( y 4 + 2 xy 2 − 3 y 2 + 4 y )
∂ x2

2
∂ u xy 2 2 xy xy 2 2 3 2
= x .e ( y x + 2 x − 3 x + 2 y ) + + e ( 2 xy + 2 ) = e ( y x + 2 x − 3 x + 4 xy + 2 )
2
∂y

∂ 2u ∂ 2u xy 4 2 2 2 2 3 2
⇒  v gr    
di ( adu)= + = e ( y + 2 xy − 3 y + 4 y + y x + 2 x − 3 x + 4 xy + 2 )
∂y 2 ∂x 2

Câu 10: (1đ) Cho hàm ẩn z = z ( x, y )
y
Có PT z − x = arctg
z−x
y y
Ta có d z ( x, y ) = z ' x dx + z ' y d y mà z − x = arctg ⇔ F( x , y , z ) = arctg + x− z = 0
z−x z−x

y 1 y y + y 2 + ( z − x )2 1 1 z− x
F 'x = 2. y 2 +1= 2 +1== 2 2 F ' y = z− x . y 2 = = y 2 + ( z − x )2
( z− x) 1+ ( ) y 2+ ( z − x ) y + ( z− x ) 1+ ( )
z− x z− x




2
2 2 2 2
−y 1 −y − ( y + y + ( z − x) ) − ( y + y + ( z − x) )
F' = . −1= −1= =
z 2 y 2 2 2 2 2 2 2
( z − x) 1+ ( ) y + ( z − x) y + ( z − x) y + ( z − x)
z− x
− ( y + y 2 + ( z − x) 2 )
− F 'x y 2 + ( z − x) 2
VËynªn  z ' x =
  → = =1
F 'z − ( y + y 2 + ( z − x) 2 )
y 2 + ( z − x) 2
− F 'y z−x
z'y = =
F 'z y + y 2 + ( z − x) 2
z−x
Do   d z ( x , y ) = z ' x dx + z ' y dy = dx +
dã,  dy
y + y + ( z − x) 2
2



Câu 11: (1đ) cho hàm ẩn

x = x( y, z ) có PT :
Khi ã,F ' x = 3x 2 − 4 − y 2
d
   
3 2
Ví  = 4 x − x 3 + xy 2 ⇔ F( x, y, z ) = z + x − 4 x − xy
iz F ' y = −2 xy
F'z = 1
− F'y 2 xy
⇒ x' y = =
F ' x 3x 2 − 4 − y 2
− F'z −1
x' z = =
F ' x 3x 2 − 4 − y 2
2 xy 1
Như vậy = d x ( y , z ) = x' y dy + x' z dz = dy − 2 dz
3x − 4 − y
2 2
3x − 4 − y 2


Câu 12: (1đ) cho hàm ẩn
x = x ( y, z ) có PT 2x
z = e ( x + y2 + 2 y )
⇔ F( x , y , z ) = e 2 x ( x + y 2 + 2 y ) − z = o
F ' x = 2.e 2 x ( x + y 2 + 2 y) + e 2 x = e 2 x (2 x + 4 y + 2 y 2 + 1) F ' y = e 2 x (2 y + 2) = 2.e 2 x ( y + 1)
Ta có:
F'z = −1
− F'y − 2e 2 x ( y + 1) − 2( y + 1) F' 1
⇒ x' y = = = x' z = − z = 2 x
F 'x e (2 x + 1 + 4 y + 2 y ) 2 x + 1 + 4 y + 2 y
2x 2 2
F ' x e (2 x + 1 + 4 y + 2 y 2 )
− 2( y + 1)e 2 x dy + dz
Như vậy d x ( y , z ) = x ' y dy + x ' z dz =
e 2 x (2 x + 1 + 4 y + 2 y 2 )

DẠNG CÂU HỎI 2 ĐIỂM

Câu 1: (2đ) Tìm cực trị của hàm số
z = e x ( x + y )( x − y + 4)
Mxđ : ∀( x, y ) ∈ R ta có

z ' x = e x ( x + y )( x − y + 4) + e x ( x − y + 4) + e x ( x + y ) = e x [ ( x + y )( x − y + 4) + 2 x + 4]
z ' y = e x ( x − y + 4) − e x ( x + y ) = + e x [ 4 − 2 y ]
Xét tọa độ các điểm tới hạn của h/số : M(x,y)
 y = 2

 z'x (M ) = 0
  x
 e (4 − 2 y) = 0 y= 2 y= 2
   x = − 4(∆ ' = 9 − 8 = 1)
 z' (M ) = 0 ⇔  x ⇔   2 ⇔
 y
  e [ ( x + y )( x − y + 4) + 2 x + 4] = 0
  ( x + 2) + 2 x + 4 = 0 x + 6 y + 8 = 0
2

 y = 2

  x = − 2
⇒ Hàm số có 2 điểm tới hạn: M 1 (−2,2) và M 2 (−4,2)
[
Ta lại có: r = A = z ' ' xx e ( x + y )( x − y + 4) + 2 x + 4
x


+ ( x − y + 4) + ( x + y ) + 2] = e x [ ( x + y )( x − y + 4) + 4 x +10] s = B = z ' ' xy = z ' ' yx =
[e x
(4 − 2 y) ] /
x = e x ( 4 − 2 y )t = C = z ' ' yy = e x ( 4 − 2 y )[ ] /
y = −2e x

3
Tại M1(-2,2),ta có:
A( M 1 ) = z ' ' xx ( M 1 ) = e −2 [ 0.(− 2 − 2 + 4) + 4(− 2) + 10] = 2.e −2 B( M 1) = z ' ' xy ( M 1) = e −2 (4 − 2.2) = 0
C ( M 1) = z ' ' yy ( M 1) = − 2.e − 2 ⇒ B 2 − AC = 0 + 4.e − 4 = 4.e − 4 > 0
A( M 1) = 2.e − 2 > 0
⇒Hàm số không đạt cực trị tại M1(-2,2)
Tại M2(-4,2),ta có :

A = z ' ' xx ( M 2 ) = e −4 ((−4 + 2)(−4 − 2 + 4) + 4( −4 + 10) = −2e −4
B = e −4 (4 − 2.2) = 0
C = −2.e −4
⇒ B 2 − AC = 0 − 4.e −8 = −4.e −8 < 0
A = −2.e −4 < 0
Vậy hàm số đạt cực đại tại
M2(-4,2) và z max = z ( − 4, 2) = e − 4 (− 4 + 2)(− 4 − 2 + 4) = 4.e − 4

Câu 2: (2đ) Tìm cực trị của hàm số
z = x 2 + y 2 − 3 xy

z ' x = 3x 2 − 3 y
Ta có MXĐ : D = ∀( x, y ) ∈ R  và
2
 
 
z ' y = 3 y 2 − 3x
Xét tọa độ các điểm tới hạn M(xo,yo) của Z(x,y) :
z'x = 0  2
3x − 3 y = 0  2
 x = y (1)
 ⇔ 2 ⇔ 2
z' y = 0 3 y − 3x = 0
  y = x ( 2)

Thay (2) vào (1) → y4 = y ⇔
1 3 y = 1
y ( y 3 − 1) = 0 ⇔ y ( y − 1)(( y + ) 2 + ) = 0 ⇔  1
2 4  y2 = 0
Với : y1 = 1 → x1 = y12 = 1

Với : y2 = 0 → x2 = y2 2 = 0
⇒Ta có 2 điểm tới hạn của :M1(1,1) và M2(0,0): ta có
z ' ' xx = 6 x
z ' ' xy = z ' ' yx = −3
z ' ' yy = 6 y
A = z ' ' xx ( M 1) = 6.1 = 6
B = z ' ' xy ( M 1) = −3
Tại M1(1,1) thì ⇒
C = z ' ' yy ( M 1) = 6
⇒ ∆ = B 2 − AC = (−3) 2 − (6.6) = −27 < 0
∆ < 0
Vậy →  ⇒ H/s đạt cực tiểu tại M1(1,1)
A = 6 > 0
Tại M2(0,0) ta có
A = z ' ' xx( M 2 ) = 6.0 = 0
B = z ' ' xy ( M 2 ) = − 3
C = z ' ' yy ( M 2 )= 6.0= 0
∆ = B 2 − AC = (− 3) 2 − 0 = 9 > 0
⇒hàm số không đạt cực trị tại M2(o,o) .Như vậy hàm số đó cho đạt cực tiểu tại M1(1,1) = - 1
Câu 3: (2đ) Tìm cực trị của hàm số z = (2ax − x 2 )(2by − y ) 2 , ab ≠ 0

MXĐ : ∀( x, y ) ∈ R 2
Ta có :
z = (2ax − x 2 )(2bx − y 2 ) = x ( x − 2a ) y ( y − 2b)
z ' x = y ( y − 2b)[ x − 2a + x ] = 2( x − a ) y ( y − 2b)
z ' y = x( x − 2a )[ y − 2b + y ] = 2( y − b) x( x − 2a )
 z'x = 0
 2( x − a ) y ( y − 2b) = 0
Xét hệ PT:  ⇔ 
 z' y = 0
 2 x( x − 2a )( y − b) = 0



4
x = a
 y = b

 x = a x = 0
 y = 0 
  y = o
 y = 2b
⇔  ⇔ x = 0
 y = 2b
 x = o 
x = 2a
 x = 2a

 y = b  y = 0
 
x = 2a

 y = 2b

Kết hợp các khả năng với ab ≠ 0→a ≠ 0 ,b≠ 0, ta có 5 điểm tới hạn sau :M1(0,0) , M2(0,2b), M3(a,b) , M4(2a,0) ,M5(2a,2b)
Ta lần lượt xét các điểm tới hạn trên với
z ' ' xx = (2( x − a) y ( y − 2b)) 'x = 2 y ( y − 2b)
z ' ' xy = z ' ' yx = 2( x − a)[ y − 2b + y ] = 4( x − a)( y − b)
và z ' ' yy = 2 x ( x − 2a ) với M1(0,0)→ r = z ' ' xx( M1) = 2.0.(0 − 2b) = 0
s = z ' ' xy ( M 1 ) = 4(0 − a)(0 − b) = 4ab
t = z ' ' yy ( M 2 ) = 2.0(0 − 2a) = 0
⇒ ∆ = s 2 − rt = (4ab) 2 − 0.0 = 16a 2b 2 〉 0 (ab ≠ 0) mà r = 0
⇒ M1(0,0) không là điểm cực trị
Với M2(0,2b)→
r = z ' ' xx( M 2 ) = 2.2b(2b − 2b) = 0
s = z ' ' xy( M 2 ) = 4(0 − a)(2b − b) = − 4(ab)
t = z ' ' yy( M 2 ) = 2.0(0 − 2a) = 0
∆ = s 2 − rt = 16a 2b 2 〉 0
⇒M2(0,2b) không là điểm cực trị
Với M3 (a,b)⇒

r = z ' ' xx( M 3 ) = 2.b(b − 2b) = −4b 2
s = z ' ' xy ( M 3 ) = 4(a − a )(b − b) = 0
t = z ' ' yy ( M 3 ) = 2a(a − 2a) = −4a 2
2 2
→ ∆ = s 2 − rt = 02 − 16a 2b 2 = = −16a b 〈0 mà r= -4b2 < 0


⇒hàm số đạt cực đại tại M3 (a,b)
* Với M4 (2a,0)⇒
r = z ' ' xx( M 4 ) = 2.0(0 − 2b) = 0
s = z ' ' xy ( M 4 ) = = 4(2a − a)(0 − b) = − 4ab
t = z ' ' yy ( M 4 ) = 2.2a( 2a − 2a) = 0 ⇒ ∆ = s 2 − rt = (− 4ab) 2 − 0 = 16a 2 b 2 〉 o
→Hệ số không đạt cự trị tại M4(2a,0)
Với M5 (2a,2b) ta có:
r = z ' ' ( M 5 ) = 2.2b(2b − 2b) = 0
s = z ' ' xy( M 5 ) = 4(2a − a)(2b − b) = 4ab
t = z ' ' yy( M 5 ) = 2.2a(2a − 2a ) = 0 → ∆ = s 2 − rt = 16a 2 b 2 〉 0
→Hệ số không đạt cự trị tại M5(2a,2b) Như vậy hệ số đạt cực đại tại M3 (a,b) khi đó
Z max = Z ( a ,b ) = = (2a 2 − a 2 )(2b 2 − b 2 ) = a 2b 2

Câu 4 : (2đ)

z = x 2 + xy + y 2 − 4 ln x − 10 ln y

{
Mxđ: D = ∀( x, y ) : x〉 0, y 〉 0 }
4
→ta có: z' x = 2 x + y −
x

4
z' y = 2 y + x − ; Xét hệ pt tọa độ cỏc điểm tới hạn M (x,y):
y


5
 4  4 4  4
z' x = 0 2 x + y − x = 0 x − y − x + y = 0 ( x − y )(1 − xy ) = 0 x − y = 0

⇔ {x = y = 0
 
 ⇔ ⇒ ⇔ ⇒
 z' y = 0  4 4( x + y ) 4 x + y = 0
2 y + x − = 0 3( x + y) −

=0 ( x + y )(3 − ) = 0

 y  xy 
 xy
→ loại Với khụg ∈ D

x − y = 0 x = y
  2 3
 4 ⇔ 4⇔x=y=
3− =0  xy = 3
 xy  3


 4
1 − =0 x = − y
 xy ⇔  2 (vụ n0)
x + y = 0  x = −4

 4
1 − xy = 0  xy = 4
 
 → 4 ( vụ n0)
3 − 4 = 0  xy = 3
 xy 



2 3
vậy→ hệ pt có 1 n0 x = y =
3

2 3 2 3
→ Hệ số có 1 điểm tới hạn M ( , )
3 3
4
Xét: r = z ' ' xx = 2 + 2
x

s = z ' ' xy = z ' ' yx = 1
4
t = z ' ' yy = 2 +
y2
⇒tại


2 3 2 3
M( , )⇒
3 3
4
r = z ' ' xx( M ) = 1 + =4
4
3
s = z ' ' xy ( M ) = 1
4
t = z ' ' yy ( M ) = 1 + =4
4
3
⇒ s 2 − rt = 1 − 4.4 = −15 < 0

và r = 4 > 0 ⇒ h/số cực tiểu tại:

2 3 2 3 2 3 2 3 4 14 4 4
M( , ) và Z min = z ( , ) = 3. − ln = 4 − 7 ln
3 3
3 3 3 2 3 3

Câu 5 : (2đ)


z = x3 + y 3 − x − y
MXĐ:∀(x,y)∈R2

Ta có : z ' x = 3x 2 − 1

z' y = 3 y 2 − 1
Xét hệ PT tọa độ các điểm tới hạn của h/số:


6
 −1
 x =

3
 −1
 y =
 3
 −1  −1
 x =  x =
 3  3
 1  1
 x =  y =
z' x = 0  2
3 x − 1 = 0  3 
 3
 ⇔ 2 ⇔ ⇔
z' y = 0 3 y − 1 = 0 −1 
   y =  x =
1
 3  3
 
 y = 1 −1
 y =

 3  3

 x = 1
 3

 y = 1

 3

⇒h/số có 4 điểm tới hạn:

−1 −1 −1 1
M1( , ), M 2 ( , )
3 3 3 3
1 −1 1 1
M 3( , ), M 4 ( , )
3 3 3 3


Ta lại có: r = z' ' xx = 6x
s = z ' ' xy = z ' ' yx = ⊗
t = z ' ' yy = 6 y

−1 1
⇒lần lượt xét các điểm tới hạn ta có : Tại M1 ( , )
3 3
−1
r = z ' ' xx( M ) = 6. = −2 3
1 3
s=⊗
−1
t = z ' ' yy( M ) = 6. = −2 3
1 3
⇒ s 2 − rt = ⊗ − 2 3 .2 3
= − 12 < 0
r = −2 3 < 0

−1 −1
⇒h/số đạt cực đại tại M1 ( , ) và
3 3

−1 −1
Z max = z ( , )
3 3
4 3
⇒ Z max =
9

−1 1
Tại M 2 ( , )⇒
3 3




7
−1
r = z ' ' xx ( M 2 ) = 6.( ) = −2 3
3
s = z ' 'xy = ⊗
1
t = z ' ' yy ( M 2 ) = 6. =2 3
3
⇒ s 2 − rt = ⊗ + 2 3.2 3 = 12 > 0

⇒h/số ko đạt cực trị tại M2

 1
 r = z ' ' xx ( M 3 ) = 6. 3 = 2 3
1 1 

Tại M 3 ( ,− ) ⇒  s = z ' ' xy = 0 ⇒ S 2 − rt = ⊗ + 2 3.2 3 = 12 > 0
3 3 
 t = x' ' yy ( M ) = 6.(− 1 ) = − 2 3

 3
3

1 1
⇒h/số dạt cực trị tại : M 3( ,− )
3 3
 1
 r = z ' ' xx( M 4 ) = 6. =2 3
 3
1 1 
Tại M 4 ( , ) ⇒  s = z ' ' xy = z ' ' yx = ⊗
3 3 
t = z ' ' 1
 yy ( M 4) = 6. = 2 3
 3


⇒ S 2 − rt = ⊗ − 2 3.2 3 = −12〈0

mà r = 2 3〉0
1 1
⇒h/số đạt cực tiểu tại M 4 ( , )
3 3

1 1 4 3
với Z min = z ( , )=−
3 3 9

Như vậy h/số đạt cực đại tại

1 1
M 1 (− ,− ); Z max = 4 3
9
3 3

Đạt cực tiểu tại:

1 1 4 3
M4( , ); Z min = −
3 3 9



Câu 6 : (2đ)

Tỡm cực trị của hàm số
z = x4+y4 – 2x2 + 4xy -2y2
z’x = 4x3 – 4x + 4y
z’y = 4y3 – 4y + 4x
z’’xy = 4, z’’x2 = 12x2 – 4
z’’y2 = 12y2 – 4


 
 z' x = 0  x 2 − x + y = 0  x 3 + y 3 = 0  ( x + y )( x 2 + y 2 − xy )= 0

 z' = 0 ↔  2 ↔  ↔
 
3 − x+ y= 0 
 y
 y − y + x = 0  x
 
 x3 − x+ y = 0




8
  x =0
  x + y =0   x + y =0   y =0
  x 3 − x + y =0   x 3 − 2 x =0  
⇔  ⇔ 
 x = 2
⇔ 
  xy =0   x =0 
y=− 2
  x 3 − x + y = 0   y =0  x = − 2
    y = 2


+ Xét A(0,0) z’’x2 = - 4 = z’’y2
z’’x2y – z’’x2. z’’y2 = 0
+ Xét (x,y) theo đường (0,y) =>
z(0,y) – z(0,0) = y2(y2-2) z(y,y) – z(0,0) = 2y4 >0
Khi y lõn cận 0.

Từ 2 trường hợp trên => (0,0) k0 là Cực trị
* Xét A ( 2 ,− 2 )thay   = > cùc d ¹i
vµo
* Xét B ( − 2 , 2 )t     >cùc Óu
hay vµo =   t i


Câu 7 : (2đ)

Tỡm cực trị của hàm số:

50 + 20
z = xy+ với x>0, y>0
x y

Giải: Bước 1
 z' = y − 50
 x x2
 20
 z' x − 2
 y

y − 50 = 0  y − 50 = 0(1)
 x2  x2
Tỡm cỏc điểm dừng  20 = 0 ⇒ 
x = 20 ( 2)
Thay (2) vào (1) ta có
x − y2
 y2
 

y− 50 = 0 ⇒ y − 1 .y 4 = 0
2 8
 
 20 
 y2 
 
=> 8y – y4 = 0 => y(8-y3) = 0

 y = 0 o¹  heo   a
l it bµir

⇒  y = 2      = 5   
y =0
⇒   ⇒ x    
8 − y 3 = ( 2 − y )( 4 + 2 y + y 2 ) = 0 
y2 − 2 y + 4 = ( y +1) 2 + 3 > 0


Vậy có 1 điểm dừng M1(5,2).

Bước 2: Tính ∆ = B 2 − AC

A = z ' ' x 2 = 100 3
x
B = z ' ' xy = 1 ⇒ ∆ = 1 − 4000
x3 y 3
C = z' ' y 2 = 40
y3

Tại điểm dừng M(5,2) ta có

∆( 5 ,2 ) = 1 − 4 = −3 < 0

=> hàm số đạt cực trị ta lại có

9
A( 5 ,2 ) = 100 > 0 ⇒ Tại M hàm số đạt cực tiểu.
125


Câu 8 : (2đ)

Tỡm cực trị cuả hàm số
z= x3 + y3 – x2y

Giải: Bước 1:

 z' = 3 x 2 − 2 xy
 x
 2 2
 z' y = 3 y − x


Tỡm cỏc điểm dừng

3 x 2 −2 xy =0(1)

có hệ  2 2
3 y − x =0( 2)


Từ (1) => x(3x-2y) =0

 x = 0            
           
⇒ 3 x = 2 y ⇒ x = 2 y
 3

thay x=0 vào (2) ta có 3y2=0 =>y=0
thay x=2/3.y vào (2) ta có


3 y 2 4 y 2 = 0 ⇒ 27 y 2 − 4 y 2 = 0
9

23 y2= 0 => y=0

Vậy ta có điểm dừng M(0,0)

Bước 2:

Tớnh ∆ = B 2 − AC


A = z' ' x 2 = 6 x − 2 y
2
B = z ' ' xy = − 2 x ⇒ ∆ = 4 x − (6 x − 2 y ).6 y
C = z' ' y 2 = 6 y xét tại điểm dừng M(0,0) ta có

∆( 0 ,0 ) = 0
=> chưa có k.luận về cực trị, xét hàm số tại (0,0): z=0; z>0 với x=y



Câu 9 : (2đ)

Tỡm cực trị của hàm số

2 x + 2 y +1
z=
x 2 + y 2 +1


2 x2 + y 2 + 1 − x (2 x+ 2 y + 1) 2 ( x 2 + y 2 +1) − ( 2 x 2 + 2 xy + x ) 2 y 2 − 2 xy − x + 2
x 2 + y2 +1 = 3 = 3
z' x =  x 2 + y 2 +1 
   x 2 + y 2 +1 
 
   
x2 + y 2 + 1


2 x 2 − 2 xy − y + 2
z' y = 3
 x 2 + y 2 +1 
 
 


10
  x − y = 0    
    
2 y 2 −2 xy − x + 2=0   2
 z ' x =0  ( x − y )(2 x + 2 y + 1) = 0 2 x − 2 xy − y + 2
Ta có  z ' =0 ⇔ ↔ 2 ↔ 
2 −2 xy − y + 2=0 2 x − 2 xy − y + 2 = 0  2 x + 2 y + 1 = 0
 y 2 x
   2
2 x − 2 xy − y + 2 = 0

x=y=2


Ta có: 2 x + 2 y +1 ≤ ( 22 +22 +12 )( x2 + y2 +1) = 3 x 2 + y 2 + 1 ⇒ 2 x + 2 y +1
x 2 + y 2 +1
≤3⇒ z ≤3


=> max z=3

y
↔ x = =1↔ x = y = 2
2 2

=> A(2,2) là cực đại Với Zmax=3


Câu 10 : (2đ)

Tỡm giỏ trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số:
Z= x2+2xy - 4x +8y
0 ≤ x ≤1
trờn miền D: 0 ≤ y ≤ 2

Giải: Ta có:
 z' x = 2 x + 2 y − 4

 z' = 2 x + 8     
 y


Tỡm cỏc điểm tới hạn

 z' x = 2 x + 2 y − 4 = 0  x = −4

 z' = 2 x + 8 = 0    ⇒ 
 y

    y =6

Vậy ta thấy hàm số đạt cực trị thỡ điểm cực trị k0 thuộc miền D

XÐt :
z (0,0) = 0
z (0,2) = 16
z (1,0) = −3
z (1,2) = 17

=> Gớa trị Max =17
Giỏ trị Min = -3


Câu 11 : (2đ)

Tỡm giỏ trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số:
Z= x2+y2 -12x +16y

x 2 + y 2 ≤ 25
trờn miền D:

Giải: Ta có:

 z' x = 2 x − 12

 z' = 2 y + 16
 y


Tỡm cỏc điểm tới hạn

 z' x = 2 x −12 =0  x =6

 z' = 2 x +16 =0 ⇒ 
 y
  y = −8

Vậy ta thấy hàm số đạt cực trị thỡ điểm cực trị k0 thuộc miền D



11
XÐt :
z( −5 ,−5 ) = 30
z( −5 ,5 ) = 190
z( 5 ,−5 ) = −90
z( 5 ,5 ) = 70

=> Gớa trị Max =190
Giỏ trị Min = -90


Câu 12 : (2đ)

y2
y x=
2

y=1

1

1
− 3 1 2 3
2
Đổi thứ tự lấy t/phân
3− y 2
1
I = ∫ dy
0
∫ f ( x, y)dx
y2
2


 0≤ y≤1 
 
miền lấy t/phân D =  ( x, y ) ∈ R 2 : y 2
2
≤ x ≤ 3− y 

 2 

→ D được giới hạn bởi các đường

2
y =0 ; y =1 ; x = y ; x = 3 − y 2 ⇔ x2 + y 2 = 3
2

Miền D = D1ề D2 ề D3 với
 1 
 0≤ x≤ 
D1 =  ( x, y ) : 2 
 2 x ≥ y ≥ 0
 
 1 
 ≤ x ≤ 2
D2=  ( x, y ) : 2 
 0≤ y≤1 
 
 2 ≤ x≤ 3 
 
D3 =  ( x, y ) : 
 2
0 ≤ y ≤ 3− x 



1 2
2x 1 3 3− x 2
Vậy→ I = 2 dx
∫ ∫ f ( x, y ) dy + ∫ dx
1
∫ f ( x, y )dy + ∫ dx ∫ f ( x, y)dy
0 0 0 2 0
2


Câu 13 : (2đ)
Đổi thứ tự lấy t/phân:
2 2x
I = ∫ dx ∫ f ( x, y )dy
0 2x − x 2


y2
y x=
2




1

12
1/2 1 2 x

 0≥ x≤ 2 
2  
Miền lấy t/phân D =  ( x, y ) ∈ R : 
2 ≤ y ≤ 2x 

 2x − x 
D được g/hạn bởi các đường
x =0 ; x =2
y = 2 x − x 2 ⇔ ( x − 1) 2 + y 2 = 1 ⇔
 2
 x = 1− 1− y
⇔
 x = 1+ 1 − y2


y2
y = 2x ⇔ x =
2
 0≤ y≤1 
 
→ D = D1 D2 D3 với D1 =  ( x, y) : y 2 
 ≤ x ≤ 1− 1− y2 
 2 
 1≤ y ≤ 2 
 
D2 = ( x, y ) : y 2 
 ≤ x ≤ 2
 2 
 0≤ y≤1  1 1− 1− y
2
 
D3 =  ( x, y ) :  Vậy → I = ∫ dy ∫ f ( x, y )dx +
 1 + 1 − y 2 ≤ x ≤ 2
 0 y2
 2

1 2
+ ∫ dy ∫ f ( x, y )dx +
0 1+ 1− y 2

2 2
∫ dy ∫ f ( x, y )dx
1 y2
2


Câu 14 : (2đ)
1 1− y
∫ dy ∫ f ( x, y )dx
0
− 1− y 2
y

1
y=1
1

-1 x




x=1-y
→miền lấy tích phân
D = { ( x, y )
0 ≤ y ≤1

− 1− y2 ≤ x ≤ 1 − y
→Miền D được giới hạn bởi các đường: y=0 ,y =1 ,x=1-y và
2 2
x = − 1− y2 ⇔ x + y = 1
(lấyphần x ≤ 0) ⇒ D = D1 ∪ D2
−1≤ x ≤ 0 

Với: D1 = { ( x, y ) : 2 ≥ y ≥ 0
1− x 


D2 = { ( x, y ) :0 ≤ x ≤ 1 
0 ≤ y ≤ 1 − x





13
0 1− x 2
⇒ I = ∫ dx ∫ f ( x. y )dy +
−1 0
0 1− x
∫ dx ∫ f ( x, y )dy
−1 0


Câu 1 : (3đ)
I= ∫ ( + x + y)
xy dx
L
+( + x − y)
xy dy
I= ∫ ∫( − x)
y dxdy
Theo công thức Green:
D
 π π
 − ≤ϕ ≤
D : 2 2
0 ≤ r≤ acos
 π
I= ∫ ∫( + 1− x − 1)
y dxdy
D
= ∫ ∫( − x)
y dxdy
D
2
Trong đó D là hình tròn : ( − a) + y2 ≤ a
x 2
2 4
đổi toạ độ cực thì:
 π π
 − ≤ 4≤
D 2 2
0 ≤ r≤ acos
 ϕ



Câu 2 : (3đ)
I = ∫ xdy + ydx
L
y

a
L


-a 0 a x


*Tính trực tiếp : Ta có PT đường cong là nửa trên của đường tròn : x 2 + y 2 = a 2 , (a > 0) là

 y = a2 − x2

− a ≤ x ≤ a

−2 x
⇒ dy =
2 a2 − x2
−x
dx = dx
a2 − x2
I = ∫ xdy + ydx
vậy⇒ L

a x2 

= ∫  a2 − x2 − dx
 
−a  a2 − x2 
a a 2 
 2 2  dx
a   = ∫ 2 a −x −
2 − x 2 + x. − x dx − a  2 − x2 
∫ 

a


 a 

−a 
 a2 − x2 
 a
= 2 ∫ a 2 − x 2 dx −
−a
a dx
a2 ∫
− a a2 − x2

a
⇒ I = 2 ∫ a 2 − x 2 dx −
−a
a dx
2
a ∫
−a a2 − x2


14
a
I1 = ∫ a 2 − x 2 dx ,đặt x=asint
−a
−π π
⇒ ≤t ≤ ⇒
2 2
π
2 2 2 2
I1 = ∫ a − a sin t .d(asint)
−π
2
π
2
= ∫ a cos t.a cos t.dt
−π
2
π
2
= a 2 ∫ cos 2 tdt =
−π
2
π
2 2 1 + cos 2t dt
=a ∫
−π 2
2
a 2  sin 2t  π 2
= t+
2  2  2
−π
 
a 2  π −π 
 −( )
2  2
 2 
2
sin π − sin( −π )
+ ] = πa
2 2
a dx a d( x )
a
I2 = ∫ ∫
−a a 2 − x 2 − a 1− ( x ) 2
a

x a a
= arcsin = arcsin −
a a
−a
−a
arcsin =π
a
⇒ I = 2 I1 − a 2 I 2 =
πa 2
2. − a 2π = 0
2
b.Dùng công thức Green:

y

a B
L
D
A C
-a 0 a x

Xét miền kín được tạo bởi đường cong L và đ/thẳng y=o ⇒
I = ∫ xdy + ydx = ∫ xdy + ydx

L
ABC
= ∫ xdy + ydx − ∫ x + ydx
xdy
ABC CA

I = ∫ xdy + ydxx
-Ta có: 1
ABC
⇒Theo đ/lý Green với:
 ∂p
 p = y → ∂y = 1

 ⇒
Q = x → ∂Q = 1

 ∂x
∂Q ∂p
I1 = ∫ ∫( − )dxdy
D ∂x ∂y
= ∫ ∫(1 − 1)dxdy = 0
D
I = xdy + ydx
-Mặt khác: 2 ∫I
CA
− a ≤ x ≤ a
Với: C A :  ⇒
 y = 0 → dy = 0


15
a
I 2 = ∫ x.0 + 0.dx = 0
−a
Vậy ⇒ I = I1 − I 2 = 0 − 0 = 0




Câu 3(3đ)
∫ ( x + y )dx + xydy
L




x=y2

1 B
m L
A n
O 1 x

y=x
a.Tính trực tiếp
L L L L
tacó: L = Am B + Bm A
A A
Trong đó Am B có PT:
x = y 2
 ⇒ dx = xydy
0 ≤ y ≤ 1
n n
Bn A có PT:
x = y
1 ≥ y ≥ 0 ⇒ dx = dy ⇒

I = ∫ ( x + y ) dx + xydy
L
= m∫ (m + y ) dx + xydy
x
Am B
+ m∫ ( x + y ) dx + xydy
m
Bn A
0
[
= ∫ ( y 2 + y )2 y + y 3 dy ]
1
1
+ ∫ ( y + y + y 2 ) dy
0
1
= −∫ (3 y 2 − 2 y 2 )dy
0
1
+ ∫ ( y 2 + 2 y ) dy
0
1
= ∫ (−3 y 3 − y 2 + 2 y ) dy
0


 y 4 y3 1
= − 3 − + y2
 4 3 0
 
3 1 −1
= (− − + 1) − 0 =
4 3 12
b.Sử dụng công thức Green I = ∫ p( x, y ) dx + Q( x, y ) dy Với:
L
 ∂p
 p( x, y ) = x + y  ∂y = 1
 
 ⇒
Q( x, y ) = xy
  ∂Q = y
 ∂x

∂Q ∂p
⇒Theo công thức Green ta có: I = ∫ ∫( ∂x − ∂y )dxdy
D
I = ∫ ∫( y − 1)dxdy
Với D là miền kín biểu diễn trên h/vẽ ⇒
D
1 y
= ∫ dy ∫ ( y − 1)dx
0 y2




16
1
= ∫ ( y − 1)( y − y 2 )dy
0
1
= ∫ ( − y 3 + 2 y 2 − y )dy
0
− y4 y3 y2 1
=( +2 − )
4 3 2 0
−1 2 1
=( + − ) −0
4 3 2
− 3 + 8 − 6 −1
= =
12 12




Câu4(3đ)
I= ∫ y2dx − x2dy
c
Y
CR




-R R X

Cách1:Đường tròn có Pt tham số:
x = R cos t
 , ≤ t≤ π
0
y = R si t
n
π
I= ∫ − R 2 si 2 t −R si t
 n ( n)
o
t]
− R 2 cos t R cos )dt
2 (
R
+ ∫ odx− x2.
o
−R
π
= − R 3 ∫ (sin 3 t + cos 3 t )dt
o

sin3 t= 3si t− si 3t
n n
4
3 3cos + cos t
t 3
cos t=
4
− R3 π
⇒ I= ∫ ( si t− si 3t
3 n n
4 o
+ 3cos + cos t dt
t 3)

− R3  cos3t
= − 3cost+ + 3si t
n
4  3
si 3t π
n
+
3 o

Cách2:
− R3  1 1
= 3+ 3− − 
4  3 3
−R 3 16 − 4R 3
= . =
4 3 3
π r3 R
I= − 2 ∫ ( ϕ + si ϕ )(
cos n . )ϕ
d
o 3 o
I= − 2 ∫ ∫( + y)
x dxdy
 x2 + y2≤ R 2
 − 2R 3 π
 = ∫ ( ϕ + si ϕ ) ϕ
cos n d
 y≥ o 3 o

π R − 2R 3 π
= − 2 ∫ dϕ ∫ ( cos + rsi ϕ ) dr =
r ϕ n r ( nϕ − cos )
si ϕ
3 o
o o
− 4R 3
=
3

Câu5(3đ): ∫ x − y dy
AB

Y
B
a
17
t A

a X

π x = acos t π
A B : , ≤ t≤
o
 y = asi t
n 2
π
Nhận xét : x ≥ y khi o ≤ t≤
4
π π
x ≤ y khi ≤ t≤
4 2
π
2 4cost− si t cost
I= a ∫ ( n ) dt
o
π
2
− a2 ∫ ( t− si t cost = o
cos n ) dt
π
4
π
4
I= a2 ∫ ( 2 t− si tcost dt
cos n )
o
π
2
− a2 ∫ ( 2 t− si tcost dt
cos n )
π
4
π
4 1+ cos t si 2t
2 n
= a2 ∫ ( − )dt
π 2 2
2
π
2 1+ cos t si 2t
2 n
= a2 ∫ ( − )dt
π 2 2
4
2  1 t+ si 2t+ cos t π 4
=a 
n 2
2 4 4  o


 1 si 2t cos t π 2
n 2
= a2  t+ +
 2 4 4 π
 4
=0




Câu6(3đ)
x2 2 dy
∫ 2x l ydx + ( + 1+ y )
n
AB y


Y

B

C A
1

1 X

x2
Đặt :p = 2xlny Q = + 1+ y2
y
∂p ∂Q 2x
Nhận xét: = =
∂y ∂x y
Vậy tích phân ko phụ thuộc dạng đường cong .Bằng cách lấy tích phân dọc theo biên của tam giác ACB ,với C(o,1)




18
2 1
I= ∫ 1+ y2 dy = ( 5 − 3
2
1 2

2+ 5
+l
n )
1− 3
I= ∫ pdx+ Q dy+ ∫ pdx+ Q dy
AC CB
o
= ∫ ( x.n 1) + o
2 l dx
1
2
+ ∫ ( + 1+ y2 )
o dy
1
2
⇒ I= ∫ 1+ y2 dy
1
2

U = 1+ y 
dV = dy

 y
dU =
⇒ 1+ y2 dy

 V =y

2 2 y2
I= y 1+ y2 − ∫ dy
1 1
1+ y2

2
⇒ I= y 1+ y2
1
2 y2 + 1− 1
−∫ dy = y 1+ y2
1 1+ y 2

2 2 dy
− ∫ 1+ y2 dy + ∫
1 1 1+ y2
2
= y 1+ y2
1
2
− I+ l y + 1+ y2 )
n(
1
⇒ I= ( 5 − 2 )
2
+ l 2 + 5)− l 1+ 2 )
n( n(
2 1 2+ 5
⇒ I= 5 − + l
n( )
2 2 1+ 2




Câu7(3đ)
( + y) + ( − x)
x dx y dy

x 2 + y2
c
Biểu diễn Pt đường tròn trong dạng tham số:
x = acos t
 , < t< 2π
o
 y = asi tn
2π [ ( cost+ asi t ( asi t
a n )− n )
I= ∫
a2
o
+ ( si t− acost ( cost ] dt
a n )a )



= ∫ − ( n2 t+ cos t dt
si 2 )
o

= − ∫ dt= −2π
o

t


a x



Câu8(3đ)



19
−ydx + xdy
I= ∫
2 2
c x +y
y




t

1 x


x = cos t
Pt tham số:  , < t< 2π
o
 y = si t
n
I=
2π [ ( si t ( si t + cost cos] dt
− n )− n ) . t

cos2 t+ si 2 t
n
o

= ∫ dt= 2π
o


Câu9(3đ)
p( , )= ex si y + 2m 2x cosy
xy n
Cho các hàm số
Q ( , )= e
xy x cosy − m x2 si y
n
a.
∂p
= e x cos y − 2m 2 sin y
∂y
∂Q
= e x cos y − 2mx 2 sin y
∂x
pdx + Qdy
là vi phân toàn phần khi :
∂p ∂Q
= ⇔ m2−m =o
∂y ∂x
nhận được m = o,m = 1

b.theo công thức ta có :
x y
U ( , )= ∫ exdx + ∫ ( x cosy
xy e
− x2 si y) + 2
n dy
o π
2
= ex si y + x2 cosy + 1
n



Câu10(3đ)
x[ x y
∫ h( )( cos − ysi y)
n dy
AB
+ xsi y + y cos ) ]
n y dx
p = h( )( si y + y cos )
x x n y
a.Đặt
Q = h( ) x cos − ysi y)
x( y n
∂p ∂Q
Điều kiện để tích phân ko phụ thuộc đường đi là : =
∂y ∂x
∂p
= h( x ) ( x cos y + x cos y − y sin y)
∂y
∂Q
= h'( x) ( x cos y − y sin y)
∂x
+ h( x) cos y
∂p ∂Q
= ⇔ h'( x) ( x cos y − y sin y)
∂y ∂x
= h( x) ( x cos y − y sin y)
h'( x)
⇔ h'( x) = h( x) ⇔ =1
h( x)
⇒ h( x) = e x
b.
y

A(o,π)



20
0 B(π,o) x


I = ∫ Pdx + Qdy + ∫ Pdx + Qdy
Ao oB
0 π
= ∫ (− y sin y)dy + ∫ o.dx
π o
π
= ∫ y sin ydy
o
Sử dụng công thức tích phân từng phần :
u=y  du = dy

dv = sin ydy  v = − cos y

π
⇒ I = − y cos y π + ∫ cos ydy =
o
o
− y cos y π + sin y π = π + o = π
o o


Câu11(3đ)
( x − y) + ( + y)
m dx nx dy

AB x2 + y2
a.Ta có :
∂p y2 − x2 − 2m xy
=
∂y ( 2 + y2)
x 2

∂p ny2 + nx2 − 2xy
=
∂y ( 2 + y2)
x
Điều kiện để biểu thức dưới dấu tích phân là vi phân toàn phần của hàm số U(x,y) nào đó là với m = n =1
y 2 − x 2 − 2mxy
= ny 2 − nx 2 − 2 xy ⇔
( x 2 − y 2 )(n − 1) + 2 xy (1 − m) b/
= 0, ∀x, y
⇔  n −1 = 0 ⇔ n = m = 1
1 − m = 0


B(a,o) C(a,a)




A(a,o) x


a a+ y a a− x
=∫ dy + ∫ dx
2 + y2 2 2
I = ∫ pdx + Qdy + ∫ pdx + Qdy o
a oa + x
AC CB a a+ x a a− x
x− y x+ y =∫ dx + ∫ dx
p= ,Q = 2 2 2 2
x 2 + y2 x 2 + y2 oa + x oa + x
a a+ y 0 x− a a 2a 1 xa
⇒ I= ∫ dy + ∫ dx = ∫ dx = 2a. ar g
ct
o a2 + y2 a x2 + a2 oa
2 + x2 a ao
π π
= 2( ct1− ar go = 2( )=
ar g ct )
4 2

Câu12(3đ)
Tính tích phân mặt loại 2 sau đây:
2 2 2
∫ ∫x dydz+ y dzdx+ z dxdy
s
z
a



a
y
a
x

21
I = 2∫ ∫ (∫x + y + z ) dxdydz =
v
2∫ ∫ xdxdydz + 2 ∫ ∫ ydxdydz + 2
∫ ∫
v v
a a a
∫ ∫ zdxdydz = 2 ∫ xdx ∫ dy ∫ dz + 2

v 0 o o
a a a a a a
∫ dx ∫ ydy ∫ dz + 2 ∫ dx + ∫ dy ∫ zdz
o o o o o o


= ( x 2 a )( y a)( z a) + ( x a)( y 2 a) ( z a) + ( x a)( y a )( z 2 a)
o o o o o o o o o

= a4 + a4 + a4 = 3a4


Câu13(3đ)
Cho trường vectơ

F = ( 2, 2. 2)
xy yz zx

Φ = ∫ ∫xy2dydz+ yz2dzdx
s
+ zx2dxdy

áp dụng công thức :Ostrogratski
Φ = ∫ ∫ (∫y 2 + z 2 + x 2 )dxdydz
v
V : x2 + y2 + z2 ≤ 1

0 ≤ θ ≤ π

Đổi qua toạ độ cầu : V o ≤ ϕ ≤ 2π
0 ≤ r ≤ 1

2π π 1
⇒ Φ = ∫ dϕ ∫ dθdθ ∫ r4dr
o o o
1 4π
= 2π . . =
2
5 5


Câu14(3đ)




0 ≤ ϕ ≤ 2π
r2

Đổi qua toạ độ trục  ≤ z ≤ 2
 2
 0≤r ≤2

2 2 2
I = ∫ dr ∫ dϕ ∫ r 3 .dz
0 0 r2
2

2 r2 2
= 2π . ∫ r 3 (2 − ) dr
0 2

r4 r6 2
2π ( − ) =
2 12 0
1 1 16π
2π .2 4 ( − ) =
2 3 3


Câu 15 (3đ)
U = x2 + y2 + z2

⇒ U 2 = x2 + y2 + z2
x
⇒ 2u. x = 2x ⇒ ux =
u
u
y z
tương tự uy = ; uz =
u u

22
x y z x y z
⇒ gr adu= ( , , )⇒Thông lượng của trường vectơ gradu qua mặt cầu S :x2 + y2 + z = 1 là Φ = ∫ ∫ dydz+ dzdx+ dxdy
u u u s u u u
= ∫ ∫xdydz+ ydzdx+ zdxdy
s
U =1
vì S
áp dụng c/thức ostrogradsky ta có
Φ = 3∫ ∫ dxdyz
∫ trong đó V là h/cầu x2 + y2 + z2 ≤ 1
v
4
⇒ Φ = 3.(thể tích V) = 3. π = 4π
3


Câu1(4đ)
y y'
y ' cos x = ⇔ ln y cos x = 1
ln y y
y' 1
⇔ ln y =
y cos x
y'
Đặt z = ln y ⇒ z ' =
y
1
thay vào ,ta được : z '.z =
cos x
1 z2
⇒ ∫ z '.zdx = ∫ dx ⇔
cos x 2
cos x
=∫ dx
1 − sin 2 x
d (sin x )
=∫
(1 − sin x)(1 + sin x )
1 d (sin x ) 1 d (sin x )
= ∫ + ∫
2 1 + sin x 2 1 − sin x
1 1 + sin x
= ln + ln C
2 1 − sin x
z2 x π
⇔ = ln C tg ( + )
2 2 4

2 x π
Thay lại ,ta có nghiện tổng quát của PT: ln y = 2 ln C tg ( + )
2 4
b/ y ' '−y = x sin 2 x
+Đây là PT vi phân tuyến tính cấp 2 ko thuần nhất
+Xét PT thuần nhất tương ứng
y ' '− y = 0 ⇒ PT đặc trưng :
k
k 2 − 1 = 0 ⇔  1=1
 k 2 = −1
⇒ PT đặc trưng có 2 nghiệm thực phân biệt do đó nghiệm tổng quát của PT đặc trưng :
y = C1.e x + C2 .e −x
+Ta tìm 1 No riêng của Pt vi phân tuyến tính cấp 2 ko thuần nhất đã cho:
1 − cos 2 x
y ' '− y = x sin 2 x = x ( )
2
x x
= − cos 2 x = f1( x) + f 2 ( x)
2 2
x
với f1 ( x ) = = e ox .P ( x) ⇒
1
2
α = 0, n = 0 nên no riêng có dạng
yR1= Ax +B → y’R1 = A→ y’’R1= 0
x
thay vào pt : y’’- y = f1(x) =
2
 1
x A = −
→ 0 (Ax+B)= ⇔ 2→
2 B = 0

x
No riêng : yR1 = −
2
x
Với f2(x) = − cos 2 x =
2
eox [ P ( x) cos 2 x + Q0 ( x). sin 2 x ]
1
x
→pt : y’’-y= f 2 ( x) = − cos 2 x
2

23
có N0 riêng dạng
yR2= (Ax+B)cos2x + Csin2x → y’R2 =Acos2x –2(Ax + B)sin2x +2Ccos2x
= (A+2C)cos2x – 2(Ax +B)sin2x
→ y’’R2 = - 2(A +2C)sin2x – 2Asin2x – 4(Ax+B) cos2x =
-4(A+C)sin2x –4(Ax+B)cos2x
Thay vào pt ta được :
(-4A –5C)sin2x – 5(Ax+B)cos2x
−(4 A + 5C ) = 0

 1
⇔ 5 A =
 2
5B = 0

x
= − cos 2 x  1
2  A = 10


⇔ B = 0
 −4 1 −2
C = . =

 5 10 25
1 2
No riêng: y ' R2 = x cos 2 x − sin 2 x
10 25
Như vậy, No riêng của pt vi phân khg thuần nhất đã cho là :
−x 1 2
yR = yR1 +yR2 = + x cos 2 x − sin 2 x
2 10 25
Vậy No tổng quát của pt đã cho
ytq = y + y R = C1.e x + C2 .e − x
x 1 2
− + x cos 2 x − sin 2 x
2 10 25



Câu2(4đ)
a. Tìm No riêng của PT:
y ln 3 y + y ' x + 1 = 0
y' 1
⇔ =−
y ln 3y x +1
y'
đặt z = ln y ⇒ z ' =
y
Thay vào ta được:
z' 1
=− Tích phân 2 vế :
z3 x +1
z ' dx dx
∫ 3 = −∫ ⇔
z x +1
1 1
− . = −2 x + 1 − C ⇔
2 z2
1
z 2 (2 x + 1 + C ) =
2
Thay z = ln y → ta có:
1
ln 2 y (2 x + 1 + C ) =
2
−15
do y ( ) = e 2 → thay vào:
16
− 15 1
ln 2 (e 2 ).(2 + 1 + C) =
16 2
1 1
⇔ 4.(2. + C ) =
4 2
1 1 −3
⇔C= − =
8 2 8
Vậy,No riêng của Pt đã cho là :
3 1
ln 2 y (2 x + 1 − ) =
8 2
b.Tìm No tổng quát :
y ' '−3 y ' = x 2 = eox p2( x )
-Đây là PT tuyến tính cấp 2 ko thuần nhất
- PT đặc trưng tương ứng của PT tuyến tính cấp 2 thuần nhất
y ' '−3 y ' = 0 là:
k 2 − 3k = 0 ⇔ k (k − 3) = 0
k = 0
⇔ 1
k 2 = 3

24
→no t/quát của PT thuần nhất là:
y = C1.e ox + C2 .e3x
= C1 + C2 .e3 x
ta tìm 1 No riêng của PT vi phân cấp 2 Ko thuần nhất đã cho có dạng : YR = x(ax 2 + bx + C )
(Vì k1 = 0 = α )
⇒ ax 3 + bx 2 + C
⇒ y ' R = 3ax 2 + 2bx + C
y ' ' R = 6ax + 2b
⇒ y ' ' R −3 y ' R = 6ax + 2b −
9ax 2 − 6bx − 3C = x 2


⇔ −9ax 2 + 6(a − b) x +
2b − 3C = x 2
− 9a = 1

⇔ 6(a − b) = 0
2b − 3c = 0

 1
a = b = − 9

⇔
C = 2 b = 2 . − 1 = − 2

 3 3 9 27
Vậy →một no riêng của PT là :
1 1 2
y R = − x( x 2 + x + )
9 9 27
−x 2 2
= (x + x + )
9 5
→ No t/quát của Pt đã cho là :
Ytq = y + y R
x 2 2
= C1 + C2e3x − (x + x + )
9 5
Câu3(4đ)
a. y '− y sin x = sin x cos x
⇔ y ' = sin x( y + cos x) (*)
Đặt z = y + cos x
⇒ z ' = y '− sin x ⇔ y ' = z '+ sin x
Thay vào (*) ta được:
z '+ sin x = sin x.z
⇔ z ' = sin x ( z − 1)
z'
⇔ = sin x
z −1
Tích phân 2 vế :
z ' dx
⇔∫ = ∫ sin xdx
z −1
dz
⇔∫ = ∫ sin xdx
z −1
⇔ ln z − 1 = − cos+ C
(C là hằng số )
ln y + cos x − 1 = − cos x + C

+Thay z = y + cos x ta được No t/quát của Pt là : ⇔ y + cos x − 1 = e −cos x + C
⇔ y = 1 − cos x + e −cos x + C
x x
b. y ' '− y = x cos 2 x = + cos 2 x
2 2
- Đây là PT vi phân tuyến tính cấp 2 Ko thuần nhất
- Xét PT vi phân thuần nhất tương ứng : y ' '− y = 0 →PT đặc trưng : k 2 − 1 = 0 ⇔ k1,2= ±1
vậy →PT thuần nhất có No t/quát
y = C1.e x + C2e − x
- Xét Pt Ko thuần nhất đã cho :
x x
y ' '− y = + cos 2 x
2 2
= f1( x ) + f 2( x)
→Ta sẽ lần lượt tìm No riêng ứng với Pt : y’’- y = f1(x) (1) là yR1
và y’’ – y = f2(x) (2) là yR2

25
x
ta có : f1( x) =
2
= eox .P ( x)
1 (α ≠ k1, k 2 )
→ Ta tìm N0 riêng dạng :
yR1 = e0X .(Ax + B)
→y’R1 = A → y’’R1 = 0 Thay vào (1) :
 −1
x A =
0 – (Ax +B) = ⇔ 2
2 B = 0

x
→ N0 riêng yR1 = −
2
∗ Ta có : f2(x) =
eox [ P ( x). cos 2 x + Q0 ( x). sin 2 x]
1
→ Ta tìm N0 riêng dạng
yR2 = e0x.((ax+b)cos2x+ Csin2x)
→ yR2 = (ax+b)cos2x + Csin2x
→ y’R2 = acos2x –2(ax+b)sin2x
+ 2Ccos2x
= (a+2c)cos2x – 2(ax+b) sin2x
→ y’’R2 = -2(a+2c)sin2x – 2asin2x – 4(ax+b)cos2x
= -4(a+c)sin2x – 4(ax+b)cos2x
x
Thay vào (2) ⇒ - (4a +5c)sin2x – 5(ax+b)cos2x = cos 2 x ⇔
2
 −1
  a = 10
 4a + 5c = 0 
 b = 0

 − 5b = 0 ⇔  −4 1
 1  c = 5 . 10 =
 − 5a = 

 2 − 2
 25

−1 2
Vậy → yR2 = x cos 2 x − sin 2 x
10 25
YR = YR1 + YR 2 =
Như vậy theo n/lý chồng chất N0, N0 riêng của pt đã cho sẽ là : x x 2
− − cos 2 x − sin 2 x
2 10 25
Vậy N0 tq của pt đã cho là :
Ytq = Y + YR = C1e x + C 2 e − x
x x 2
− − cos 2 x − sin 2 x
2 10 25

Câu 4 : (4đ)
a) 2ydx + (y2 – 6x)dy = 0
dx y x
⇔ + −3 = 0
dy 2 y
3 −y
⇔ x '− x =
y 2
Đây là pt vi phân t2 cấp 1 không thuần nhất với :
−3 −y
P( y ) = ; Q( y ) =
y 2
→C/thức N0 t/quát là :
− ∫ P( y ) dy  ∫ P dy
x=e e ( y) ×
∫

Q( y ) dy + C ]
−3
I = ∫ p ( y ) dy = ∫ dy
Đặt y


dy
= − 3∫ = − 3 ln y
y
J = ∫ e∫
P( y ) dy
Q( y ) dy
y −3
= ∫ − 3 ln y. dy = ∫ ln y. ydy
2 2
 dy
du = y
u = ln y 
Đặt  ⇒
dv = ydy  y2
v = 2



26
3  y2 y 2 dy 
⇒ J = −  ln y − ∫ . 
2 2 2 y

3 3
= − y 2 ln y + ∫ ydy
4 4
3 2 3 2
= − y ln y + y
4 8
Vậy→no t/quát của pt là:
 3 3
x = 3 ln y  − y 2 ln y + y 2 + C ]
 4 8
(C là hằng số )
b. y ' '−9 y '+20 y = e 4 x
+Đây là Pt vi phân t2 cấp 2 ko thuần nhất
+Xét Pt thuần nhất tương ứng :
y ' '−9 y '+20 y = 0 →Pt đặc trưng:
k 2 − 9k + 20 = 0
k = 4
⇔ (k − 4)(k − 5) = 0 ⇔  1
k 2 = 5
→Pt đặc trưngcó 2No thực phân biệt
k1 = 4, k 2 = 5 nên no t/quát của Pt thuần nhất là :

y = C1e 4 x + C2 .e5 x
-Xét Pt vi phân ko thuần nhất đã cho
y ' '−9 y '+20 y = e 4 x = f ( x)
⇒ f ( x ) = e 4 x = eα x . p o ( x )
⇒ α = 4 = k1
⇒Ta tìm 1 No riêng có dạng:
y R = xe 4 x . A
⇒ y ' R = Ae 4 x + 4 Ax.e 4 x
= A(1 + 4 x )e 4 x

y ' ' R = A 4.e 4 x + 4(1 + 4 x).e 4 x 
 

= 8 A(1 + 2 x )e 4x

thay vào ta có :
y ' ' R − 9 y ' R + 20 y R = e 4 x
⇔ 8 A(1 + 2 x)e 4 x − 9 A(1 + 4 x)e 4 x
⇒no riêng : y R = − x.e 4 x
+ 20. Ax.e 4 x = e 4 x
⇔ − Ae 4 x = e 4 x ⇔ A = − 1
Vậy, No t/quát của pt đã cho là :
Ytq = y + y R

= C1e 4 x + C2e5 x − x.e 4 x

Câu5(4đ)
y
a.Tìm No riêng: y '− = x. ln x
x. ln
- Đặt:
x = et ⇒ dx = et dt = xdt
dt 1 dy
⇔ = = e −t ⇒ y ' =
dx x dx
dy dt −t = e −t y '
= . = y 't .e t
dt dx
thay vào Pt ta được :
y
e −t . y 't − = t.et ⇔
t.et
 1
1  p(t ) = − t
y '− y = t.e 2t ⇒ 
t q = t.e 2t
 (t )
⇒Đây là Pt vi phân t2 cấp 1 ko thuần nhất đối với t ⇒No t/quát:
− p dt 
y = e ∫ (t )  ∫ e ∫ (t ) .q (t ) dt + C ]
p dt

+Ta có : I = ∫ p(t ) dt




27
1
= ∫ − dt = − ln t
t
∫ p dt
J = ∫ e (t ) q(t ) dt
1
= ∫ e −ln t .t.e 2t dt = ∫ .t.e 2t dt
t
e 2t
= ∫ e 2t dt =
2
Vậy⇒No t/quát:
 e 2t  e 2t
y = eln t  + C  = t.( + C)
 2  2
 
2
Thay t = lnx , et = x ⇒ y = ln x( x + C )
2
2
do: y(e) = e thay vào ta có :
2
e2
y (e) = ln(e).(+ C)
2
2 2
e e
= +C = ⇒C =0
2 2
 y
 y '− x ln x = x ln x

Vậy N0 riêng của pt 
 e2
 y ( x) = 2

2
=> y = x ln x
2
b) Tìm N0 t/quát:
y ' '−2 y '+ y = x.e x
Đây là pt viphân t2 cấp 2 không thuần nhất.
Xét pt thuần nhất tương ứng:
y’’ –2y’ + y = 0
→ pt đặc trưng k2 – 2k + 1 = 0 ⇔
(k – 1)2 = 0 ⇔ N0 kép k1 = k2 = 1
→ pt thuần nhất có N0 t/quát :
y = e x (c1 + c2 ) x
Ta tìm 1 N0 riêng của pt không t/nhất đã cho có dạng:
y R = x 2 .e x .( ax + b) vì f ( x) = x.e 2 → α = 1 = k1

[
= e x ax 3 + bx 2 + 3ax 2 + 2bx ]
x 3
[ 2
→yR = eX (ax3 + bx2) → yR = e ax + (b + 3a) x + 2b ]
[
⇒ y ' ' R = e ax + (3a + b) x 2 +
x 3

2bx + 3ax 2 + 2(3a + b) x + 2bx ]
x [ 3
y ' ' R = e ax + (6a + b) x
+ 2(3a + 2b) x + 2b]
2


Thay vào pt đã cho ta được:
y' ' R − 2 y' R + y R =
e x [ [ 6a + b − 2(3a + b) + b] x 2
+ [ (6a + 2b) − 4b] x + 2b ] = xe x
⇔ (6a – 2b) x + 2b = x
 1
6a − 2b = 1 a =
 ⇔ 6
2b = 0 b = 0

1 x3
Vậy → N0 riêng: y R = x 2 .e x .( x + 0) = .e x
6 6
→ N0 t/quát của pt đã cho là:
Ytq = Y + YR = e x (C1 + C 2 x)
x3 x  x3 
+ e = e x  + C 2 x + C1 
6  6 
 

Câu 6 : (4đ)
x
a)Tìm N0 riêng y’ + tgy =
cos y
⇔ y’cosy + siny = x
Đặt z = siny → z’ = y’cosy

28
Thay vào ta có: z’ + z = x
 p( x) = 1
Đây trở thành pt vi phân t2 cấp 1 khg t/nhất với : 
q ( x ) = x
→ CT N0 t/quát Z =
− p dx 
e ∫ ( x )  ∫ e ∫ ( x ) .q( x)dx + C ]
p dx

Ta có : I = ∫ p( x) dx = ∫ dx = x
∫ p dx
J = ∫ e ( x) q( x )dx = ∫ e x .xdx

u = x
 du = dx

Đặt:  →
dv = e x dx
 v = e x


→ J = x.e − x ( x − 1)e x + c 

 

= c.e x + ( x − 1)

Như vậy:
sin y = c.e x + ( x − 1) (c là h/số)
do: y(0) = 0 =c.e0 + (0 – 1) = c – 1
⇔c = 1
Vậy N0 riêng cần tìm là :
siny = e x + x − 1 ⇔ y = arcsin(e x + x − 1)
b) Tìm N0 t/quát của pt:
y ' '−5 y '+6 y = x + e x . Đây là pt vi phân t cấp 2 khg thuần nhất
2


Xét pt thuần nhất tương ứng:
y’’ – 5y’ + 6y = 0
→ pt đặc trưng k2 – 5k +6 = 0
1 k = 2
→ (k - 2) (k – 3) = 0 ⇔ k = 3
 2
→pt có 2 N0 thực phân biệt
→pt thuần nhất có N0 t/quát y = c1.e 2 x + c2 .e3x
- Xét pt khg thuần nhất đã cho:
y’’–5y’+6y = x + e x = f1(x)+f2(x)
+ Với f1(x) = x
→ y’’–5y’+6y = f1(x) = eox . p1( x) (α = 0 ≠ k1, k2 )
→Ta tìm N0 riêng có dạng :
y R1 = e ox .(ax + b) = ax + b
→ y’R1 =a → y’’R1 = 0
Thay vào ta có:
0 –5a + 6(ax +b) =x
⇔6ax + 6b –5a = x
6a = 1
⇔
6b − 5a = 0
 1
a = 6

⇔
b = 5 a = 5

 6 36
1 5
No riêng: y R1 = x +
6 36
f 2 ( x) = e x ⇒ y ' '−5 y '+6 y
+ Với : = f 2 ( x) = e x Qo ( x)
⇒ α = 1 ≠ k1 , k 2
⇒ ta tìm No riêng dạng:
y R2 = e x . A ⇒ y ' R2

= y ' ' R2 = A.e x
Thay vào ta được :
A.e x − 5 A.e x + 6. A.e x = e x
1
⇔ 2 A.e x = e x ⇔ A =
2
1 x
⇒ y R2 = e
2
Theo n/lý chồng chất No →riêng của Pt đã cho là :



29
y R = y R1 + y R2
1 1 5
= ex + +
2 6 36
Vậy No của Pt đã cho :
ytq = y + y R = C1e 2 x + C2e3 x
1 1 5
+ ex + x +
2 6 36
(C1 ,C2 là các hằng số)

Câu7(4đ)
y
a. y '+ = x2 y4
x
y' 1 1
⇔ + . = x2
y 4 y3 x

1 − 3 y '.y 2
Đặt z = 3 ⇒ z ' =
y y6
−3 y ' y' −1
= ⇔ = z′
4 4 3
y y
Thay vào ,ta có :
−1 1
z '+ z = x 2
3 x
3
⇔ z '− z = −3x 2
x
−3 2
⇒Với p( x) = , q( x) = −3x
x
đây là Pt vi phân t2 cấp 1 ko thuần nhất ⇒c/thức No t/quát:
− P dx
Z = e ∫ ( x)
 ∫ P( x ) dx 
× ∫ e .Q( x) dx + C  ⇒
 
−3
I = ∫ P( x) dx = ∫ dx = − 3 ln x
x
J = ∫ e ∫ ( x ) .Q( x)dx
P dx

= ∫ e − 3 ln x .(− 3x 2 )dx
1
= ∫ .(− 3x 2 )dx
x3
dx
= − 3∫ = − 3 ln x
x
⇒ Z = e 3 ln x [ − 3 ln x + C ]
= x 3 [ C − 3 ln x ]
1 1
Thay: Z = ⇒ = x 3 [ C − 3 ln x ]
y3 y3
⇒No t/quát:
1
= x3 [C − 3 ln x ] (C là hằngsố)
y 3

b. y ' '+4 y '+3 y = x.e − x
Đây là Pt vi phân t2 cấp 2 ko thuần nhất ⇒xét Pt thuần nhất t.ứng: y ' '+4 y '+3 y = 0
⇒xét Pt đặc trưng t.ứng:
k 2 + 4k + 3 = 0
k = −1
⇔ (k + 1)(k + 3) = 0 ⇔  1
 k2 = − 3
⇒Pt đặc trưng có 2 No thực phân biệt ⇒No t/quát của Pt thuần nhất : Y = C1.e − x + C 2 .e −3 x
- Xét Pt ko thuần nhất đã cho :
y ' '+4 y '+3 y = x.e − x = f ( x)
= eαx .P ( x)
1
⇒Do α = −1 = k1 ⇒ta tìm No riêng của Pt ko thuần nhất có dạng: y R = x.e− x .(ax + b)
= e − x (ax 2 + bx)

⇒ y ' R = e − x  2ax + b − ax 2 − bx 

 

= e− x  − ax 2 + (2a − b) x + b  −( 2a − b ) x − b ]

 

y' 'R = e− x  − 2ax + 2a − b + ax 2



= e − x  ax 2 − (4a − b) x + 2(a − b)]



30
Thay vào ta được :
y' ' R + 4 y ' R + 3 y R
[
= e − x ax 2 − (4a − b) x + 2(a − b)
− 4ax 2 + (8a − 4b) x + 4b
+ 3ax 2 + 3b x ]
= e − x [ 4ax + 2(a + b)] = x.e − x
 1
 4a = 1 a =

⇔ ⇔ 4
 2( a + b ) = 0  b = − a = − 1

 4
⇒No riêng
( x − 1) x( x − 1) − x
YR = x.e − x . = e
4 4
Vậy No t/quát của Pt:
Ytq = Y + YR = C1e − x +
x ( x − 1)
C2 e − 3x + e − x
4

Câu8(4đ)
a.Tìm No riêng của Pt:
x y' x
y '+ y = e 2 y ⇔ + y = e2
y
y' y'
Đặt:Z= y ⇒ z ' = ⇔ = 2 z'
2 y y
x
Thay vào ⇒ 2 z '+ z = e 2
1 1 x
⇔ z '+ z = e2
2 2
 P ( x) 1
 =
2
với  1 x
 q ( x) = e 2
 2
Đây là Pt vi phân t2 cấp 1 ko thuần nhất ,No tổng quát : Z =
− P ( x ) dx  ∫ P ( x ) dx
e ∫ ∫ e .Q( x)dx +C ]

dx 1
I = ∫ P( x)dx = ∫ = x

J = ∫ e∫
P( x ) dx
2 2
.Q( x)dx =
−x
Z = e 2 1 ex + C
−x
2
x
[ ]
x x = C .e 2 + 1 e 2
∫e 2 . 1 e 2 dx = 1 ∫ e x dx = 1 e x 2
2 2 2
x x
− 1
⇒no t/quát y = C.e 2 + e 2
2
−0 1 0
Y (o) = C.e 2 + e 2

Thay : 2
1 9 7
=C+ = ⇔C =
2 4 4
- Vậy No riêng của Pt :
7 −2x 1 2
x
y = e + e
4 2
b.Tìm No t/quát của Pt:
y ' '+6 y '+5 y = x + e − x
- Đây là Pt vi phân t2 cấp 2 ko thuần nhất hệ số hằng số!
- Xét Pt thuần nhất tương ứng:
y ' '+6 y '+5 y = 0 ⇒ Pt đặc trưng:
k 2 + 6k + 5 = 0
k = −1
⇔ (k + 1)(k + 5) = 0 ⇔  1
 k2 = − 5
⇒Pt có 2 No thực phân biệt, vậy No t/quát của Pt thuần nhất :
Y = C1.e − x + C 2 .e −5 x
- Xét Pt ko thuần nhất đã cho:
y ' '+6 y '+5 y = x + e − x
= f1( x ) + f 2( x)

f = x = e ox . p1( x)
với 1( x)
(α = 0 ≠ k1, k 2 )
⇒Ta tìm No riêng dạng :
31
YR1 = e ox (ax + b) Của Pt:
y ' '+6 y '+5 y = x = f1( x ) (1)
⇒ y ' R1 = a ⇒ y ' ' R1 = 0
⇒ 0 + 6a + 5ax + b = x ⇔
 1
a= x−6
thay vào 5a = 1 ⇔  5
 6a + b = o 
⇒ YR1 =
 −6 5
b = − 6a =
 5
−x αx
+Với f 2( x ) = e = e . po( x)
⇒ α = −1 = k1
⇒Ta tìm No riêng dạng:
YR 2 = Axe − x của Pt:
y ' '+6 y '+5 y = f 2( x ) = e − x ( 2)
⇒ y ' R 2 = Ae − x [1 − x ]

y ' ' R 2 = Ae − x [ − 1 − (1 − x)]
= Ae − x ( x − 2)
thay vào PT (2) ⇒Y ' ' R 2 +6Y ' R 2 +5YR 2
= Ae − x [ x − 2 + 6(1 − x ) + 5 x ]
1
= 4 Ae − x = e − x ⇔ A =
4
1 −x
⇒No riêng: YR 2 = xe
4
- Theo nguyên lý chồng chất No ⇒No riêng của Pt thuần nhất :
y R = y R1 + y R 2
x − 6 1 −x
= + xe
5 4
- Vậy ,No t/quát của Pt đã cho:
ytq = y + y R = C1e − x
x − 6 x −x
+ C 2 e −5 x + + e
5 4

Câu9(4đ)
a. y ' '+ y = tgx
-Đây là Pt vi phân t2 cấp 2 ko thuần nhất
- Xét Pt thuần nhất tương ứng :
y ' ' = y = 0 ⇒ pt đặc trưng:
k 2 + 1 = 0 ⇔ k1,2 = ± i = 0 ± i

⇒Pt đặc trưng có cặp No phức liên hợp k1,2 = 0 ± i ⇒No tổng quát của Pt thuần nhất :
y = eox (C1 sin x + C2 cos x)
= C1 sin x + C2 cos x
-Xét Pt vi phân ko thuần nhất đã cho: y’’+y = tgx ta sẽ tìm 1 No riêng của Pt t2 ko thuần nhất dạng:
y R = C1( x) sin x + C2( x) cos x

theo P2 biến thiên hằng số Largrange ,ta có C1( x) , C2( x)
là No của hệ :
C '1 ( x) sin x + C ' 2 ( x) cos x sin x
= 0(1) (1) ⇒ C ' 2 ( x) = − C '1 ( x)
C ' ( x) cos x − C ' ( x) sin x cos x
1
= tgx(2) 2 = −tgxC '1 ( x)

Thay vào (2) ⇒
C '1 ( x) cos x + tgx. sin xC '1 ( x)
= tgx ⇔ C '1 ( x)
tgx
=
cos x + tgx. sin x

si x
n
cosx = si xn
=
si 2 x
n
cos + x
cos x
⇒ C ' 2 ( x) = − tgx. sin x
− sin 2 x 1
= = cos x −
cos x cos x
⇒ C1 ( x) = ∫ C '1 dx = ∫ sin xdx
= − cos x
sin 2 x
C 2( x ) = ∫ C ' 2 dx = − ∫ dx
cos x

32
sin 2 x
= −∫ d (sin x)
cos 2 x
(đặt t=sinx)
t2 1− t 2 −1
= −∫ dt = ∫ dt
1− t 2 1− t2
 1 
= ∫ 1 − dt
 (1 − t )(1 + t ) 
1  1 1 
= ∫ dt − ∫  + dt
2 1 − t 1 + t  
1 1+ t
= t − ln
2 1− t

1 1 + sin x
⇒ C 2 ( x) = sin x − ln
2 1 − sin x
Vậy ⇒No riêng :
y R = C1 ( x) sin x + C 2 ( x) cos x
⇒ y R = − sin x cos x
1 1 + sin x
+ cos x(sin x − ln )
2 1 − sin x
1 1 + sin x
= − cos x ln
2 1 − sin x
Như vậy,No tổng quát của Pt đã cho : ytq = y + y R
= C1 sin x + C2 cos x
1 1 + sin x
− cos x ln
2 1 − sin x
b. y ' '−3 y '−4 y = e 4 x
-Đây là Pt vi phân t2 cấp 2 ko thuần nhất hệ số hằng số
-Xét Pt thuần nhất tương ứng:
y’’- 3y’- 4y =0 ⇒Pt đặc trưng:
k 2 − 3k − 4 = 0
k = 4
⇔ (k − 4)(k − 1) = 0 ⇔  1
 k2 = − 1
⇒Pt đặc trưng có 2 no thực phân biệt ⇒no t/quát của Pt thuần nhất
y = C1e 4 x + C 2 e − x
-Xét Pt vi phân cấp 2 ko thuần nhất đã cho:
y ' '− 3 y '− 4 y = e 4 x ⇒ f ( x) = e 4 x

= eα x po( x) ⇒ α = 4 = k1
⇒Ta tìm no riêng của Pt dạng:
y R = x.e 4 x A = Axe 4 x
⇒ y ' R = Ae 4 x (1 + 4 x)
y ' ' R = Ae 4 x (4 + 4(1 + 4 x))
= 8 Ae 4 x (1 + 2 x)
Thay vào ta có :
y ' ' R − 3 y ' R − 4 y R = 8 Ae 4 x
(1 + 2 x) − 3 Ae 4 x (1 + 4 x) − 4 Ax.e 4 x
= A.e 4 x [ 8 + 16 x − 3 − 12 x − 4 x ] x x
⇒No riêng : y R = e 2
4x 4x 5
= 5 A.e = e
1
⇔ 5A = 1 ⇔ A =
5
Vậy No t/quát của Pt:
y tq = y + y R
x 4x
= C1e 4 x + C 2 e − x + e
5

Câu10(4đ)
1
a. y ' '+ y =
cos 2 x
- Đây là Pt vi phân t2 cấp 2 ko thuần nhất hệ số hằng
- Xét Pt vi phân thuần nhất tương ứng :y’’+ y = 0 ⇒Pt đặc trưng:
k 2 + 1 = 0 ⇔ k1, 2 = ±i

y = e ox (C1 sin x + C2 cos x )
⇒Pt đặc trưng có 2 No phức liên hợp nên No t/quát của Pt thuần nhất:
= C1 sin x + C2 cos x




33
1
-Xét Pt đã cho : y ' '+ y =
cos 2 x
⇒Ta tìm 1 No riêng có dạng:
y R = C1 ( x ) sin x + C 2 ( x ) cos x
C '1 sin x + C '2 cos x = 0

⇒theo p biến thiên hằng số Largrange ,C1(x) và C2(x) là No của hệ : C ' cos x − C ' sin x = 1
2

 1 2
 cos 2 x
C ' 2 = − tgxC '1

C ' = 1
 1 dx
sin 2 x ⇒ C1 = ∫ C ' dx = ∫
1
 cos 2 x (cos x +

 cos x
) 1− t 2x
g
cos x 1
= =
cos 2 x − sin 2 x 1 − tg 2 x
cos xdx d (sin x)
=∫ =∫
2
1 − 2 sin x 1 − 2 sin 2 x

dt
=∫
1 −2t 2

b. Giải PT: y ' '+5 y '+4 y = e −4 x
- Đây là Pt vi phân t2 cấp 2 hệ số hằng
- Xét Pt thuần nhất tương ứng:
y’’+5y’ +4y =0 ⇒Pt đặc trưng:
k 2 + 5k + 4 = 0 ⇔
k = −1
(k + 1)(k + 4) = 0 ⇔  1
k 2 = −4
⇒Pt đặc trưng có 2 no thực phân biệt ⇒No t/quát của Pt thuần nhất : y = C1e − x + C2e −4 x
- Xét Pt vi phân ko thuần nhất đã cho : y ' '+5 y '+4 y = e−4 x = f ( x)
⇒ f ( x) = eαx po( x )
α = −4 = k 2
nên ta tìm No riêng có dạng:
y R = Ax.e −4 x
⇒ y ' R = Ae − 4 x (1 − 4 x)
y ' ' R = A.e − 4 x [ − 4 − 4(1 − 4 x)]
= 8 Ae − 4 x (2 x − 1)
Thay vào pt trên ⇒ y ' ' R +5 y 'R +4 y R =
− 4 x = e− 4 x ⇔ A = − 1 1
A.e − 4 x [16 x − 8 + 5(1 − 4 x) + 4 x] = − 3 A.e Vậy ⇒ y R = − x.e −4 x
3 3
Như vậy ,no t/quát của Pt đã cho là :
ytq = y + y R
1
= C1e − x + C2e − 4 x − xe − 4 x
3

Câu11(4đ)
1
a. y'+5y' 6y = −
' +
1+ e2x
2  k1 = −2
-Pt đặc trưng k + 5k + 6 = 0 ⇒ 
 k2 = −3
⇒No t/quát của Pt thuần nhất :
y = c1e−2x + c2e−3x
sử dụng p2 biến thiên hằng số:

C '1 e − 2 x + C ' 2 e − 3 x =
 − 2x
0 − 2C '1 e − 3C ' 2 e − 3 x
 1
= −
 1 + e2x
1
⇒ C '2 e − 3x = ⇒ C '2
1 + e2x
3x
e e3x
= ⇒ C2 = ∫ dx
2x
1+ e 1 + e 2x
Đặt t= ex ⇒ dt= exdx = t dx



34
dt
⇒ dx=
t
t3 dt t dt2
⇒ C2 = ∫ ⋅ =∫
1+ t 2 t 1+ t 2
1
= ∫( −
1 ) = t− ar gt k2
dt ct +
1+ t2

⇒= ex − ar ge + k2
ct x
C ' e−3x
C' = −
1
2 = −C ' . − x
2e
e−2x
e3x e2x
=− ⋅ e− x = −
1+ e2x 1+ e2x
e2x
⇒ C1 = ∫ dx
1+ e2x
dt
Đặt t= ex ⇒ dx =
t
t2
dt t
⇒ C1 = ∫ ⋅ =∫ dt
2
1 + t t 1+ t 2
1
n( 2
= l 1+ t )+ k1
2
1
= l 1+ e2x)+ k1
n(
2
⇒Pt ko thuần nhất có No
 1 
y =  K1 + ln(1 + e 2 x ) e − 2 x

[ ]
 2 
+ K 2 + e x − arctge x e − 3 x

e− 2x
= K 1e− 2x + K 2e− 3x + l⋅
n
2
( + e2x)+ e− 2x − e− 3xar ge
1 ct x

2  k1 = 1
b) Pt đặc trưng k − 3k + 2 = 0 ⇔ 
 k2 = 2
⇒Pt thuần nhất có No t/quát y = C1ex + C 2e2x Ta tìm 1 No riêng của pt ko thuần nhất có dạng: y∗ = x(ax+ b)ex = (ax2 + bx)ex
⇒ y*'= ex  ax2 + bx + 2ax+ b

 

y*' = ex  ax2 + bx + 2ax+ b +
'


2ax+ b + 2a]
 − 2a = 1 1
= xex ⇒  ⇒ a= − ;
x  ( 2 + 4ax+ bx + 2a + 2b)−
e  ax  2a − b = 0 2
 b = 2a = − 1
Thay vào pt ban đầu 3(ax2 + bx + 2ax+ b)+ 2(ax2 + x
⇒ y* = − x( + 1) x e
2
bx) = x. x ⇒ ex[ − 2ax+ 2a − b]
] e x
= − ( + 2) x
x e
2
vậy Pt ko thuần nhất có No t/quát
y = y + y*
x
= C1ex + C 2e2x − ( + 2) x
x e
2

Câu12(4đ)
a. y ' '+2 y'+ y = 3e − x 1 + x
-Pt đặc trưng k 2 + 2k + 1 = 0 có No kép k1 = k2 = −1 ⇒Pt thuần nhất có dạng t/quát: y = e − x (C1 + C2 x)

 (C '1+ xC '2 )e− x = 0 C '1 + xC '2 = 0

-áp dụng p2 biến thiên hằng số lagrange:  ⇔
 [ − C '1+ C '2 (1 + x)] e− x = 3e− x 1 + x
  − C '1+ (1 − x)C '2 = 3 1 + x

⇒ C '2 = 3 1 + x
3
2
⇒ C2 = 2(1 + x) + k 2
⇒ C '1 = −xC '2 = −3x 1 + x
3 1
= −3(1 + x) 2 + 3(1 + x ) 2
3.2 5
⇒ C1 = − (1 + x) 2
3
5
+ 2(1 + x) 2 + k1

35
 6 5
y = e − x k1 − (1 + x ) 2 +  6 5
= e − x  k1 + k 2 x + (2 − )(1 + x) 2 
 5 5
 
3 3

2(1 + x ) 2 + k 2 x + 2 x (1 + x ) 2  − x  4 5

 = e  k1 + k 2 x + 5 (1 + x) 
2
 
y y
b. y ' = + sin
x x
z' 1
⇒ z+ xz' z+ si z ⇒
= n =
y si z
n x
Đặt: z= ⇒ y = xz ⇒ y' z+ xz'
=
x dz si zdz
n dx
⇒ = dx ⇒ =
si zx
n 2
1− cos z x
d (cos z ) dx
⇒ =
cos 2 z − 1 x
1 1 − cos z
⇒ ln
2 1 + cos z


z
sin 2 z
1
= ln Cx ⇒ ln 2 = ln Cx ⇒ ln = Cx
2
2 z
cos ⇒ z = 2 xarctgCx
2



Câu13(4đ)
a. y ' = cos( x − y )
Đặt z = x-y ⇒z’ = 1 – y’ thay vào Pt ta được : 1 – z’ = cosz
dz
⇒z’ = 1-cosz ⇒ = dx
1 − cos z
dz z
⇒ = dx ⇒ cot g
2 sin 2z 2
2 b. y ' '−7 y '+12 y = e3x (2)
x− y
= C − x ⇒ cot g ( )=C−x
2
pt đặc trưng k 2 − 7k + 12 = 0
có No: k1 = 3, k2 = 4 ⇒Pt thuần nhất có No t/quát : y = C1e3 x + C2e 4 x Pt (2)có No riêng dạng y* = Axe3x
⇒ y '* = Ae3x (1 + 3 x)
y ' '* = Ae3 x (6 + 9 x )

Ae3 x [ 6 + 9 x − 7(1 + 3x) + 12 x ]
thay vào (2) :
= e3 x ⇒ A = − 1
Vậy (2) có No t/quát:
y = C1e3 x + C2e 4 x − xe3 x

câu14(4đ)
y
a. y '− = x
x
-Đây là Pt vi phân t2 bậc 1 dạng:
y’+ py = q có No t/quát:

− Pdx  ∫ Pdx dx 
y=e ∫ C + ∫ Qe 
 
dx 1
∫ Pdx = ∫ − = ln
x x
1
∫ Qe ∫
Pdx
dx = ∫ x . dx
x
dx
=∫ =2 x
x
⇒No t/quát y = x( + 2 x)
C

b. y'−4y' 3y = e3x
' +
-Pt đặc trưng : k2 + 4k + 3 = 0
có No: k1 = 3,k2 = 1 ⇒Pt thuần nhất có No t/quát :
y = C1e3x + C 2ex ta tìm 1 No riêng của Pt ko thuần nhất dạng:

y* = Axe3x
⇒ y' = Ae3x( + 3x)
* 1
y'* = Ae3x( + 9x)
' 6
Thay vào Pt và đồng nhất hệ số :
36
Ae3x[ 6 + 9x − 4( + 3x)+ 3x]
1

=e3x ⇒ y* = 1 xe3x
2
x
y = C1e3x + C 2ex + e3x
⇒Pt có No t/quát 2
y( ) = 1 ⇒ C1 + C 2 = 1( )
o 1

⇒ y' 3C1e3x + C 2ex
=
1 3
+ e3x + xe3x
2 2
1
y'o)= 9 ⇒ 3C1 + C 2 +
( = 9( )
2
2
C1 + C 2 = 1(1)

3C + C = 17 (2)
 1

2
2
15 15
⇒ 2C1 = ⇒ C1 =
-Giải hệ 2 4
15 11
C 2 = 1 − C1 = 1 − = − ⇒

[ ]
4 4
1
y = 15e 3 x − 11e x + 2 xe 3 x
4




37
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản