Bài tập toán cao cấp - Phần 2

Chia sẻ: Nguyễn Quốc Thắng | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

1.434
lượt xem 750
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'bài tập toán cao cấp - phần 2', khoa học tự nhiên, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài tập toán cao cấp - Phần 2

ĐỀ TÀI 5 15- Câu 1: Cho hàm z = x2 – 2xy + 1. Tìm cực trị Giải: Ta có: z = x2 – 2xy + 1 = f(x,y)  f x′ = 2 x − 2 y = 0  x − y = 0 x = 0  ′ ⇒ ⇒  f y = −2 x = 0  x = 0 y = 0 Vậy điểm dừng là (0,0). Ta có: A = f x′′ = 2 2 mà ∆ = AC − B 2 ′′ B = f xy = −2 = 0 − (−2) 2 C = f y′′ = 0 2 = −4 < 0 ⇒ Tại (0,0) không có cực trị 24 - Câu 2: Cho hàm z = x6 – y5 – cos2x – 32y. Tìm cực trị. Giải: Ta có: z = x6 – y5 – cos2x – 32y = f(x,y)  f x′ = 6 x 5 + 2sin x cos x = 0  3 x 5 = − sin x cos x   ⇒  f y′ = −5 y − 32 = 0 4  −5 y = 32 4   x = 0 (vì sinx và cosx đối nhau) 32 y =− 4 (vô nghiệm) 5 Vậy hàm z không có điểm dừng 33- Câu 3: Cho hàm z = x2 + 4xy + 10y2 +2x + 16y. Tìm cực trị Giải: Ta có: z = x2 + 4xy + 10y2 +2x + 16y = f(x,y)  f x′ = 2 x + 4 y + 2 = 0  x + 2 y + 1 = 0 x = 1  ′ ⇒ ⇒  f y = 4 x + 20 y + 16 = 0  x + 5y + 4 = 0  y = −1 Vậy điểm dừng là (1,-1). Ta có: A = f x′′ = 2 2 mà ∆ = AC − B 2 ′′ B = f xy = 4 = 40 − 16 C = f y′′ = 20 2 = 24 > 0 mà A = 2 > 0 ⇒ (1,-1) là điểm cực tiểu.
59 - Câu 4: Xác định cận của tích phân: I = ∫ ∫f ( x, y dxdy trong đó D là miền giới hạn bởi D y các đường: D: x + y ≤ 1, x – y ≤ 1, x ≥ 0. Giải: y = x-1 Ta có I = ∫∫ f ( x, y ) dxdy (*) D 1 Ta có: x + y ≤ 1 ⇒ y = 1 − x x – y ≤ 1 ⇒ y = x −1 O 1 2 x mà x ≥ 0 -1 1 1− x y = 1-x Từ (*) ⇒ I = ∫ dx ∫ f ( x, y ) dy 0 x −1 1 x3 68 - Câu 5: Đổi thứ tự tính tích phân I = ∫ dx ∫ f ( x, y )dy . 0 0 Giải: y x=1 Ta có: 0 ≤ x ≤ 1 0 ≤ y ≤ 1   ⇒ 0 ≤ y ≤ x 3 y ≤ x ≤1 D 3  1 ( ) dy 1 1 1 1 ⇒ I = ∫ dy ∫ dx = ∫ 1 − y 3 -1 0 3 y 0 1 O x  3 4  3 1 =  y − y 3  = 1− =  4 0 4 4 -1 2 2x D2 78 - Câu 6: Thay đổi thứ tự tính tích phân: I = ∫ dx ∫ f ( x, y )dy . 1 x y=x Giải: y D1 = [ 1, y ] x [ 1, 2] 2 y  D 2 =  , 2  x [ 2, 4] 2  1 D1 2 y 4 2 I = ∫ dy ∫ f ( x, y )dx + ∫ dy ∫ f ( x, y )dx 1 4 1 2 4 43 1 4 y4 2 4 43 1 4 2 2 O x J K x=2 2 x=1 2 2  y2  4  1  1 y = 2x ( J = ∫ x | dy = ∫ (y 1 ) y − 1) dy =  − y  =  − 2  −  − 1 = 1 1  2 1  2  2  2
4  x |2 dy =  2 − y  dy =  2 y − y  =  8 − 16  −  4 − 4  = 1 4 4 2 K = ∫ y  ∫ 2        2 2  2   4 2  4  4 1 3 I = J + K = +1 = 2 2 1 y2 87 - Câu 7: Tính tích phân I = ∫ dy ∫ 3 y 3e xy dx 0 0 Giải: 1 1 y2 1 I = ∫ dy ∫ 3 y 3e xy dx = ∫ 3 y  e  |0 dy = ∫ 3 y e dy − ∫ 3 y 2 dy 1 2 y3 2 2 xy y   1 4 2 43 1 2 4 0 4 3 0 0 0 0 J K 1 J = ∫ 3 y e dy đặt t = y 3 ⇒ dt = y 2 dy 3 2 y 0 3 1 J = ∫ et dt = et |1 = e − 1 0 (1) 0 1 K = ∫ 3 y 2 dy = y 3 |1 = 1 0 (2) 0  I = e − 1 − 1 = e − 2 (1)(2) → cos y π 105 - Câu 8: Tính I = ∫∫ dxdy D là miền giới hạn bởi x = 1, x = 2, y = 0, y = D x 2 Giải: y x=2 D 2 2  π I = ∫∫ cos y dxdy = ∫  ∫ cos y  π dy dx y= x 0 x  2 D 1   2 π 2  sin x  2 dx = ∫  dx = ∫ O x 1 x 0 1 x = ln x |1 = ln 2 2 x=1 115 - Câu 9: Tính tích phân: I = ∫∫ 2 ( x + y ) dxdy D là tam giác OAB với O(0,0); A(1,0); D B(0,1). y Giải: D 1 1 2( x + y) I = ∫∫ 2 ( x + y ) dxdy = ∫ ∫ dxdy D 0 0 2 B(0,1) 1 1  x2  1 1  = ∫  + xy  dy == ∫  + y dy O x A(1,0) 0  0 2 0 2
1 1 y2 1 1 1 = y |0 + |0 == + = 1 2 2 2 2 dxdy 125 - Câu 10: Tính tích phân: I = ∫∫ trong đó D là hình tròn x 2 + y 2 ≤ 9 D x2 + y2 y Giải: Ta có 0 ≤ φ ≤ 2π 3 O vì x + y ≤ 9 ⇒ 0 ≤ r ≤ 3 2 2 x  x = r cos φ 2π 3 rdr 2π Ta đặt  ⇒I = ∫∫ dφ = ∫ r |3 dφ = 3φ |0π = 6π 2 y = r sin φ 0  0 0 r 2 0 Câu 11: Gọi S là diện tích miền giới hạn bởi các đường y = x và y = x . Tính S. Giải: Ta có y y= x 0 ≤ x ≤ 1   1 x ≤ y ≤ x   1 x  Vậy I = ∫∫ dxdy = ∫   ∫ dy  dx  D 0 x  1 1 1 1 = ∫ y |x x dx = ∫ ( ) x − x dx = ∫ xdx − ∫ xdx O 1 x 0 0 0 0 = 2 3 2 1 x2 1 2 1 1 x |0 − |0 = − = y=x 3 2 3 2 6 149 - Câu 12: Xét tích phân bội ba ∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz Ω trong đó Ω là miền trong không gian được giới hạn bởi các mặt x = 0, y = 0, x + y = 2, z = 0 và z = 2, tìm cận Ω . Giải: y = 2-x y D Từ hình vẽ ta có cận Ω = [0;2]x[0;2-x]x[0;2] ( ) dx 2 2− x 2 2 2− x 2 I = ∫ dx 2− x 2 0 ∫ 0 dy ∫ f ( x, y, z )dz = ∫ 0 0 0 ∫ 2dydx = ∫ 2 y 0 0 2 = ∫ ( 4 − 2 x ) dx = 4 O 2 x 0
∫∫∫ xye dxdydz , trong đó Ω z 159 - Câu 13: Tính tích phân bội ba là miền: Ω 0 ≤ x ≤ 1;0 ≤ y ≤ 2;0 ≤ z ≤ ln 3 . Giải: 1 2 ln 3 1 2 1 2 I = ∫∫ ∫ xye dzdydx = ∫ ∫ xye z z ln 3 | 0 ( dydx = ∫ ∫ xyeln 3 − xy dydx ) 0 0 0 0 0 0 0 2 1  xy 2 eln 3 xy 2  1  4 xeln 3 4 x  1 =∫ 2 −  dx = ∫  2 0 2 − dx = ∫ 2 xeln 3 − 2 x dx 2  ( ) 0 0 0 = ( x e − x ) |0 = e − 1 = 2 2 ln 3 2 1 ln 3 π 170 - Câu 14: Tính I = ∫∫∫ xy cos zdxdydz , Ω là hình hộp 0 ≤ x ≤ 1;0 ≤ y ≤ 2;0 ≤ z ≤ Ω 2 Giải: π 1 2 2 1 2 π 1 2 I = ∫ ∫ ∫ xy cos zdzdydx = ∫ ∫ xy sin z |02 dydx = ∫ ∫ xydydx 0 0 0 0 0 0 0 2 1  xy  2 1 =∫  dx = ∫ 2 xdx = x |0 = 1 2 1 0 2 0 0 180 - Câu 15: Cho Ω là phần hình trụ: x 2 + y 2 ≤ 1;1 ≤ z ≤ 4 .Đặt I = ∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz Ω Chuyển sang tọa độ trụ và xác định cận tích phân. Giải: Ta có x 2 + y 2 ≤ 1 ⇒ 0 < r ≤ 1  x = r cos ϕ 0 < r ≤ 1 4 2π 1   Đặt  y = r sin φ ⇔ 0 ≤ φ ≤ 2π Vậy I = ∫ f ( r.cos φ , r.sin φ , z ) dz ∫ d φ ∫ rdr z = z 1 ≤ z ≤ 4 1 0 0   202 - Câu 16: Tính tích phân đường I = ∫ ( x − y )dl , trong đó C có phương trình C x + y = 1;0 ≤ x ≤ 1 . Giải:  x + y = 1  y = 1 − x  y x = −1 ' Ta có:  ⇒ ⇒ 0 ≤ x ≤ 1 0 ≤ x ≤ 1 0 ≤ x ≤ 1 ′ dl = 1 + ( y x ) 2 dx = 1 + 1dx = 2dx 1 1 1 I = ∫ ( x −1+ x ) 2dx = 2 ∫ (2 x − 1)dx = 2  x 2 − x  = 0   0 0 0
211 - Câu 17: Tính tích phân đường I = ∫ ydl , trong đó C có phương trình x + y = 1;0 ≤ x ≤ 1 . C Giải:  x + y = 1  y = 1 − x  y x = −1 ' Ta có:  ⇒ ⇒ 0 ≤ x ≤ 1 0 ≤ x ≤ 1 0 ≤ x ≤ 1 ′ dl = 1 + ( y x ) 2 dx = 1 + 1dx = 2dx 1 1 1  x2  2 I = ∫ ( 1 − x ) 2dx = 2 ∫ ( 1 − x ) dx = 2  x −  = 0 0  2 0 2 Câu 18: Tính tích phân đường I = ∫ ( x + y )dl , trong đó C là đường biên của tam giác với các C đỉnh O(0,0); A(1,0) và B(0,1). Giải: Ta có: ∫ = ∫ +∫ +∫ y C OA AB BO 1 1 ∫ = ∫ ( x + 0 ) dx = 2 OA 0 (1) B(0,1) ′ Trên AB ta có phương trình đường thẳng y = 1-x ⇒ yx = −1 ⇒ ds = 1 + 1dx = 2dx O A(1,0) x 1 ∫ = ∫ ( x + 1 − x ) 2dx = 2 (2) AB 0 1 1 y2 1 = ∫ ( 0 + y ) dy = ∫ 0 = (3) BO 2 0 2 1 1 (1)(2)(3) ⇒ ∫ = 2 + 2 + 2 = 2 + 1 C π π 231 - Câu 19: Tìm độ dài cung tròn x = a cos t , y = a sin t với ≤t ≤ 6 3 Giải:  x = a cos t  xt′ = − a sin t π π Ta có:  ⇒ và ≤t ≤  y = a sin t  yt′ = a cos t 6 3 Ta có: ds = ( xt′ ) 2 + ( yt′ ) 2 dt = a 2 sin 2 t + a 2 cos 2 tdt = adt π π 3 π L = ∫ ds = ∫ adt = at π = a 3 π 6 6 6 Câu 20: Tính I = ∫ (y − 2 xy )dx + (2 xy − x 2 )dy lấy theo đoạn thẳng nối từ O(0,0) đến A(1,2). 2 OA Giải:
Ta có phương trình đường thẳng OA: y = 2x => dy = 2dx 1 1 ( ) ( ) 1 I = ∫ 4 x − 4 x dx + 4 x − x 2dx = ∫ 6 x 2 dx = 2 x 3 = 2 2 2 2 2 0 0 0 257 - Câu 21: Cho C là biên của hình chữ nhật D = [-1;1] x [0;2]. Tính ∫y I = Ñ sin xdx − cos xdy C Giải: Áp dụng công thức Green:  P = y sin x  Py′ = sin x  Ta có  ⇒ Q = − cos x Qx = sin x  ′ I = Ñ + Qdy = ∫∫ ( − sin x + sin x ) dxdy = 0 ∫ Pdx C D 267 - Câu 22: Cho C là biên của hình chữ nhật 1 ≤ x ≤ 3;0 ≤ y ≤ 3 . Tính tích phân đường loại 2. I = ∫ ( x + 2 y ) dx + ( x − 2 y ) dy Giải: Áp dụng công thức Green: P = x + 2 y  Py′ = 2  Ta có  ⇒ Q = x − 2 y  ′ Qx = 1 3 3 3 I = Ñ + Qdy = ∫∫ ( −2 + 1) dxdy = − ∫ dx ∫ dy = −3∫ dx = − ( 3.2 ) = −6 ∫ Pdx C D 1 0 1 (Từ câu 23 đến câu 28 là nội dung của Tích phân Mặt, bỏ) 385 - Câu 29: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân: 2 xydx + dy = 0 Giải: Ta có 2 xydx + dy = 0 (*) dy Khi y ≠ 0 chia 2 vế cho y. Từ ( *) ⇒ 2 xdx + =0 y dy ⇔ 2∫ xdx + ∫ =0 ⇔ x 2 + ln | y |= 0 (nghiệm tổng quát) y y y2 397 - Câu 30: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân: y′ = − x x Giải: y y2 Ta có y′ = − (*) x x
y Đặt u = ⇒ y = u.x ⇒ y ′ = u ′x + u x Từ (*) ⇒ u ′x + u = u − u 2 du du dx ⇔ x = −u 2 ⇔ 2 = − dx u x dx ⇔ ∫ u −2 du = − ∫ ⇔ −u −1 = − ln | x | x 1 x ⇔ = ln | x |⇔ = ln | x | +C (nghiệm tổng quát) u y 413 - Câu 31: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân: y′ ( 1 + tgx ) − ( 1 + tg x ) y = 0 2 Giải: Ta có: y′ ( 1 + tgx ) − ( 1 + tg x ) y = 0 (*) 2 π Khi tgx ≠ −1 ⇔ x ≠ − , chia 2 vế cho 1 + tgx 4  1 + tg x  (*) ⇒ y ′ −  2 dy  1 + tg 2 x  dy ( ) 1 + tg 2 x dx y⇔ = ⇔ = y  1 + tgx  dx  1 + tgx  y 1 + tgx ⇔∫ dy (1 + tg 2 x ) y ∫ 1 + tgx = dx (**) { 1 44 2 4 4 3 ( 1) ( 2) (1) = ln|y| du (2) Đặt u = 1 + tgx ⇒ du = ( 1 + tg x ) dx ⇒ ∫ 2 = ln | u |= ln |1 + tgx | u Từ (**), ta có được nghiệm tổng quát: ⇒ ln | y |= ln | 1 + tgx | +C ⇒ y = ( 1 + tgx ) .C 425 - Câu 32: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân: xy′ + 2 y = 3x Giải: Ta có: xy′ + 2 y = 3x (*) y Đặt u = ⇒ y = u.x ⇒ y ′ = u ′x + u x 2y Từ (*) khi x ≠ 0 chia 2 vế cho x ta được y ′ = 3 − ⇒ u ′x + u = 3 − 2u x du du dx ⇔ x = 3( 1 − u ) ⇔ =3 dx 1− u x du dx ⇔∫ = 3∫ ⇔ − ln | 1 − u |= 3.ln | x | 1− u x y ⇔ ln | 1 − |= −3.ln | x | +C (nghiệm tổng quát) x
443 - Câu 33: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân: 4 y′′ − 16 y = 0 Giải: Ta có: 4 y′′ − 16 y = 0 (*) 1 k = 2 Phương trình đặc trưng: 4k 2 − 16 = 0 ⇒   k 2 = −2 Phương trình vi phân (*) có 2 nghiệm phân biệt y1 = e2 x ; y2 = e −2 x Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (*) là: y = C1.e 2 x + C2 .e −2 x Câu 34: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân: y′′ − 8 y′ + 12 y = e ( x − 1) 2x 2 Giải: Ta có: y′′ − 8 y′ + 12 y = e ( x − 1) (*) 2x 2 Xét phương trình thuần nhất: y ′′ − 8 y ′ + 12 y = 0 (**)  k1 = 6 Ta có phương trình đặc trưng: k 2 − 8k + 12 = 0 ⇒   k2 = 2 Phương trình (**) có 2 nghiệm riêng: y1 = e6 x ; y1 = e2 x Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (*) là y = C1 ( x ) . y1 + C2 ( x ) . y2 (***) C1′. y1 + C2 . y2 = 0  ′ Trong đó C1 ( x ) và C2 ( x ) là nghiệm của hệ phương trình  C1′. y1′ + C2 . y2 = e ( x − 1) ′ ′ 2x 2  C1′.e6 x + C2 .e 2 x = 0  ′ C1′.e 4 x + C2 = 0  ′  Đơn giản e , ta được :  2x 6C1′.e + 2C2 .e = e x − 1  6x ′ 2x 2x 2 ( ) 6C1′.e + 2C2 = x − 1  4x ′ 2 Áp dụng định thức Wronsky, ta được 0 1 C1′ = ( x −1 2 2 ) ( ) ( = − x 2 − 1 ⇒ C1 = − ∫ x 2 − 1 dx ) e4 x 0 ′ C2 = 6e x − 1 4x 2 ( ) ( ) = e 4 x x 2 − 1 ⇒ C2 = ∫ e 4 x x 2 − 1 dx Thế C1 , C2 vào phương trình (***), ta được: y = −e .∫ ( x − 1) dx + e .∫ e ( x − 1) dx =0 6x 2 2x 4x 2 Câu 35: Giải phương trình ( 3 x + y ) y + ( y − x ) xy′ = 0 2 2 2 2 Giải: Ta có: ( 3 x + y ) y + ( y − x ) xy′ = 0 (*) 2 2 2 2 y Khi x ≠ 0 , ta chia 2 vế cho x, từ (*) ⇒ ( y 2 − x 2 ) y′ = − ( 3 x 2 + y 2 ) (**) x y Đặt u = ⇒ y = u.x ⇒ y ′ = u ′x + u x
Từ (**) ⇔ ( u x − x ) ( u ′x + u ) = − ( 3 x + u x ) u ; đơn giản x2, và nhân phân phối : 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ⇔ u 2 − 1 u ′x + u 2 − 1 u = − 3 + u 2 u ( ) ⇔ ( u − 1) u ′x = − ( 3 + u ) − ( u 2 2 2 ) ( ) − 1 u ⇔ u 2 − 1 u ′x = −2u u 2 + 1 ( ) u2 −1 2dx u du 2dx ⇔ du = − ⇔ 2 du − =− ( u u2 + 1 ) x u +1 ( u u +1 2 x ) ( ) u du dx ⇔∫ du − ∫ = −2 ∫ (u +1 2 u u +1 1 44 2 4 4 1 4 2 43 3 ) ( 2 ) x (***) M N Tính M: 1 dt 1 1 Đặt t = u 2 ⇒ dt = 2udu ⇒ M = ∫ t + 1 = 2 ln | t + 1|= 2 ln | u + 1| 2 (1) 2 Tính N: du udu N = ∫ u u 2 + 1 = ∫ u 2 u 2 + 1 Đặt t = u 2 ⇒ dt = 2udu ( ) ( ) 1 dt 1 ( t + 1) − 1 ⇔ 2 ∫ t ( t + 1) = 2 ∫ t ( t + 1) dt 1  dt dt  1 1 1 1 ⇔ ∫ − ∫  = ln | t | − ln | t + 1 |= ln | u | − ln | u + 1 | 2 2 (2) 2 t t +1 2 2 2 2 Thay (1) và (2) vào (***), có: 1 1 1 1 ln | u 2 + 1 | − ln | u 2 | + ln | u 2 + 1 |= ln | u 2 + 1 | − ln | u 2 | 2 2 2 2 y2 1 y2 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là : ln | 2 + 1|= ln | 2 | +C x 2 x Câu 36: Giải phương trình 1 + x y′′ + y′ + 1 = 0 2 2 ( ) Giải: Ta có: ( 1 + x ) y′′ + y′ + 1 = 0 (*), đây là dạng phương trình khuyết y: y′′ = f ( x, y′ ) 2 2 Nên ta đặt y′ = p ⇒ y′′ = p′ 2 ( 2 ) Từ (*) => 1 + x p ′ + p + 1 = 0 ⇒ p′ = − ( 1 + p ) ⇒ dp = − ( 1 + p ) 2 2 1 + x2 dx 1 + x2 dp dx ⇒ =− ⇒ arctgp = − arctgx + C ⇒ p = tg ( − arctgx + C ) 1+ p 2 1 + x2 Mà y′ = p ⇒ y = ∫ p ( x ) dx ⇒ y = ∫ tg ( −acrtgx + C )dx Vậy nghiệm tổng quát của phương tình (*) là: y = ∫ tg ( −arctgx + C ) dx
--------------------HẾT--------------------