Giải Các Dạng Bài Tập Giải Tich 2

8/18/2019 Giải Các Dạng Bài Tập Giải Tich 2

1/45

DẠNG CÂU HỎI 1 ĐIỂM

Câu1: (1đ) Cho hàm số z = arctg y

x chứng minh z’’xx + z’’yy= 0

Z = artag y

xZ’X =

)2)(1(

1

y

x y

=22 y x

y

222)(1

1.

2'

y x

x

y

x y

x y z

Nên ')

22('' x

y x

y xx z

= -

y. 2)22(2

2)22(2

y x xy

y x x

y y x x yy z '

22 )(''

= 222222 )(

2)()2(.

y x xy

y x y x

Vậy yy z xx z '''' .02)22(

22

y x

xy xy

(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) x xy f x x z

')((' )('.')(1 xy f x xy (a);

Z’Y = )(

'.

')(0

'))(

'( xy f y xy y xy f x )(

'. xy f x

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

= )(')(' xy xyf xy xyf x x (đpcm) Câu 4: (1đ) Cho hàm số z = y f (x2-y2), với f(t) là hàm số khả vi CMR

2'

1'

1

y

z z

y z

y y x

)22( y x yf z )(.2)(.).()(( 22'22''22'22' y x f xy y x f y x y y x yf z x x x

và

)(.2)()(.)()())(( 22'22222''2222'22'

y x f y y x f y x f y x y y x f y x yf y z y y Khi đó y z

y x z

x

'.1'.

1 ))(2)(.(1)(2.1 22'22222' y x f y y x f y

y x xyf x

= y

y x f )22( (đpcm)

Câu 5: (1đ) Cho hàm số z = ln(1/r) với r= 22 y x CMR z’’xx + z’’yy=0

r r

z ln1

ln ,với 2 y xr Ta có:r

x

y x

x xr

22

2

2'

r

y

y x

y yr

222

2'

2

/.

1'.

1)ln('

r

x

r

x

r r

r r z x x x

)(

2..2

.'2

.

1

)'('' 4

22

4

2

422 ar

r x

r

r r

x xr

r

r r

xr r

x

z x

x xx

Với vai trò của x và y là tương đương nhau trong biểu thức tính tương tự tađược :

)(4

222'' b

r

r y yy z

Cộng 2 vế (a) và (b)

4

222

4

22

4

222)(222

''''r

r y x

r

r y

r

r x z z yy xx

= 0

(đpcm )

Câu 6: (1đ) Cho hàm số


2/45

2

x y x

xy

y

xarctg x

y

x y x

y

xarctg z y x

y

x xarctg z x 22

)(1

1.

1.'

222

22

Khi đó )(2'.22

22 a

y x

y x x

y

x xarctg z x x

)(2'.22

)(1

1..'

2

22

2

22

2

22

b y y x

y x z y y

y x

x y

y

x y

x x z y y

Cộng 2 vế của (a) và (b) ta được

)('')(222'.' 22222

22

22

y x z yz xz y x y

x xarctg y

y x

y x x

y

x xarctg z y xz y x y x

Câu 7: (1đ)

)2 ,1 ,1222 ( A , z y xu

Ta có :

2 z2 y2 x

x

2 z2 y2 x2

x2

xu

2 z2 y2 x

y

2 z2 y2 x2

y2

yu

2 z2 y2 x

z

2 z2 y2 x2

z2

zu

2

1

2 )2(

21

21

1

x

) A( u

2

1

2 )2( 2121

1

y

) A( u

2

2

2 )2( 2121

2

z

) A( u

Biết rằng: AOl tạo với 3 trục của Oxyz cỏc gúc , , cosin Chỉ phương:

2

1

2

)2( 21

21

1cos

2

1

2

)2( 21

21

1cos

2

2

2

)2( 21

21

2cos

Vậy:

1...cos)(

cos)(

cos)()(

22

22

21

21

21

21

l

Au

y

Au

x

Au

l

Au

Câu 8: (1đ) Cho trường vô hướng A(1,0),T¹iTÝnh u )1,1()ln(.2

l y x y x xul

Bg: Ta có y x2

1 y x

x ) y xln( 2 xu

y x2

1 y x x2

xu

23012 101 1)01ln(.2)( x Au 25012 101 1.2 y ) A( u Biết rằng )1 ,1( l

véctơ Chỉ phương

2

1

)1(1

1

2

1

)1(1

10 2222

coscos)cos,(cos

l

y

l

xl

Biết rằng cos y ) A( u

cos x

) A( u

l

) A( u

2

2

2

125

2

123 ..

Câu 9: (1đ) Cho trường vô hướng

(gradu).divTÝnh

)3 x2 y( eu 2 xy

Bg: Ta có


3/45

3

y u

x u gradukh¸c MÆt

;

)232.(.2)32(.)232(.2)32(. 22232

y x x x yee y x ye x y xy yee x ye y xy xy xy

xu xy xy xy

xu

và xye y y xy y xye y x

u .2)2323

(.2

2

) y4 y3 xy2 y( e 224 xy

)242

33

222

42

32

24

(22

)242

33

222

()22()232

22

(.

2

2

xy x x x y y y xy y xy

e

x

u

y

u

xy x x x y xy

e xy xy

e y x x x y xy

e x

y

u

2 2 (gradu)div

Câu 10: (1đ) Cho hàm ẩn ),( y x z z

Có PT x z

yarctg x z

Ta có yd y z dx x z y x z d ''),( mà 0),,(

z x x z

yarctg F

x z

yarctg x z

z y x

2)(22)(1

1.

1'2)(2

2)(212)(2

12)(1

1.2)(

' x z y

x z

x z

y x z y F

x z y

x z y y

x z y

y

x z

y x z

y x F

2)(

2

)2

)(2

(

2)(

2

)2

)(2

(1

2)(

21

2)(1

1.

2)(

'

x z y

x z y y

x z y

x z y y

x z y

y

x z

y x z

y

z F

22

22

22

22

22

)('

''

1

)(

))((

)(

))((

'

''

x z y y

x z

F

F z

x z y

x z y y

x z y

x z y y

F

F z

z

y

y

z

x x

nnªVËy

dy x z y y

x z dxdy z dx z d

y x y x z 22),( )(''

dã,Do

Câu 11: (1đ) cho hàm ẩn

),( z y x x có PT :

23 xy x x4 z Víi 243),,( xy x x z z y x F 1'

2'43'

22

z F

xy F y x F d

y

xã,Khi

22

22

43

1

'

''

43

2

'

''

y x F

F x

y x

xy

F

F x

x

z z

x

y y

Như vậy = dz y x

dy y x

xydz xdy xd z y z y x 2222),( 43

1

43

2''

Câu 12: (1đ) cho hàm ẩn ),( z y x x có PT ) y2 y x( e z 2 x2


4/45

4

o z y y xe F x

z y x )2( 22

),,(

Ta có:1'

)1(.2)22(')1242()2(.2' 2222222

z

x x

y

x x x

x

F

ye ye F y y xee y y xe F

)2412(

1

'

''

2412

)1(2

)2412(

)1(2

'

''

22222

2

y y xe F

F x

y y x

y

y y xe

ye

F

F x

x

x

z z x

x

x

y

y

Như vậy)2412(

)1(2''

22

2

),( y y xe

dz dye ydz xdy xd

x

x

z y z y x

DẠNG CÂU HỎI 2 ĐIỂM

Câu 1: (2đ) Tìm cực trị của hàm số )4)(( y x y xe z x

Mxđ : R y x ),( ta có 42)4)(()()4()4)((' x y x y xe y xe y xe y x y xe z x x x x x

ye y xe y xe z x x x y 24)()4('

Xét tọa độ các điểm tới hạn của h/số : M(x,y)

0)('

0)('

M y z

M x z

)189'(

2

2

4

2

086

2

042)2(

2

042)4)((

0)24(22

x

y

x

y

x

y

x x

y

x y x y xe

ye

y x

x

Hàm số có 2 điểm tới hạn: )2,2(1 M và )2,4(2 M Ta lại có:

42)4)(('' x y x y xe z Ar x xx

yx xy

x z z B s x y x y xe y x y x ''''104)4)((2)()4(

x y x yy x x x e ye z C t ye ye 2)24('')24()24( // Tại M1(-2,2),ta có:

0.2

0.4.40.2)1(''

0)2.24(''.210)2(4)422.(0)('')(

2

)1(

4422

)1(

2

)1()1(

22

11

e A

ee AC Be M z C

e z Bee M z M A

M

yy M

M xy M xx

Hàm số không đạt cực trị tại M1(-2,2)Tại M2(-4,2),ta có :

0.2

0.4.40

.2

0)2.24(

2)104(4)424)(24(()(''

4

882

4

4

442

e A

ee AC B

eC

e B

ee M z A xx

Vậy hàm số đạt cực đại tại M2(-4,2) và 44)2,4(max .4)424)(24(

ee z z

Câu 2: (2đ) Tìm cực trị của hàm số xy y x z 322

Ta có MXĐ :

2),( R y x D và

x y y z

y x x z

323'

323'


5/45

5

Xét tọa độ các điểm tới hạn M(xo,yo) của Z(x,y) :

)2(

)1(

033

033

0'

0'

2

2

2

2

x y

y x

x y

y x

z

z

y

x

Thay (2) vào (1) y y4

0

10)

4

3)

2

1)((1(0)1(

2

123

y

y y y y y y

Với : 121111 y x y Với : 022202 y x y Ta có 2 điểm tới hạn của :M1(1,1) và M2(0,0): ta có

y z

z z

x z

yy

yx xy

xx

6''

3''''

6''

Tại M1(1,1) thì

027)6.6()3(

6)1(''

3''

61.6''

22

)1(

)1(

AC B

M z C

z B

z A

yy

M xy

M xx

Vậy

06

0

A H/s đạt cực tiểu tại M1(1,1)

Tại M2(0,0) ta có

090)3(

''

3''

00.6''

2200.6)(

)(

)(

2

2

2

AC B

z C

z B

z A

M yy

M xy

M xx

hàm số không đạt cực trị tại M2(o,o) .Như vậy hàm số đó cho đạt cực tiểu tạiM1(1,1) = - 1

Câu 3: (2đ) Tìm cực trị của hàm số 0,2)2)(22( ab yby xax z MXĐ : 2),( R y x Ta có :

)2()(22)2('

)2()(22)2('

)2()2()2)(2( 22

a x xb y yb ya x x z

b y ya x xa xb y y z

b y ya x x ybx xax z

y

x

Xét hệ PT:

0))(2(2

0)2()(2

0'

0'

b ya x x

b y ya x

y z

x z

b ya x

ya x

b y x

o y x

b ya x

b ya xo x

b y y

a x

22

02

20

0

2

20

Kết hợp các khả năng với ab 0a 0 ,b0, 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

))((42)(2'''')2(2))2()(2('' '

b ya x yb ya x yx z xy z

b y yb y ya x z x xx

và )2(2'' a x x yy z với M1(0,0) )1('' M xx z r 0)20.(0.2 b


6/45

6

0)20(0.2)(''

4)0)(0(4)(''

2

1

a M yy z t

abba M xy z s

0.02)4(2 abrt s 02216 ba (ab 0) mà r = 0

M1(0,0) không là điểm cực trị Với M2(0,2b)

0)22(2.2)('' 2 bbb M xx z r

0)20(0.2)('')(4)2)(0(4)(''

2

2

a M yy z t abbba M xy z s

022162 bart s

M2(0,2b) không là điểm cực trị Với M3 (a,b)

2

3

3

2

3

4)2(2)(''

0))((4)(''

4)2(.2)(''

aaaa M yy z t

bbaa M xy z s

bbbb M xx z r

2216202 bart s 02216 ba mà r= -4b2 0

hàm số đạt cực đại tại M3 (a,b)* Với M4 (2a,0)

0)20(0.2)4('' b M xx z r

obaabrt saaa M yy z t

abbaa M xy z s

2222

4

4

160)4(0)22(2.2)(''

4)0)(2(4)(''

Hệ số không đạt cự trị tại M4(2a,0)

Với M5 (2a,2b) ta có:

0160)22(2.2)(''

4)2)(2(4)(''

0)22(2.2)(''

222

5

5

5

bart saaa M yy z t

abbbaa M xy z s

bbb M z r

Hệ số không đạt cự trị tại M5(2a,2b) Như vậy hệ số đạt cực đại tại M3 (a,b) khiđó

222222

),(max )2)(2( babbaa Z Z ba

Câu 4 : (2đ) y x y xy x z ln10ln422

Mxđ: 0,0:),( y x y x D

ta có: x

y x x z 4

2'

y x y y z

4

2' ; Xét hệ pt tọa độ cỏc điểm tới hạn M (x,y):


7/45

7

04

2

04

2

0'

0'

y x y

x y x

y z

x z

0

)(4)(3

044

xy

y x y x

y x y x

0)4

3)((

0)4

1)((

xy y x

xy y x

00

0

y x

y x

y x

loại Với khụg D

3

32

3

40

43

0

y x xy

y x

xy

y x

4

0

04

12

x

y x

y x xy (vụ n0)

3

4

4

04

3

04

1

xy

xy

xy

xy ( vụ n0)

vậy hệ pt có 1 n0 332 y x

Hệ số có 1 điểm tới hạn )3

32,

3

32( M

Xét: 24

2'' x

z r xx

2

4

2''

1''''

y yy z t

yx z xy z s

tại

0154.41

44

1''

1''

44

1''

)3

32,

3

32(

2 3

4)(

)(

34)(

rt s

z t

z s

z r

M

M yy

M xy

M xx

và r = 4 > 0 h/số cực tiểu tại:

)3

32,

3

32( M và

3

4ln74

3

4ln

2

14

3

4.3)

3

32,

3

32(min z Z

Câu 5 : (2đ)

y x y x z 33


8/45

8

MXĐ:(x,y)R 2

Ta có : 123' x x z

123' y y z

Xét hệ PT tọa độ các điểm tới hạn của h/số:

3

1

3

1

3

1

3

1

3

1

3

1

3

1

3

1

3

1

3

1

3

1

3

1

013

013

0'

0'

2

2

y

x

y

x

y

x

y

x

y

y

x

x

y

x

z

z

y

x

h/số có 4 điểm tới hạn:

)3

1,3

1(4),3

1,3

1(3

)3

1,

3

1(2),

3

1,

3

1(1

M M

M M

Ta lại có: 6xxx'z'r

y yy z t

yx z xy z s

6''

''''

lần lượt xét các điểm tới hạn ta có : Tại )3

1,

3

1(1

M

032

012

32.322

323

1.6)1(

''

323

1.6)1(

''

r

rt s

M yy z t

s

M xx z r

h/số đạt cực đại tại )31,

31(1 M và


9/45

9

9

34max

)3

1,

3

1(max

Z

z Z

Tại )3

1,

3

1(2 M

01232.32

323

1.6''

''

32)3

1.(6''

2

)(

)(

2

2

rt s

zt

z s

zr

M yy

xy

M xx

h/số ko đạt cực trị tại M2

Tại

32)3

1.(6''

0''

323

1.6''

)3

1,

3

1(

)(

)(

3

3

3

M yy

xy

M xx

xt

z s

zr

M 01232.322 rt S

h/số dạt cực trị tại : )3

1,

3

1(3 M

Tại )3

1,

3

1(4 M

323

1.6)4(

''

''''

323

1.6)

4(''

M yy z t

yx z xy z s

M xx z r

01232.322 rt S

mà 032 r

h/số đạt cực tiểu tại)

3

1,

3

1(4 M

với9

34)

3

1,

3

1(min z Z

Như vậy h/số đạt cực đại tại

9

34max1 );

3

1,

3

1( Z M

Đạt cực tiểu tại:


10/45

10

9

34min4 );

3

1,

3

1( Z M

Câu 6 : (2đ)

Tỡm cực trị của hàm số z = x4+y4 – 2x2 + 4xy -2y2

z’x = 4x3 – 4x + 4yz’y = 4y3 – 4y + 4xz’’xy = 4, z’’x2 = 12x2 – 4

z’’y2 = 12y2 – 4

0 x y y

0 y x x

0' z

0' z

2

2

y

x

0 y x3

x

0 ) xy2

y2

x )( y x(

0 y x3

x

03

y3

x

0 y

0 x

0 x23 x

0 y x

0 y x3 x

0 xy

0 y x3 x

0 y x

2 y

2 x

2 y

2 x

0 y

0 x

+ 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) k 0 là Cực trị * Xét A ¹i cùc vµothay d 2 ,2 * Xét B tiÓcùc vµothay 2 ,2

Câu 7 : (2đ)

Tỡm cực trị của hàm số:

z = xy+ y20

x50 với x>0, y>0


11/45

11

Giải: Bước 1

2 y

20 x

2 x

50 x

' z

y' z

Tỡm cỏc điểm dừng

)2(

)1(0

0

0

2

2

2

2

20

50

20

50

y

x

y

x

x

y

x

y

Thay (2) vào (1) ta có

0 y. y0 y 481

2

2 y

20

50

=> 8y – y4 = 0 => y(8-y3) = 0

0)224)(2(38

0

y y y y

y

032)1(42

20

y y

y y

2 y

5 x rabµi theolo¹i

Vậy có 1 điểm dừng M1(5,2).

Bước 2: Tính AC B2

3

4000

3

40''

11''

10 0''

2

33

2

y z C

z B x

z A

y

y x xy

x

Tại điểm dừng M(5,2) ta có

0341 )2 ,5(

=> hàm số đạt cực trị ta lại có

0 )2 ,5( A125100 Tại M hàm số đạt cực tiểu.

Câu 8 : (2đ)

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

Giải: Bước 1:


12/45

12

22

y

2 x

x y3' z

xy2 x3' z

Tỡm cỏc điểm dừng

có hệ

)2(0223

)1(0223

x y

xy x

Từ (1) => x(3x-2y) =0

y x y x x

3223

0

thay x=0 vào (2) ta có 3y2=0 =>y=0

thay x=2/3.y vào (2) ta có

042703 222

942 y y y y

23 y2= 0 => y=0

Vậy ta có điểm dừng M(0,0)

Bước 2:

Tớnh AC B2

y x z A x

26'' 2

y zC y

y y x x x xy z B

6'' 2

6).26(2

42''

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

1

122

22

y x

y x z


13/45

13

122

)122(

1221222

'

y x

y x

y x

x y x

x z 322

2

322

222

1

222

1

)22()1(2

y x

x xy y

y x

x xy x y x

322

2

1

222'

y x

y xy x

y z

Ta có

02222

022220'

0'

y xy x

x xy y

y z x

z

0222

0)122)((2 y xy x

y x y x

0222

0122

222

0

2

2

y xy x

y x

y xy x

y x

x=y=2

Ta có: 122212222122 y x y x 13 22 y x 331

122

22

z

y x

y x

=> max z=3

2122

y x y x

=> 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

trờn miền D:

2010

y x

Giải: Ta có:

8 x2' z

4 y2 x2' z

y

x

Tỡm cỏc điểm tới hạn

6 y

4 x

08 x2 y' z

04 y2 x2 x' z

Vậy ta thấy hàm số đạt cực trị thỡ điểm cực trị k 0 thuộc miền D

17)2,1(3)0,1(

16)2,0(0)0,0(

z z z z : XÐt


14/45

14

=> 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

trờn miền D: 2522 y x

Giải: Ta có:

16 y2' z

12 x2' z y

x

Tỡm cỏc điểm tới hạn

8 y

6 x

016 x2 y' z

012 x2 x' z

Vậy ta thấy hàm số đạt cực trị thỡ điểm cực trị k 0 thuộc miền D

70 )5 ,5( z

90 )5 ,5( z

190 )5 ,5( z

30 )5 ,5( z

: XÐt

=> Gớa trị Max =190 Giỏ trị Min = -90

Câu 12 : (2đ)

y 2

2 y x

y=1

1

3 21

1 2 3


15/45

15

Đổi thứ tự lấy t/phân

1

0

dy I 2

2

2

3

),(

y

y

dx y x f

miền lấy t/phân D =

23

2

2

10

:2),( y x

y

y

R y x

D được giới hạn bởi các đường

y =0 ; y =1 ;2

2 y

x ; 32223 y x y x

Miền D = 321 D D D với

230

32:),(3

10

22

1

:),(2

02

2

10

:),(1

x y

x y x D

y

x y x D

y x

x y x D

Vậy 21

0

dx I x

dy y x f 2

0

),(2

2

1

dx

1

0

),( dy y x f 23

0

3

2

),( x

dy y x f dx

Câu 13 : (2đ) Đổi thứ tự lấy t/phân:

x

x x

dx I 2

2

2

0 2

dy y x f ),(

y2

2 y x

1

1/2 1 2 x

Miền lấy t/phân D =

x y x x

x R y x

222

20:2),(


16/45

16

D được g/hạn bởi các đườngx =0 ; x =2

211

211

122)1(22

y x

y x

y x x x y

2

22

y x x y

321 D D D D với D1 =

211

2

2

10

:),( y x

y

y

y x

2

2

2

21

:),(2 x

y

y

y x D

2211

10:),(3

x y

y

y x D Vậy 2

2

2

111

0

y

y

dy I dx y x f ),(

dx y x f dy

y

),(2

11

1

0 2

dx y x f dy

y

),(22

12

2

Câu 14 : (2đ)

1

0

1

21

),( y

y

dx y x f dy

y

1

y=1

1

-1 x

x=1-y

miền lấy tích phân ),( y x D

y x y

y

121

10

Miền D được giới hạn bởi các đường: y=0 ,y =1 ,x=1 -y và21 y x 122 y x

(lấyphần )0 x 21 D D D


17/45

17

Với: :),(1 y x D

021

01

y x

x

x y x

y x D1010

:),(2

xdy y x f dx

xdy y x f dx I

1

0

),(0

1

0

1

21

0

).(

Câu 1 : (3đ) L

dx)yxxy(I

dy)yxxy(

Theo công thức Green: D

dxdy)xy(I

cosar 0

22:D

Ddxdy)xy(

Ddxdy)1x1y(I

Trong đó D là hình tròn :4

2a2y2)2

ax(

đổi toạ độ cực thì:

D

cosar 02

42

Câu 2 : (3đ) L

ydx xdy I

y

a

L

-a 0 a x

*Tính trực tiếp : Ta có PT đường cong là nửa trên của đường tròn : )0(,222 aa y x là

a xa

xa y 22

dx

xa

xdx

xa

xdy

22

222

2


18/45

18

vậy L

ydx xdy I

dxa

a xa

x x xa

22.22

a

a xa

dxa

a

a

dx xa

dxa

a xa

a xa

dxa

a xa

x xa

22

2

222

22

222

2

22

222

a

a

a

a

xa

dxa

dx xa I

22

2

222

a

a

dx xa I 221 ,đặt x=asint

22 t

2

2

2sin221

t aa I .d(asint)

2

2

2cos

2

2

2

.cos.cos

tdt a

dt t at a

= 2

22

2cos12

dt

t

a

22

)sin(sin

)2

(22

2

2sin

2

2

2

22

2

a

a

t t

a

a

aa x

a xa

a

d

xa

dx I

2222

)(1

)(

a

aa

a

a

a

a

x

arcsin

arcsinarcsin

02

2

2.2

22

12

aa

I a I I

b.Dùng công thức Green:

y

a BL

D


19/45

19

A C

-a 0 a x

Xét miền kín được tạo bởi đường cong L và đ/thẳng y=o

L ABC

ydx xdy ydx xdy I

ABC

AC

ydx xdy ydx xdy

-Ta có: ABC

ydxx xdy I 1

Theo đ/lý Green với:

D

dxdy y

p

x

Q I

x

Q xQ

y

p y p

)(1

1

1

D

dxdy 0)11( -Mặt khác:

AC

ydx xdy I 2

Với:

00:

dy y

a xa AC

a

a

dx x I 0.00.2

Vậy 00021 I I I

Câu 3(3đ) L

xydydx y x )(

x=y2

1 B

m L

A n

O 1 x

y=x

a.Tính trực tiếp


20/45

20

tacó: Am B Bm A L

Trong đó Bm A có PT:

xydydx y y x

10

2

A Bn có PT:

1

0

2

1

0

22

1

0

2

0

1

32

)2(

)23(

)(

2)(

)(

)(

)(01

dy y y

dy y y

dy y y y

dy y y y y

xydydx y x

xydydx y x

xydydx y x I

dydx y y x

A B

B A

L

n

m

1

0

23 )23( dy y y y

12

10)1

3

1

4

3(

343

1

0

234

y

y y

b.Sử dụng công thức Green L

y x y x dyQdx p I ),(),( Với:

y x

Q

y

p

xy y xQ

y x y x p 1

),(

),(

Theo công thức Green ta có:

D

dxdy y

p

x

Q I )(

Với D là miền kín biểu diễn trên h/vẽ D

dxdy y I )1(

1

0 2)1(

y

y

dx ydy

12

1

12

683

0)2

1

3

2

4

1(

)

23

2

4

(

)2(

))(1(

1

0

234

1

0

23

1

0

2

y y y

dy y y y

dy y y y

Câu4(3đ) c

dy2xdx2yI

YCR


21/45

21

-R R X

Cách1:Đường tròn có Pt tham số:

R

Ro.2xodx

dt)tcosR(t2cos2R

o)tsinR(t2sin2RI

t0,tsinRytcosRx

o

dt t t R )cos(sin 333

4t3costcos3t3cos

4

t3sintsin3t3sin

dt)t3costcos3o

t3sintsin3(4

3RI

33R4

316.

43R

3

1

3

133

4

3R

o3

t3sin

tsin33

t3costcos3

4

3R

Cách2:

o

R

ordr )sinr cosr (d2

oy

2R2y2x

dxdy)yx(2I

3

3R4

o)cos(sin

3

3R2

o

d)sin(cos3

3R2

d)o

R

o 3

3r ).(sin(cos2I

Câu5(3đ): AB

dyyx

Y

B

a

t A

a X


22/45

22

2to,

tsinay

tcosax:B A

Nhận xét : yx khi4

to

yx khi2

t4

2

4

dt)tcostsint2(cos2a

4

odt)tcostsint2(cos2aI

o2

4

tdtcos)tsint(cos2a

4

otdtcos)tsint(cos2aI

0

4

24

t2cos

4

t2sint

2

12a

o4

4

t2cos

4

t2sint

2

12a

2

4

dt)2

t2sin

2

t2cos1(2a

4

2

dt)2

t2sin

2

t2cos1(2a

Câu6(3đ) dy)2y1

AB y

2x(ydxlnx2

Y

B

C A

1

1 X

Đặt :p = 2xlny 2y1y

2xQ

Nhận xét:y

x2

x

Q

y

p

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)


23/45

23

2

1

dy)2y1o(

o

1odx)1ln.x2(

AC CBQdypdxQdypdxI

)31

52ln

352(2

1dy

2

1

2y1I

2

1dy

2y1

2y

1

22y1yI

dy

yV

2y1

ydU

dydV

2y1U

dy2

1

2y1I

)2152ln(

21

225I

)21ln()52ln(

)252(I

1

2)2y1yln(I

1

22y1y

2

1

2

1 2y1

dydy2y1

2

1

2y1ydy2y1

112y

1

22y1yI

Câu7(3đ)

c 2y2x

dy)xy(dx)yx(

Biểu diễn Pt đường tròn trong dạng tham số:

2to,tsinay

tcosax

dt)tcosa)(tcosatsina(

2

o 2a

)tsina)(tsinatcosa(I

2

o2dt

2

odt)t2cost2(sin

t


24/45

24

a x

Câu8(3đ)

c 2y2x

xdyydxI

y

t

1 x

Pt tham số:

2to,

tsiny

tcosx

I=

2

o2dt

2

o t2sint2cos

dttcos.tcos)tsin)(tsin(

Câu9(3đ) Cho các hàm số

ysin2mxycosxe)y,x(Q

ycosx2m2ysinxe)y,x(p

a.

Qdy pdx

ymx ye x

Q

ym ye y

p

x

x

sin2cos

sin2cos

2

2

là vi phân toàn phần khi : om2m

x

Q

y

p

nhận được m = o,m = 1

b.theo công thức ta có :

x

o

y

2

ycosxe(dxxe)y,x(U

2dy)ysin2x

1ycos2xysinxe

Câu10(3đ)


25/45

25

dx)ycosyysinx AB

dy)ysinyycosx()x(h

a.Đặt)ysinyycosx()x(hQ

)ycosyysinx()x(hp

Điều kiện để tích phân ko phụ thuộc đường đi là :x

Q

y

p

x x

x

x x x

x

x

x

x

x

eh

h

hhh

y y y xh

y y y xh x

Q

y

p

yh y y y xh x

Q

y y y x y xh y

p

)(

)(

)()()(

)(

)(

)(

)(

)(

1'

'

)sincos(

)sincos('

cos)sincos('

)sincoscos(

b.

y

A(o,)

0 B(,o) x

o

o

o A Bo

ydy y

dxody y y

Qdy PdxQdy Pdx I

sin

.)sin(0

Sử dụng công thức tích phân từng phần :

yvdydu

ydydv yu

cossin

oo

yo

y y

ydyo

y y I o

sincos

coscos

Câu11(3đ)

AB 2y2x

dy)ynx(dx)ymx(

a.Ta có :

)2y2x(

xy22nx2ny

y

p

2)2y2x(

mxy22x2y

y

p

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


26/45

26

10101

,,0)1(2)1)((

2

2

22

22

22

mnm

n y x

m xyn y x

xynxny

mxy x y

b/

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

A(a,o) x

dxa x

a xdy

ya

ya I

y x

y xQ

y x

y x p

Qdy pdxQdy pdx I

a

a

o

C A BC

0

2222

2222 ,

2)

4(2)arctgo1arctg(2

o

aa

o a

xarctg

a

1.a2dx

2x2a

a2

a

o

dx2x2a

xaa

o

dx2x2a

xa

a

o

a

o

dx2x2a

xady

2y2a

ya

Câu12(3đ) Tính tích phân mặt loại 2 sau đây:

dxdy2zdzdx2ydydzs

2x

z

a

a

y

ax

a

o

a

o

a

o

a

o

a

o

a

o

v

a a

o

a

o

v v

v

zdz dydxdz ydydx

dz dy xdx zdxdyd z

ydxd ydz xdxd ydz

dxdydz z y x I

2

22

222

)(2

0

))(())()(( 22

o

a y

o

a x

o

a z

o

a y

o

a x

))()(()(

2

o

a

z o

a

yo

a

xo

a

z

4a34a4a4a


27/45

27

Câu13(3đ) Cho trường vectơ

)2zx.2yz,2xy(F

dxdy2zx

dzdx2yzs

dydz2xy

áp dụng công thức :Ostrogratski

1:

)(

222

222

z y xV

dxdydz x z y

v

Đổi qua toạ độ cầu :

102

0

r oV

5

4

5

1.2.2

2

o o

1

odr 4r ddd

Câu14(3đ)

Đổi qua toạ độ trục

20

22

202

r

z r

dz r d dr I

r

.2

32

0

2

02

2

dr r

r 222

0

3 )2

2(.2

3

16)

3

1

2

1(2.2

)122

(2

4

2

0

64

r r

Câu 15 (3đ)2z2y2x2U

2z2y2xU


28/45

28

u

xxux2xu.u2

tương tự ;u

yyu

u

zzu

)u

z,

u

y,

u

x(gradu Thông lượng của trường vectơ gradu qua mặt cầu 1z2y2x:S là

s

dxdyu

zdzdx

u

ydydz

u

xzdxdyydzdx

sxdydz

vì 1S U

áp dụng c/thức ostrogradsky ta có v

dxdyz3 trong đó V là h/cầu 12z2y2x

.3 (thể tích V) 43

4.3

Câu1(4đ)

x y

y

y

x y y

y

y

y x y

cos

1ln'

1cosln'

lncos'

Đặt y

y z y z

''ln

thay vào ,ta đượ c : x

z z cos

1'.

dx x

x

z dx

x zdx z

2

2

sin1

cos2cos

1'.

)sin1)(sin1(

)(sin

x x

xd

)42

(ln2

2

lnsin1

sin1ln

2

1

sin1

)(sin

2

1

sin1

)(sin

2

1

xtg C

z

C x

x

x

xd

x

xd

Thay lại ,ta có nghiện tổng quát của PT: )42

(ln22ln

xtg C y

b/ 2sin'' x y y x

+Đây là PT vi phân tuyến tính cấp 2 ko thuần nhất

+Xét PT thuần nhất tương ứng 0'' y y PT đặc trưng :

12

11012

k

k k

PT đặc trưng có 2 nghiệm thực phân biệt do đó nghiệm tổng quát của PT đặctrưng :

x x eC eC y .. 21

+Ta tìm 1 No riêng của Pt vi phân tuyến tính cấp 2 ko thuần nhất đã cho:

)(2)(12cos22

)2

2cos1(

2sin''

x f x f x x x

x x x x y y

với )(.2

)( 11 x P e x

x f ox


29/45

29

= 0, n = 0 nên no riêng có dạng yR1= Ax +B y’R1 = A y’’R1= 0thay vào pt : y’’- y = f 1(x) =

2

x

0 (Ax+B)=2

x

0

2

1

B

A

No riêng : yR1 =2

x

Với f 2(x) = x x 2cos2

x xQ x x P oxe 2sin).(02cos)(1

pt : y’’-y= x x x f 2cos2

)(2

có N0 riêng dạngyR2= (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)cos2xThay vào pt ta được : (-4A – 5C)sin2x – 5(Ax+B)cos2x

= x x 2cos2

25

2

10

1

.5

4

0

10

1

05

2

15

0)54(

C

B

A

B

A

C A

No riêng: x x x y R 2sin25

22cos

10

1' 2

Như vậy, No riêng của pt vi phân khg thuần nhất đã cho là : yR = yR1 +yR2 x x x x 2sin

25

22cos

10

1

2

Vậy No tổng quát của pt đã cho

x x x x

eC eC y y y x x

Rtq

2sin25

22cos

10

1

2

.. 21

Câu2(4đ) a. Tìm No riêng của PT:

1

1

3ln

'

01'3ln

x y y

y

x y y y

đặt y

y z y z

''ln

Thay vào ta được:

1

13'

x z

z Tích phân 2 vế :


30/45

30

2

1)12(

2

122

1.

2

1

13

'

C x z

C x z

x

dx

z

dx z

Thay y z ln ta có:

2

1)12(2ln C x y

do 2)1615( e y thay vào:

8

3

2

1

8

1

2

1)

4

1.2.(4

2

1)1

16

152).(

2(

2ln

C

C

C e

Vậy,No riêng của Pt đã cho là :

2

1)

8

312(2ln x y

b.Tìm No tổng quát : )(2

2'3'' x poxe x y y

-Đây là PT tuyến tính cấp 2 ko thuần nhất- PT đặc trưng tương ứng của PT tuyến tính cấp 2 thuần nhất

0'3'' y y là:

32

01

0)3(032

k

k

k k k k

no t/quát của PT thuần nhất là:

xeC C

xeC oxeC y

3.21

3.2

.1

ta tìm 1 No riêng của PT vi phân cấp 2 Ko thuần nhất đã cho có dạng : )2( C bxax x RY (Vì )01 k

23629

26'3''

26''

223'

23

xC bxax

bax R y R y

bax R y

C bxax R y

C bxax

27

2

9

1.

3

2

3

2

9

1

032

0)(6

19

232

)(629

bC

ba

cb

ba

a

xC b

xbaax

Vậy một no riêng của PT là :

)5

22(

9

)27

2

9

12

9

1(

x x x

x x x R y

No t/quát của Pt đã cho là :


31/45

31

)5

22(

9

321

x x x x

eC C

R y ytqY

Câu3(4đ) a. x x x y y cossinsin'

)cos(sin' x y x y (*)

Đặt x y z cos x z y x y z sin''sin''

Thay vào (*) ta đượ c:

x z

z

z x z

z x x z

sin1

'

)1(sin'

.sinsin'

Tích phân 2 vế :

C z

xdx z

dz

xdx z

dx z

co s1ln

sin1

sin1

'

(C là hằng số )

+Thay x y z cos ta được No t/quát của Pt là :C xe x y

C xe x y

C x x y

coscos1

cos1co s

co s1cosln

b. x x y y 2cos'' x x x 2cos22

- Đây là PT vi phân tuyến tính cấp 2 Ko thuần nhất - Xét PT vi phân thuần nhất tương ứng : 0'' y y PT đặc trưng : 12,1012 k k

vậy

PT thuần nhất có No t/quát xeC xeC y 2.1 - Xét Pt Ko thuần nhất đã cho :

)(2)(1

2cos22

''

x f x f

x x x

y y

Ta sẽ lần lượt tìm No riêng ứng với Pt : y’’- y = f 1(x) (1) là yR1 và y’’ – y = f 2(x) (2) là yR2 ta có :

2)(1

x x f

)(1. x P oxe )2,1( k k Ta tìm N0 riêng dạng : yR1 = e0X .(Ax + B)

y’R1 = A y’’R1 = 0 Thay vào (1) :

0 – (Ax +B) =2

x

0

2

1

B

A

N0 riêng yR1 =2

x

Ta có : f 2(x) = x x P oxe 2cos.)(1 x xQ 2sin).(0

Ta tìm N0 riêng dạngyR2 = e0x.((ax+b)cos2x+ Csin2x)


32/45

32

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)cos2xThay vào (2) - (4a +5c)sin2x – 5(ax+b)cos2x = x x 2cos2

25

2

10

1.

5

4

0

10

1

2

15

05

054

c

b

a

a

b

ca

Vậy yR2 = x x x 2sin25

22cos

10

1

Như vậy theo n/lý chồng chất N0, N0 riêng của pt đã cho sẽ là : x x

x x

RY RY RY

2sin25

2

2cos102

21

Vậy N0 tq của pt đã cho là :

x x x x

eC eC Y Y Y x x Rtq

2sin25

22cos

102

21

Câu 4 : (4đ) a) 2ydx + (y2 – 6x)dy = 0

23'

032

y x y

x

y

x y

dy

dx

Đây là pt vi phân t2 cấp 1 không thuần nhất với :

2;

3)()(

yQ

y P y y

C/thức N0 t/quát là :

dy y P edy y P e x )()(

C dyQ y )(

Đặt

dy y

dy y p I 3)(

ydy ydy y

y

dyQe J

y y

dy

ydy P y

.ln2

3

2.ln3

ln33

)()(

Đặt

2

2

ln

yv

y

dydu

ydydv

yu

2

8

3ln2

4

3

4

3ln2

4

3

.2

2ln

2

2

2

3

y y y

ydy y y

y

dy y y

y J


33/45

33

Vậyno t/quát của pt là:

C y y y y x 2

8

3ln2

4

3ln3

(C là hằng số ) b. xe y y y 420'9''

+Đây là Pt vi phân t2 cấp 2 ko thuần nhất +Xét Pt thuần nhất tương ứng :

020'9'' y y y Pt đặc trưng:

52

410)5)(4(

02092

k

k k k

k k

Pt đặc trưngcó 2No thực phân biệt52,41 k k nên no t/quát của Pt thuần nhất là :

xeC y 41 xeC 5.2

-Xét Pt vi phân ko thuần nhất đã cho

1

)(4

)(

)(

4

4

.20'9''

k

pee f f e y y y

xo x x

x

x

x

Ta tìm 1 No riêng có dạng:

xe x A

xe x xe A R y

xe x A

xe Ax x Ae R y

A x xe R y

4)21(8

4).41(44.4''

4)41(

4.44'

.4

thay vào ta có :

1

..20

)41(9)21(8

20'9''

44

44

44

4

Ae Ae

ee Ax

e x Ae x A

e y y y

x x

x x

x x

x R R R

no riêng : xe x R y 4.

Vậy, No t/quát của pt đã cho là :

xe x

xeC

xeC

R y ytqY

4.

52

41

Câu5(4đ)

a.Tìm No riêng: x x x y

y ln.ln.' - Đặt:

t yt

et

et ydx

dt

dt

dy

dx

dy y

t e

xdx

dt

xdt dt t edx

t e x

'.'.

'1

thay vào Pt ta được :

t et t q

t t p

t et yt

y

t et

t et

yt y

t e

2.)(

1)(

2.1'

..

'.

Đây là Pt vi phân t2 cấp 1 ko thuần nhất đối với t No t/quát:


34/45

34

C dt qee y t dt pdt p t t

)(.

)()(

+Ta có : dt t p I )(

2

22

2..12..ln

)()(

ln1

t edt t e

dt t et t

dt t et t e

dt t qdt t pe J

t dt t

Vậy No t/quát:)

2

2.(

2

2ln C

t et C

t et e y

Thay t = lnx , )2

2(ln C x

x y xt e

do:2

2

)(e

e y thay vào ta có :

022

)2

).(ln(

22

2

)(

C eC e

C e

e y e

Vậy N0 riêng của pt

2

2)(

lnln

'

e x y

x x x x

y y

=> x x y ln2

2

b) Tìm N0 t/quát: xe x y y y .'2''

Đây là pt viphân t2 cấp 2 không thuần nhất.

Xét pt thuần nhất tương ứng: y’’ –2y’ + y = 0 pt đặc trưng k 2 – 2k + 1 = 0 (k – 1)2 = 0 N0 kép k 1 = k 2 = 1 pt thuần nhất có N0 t/quát :

xcc xe y )21(

Ta tìm 1 N0 riêng của pt không t/nhất đã cho có dạng: ).(.2 bax xe x R y vì 112.)( k e x x f

yR = eX (ax3 + bx2) yR

bx xbaaxbx

xbaaxe y

b xabaxe

bxaxbxaxe

x R

x

x

2)3(232

)3(''

2)3(

23

2

23

23

223

b xba xbaaxe y

x R

2)23(2)6(''

23

Thay vào pt đã cho ta được:

x

x R R R

xeb xbba

xbbabae

y y y

24)26(

)3(26

'2''2

(6a – 2b) x + 2b = x

0

6

1

02

126

b

a

b

ba


35/45

35

Vậy N0 riêng: xe x x xe x R y .6

3)0

6

1.(.

2

N0 t/quát của pt đã cho là:

12

3321

66

)(

C xC x

ee x

xC C eY Y Y

x x

x Rtq

Câu 6 : (4đ) a)Tìm N0 riêng y’ + tgy = y

x

cos

y’cosy + siny = x Đặt z = siny z’ = y’cosy Thay vào ta có: z’ + z = x Đây trở thành pt vi phân t2 cấp 1 khg t/nhất với :

x xq

x p

)(

1)(

CT N0 t/quát Z =

C dxqee xdx pdx p x x

)(.

)()(

Ta có : xdxdx x p I )(

xdx x

edx xqdx x pe J .)()(

Đặt:

xev

dxdu

dx xedv

xu

)1(.

)1(.

x xec

c xe x xe x J

Như vậy:)1(.sin x xec y (c là h/số)

do: y(0) = 0 =c.e0 + (0 – 1) = c – 1 c = 1Vậy N0 riêng cần tìm là : siny = 1 x xe )1arcsin( x xe y

b) Tìm N0 t/quát của pt: xe x y y y 6'5'' . Đây là pt vi phân t2 cấp 2 khg thuần nhất

Xét pt thuần nhất tương ứng:

y’’ – 5y’ + 6y = 0 pt đặc trưng k 2 – 5k +6 = 0 (k - 2) (k – 3) = 0

32

21

k

k

pt có 2 N0 thực phân biệt pt thuần nhất có N0 t/quát xec xec y 3.22.1 - Xét pt khg thuần nhất đã cho: y’’–5y’+6y = xe x = f 1(x)+f 2(x)

+ Với f 1(x) = x y’’–5y’+6y = f 1(x) = )(1. x poxe 2,10( k k )Ta tìm N0 riêng có dạng :


36/45

36

baxbaxoxe R y ).(1

y’R1 =a y’’R1 = 0Thay vào ta có:

0 – 5a + 6(ax +b) =x6ax + 6b – 5a = x

36

5

6

5

6

1

056

16

ab

a

ab

a

No riêng:36

5

6

11 x R y

+ Với :21

2

2

,1)()(

6'5'')(

k k xQe x f

y y ye x f

o x

x

ta tìm No riêng dạng:

xe A R y

R y A xe R y

.2''

2'.

2

Thay vào ta được :

xe R y

A xe xe A

xe xe A xe A xe A

2

12

2

1.2

..6.5.

Theo n/lý chồng chất No riêng của Pt đã cho là :

36

5

6

1

2

1

21

xe

R y R y R y

Vậy No của Pt đã cho :

36

5

6

1

2

1

32

21

x xe

xeC xeC R y ytq y

(C1 ,C2 là các hằng số)

Câu7(4đ) a. 42' y x

x

y y

21

.3

1

4

'

x x y y

y

Đặt

6

2'.3'

3

1

y

y y z

y z

z y

y

y

y

3

1''3

44

Thay vào ,ta có :

23

3'

21'

3

1

x z x

z

x z x

z

Với23

)(,

3

)( x x

q x x

p

đây là Pt vi phân t2 cấp 1 ko thuần nhất c/thức No t/quát:


37/45

37

xC xC xe Z

x x

dx

dx x x

dx xe

dx xQe J

xdx x

dx P I

C dxQe

e Z

x

x

dx P

x

xdx P

dx P

x

x

x

ln3ln3

ln33

)3.(1

)3.(

)(.

ln33

.

3

ln3

2

3

2ln3

)(

)(

)(

)(

)(

Thay: xC x y y

Z ln311 333

No t/quát:

xC x y

ln333

1 (C là hằngsố)

b. xe x y y y .3'4''

Đây là Pt vi phân t2 cấp 2 ko thuần nhất xét Pt thuần nhất t.ứng: 03'4'' y y y xét Pt đặc trưng t.ứng:

32

110)3)(1(

0342

k

k k k

k k

Pt đặc trưng có 2 No thực phân biệt No t/quát của Pt thuần nhất : x x eC eC Y 321 .. - Xét Pt ko thuần nhất đã cho :

)(.

.3'4''

1

)(

x P e

f e x y y y x

x x

Do 11 k ta tìm No riêng của Pt ko thuần nhất có dạng: ).(. bax xe x R y )2( bxax xe

222''

)2(2

22'

axbaax xe R y

b xbaax x

e

bxaxbax xe R y

b xba )2(

)(2)4(2 ba xbaax xe

Thay vào ta được :

xbaxb xbaax

ba xbaaxe

y y y x

R R R

33

4)48(4

)(2)4(

3'4''

2

2

2

4

1

4

1

0)(2

14

.)(24

ab

a

ba

a

xe xbaax

xe

No riêng x x

R e x x x

e xY

4

)1(

4

)1(..

Vậy No t/quát của Pt:

4

)1(32

1

x xeeC

eC Y Y Y

x x

x Rtq

Câu8(4đ)


38/45

38

a.Tìm No riêng của Pt: 22

''

x x

e y y

y ye y y

Đặt:Z= '2'2

'' z

y

y

y

y z y

Thay vào 2'2 x

e z z 2

2

1

2

1'

x

e z z

với

2

2

1)(

2

1)(

x

eq x

x P

Đây là Pt vi phân t2 cấp 1 ko thuần nhất ,No tổng quát : Z =

dx xQee

dx x P dx x P )(.

)()( C

x x

x x

dx x P

edxedxee

dx xQe J

xdx

dx x P I

2

1

2

1

2

1.

)(.

2

1

2)(

22

)(

22

2

21

21

. x x

x

eeC

C ee Z x

no t/quát 22 21

.

x x

eeC y

Thay :4

7

4

9

2

12

1.)( 2

020

C C

eeC oY

- Vậy No riêng của Pt : 22

2

1

4

7 x xee y

b.Tìm No t/quát của Pt: xe x y y y 5'6''

- Đây là Pt vi phân t2 cấp 2 ko thuần nhất hệ số hằng số! - Xét Pt thuần nhất tương ứng:

05'6'' y y y Pt đặc trưng:

52

110)5)(1(

0562

k

k k k

k k

Pt có 2 No thực phân biệt, vậy No t/quát của Pt thuần nhất : x x eC eC Y 521 ..

- Xét Pt ko thuần nhất đã cho:

)(2)(15'6''

x f x f

x

e x y y y

với)2,10(

)(1.)(1

k k

x poxe x x f

Ta tìm No riêng dạng : )(1 baxeY

ox R Của Pt:

)(15'6'' x f x y y y (1)

01''1' R ya R y

thay vào

5

66

5

1

615

560

ab

aoba

a

xbaxa

561

xY R

+Với1

)()(21

.

k

pee f xo x x

x


39/45

39

Ta tìm No riêng dạng: x

R AxeY 2 của Pt:

x Ae ye f y y y

x R

x x

1'

)2(5'6''

2

)(2

)2(

)1(12''

x x Ae

x x Ae R y

thay vào PT (2) 222 5'6'' R R R Y Y Y

4

14

5)1(62

Ae Ae

x x x Ae

x x

x

No riêng: x R xeY 4

12

- Theo nguyên lý chồng chất No No riêng của Pt thuần nhất :

x xe x

R y R y R y

4

1

5

6

21

- Vậy ,No t/quát của Pt đã cho:

x x

x Rtq

e x xeC

eC y y y

4565

2

1

Câu9(4đ) a. tgx y y ''

-Đây là Pt vi phân t2 cấp 2 ko thuần nhất- Xét Pt thuần nhất tương ứng :

0'' y y pt đặc trưng: iik k 001 2,1

2

Pt đặc trưng có cặp No phức liên hợp ik 02,1 No tổng quát của Pt thuần nhất :

xC xC

xC xC oxe y

cos2sin1

)cos2sin1(

-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:

x xC x xC R y cos)(2sin)(1

theo P2 biến thiên hằng số Largrange ,ta có )(2,)(1 xC xC là No của hệ :

)2(sin)('cos)('

)1(0co s)('sin)('

21

21

tgx x xC x xC

x xC x xC

)('

)('cos

sin)(')1(

1

12

xtgxC

xC x

x xC

Thay vào (2)

xtgx x

tgx xC tgx

x xC tgx x xC

sin.cos

)(')('sin.cos)('

1

11

= xsin

xcos

x2sinxcos

xcos

xsin


40/45

40

dx x

xdxC C

x xdxdxC xC

x x

x

x

xtgx xC

xcos

sin'

cossin')(

cos

1cos

cos

sin

sin.)('

2

2)(2

11

22

)(sin2co s

2sin xd

x

x

(đặt t=sinx)

t

t t

dt t t

dt

dt t t

dt t

t dt

t

t

1

1ln

2

11

1

1

1

2

1

)1)(1(

11

1

11

1 2

2

2

2

x

x x xC

sin1

sin1ln

2

1sin)(2

Vậy No riêng :

x

x x

x

x x x

x x y x xC x xC y

R

R

sin1

sin1lncos

2

1

)sin1

sin1ln

2

1(sincos

cossincos)(sin)( 21

Như vậy,No tổng quát của Pt đã cho : R y ytq y

x

x x

xC xC

sin1

sin1lncos

2

1

co s2sin1

b. xe y y y 44'3''

-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:

12

410)1)(4(

0432

k

k k k

k k

Pt đặc trưng có 2 no thực phân biệt no t/quát của Pt thuần nhất x x eC eC y 2

41

-Xét Pt vi phân cấp 2 ko thuần nhất đã cho:

14)(

4)(

44'3''

k xo p xe

xe x f xe y y y

Ta tìm no riêng của Pt dạng:

)21(48

))41(44(4''

)41(4

'

44.

x x Ae

x x Ae R y

x x Ae R y

x Axe A xe x R y

Thay vào ta có :

5

115

.5

4123168.

.4)41(3)21(

84'3''

44

4

44

4

A A

ee A

x x xe A

e Ax x Ae x

Ae y y y

x x

x

x x

x R R R

No riêng : 25 x

e x y R


41/45

41

Vậy No t/quát của Pt:

x x x

Rtq

e x

eC eC

y y y

42

41

5

Câu10(4đ) a.

x y y

2co s

1''

- 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:

ik k 2,12 01

Pt đặc trưng có 2 No phức liên hợp nên No t/quát của Pt thuần nhất:

xC xC

xC xC oxe y

cos2sin1

)cos2sin1(

-Xét Pt đã cho : x

y y2co s

1''

Ta tìm 1 No r iêng có dạng: x xC x xC y R cos)(sin)( 21

theo p2 biến thiên hằng số Largrange ,C1(x) và C2(x) là No của hệ :

x xC xC

xC xC

2cos

1sin2'cos1'

0cos2'sin1'

xtg x x

x x

x x x

C

tgxC C

222

21

12

1

1

sincos

cos

)cos

sin(cos2cos

1'

''

x2tg1

dxdx1'C1C

x

xd

x

xdx22 sin21

)(sin

sin21

co s

2

21 t

dt

b. Giải PT: xe y y y 44'5'' - Đây là Pt vi phân t2 cấp 2 hệ số hằng- Xét Pt thuần nhất tương ứng: y’’+5y’ +4y =0 Pt đặc trưng:

42110)4)(1(

0452

k k k k

k k

Pt đặc trưng có 2 no thực phân biệt No t/quát của Pt thuần nhất : xeC xeC y 421 - Xét Pt vi phân ko thuần nhất đã cho : )(44'5'' x f xe y y y

24

)()(

k

xo p xe x f

nên ta tìm No riêng có dạng:

)12(

48

)41(444.''

)41(4

'

4.

x x

Ae

x xe A R y

x x

Ae R y

xe Ax R y

Thay vào pt trên R y R y R y 4'5'' =


42/45

42

x x xe A x 4)41(5816. 4 3

144.3 A xe xe A Vậy xe x R y 4.

3

1

Như vậy ,no t/quát của Pt đã cho là :

x xe

xeC

xeC

R y ytq y

4

3

1421

Câu11(4đ) a. x2e1

1y6'y5''y

-Pt đặc trưng

32k

21k06k52k

No t/quát của Pt thuần nhất : x3e2c

x2e1cy

sử dụng p2 biến thiên hằng số:

x

x x

x x

e

eC eC

eC eC

2

32

21

32

21

1

1'3'20

''

dxe

eC

e

e

C e

eC

x

x

x

x

x

x

2

3

22

3

22

32

11

'1

1'

Đặt tdxdxxedtxet

t

dtdx

2karctgttdt)2t1

11(

2t1

dt2t

t

dt

2t1

3t2C

2kxarctgexe

x2e1

x2exex2e1

x3e

xe.2'Cx2e

x3e2'C1'C

dxx2e1

x2e1C

Đặtt

dtdxxet

1k)x2e1ln(

2

1

1k)2t1ln(

2

1

dt2t1

t

t

dt

2t1

2t

1C

Pt ko thuần nhất có No

x x x x x

earctgee K

ee K y

32

221 )1ln(

2

1

xarctge

x3e

x2e)

x2e1(

ln2

x2ex3e2Kx2e1K

b) Pt đặc trưng

22k

11k02k32k


43/45

43

Pt thuần nhất có No t/quát x2e2Cxe1Cy Ta tìm 1 No riêng của pt ko thuần nhất có

dạng: xe)bx2ax(xe)bax(xy a2bax2

bax2bx2axxe*''y

bax2bx2axxe*'y

Thay vào pt ban đầu ba2ax2xexe.x)bx2

ax(2)bax2bx

2

ax(3

)b2a2bxax42ax(xe

xe)2x(2

x

xe)12x(x*y

1a2b

;2

1a

0ba2

1a2xxe

vậy Pt ko thuần nhất có No t/quát

xe)2x(2

xx2e2Cxe1C

*yyy

Câu12(4đ)

a. x xe y y y 13'2''

-Pt đặc trưng 0122 k k có No kép 121 k k Pt thuần nhất có dạng t/quát: )21( xC C xe y -áp dụng p2 biến thiên hằng số lagrange:

xee xC C

e xC C x x

x

13)1(''

0)''(

21

21

xC xC

xC C

132')1(1'

02'1'

1

1

21

22

2

23

25

21

23

23

)1(2

)1(5

2.3)1(3)1(3

13''

)1(2

13'

k x

xC

x x

x x xC C

k xC

xC

23

23

2

5

)1(2)1(2

)1(56

2

1

x x xk x

xk e y x

25

25

)1(5

4

)1)(5

62(

21

21

x xk k e

x xk k e

x

x

b. x

y

x

y y sin'

Đặt:x

yz 'xzz'yxzy

x

dx

z2cos1

zdzsindx

zxsin

dzx

1

zsin

'zzsinz'xzz

z

z x

dx

z

z d

co s1

co s1ln2

11co s

)(cos

2

2cos

2sin

ln2

1ln

2

z

z

Cx xarctgCx z

Cx z

Cx

2

2lnln

Câu13(4đ)

a. )cos(' y x y

Đặt z = x-y z’ = 1 – y’ thay vào Pt ta được : 1 – z’ = cosz z’ = 1-cosz dx

z

dz

cos1


44/45

44

xC y x

g xC

z g dx

z

dz

)2

(cot

2cot

2

2sin2 b. xe y y y 312'7'' (2)

pt đặc trưng 01272 k k có No: 42,31 k k Pt thuần nhất có No t/quát : xeC xeC y 4231 Pt (2)có No riêng dạng

x Axe y 3*

)96(3'*'

)31(3'*

x x Ae y

x x Ae y

thay vào (2) : 13

12)31(7963

A xe

x x x x Ae

Vậy (2) có No t/quát: x xe xeC xeC y 342

31

câu14(4đ) a. x

x

y y '

-Đây là Pt vi phân t2 bậc 1 dạng: y’+ py = q có No t/quát:

dxQeC e y Pdx Pdx

x x

dx

dx x

xdxQe

x x

dx Pdx

Pdx

2

1.

1ln

No t/quát )x2C(xy b. x3ey3'y4''y

-Pt đặc trưng : 03k42k có No: 12k,31k Pt thuần nhất có No t/quát :

xe2Cx3e1Cy ta tìm 1 No riêng của Pt ko thuần nhất dạng:

)x96(x3 Ae'*'y

)x31(x3 Ae'*y

x3 Axe*y

Thay vào Pt và đồng nhất hệ số : x3xe

2

1*yx3e

x3)x31(4x96x3 Ae

Pt có No t/quát)1(12C1C1)o(y

x3e2

xxe2Cx3e1Cy

)2(92

12C1C39)o('y

x3xe2

3x3e2

1

xe2Cx3e1C3'y


45/45

-Giải hệ

x x x xeee yC C

C C

C C

C C

33

12

11

21

21

211154

14

11

4

1511

4

15

2

152

)2(2

173

)1(1

Documents

Giải Các Dạng Bài Tập Giải Tich 2