BÁO CÁO BÀI TẬP LỚN MÔN GIẢI TÍCH 1

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINHTRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA KHOA KHOA HỌC ỨNG DỤNG ··· BÁO CÁO BÀI TẬP LỚN MÔN GIẢI TÍCH 1 PHẦN BÀI TẬP NHÓM L26_09 Giảng viên hướng dẫn: Nguyễn Thị Xu

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA KHOA KHOA HỌC ỨNG DỤNG

···

BÁO CÁO BÀI TẬP LỚN MÔN

GIẢI TÍCH 1

PHẦN BÀI TẬP NHÓM L26_09

Giảng viên hướng dẫn: Nguyễn Thị Xuân Anh

Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 03 tháng 01 năm 2024

DANH SÁCH THÀNH VIÊN

Nhận xét của GVHD

LỜI CẢM ƠN Trên thực tế không có sự thành công nào mà không gắn liền với những sự hỗ trợ, giúp

đỡ dù ít hay nhiều, dù trực tiếp hay gián tiếp của người khác Trong suốt thời gian từ khi bắt đầu học tập ở giảng đường đại học đến nay, em đã nhận được rất nhiều sự quan tâm, giúp đỡ của quý thầy cô, gia đình và bạn bè Với lòng biết ơn sâu sắc nhất, em xin gửi đến quý thầy cô ở Khoa Khoa Học ứng dụng - Trường Đại Học Bách Khoa, Đại học Quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh với tri thức và tâm huyết của mình để truyền đạt vốn kiến thức quý báu cho chúng em trong suốt thời gian học tập tại trường Và đặc biệt, trong học kỳ này, khoa đã tổ chức cho chúng em được tiếp cận với môn học mà theo em

là rất hữu ích đối với sinh viên chúng em Đó là môn học Giải Tích 1

Em xin chân thành cảm ơn cô Nguyễn Thị Xuân Anh là giảng viên và cũng là người hướng dẫn nhóm em trong đề tài này Nhờ có cô hết lòng chỉ bảo mà nhóm đã hoàn thành bài tập lớn đúng tiến độ và giải quyết tốt những vướng mắc gặp phải Sự hướng dẫn của thầy đã là chìa khóa cho mọi hành động của nhóm và phát huy tối đa được mối quan hệ hỗ trợ giữa thầy và trò trong môi trường giáo dục Bước đầu đi vào thực tế, tìm hiểu về lĩnh vực mới, kiến thức của em còn hạn chế và còn nhiều bỡ ngỡ Do vậy, không tránh khỏi những thiếu sót là điều chắc chắn, em rất mong nhận được những ý kiến đóng góp quý báu của quý thầy cô và các bạn học cùng lớp để kiến thức của em trong lĩnh vực này được hoàn thiện hơn

Sau cùng, em xin kính chúc các cá nhân, các thầy cô đã dành thời gian chỉ dẫn cho nhóm thật dồi dào sức khỏe, niềm tin để tiếp tục thực hiện sứ mệnh cao đẹp của mình là truyền đạt kiến thức cho thế hệ mai sau

Trân trọng

1 Tính các tích phân dưới đây

1 R xe9xdx = xe

9x

9R e9xdx = xe

9x

81e

9x+ C

2 R xe9xdx = xe

−9x

1

9R e−9xdx = xe

−9x

1

81e

3 R x9xlnxdx = x

10

10lnx −

1

10R x10d(lnx) = x

10lnx

100x

10 + C

4 R √ xdx

92− x2 = 1

2

R d(x2)

√

92− x2 = −√

92 − x2 + C

5 Đặt u =√

x − 9

2

dx

√

x − 9

√

x2− 92 = ln(x +√

x2− 92+ C

6 R e

9xdx

√

1 − ex

Đặt u = √

1 − ex ⇔ du = −1

2

e3dx

√

1 − ex

=⇒ −2R (1 − u2)8du = −2R (x16− 8x14+ 28x12− 56x10 + 70x8− 56x6+ 28x4− 8x2+ 1)dx

⇔ −2R (1 − u2)8du = −2R (u16− 8u14+ 28u12− 56u10+ 70u8− 56u6+ 28u4− 8u2+ 1)du

⇔ −2(u

17

17

-8u15

28u13

13

-56u11

70u9

9 - 8u

5

-8u3

3 + u) + C

⇔ −2√1 − ex((1 − e

x)8

17 −8(1 − e

x)7

28(1 − ex)6

x)5

70(1 − ex)4

ex)3 +28(1 − e

x)2

x)1

7 R 1

ex+ 9dx Đặt u = e

x+ 9 ⇔ du = exdx

u(u − 9) =

R −du 10u +

10(u − 9) = −10

−1lnu + 10−1ln(u − 9) + C

10ln(e

x+ 9) + 1

10lne

10ln(e

x+ 9) + x

10+ C

8 R xa

√

x − adx =

√

x − 9dx Đặt u = x − 9 → du = dx

⇒R (u + 9)9

√

⇔R u9+ 81u8+ 2916u7+ 61236u6+ 826686u5+ 7440174u4+ 44641044u3+ 172186884u2

√ u +387420489u + 387420489

du

⇔R



u8.5+ 81u7.5+ 2916u6.5+ 61236u5.5+ 826686u4.5+ 7440174u3.5+ 44641044u2.5+ 172186884u1.5+ 387420489√

u +387420489√

u

 du +387420489√

u +387420489√

⇔ 1653372u9/2+ 12754584u7/2+ 344373768u

5/2

3/2+ 2u

19/2

162u17/2

122472u13/2

1653372u11/2

√

u + C

√

x − 9dx =

2√

x − 9(12155x9+ 115830x8+ 1111968x7+ 10777536x6+ 105815808x5

230945 +1058158080x4+ 10883911680x3+ 117546246144x2+ 1410554953728x + 25389989167104)

+ C

2 Định lý cơ bản của giải tích 1

1 R0axf′(x) dx = a + 2 −Ra

0 f (x) dx

⇔ af (a) −Ra

0 f (x) dx = a + 2 −R0af (x) dx

⇔ af (a) = a + 2

⇔ f (a) = a + 2

9 + 2

11 9

2 Rba+2xf′(x) dx = b + 5

⇔ (a + 2)f (a + 2) − bf (b) −Ra+2

b f (x) dx = b + 5

⇔ (a + 2)(7 − b) − ba −Ra+2

b f (x) dx = b + 5

↔Ra+2

b f (x) dx = −2ab − 3b + 7a + 9 = 261

3 R0xf (t) dt = arcsinx

a



⇒ f (x) =arcsinx

a

′

1 −

x a

2

⇒ f (b + 5) = r 1

1 −x a

2 = 9

√ 65 65

4 f (x) =R3x2 sinh(t)

a · t dt

⇒ f′(x) = sinh(x

2)

a · x2 · (x2)′ = 2 sinh(x

2)

a · x

⇒ f′(1 − b) = 2 sinh ((1 − b)

2)

a · (1 − b)

5 R0xf (t) dt = x2arctan(ax) −R0xbf (t)

t dt

⇔Rx

0



1 + b

tf (t)



dt = x2arctan(ax)

⇒ (1 + b

x)f (x) = 2x arctan(ax) + x

1 + a2x2

⇒ f (a + 1) = 1

a + 1

 2(a + 1) arctan(a · (a + 1)) + (a + 1)2· 1

1 + a2(a + 1)2



⇔ f (a + 1) ≈ 312, 0606

3 Định lý cơ bản của giải tích 2

Cho hàm 2 hàm f (x), g(x) liên tục trên đoạn [−9 + 2

3, 9] có đồ thị trong hình dưới đây Các giá trị c1, c2, d1, d2, d3 đều nằm trong khoảng (−9 +2

3, 9) Diện tích các miền trong hình vẽ được cho sẵn như sau:

S1 = 45

4 , S2 = 9, S3 =

81

2, S4 = 18, S5 = 9, S6 = 15, S7 =

9 5

1 Đặt F (x) =Rc1xf (x)dx = − 9

10, tính F (−9 +

2

3, F (c2), F (9).

F (−9 + 2

3) =

R−9+ 2

c1 f (x)dx = S1 = 45

2

F (c2) = Rc1c2f (x)dx = S2 = 9

F (9) =Rc19 f (x)dx = S2− S3 = 9 − 81

63 2

2 Tính giá trị trung bình của 2 hàm f (x), g(x) trên đoạn [−9 +2

3, 9].

- Giá trị trung bình của hàm f (x) trên đoạn [−9 +2

3, 9]:

9 − (−9 + 2

3)

R9

−9+ 2 f (x)dx

⇔ ftb= 3

52(

R9

−9+ 2 f (x)dx +Rcc2

1 f (x)dx +Rc9

2f (x)dx)

52(−S1+ S2− S3) = 3

52(−

45

2 + 9 −

81

2 )

= −513

208

Giá trị trung bình của hàm g(x) trên đoạn [−9 + 2

3, 9]:

9 − (−9 +2

3)

R9

−9+ 2 g(x)

52(

Rd 1

−9+ 2 g(x) +Rd 2

d 1 g(x)dx +Rd3

d 2 g(x)dx +R9

d 3g(x)dx)

52(S4− S5+ S6− S7)

52(18 − 9 + 15 −

9

5) =

333 260

3 Tính tích phân R−9+9 2

3

(f (x) + 11, 7g(x) − x2+ 3x)dx

R9

−9+ 2(f (x) + 11, 7g(x) − x2+ 3x)dx

= R−9+9 2 f (x)dx + 11, 7R−9+9 2 g(x)dx +R−9+9 2(−x2+ 3x)dx

= [9 − (−9 + 2

3)]ftb + 11, 7[9 − (−9 +

2

3)]gtb + (−

1

3x

3+3

2x

2)

9

−9+2 3

≈ −201, 5779

4 Đặt h(x) = R−9+x 2

3

g(x)dx, (−9 + 2

3) ≤ x ≤ 9 Tìm cực trị và GTLN - GTNN của hàm h(x) trong [−9 +2

3, 9]

Cực trị của hàm số h(x) là"

h′(x) = (Rx

−9+2

3

g(x)dx )′

⇔ h′(x) = g(x)

Cho h′(x) = 0

⇔ g(x) = 0

⇔ x = d1∨ x = d2∨ x = d3 ∀x ∈ [−9 + 2

3.9]

GTLN - GTNN của hàm số h(x) trong [−9 + 2

3, 9]:

h(9) =R−9+9 2

3

g(x)dx = [9 − (−9 + 2

3)].gtb =

111 5 h(−9 + 2

3) =

R−9+23

−9+ 2 g(x)dx = 0 h(d1) = Rd1

−9+23 g(x)dx = S4 = 18

h(d2) = Rd 2

−9+ 2 g(x)dx =Rd 1

−9+ 2 g(x)dx +Rd 2

d 1 g(x)dx = S4− S5 = 18 − 9 = 9 h(d3) = Rd3

−9+ 2

3

g(x)dx = Rd1

−9+ 2 3

g(x)dx + Rd2

d 1 g(x)dx + Rd3

d 2 g(x)dx = S4 − S5 + S6 =

18 − 9 + 15 = 24

Vậy GTNN của hàm số h(x) trong [−9 +2

3, 9] là h(−9 +

2

3) = 0, GTLN của hàm số h(x) trong [−9 + 2

3, 9] là h(d3) = 24

4 Tổng Reimann

Ra

0 f (x)dx =P f (x1+ x2

1 Diện tích:

S = (0.4321a + 0.4218a + 0.3701a + 0.2965a).2 9

14 ≈ 17.94a

2 Thể tích quay quanh Ox:

Vx = πR9

0 f2(x)dx

=P(f2(x1) + f2(x2) + f2(x9))9

4

= 67, 0625946π = 210, 6833545

3 Thể tích quay quanh Oy:

Vy = 2πR09(xf (x))dx

= 2π△xP | x0f (x0) |

= 2π 9

14(0+(

9

14.0, 4154a)+(

9

14.2.0.4312a)+(

9

14.3.0, 4328a)+(

9

14.4.0, 4218)+(

9

14.5.0, 4001a)+ ( 9

14.6.0, 3701a) + (

9

14.7.0, 3346a) + (

9

14.8.0, 2965a)

= 309, 283602

5 Tính các tích phân suy rộng

1 I1 =R0a x

2

√

a2− x2 dx

Ta thấy: limx→a

x2

√

a2− x2 = ∞

⇒ x = a là điểm kì dị

Đặt u = arcsinx

a



⇒ du =

d(x

a) r

1 − (x

a)

2

⇒ x = a sin(u)

I1 =R π2

0 a2sin2(u) du = a

2

2 R

π 2

0 (1 − cos(2u)) du

⇔ I1 = a

2π

81π 4 Vậy tích phân I1 hội tụ

2 I2 =Ra∞ 1

x2+ ax + adx =

R∞ 9

1

x2+ 9x + 9dx 1

x2+ 9x + 9 > 0 Với mọi x ≥ 9, ta được:

I2 =R∞

9

1 (x + 9

2)

2− 45 4

dx =R∞

9

1 (x + 9

2 − 3

√ 5

2 )(x +

9

2 +

3√ 5

2 ) dx

⇔ I2 = 1

3√

5

R∞ 9

1

x +9

2 −3

√ 5 2

dx − 1

3√ 5

R∞ 9

1

x +9

2 +

3√ 5 2 dx

⇔ I2 = − 1

3√

5log









9 + 9

2− 3

√ 5 2

9 + 9

2+

3√ 5 2









≈ 0.0756

Vậy tích phân I2 hội tụ

3 I3 =Ra2a x

3

√

x − adx =

R18 9

x3

√

x − 9dx

Ta có: limx→9 x

3

√

x − 9 = ∞

⇒ x = 9 là điểm kì dị

Đặt u = x − 9

⇒ I3 =R9

0

(u + 9)3

√

R9 0

u3+ 729 + 27u2+ 243u

√

⇔ I3 =R9

0



u52 +729√

u + 27u

3

2 + 243√u



du

⇔ I3 = 2

7 · 9

7

2 + 1458√9 + 54

5 · 9

5

2 + 162 · 9

3

2 ≈ 11997, 2571 Vậy tích phân I3 hội tụ

4 Ra3a √ 1

x2− 2ax + 3a2 dx =Ra3a 1

p(x − a)2+ 2a2 dx

⇔ I4 = log2a +p(2a)2+ 2a2− log √2a
≈ 1, 1462

Vậy tích phân I4 hội tụ

5 I5 =R1a+1 1

xplog(x)dx =

R10 1

1 xplog(x)dx

ta có: limx→1 1

xplog(x) = ∞

⇒ x = 1 là điểm kì dị

I5 =R110 1

xplog(x)dx =

R10 1

1 plog(x)d(log(x)) = 2plog(10) Vậy tích phân I5 hội tụ

6 Ứng dụng của tích phân

1

Ta có: ax + y = 2a2 ⇒ 9x + y = 162

Tọa độ giao điểm của √

y = x và 9x + y = 162

x2 = 162 − 9x

⇔x1 = 9(N )

x2 = −18(L)

Tọa độ giao điểm của √

y = x và 9x + y = 162 với y = 0 : 9x + 0 = 162 ⇒ x = 18

√

y = x = √

0 = 0 ⇒ x = 0

Diện tích miền D

SD =R09x2dx +R918(162 − 9x)dx = 607, 5

Thể tích khi quay miền D

+ quanh Ox: Vox = πR09x4dx + πR918(162 − 9x)2dx ≈ 98937, 54912 + quanh Oy: Vy = 2π(R09xx2dx +R918x(162 − 9x)dx) ≈ 37788, 64723

Độ dài đường cong C

L =R09p1 + (2x)2dx ≈ 82, 021

Diện tích mặt tròn xoay tạo ra khi quay C

+ quanh Ox: Sx = 2πR9

0 x2p1 + (2x)2dx ≈ 20675, 2793 + quanh Oy: Sy = 2πR09xp1 + (2x)2dx ≈ 3067, 2526

2

Ta có:

y =√

ax ⇔ y =√

9x

y =√

12a2− x2 ⇔ y =√972 − x2

Tọa độ giao điểm của 3 đường:

+ y =√

x và y =√

972 − x2

√

9x = √

972 − x2

⇒ [ x1 = 27 ⇒ y = 9

√ 3

+ x = 0 và y =√

9x ⇒ y = 0 + x = 0 và y =√

972 − x2 ⇒ y = 18√3 Diện tích miền D:

SD =R27

0 (√

972 − x2−√9x)dx ≈ 438, 7899

Thể tích khi quay miền D:

+ quanh Ox: Vx= πR027(972 − x2− 9x)dx ≈ 51529, 9735

+ quanh Oy: Vy = πR9√3

0

y4dy

81 + π

R18√3

9√3 (972 − y2)dy ≈ 26974, 09863

Độ dài đường cong C:

L =R027q1 + (√ −x

972−x 2)2dx ≈ 32, 6484 Diện tích mặt tròn xoay khi xoay C:

+ quanh Ox: Sx = 2πR027√

972 − x2q1 + (√ −x

972−x 2)2dx ≈ 5289, 038 + quanh Oy: Sy = 2πR27

0 xq1 + (√ −x

972−x 2)2dx ≈ 3053, 6281 3

a) A =Ra1,2a 2

(x + a)2dx =R910,8 2

(x + 9)2dx = − 2

(x + 9)|10,89 = 1

99 b) A =Ra−51,2a√ 1

2a − xdx =

R

410, 8√ 1

18 − xdx = −2

√

18 − x|10,84 ≈ 2, 1168

7 Phương trình vi phân

1 ex2+1tan(y)dx = e

2xdy

x − 1

⇔ (x − 1)ex 2 −2x+1dx = cot(y)dy

⇔R (x − 1)ex 2 −2x+1dx =R cot(y)dy

x 2 −2x+1

2 = ln(sin(y)) + C

2 y′ = exy + y

x+ 1

⇔ dy

dx = e

y

x + y

x + 1

⇔ dy = (eyx + y

x + 1)dx (1) Đặt u = y

x ⇒ y = ux ⇒ dy = udx + xdu

(1) ⇒ udx + xdu = (eu+ u + 1)dx

⇒ udx + xdu = eudx + udx + dx

⇒ xdu = eudx + dx

eu+ 1 =

dx

x

⇒ −ln|eu+ 1| + u = ln|x| + C

⇒ u − ln(eu+ 1) = ln(x) + C

thay u = y

x

x− ln(eyx + 1) = ln(x) + C

⇒ −ln(x.(eyx + 1)) + y

x = C

3 (py2 + x2+ y)dx − xdy = 0, y(1) = 0

⇒ −xdy = (−px2 + y2− y)dx (1)

⇒ −kx = −pk2x2+ k2y2− ky ⇒ k

Đặt u = y

x ⇒ y = ux ⇒ dy = udx + xdu

(1) ⇒ −x(udx + xdu) = (−√

u2+ 1 − u)xdx

⇒ −uxdx − x2du = −√

u2+ 1xdx − uxdx

⇒ −x2du = −√

u2+ 1xdx

u2+ 1 =

dx x

√

u2+ 1du =

R 1

xdx

⇒ ln(√u2+ 1 + u) = ln(x) + C

⇒√u2+ 1 + u = eCx

Thay u = y

x

⇒

r

y2

x2 + 1 + y

x = Cx

⇒px2+ y2+ y = x2 (kết quả cần tìm)

4 y′+ y 1

x2+ 1 =

arctanx

1 + x2

=> y = e

−

x2+ 1 (Z arctanx

x2+ 1 e

x2+ 1dx+ c)

y = e−arctanx.(

Z arctanx.earctanxdarctanx + c)

=> y = arctanx − 1 + C.e−arctanx

5 y′√

1 − x2+ y = arcsinx

y′+ y√ 1

1 − x2 = √arcsinx

1 − x2

=> y = e

−

Z

1

√

1 − x2dx

(

Z arcsinx

√

1 − x2.e

Z 1

√

1 − x2dx

)

∗

Z

1

√

1 − x2dx = arcsinx

=> arcsinx −

√

1 − x2

√

arcsinxdx

Đặtu = arcsinx =>

Z u.eudu = eU.u − eu+ c = earcsinx.arcsinx − earcsinx+ c

y = e−arcsinx(earcsinx.arcsinx − earcsinx+ c)

6 3dy + (1 + 3y3)y.sinxdx = 0

<=> 3

(1 + 3y3)ydy = −sinxdx

Lấy nguyên hàm 2 vế ta có :

3

Z

1

(3y3+ 1)ydy =

Z

−sinxdx

<=>

Z 3

ydy −

Z d(3y3)

1 + 3y3 = cosx + c

<=> 3lny − ln(1 + 3y3) = cosx + c

Từ điều kiện ban đầu của bài toán y(π

2) = 1

=> c = -ln4

=> y =3

r

1

e−cosx+ln4− 3

7 y′+ xy

1 − x2 = x√

y

=> y′+ y x

1 − x2 =√

y.x

Ta đặt z =√

y

=> z′ = 1

2.y

′.y

−1 2

=> y′ = 2.z′.√

y

Ta có :

y.2 + y x

1 − x2 = x√

y

=> z′+ z.( x

2(1 − x2)) =

1

2x

=> z = e

−

Z

x 2.(1 − x2)dx(Z x

2.e

Z

x 2.(1 − x2)dxdx)

=>√

y = e

−

Z

x 2.(1 − x2)dx(Z x

2.e

Z

x 2.(1 − x2)dxdx + C)

=>√

y = e−

1

4ln|1−x

2 |

(

Z x

2e

1

4ln|1−x

2 |

dx + C1)

=>√

y = e

−1

4 (1 − x2)(

Z e

1

4 (1 − x2

)x

2dx + C1)

=>√

y = −1

3(1 − x

2)

3

4√4

1 − x2+ c1√4

1 − x2

=> y = 1

9(1 − x

2)

3

2√

1 − x2− 2c1(1 − x

2)

5 4

2 1

√

1 − x2

8 y′′− 18y′+ 85y = e9x.cos2x

=> k1 = 9 + 2i; k2 = 9 − 2i

=> ytq = e9x.(C1.cos(2x) + C2.sin(2x)

f (x) = e9x.cos2x

=> α = 9; n = 1; m = 0; β = 2

yr= x.e9x.(A.cos2x + B.sin2x)

y′r= A.e9x(−2x.sin2x + 9x.cos2x + cos2x) + B.e9x(9x.sin2x + sin2x + 2x.cos2x)

y′′r = A.e9x(−36.sin2x + 7sin2x + 77.cos2x + 11.cos2x) + B.e9x(77x.sin2x + 18sin2x + 36cos2x + 4cos2x)

Ta có :

−4A.e9xsin2x + 4.B.e.cos2x = e9x.cos2x







A = 0

B = 1

4

=> yr = e

9xsin2x

4

=> y = e

9xsin2x

9x.(C1.cos(2x) + C2.sin(2x)

9 y′′+ 45y′+ 486y = x.e−9x

k1 = −18; k2 = −27

ytq = C1.e−18x+ C2.e−27x

f (x) = e−9x.x

=> α = −9; s = 0

yr= e−9x(Ax + b)

y′r= −9e−9x(Ax + b) + A.e−9x

y′′r = 81.e−9x(Ax + B) − 18.A.e−9x

Ta có :

e−9x(162.(Ax + B) − 18A + 45A) = x.e−9x

162A = 1

162B + 45A − 18A = 0







162

B = −1

972

=> y = C1.e−18x+ C2.e−27x+ e−9x( 1

162x +

−1

972)

Từ dữ kiện đề bài y(0) = 0 ; y’(0)=1 :

=> C1 = 2269

729 ; C2 =

−6157 2916 Vậy y = 2269

729 .e

−18x+ −6157

2916 .e

−27x+ e−9x( 1

162x +

−1

972)

10 y′′+ 18y′+ 81y = x2+ 2x

k1 = k2 = −9

=> ytq = C1.e−9x + xC2.e−9x

Ta có : f (x) = x2+ 2x

α = 0; s = 0

=> yr = ax2+ bx + c

=> yr′ = 2ax + b

=> yr′′= 2a

Ta có :

2a + 18(2ax + b) + 81(ax2+ bx + c) = x2+ 2x

81ax2+ x(36a + 81b) + 2a + 18b + 81c = x2+ 2x







81a = 1

36a − 81b = 2

2a + 18b + 81c = 0















a = 1

81

b = −10

1287

c = 14

729

=> yr = 1

81x

1287x +

14 729

=> y = 1

81x

1287x +

14

729 + C1.e

−9x+ xC2.e−9x

Từ dữ kiện đề bài y(0) = 2, y′(0) = −1

=> C1 = 1444

729 ; C2 =

194999 11583

=> y = 1

81x

1287x +

14

729 +

1444

729 .e

−9x+ x194999

11583 .e

−9x

PHẦN B:

1)

(

x′ = 2x + 2y(1)

y′ = x + 3y − et(2)

(2) => x = y′− 3y + et => x′ = y′′− 3y′+ et

Thay vào (1) ta có :

y′′− 5y′+ 4y = 3et

ytq = C1et+ C2.e4t

=> yr = t.et.A

=> yr′ = (t.et+ et).A

=> yr′′= (2et+ t.et).A

Ta có :

A(2et+ et.t) − 5(A.(et+ et.t) + 4t.et.A = 3.et

<=>−3A.et= 3et

=> A = −1

(

y = C1.et+ C2.e4t− tet

x = −2C1et+ C2.e4t+ 2t.et

2)

(

x′ = 2x − 7y − 3et(1)

y′ = 5x − 10y + 5.e3t(2)

(2) => x = y

′+ 10y − 5.e3t

′ = y

′′+ 10y′− 15e3t

5 Thay vào (1) ta có :

y′′+ 8y′ + 15y = 0

=> k1 = −3; k2 = −5







x = C1.e−5t+7

5C2.e

−3t− e3t

y = C1.e−5t+ C2.e−3t