Giải các dạng bài tập toán A3.doc

Tài liệu bổ ích về giải các bài tập toán A3.

DẠNG CÂU HỎI 1 ĐIỂM

Câu1 : (1đ) Cho hàm số z = arctg

y

)(1

1.2

'

y x x

y

x y

x y

y xx z



) 2 2 (

2 2 ) 2 2 (

2

y x

xy y

) 2 (

y x

xy y

x

y x

xy xy

x

' 1 '

.

1

)) ( 2 ) ( (

1 ) ( 2

1 ' 2 2 f x2 y2 y2f' x2 y2

y y x xyf

y x

f( 2 2)

(đpcm)Câu 5 : (1đ) Cho hàm số z = ln(1/r) với r= x 2 y2 CMR z’’xx + z’’yy=0

r

r

zln1ln ,với r x y2 Ta có: r

x y x

2'

r

x r

x r

r r r

2

' 2 1 )'

(

2 2 4

2 4

2

r

r x r

r r

x x r r

r r x r r

x

x xx

2 2 4

2

2 '' ''

r

r y x r

r y r

r x z

Câu 6 : (1đ) Cho hàm số

x y x

xy y

x arctg x y

x y

x y

x arctg z y x

1.1

2 2

y x x y

x xarctg

.22

2 2 2

y x y x z y y y x

x y y

2'

2 2

2

y

x xarctg y

y x y x x y

x xarctg

) 2 , 1 , 1 2 2

x 2

y 2 z 2 y 2 x 2

y 2 y u

z 2 z 2 y 2 x 2

z 2 z u

1 y

) A ( u

2 z

) A ( u

cos ) ( cos

) ( cos

2 2

1 2

1 2

1 2 1

A u x

T¹i TÝnh

1 y

x x x

1 0

11) 0 1

1 0

1 2 . 1 y

) A ( u

1 2

1 ) 1 ( 1

1 2

5 2

1 2

2 ) 3 2 ( ) 2 3 2 (

2 ) 3 2

(

e y2 x e e y3 xy y exy y2 x exy exy y2x x2 x y

x u xy

xy xy

) 2 4 2 3 3 2 2 2 4 2 3 2 2 4 ( 2 2

) 2 4 2 3 3 2 2 2 ( ) 2 2 ( ) 2 3 2 2 2

u y

u

xy x x x y xy e xy xy e y x x x

y arctg

y arctg F

x z

y arctg x

2 ) ( 2 2 ) ( 1

1

1 ' 2 ) ( 2

2 ) (

2 1 2 ) ( 2 1 2 ) (

1

1

x z x

z

y x z y F x z y

x z y y x

z y

y x

z

y x

)2)(2(2)(2

)2)(2(12)(2

12)(1

1

x z y y x

z y

x z y y x

z y y

x z

y x

2 2

2 2

2 2

2 2

)('

'

'

1)(

))((

)(

))(('

''

x z y

y

x z F

F

z

x z y

x z y y

x z y

x z y y

x z dx

dy z dx z

) ( '

2'

43

xy F

y x F d

y x

ã,Khi

2 2

2 2

F

F

x

y x

xy F

dy y x

xy dz

x dy x

4 3

1 4

3

2 '

2 (

y x

x x

x

F

y e y

e F y y x e e y y x e

F

)2412(

1'

''2412

)1(2)

2412(

)1(2'

'

2

y y x e F

F x y y x

y y

y x e

y e F

F

x

z z x

2 )

,

(

y y x e

dz dy e y dz

x dy x

x z

y z

) 4 )(

2042)2(

2042)4)(

(

0)24(

x

y x x

y x

y x y x e

y e

y x

yy x

x

e (4 2 )/  (4 2 )   ''  (4 2 )/ 2

1

(

''

0)2.24(''

.210)2(4)422.(

0)

2 )

1

(

2 ) 1 ( ) 1 ( 2 2

z

C

e z

B e e

Hàm số không đạt cực trị tại M1(-y.2,2)

24((

4

4

4 4

y x x z

323'

323'

)1(0

33

033

2

x y

y x x

y

y x

)4

3)2

1)((

1(0

)

1

(

2 1 2

3

y

y y

y y

6)1(''

3''

61.6''

2 2

) 1 (

) 1 (

M z C

z B

z A

yy

M xy

M xx

)(

2

a x x b y y b y

2(2

0)2()(20

'

0

'

b y a x x

b y y a x y

z

x

z

y a x

2

2

0

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



 2 4 ( )( ) )

( 2

''

''

) 2 ( 2 )) 2 ( )

z

xy

z

b y y b

y y

(

''

4 ) 0 )(

0 ( 4 )

yy

z

t

ab b a M

0 ( 4

yy

z

t

ab b

b a M

xy

z

s

022

3

2 3

4)2(2

)

(

''

0))(

(4

)

(

''

4)2(.2

)

(

''

a a a a M

yy

z

t

b b a a M

xy

z

s

b b b b M

rt s a

a a M

yy

z

t

ab b a a M

2 4

4

16 0 ) 4 ( 0

) 2 2 ( 2 2

)

(

''

4 ) 0 )(

2 ( 4 )

)22(2

2(

a a M

yy

z

t

ab b b a a M

xy

z

s

b b b

y

x y

0 4 4

xy y x y x

y x y x

(

0)41)(

(

xy y x xy y x

y x

 loại Với khụg  D

3323

40

y x



y x

 Hệ số có 1 điểm tới hạn )

3 3 2 , 3 3 2 (

M

Xét: '' 2 42

x z

1

4 4 1

''

1

''

4 4 1

(

)

(

34)

4 ln 2

14 3

4 3 ) 3

3 2 , 3

3 2 (

Z

Câu 5 : (2đ)

y x y

013

01

y y x x

1,3

1(4

1,3

1(2

1 (

2

323

1

1

1 (

1 ,

0 12 3 2 3 2

3 2 3

1 (

1.(

6''

0''

323

1.6'')

) (

3

3 3

M xy M

x t

z s

z r

1(

1.6)4(''

''''

323

1.6)4(''

M yy z t

yx z xy z s

M xx z r

0 12 3 2 3 2

1(4

M

với

9

34)3

1,3

0 y x x

0 ) xy 2 2 )(

y x ( 0 y x 3 0 3 3

0 x

0 x 2 3 x

0 y x

0 y

0 y 0 x

+ Xét A(0,0) z’’x2 = -y 4 = z’’y2

* Xét A 2 ,  2  thay vµo  cùc d ¹i

* Xét B  2 , 2  thay vµo  cùc tiÓu

)1(00

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 y 0

8

1 2

0

y yy y2

5 x

ra bµi theo lo¹i

Vậy có 1 điểm dừng M1(5,2)

Bước 2: Tính B 2AC

3

40003

40

''

11

3

)1(02

thay x=0 vào (2) ta có 3y2=0 =>y=0

thay x=2/3.y vào (2) ta có

0 4 27 0

2 6 ( 2 4

2

) 1 2 2 ( 1 2 2

2 2

2 2 2

1

2 2 2 1

) 2 2 ( ) 1 ( 2

x xy y y

x

x xy x y x

3 2

2

2

1

2 2

'

0

'

y xy x

x xy y y

2

0)122)(

(

x

y x y x

2

0122

22

20

2

2

y xy x y x

y xy x y

y x

=> max z=3

2 1

4 x 0

y

dx y x f

miền lấy t/phân D =

2

10:2),(

y x y

y R y x

 D được giới hạn bởi các đường

0

3 2

2

0

),

2

2 1

0),(x y dy

 23

0 3

2

) , (

xdy y x f dx

x R y

222

20:2),

y x y

y y

2

21

1 1 1 0

01

y x x

x x

a a dx x a

dx a

a x a

dx a

x x a

222

222

22

2222

22

222

2 2

a a

a x a

a

d x

a

dx

I

2 2

2

2

)(1

)(

:

dy

y

a x

a

A

C

p x

Q

Với D là miền kín biểu diễn trên h/vẽ   

D dxdy y

2 3

R3 (sin3 cos3 )

4

t3cos

o)cos(sin3

3R2o

d)sin(cos3

3R2

d)oR

3r).(

sin(cos2I

x

Y

B

a

tdtcos

t2cos

t2cos

2 1

tcos

Q

ycosxm2ysinx)y,x(

cos

sin2

cos

2 2

là vi phân toàn phần khi :

om

(

'

cos

)sin

cos

(

'

)sincos

n x y

m xy

a x

2

2

2 2

2

2)4(2)arctgo1arctg(2

oaa

xarctga

1.adx22a

a

o

dx22xaa

o

dx22xa

a o

v

zdz dy dx

dz

ydy

dx

dz dy

22

0

r o

22

202

r z r

u 

ydydzux

zdxdyydzdx

x

d

)42

x

x x d x

x

d

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

42(ln22

tg C y

yR1= Ax +B  y’R1 = A y’’R1= 0

thay vào pt : y’’-y y = f1(x) =

(

2 

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 = -y 2(A +2C)sin2x – 2Asin2x – 4(Ax+B) cos2x =

-y.4(A+C)sin2x –4(Ax+B)cos2x

Thay vào pt ta được :

(-y.4A –5C)sin2x – 5(Ax+B)cos2x

1.540101

05

2

15

0)54(

No riêng: y R x x sin2x

25

22cos10

x

x

e C e

Vậy,No riêng của Pt đã cho là :

2

1)

-y.Đây là PT tuyến tính cấp 2 ko thuần nhất

-y PT đặc trưng tương ứng của PT tuyến tính cấp 2 thuần nhất

no t/quát của PT thuần nhất là:

6

2

9

26

29

22

C x e x y

C x x

cos1cos

cos1cosln

b.y''yxcos2x x xcos2x

2

2



-y Đây là PT vi phân tuyến tính cấp 2 Ko thuần nhất

-y Xét PT vi phân thuần nhất tương ứng :y''y0PT đặc trưng :k210k1,2 1

vậy PT thuần nhất có No t/quát

B A

= (a+2c)cos2x – 2(ax+b) sin2x

 y’’R2 = -y.2(a+2c)sin2x – 2asin2x – 4(ax+b)cos2x

40

2sin25

22cos102

21

x

x

e C e

ln

y v

y

dy du

ydy

dv

y

u

410

)

) 4

4

.20

e

f

f e

y

y

y

x x

x

x

x x

20

)41(

x R

-y Đặt:

t y t e t

'

'1

t t p

1)2

lnx x C y

x t

2

)2

lnln'

e x y

x x x x

y y

x b a ax e y

b x a b ax e

bx ax bx ax e x R x x

2 ) 3 ( 2 3 2

) 3 ( ''

2 ) 3 (

2 3

2

2 3

2 3

2 2 3

x

b

a

x b

1.(

C x C

Đây trở thành pt vi phân t2 cấp 1 khg t/nhất với :

)(1)(

 CT N0 t/quát Z =



C dx q

)

)

Ta có : Ip(x)dxdxx

xdx x dx

dx du dx

21

k k

x

f

o x

z  

z y

110

k

k

k

Pt đặc trưng có 2 No thực phân biệt No t/quát của Pt thuần nhất :YC1.exC2.e3x

-y Xét Pt ko thuần nhất đã cho :

x

P

e

f e

'

ax b

a

ax

b a x

2 1 2 1

x

e e C

C e e

x x e e C

y  

Thay :

4

74

9

2

1

e e

-y Đây là Pt vi phân t2 cấp 2 ko thuần nhất hệ số hằng số!

-y Xét Pt thuần nhất tương ứng:

110

5

56

0

a b

a o

b

a

a

x b ax a

'

)2(5

5)1

x R

tq

e x

-Đây là Pt vi phân t2 cấp 2 ko thuần nhất

-y Xét Pt thuần nhất tương ứng :

x

x

C

)('

)('cos

sin)(')1(1

1 2

x tgxC

x C x

x x C

x dx

dt t

t

dt t

t dt

2 2

2

x

x x

x

C

sin1sin1ln

sin1

-Đây là Pt vi phân t2 cấp 2 ko thuần nhất hệ số hằng số

-y.Xét Pt thuần nhất tương ứng:

y’’-y 3y’-y 4y =0 Pt đặc trưng:

410

)

4)4

Ae

R

y

x x

Ae

R

y

x Axe

e

A

e Ax x

x R

y R

Vậy No t/quát của Pt:

x x

x

R

tq

e e

-y Đây là Pt vi phân t2 cấp 2 ko thuần nhất hệ số hằng

-y Xét Pt vi phân thuần nhất tương ứng :y’’+ y = 0 Pt đặc trưng:

i k

k210 1 , 2

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

x C x C

x C x C ox e y

cos2sin1

)cos2sin1(

y

2cos

1'' 

Ta tìm 1 No riêng có dạng:

x x C

x

x

C

y R 1( )sin  2( )cos

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

x C x C

2cos

1sin2'cos1'

0cos2'sin1'

x tg x

x

x x

2

2 1

1

2

1

1sin

cos

cos

)cos

sin(cos

dxdx1'C1C

xdx

2

2 1 2 sin

) (sin sin

-y Xét Pt thuần nhất tương ứng:

y’’+5y’ +4y =0 Pt đặc trưng:

110

k

k

k

Pt đặc trưng có 2 no thực phân biệt No t/quát của Pt thuần nhất :yC1exC2e4x

-y Xét Pt vi phân ko thuần nhất đã cho : y''5y'4ye4xf(x)

4

1y

2106k2

No t/quát của Pt thuần nhất :

xe

x x

e

e C

e

C

x

x x

2

3

2 2

xex

tt

K

y

3 2

2 2

xe

1102k2

Pt thuần nhất có No t/quát e x

2Cxe1C

y  Ta tìm 1 No riêng của pt ko thuần nhất có dạng: yx(axb)ex(ax2bx)ex



a2bax2

bax2bx2axxe

*''y

bax2bx2axxe

*'y

2ax(2)bax2bx2ax(3

)babxax42ax(x

xe)12

x(x

*1a2b

;2

1a0ba21a2xxe

-Pt đặc trưng k22k10có No kép k1k21Pt thuần nhất có dạng t/quát: yex(C1C2x)

-y.áp dụng p2 biến thiên hằng số lagrange:

x x x

13)1(''0)''(2 1 2 1

xC C

132')1(1'

02'1'

2

2

2 2 2

x x xC

C

k x

)1(2

x

k

x

x k

)1(54

)1)(

5

62(

2 1

2 1

x x k k e

x x

k k e x x

zdzsindxzxsindz

x

1zsin'zzsinz'xzz

Cx z Cx

22lnln

x C y

(

cot

2cot

12)31(7963

e

x x x x

Ae

Vậy (2) có No t/quát:

x xe x

 

xxe

xe2

xxe2Cxe1Cy

12

1

2

1 1

4

114

1511

4

152

15

2

)2(2

173

)1(1