0

Giải các dạng bài tập toán A3.doc

37 12,603 51
  • Giải các dạng bài tập toán A3.doc

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 15/08/2012, 09:02

Tài liệu bổ ích về giải các bài tập toán A3. DẠNG CÂU HỎI 1 ĐIỂMCâu1 : (1đ) Cho hàm số z = arctgyx chứng minh z’’xx + z’’yy= 0Z = artagyx⇒Z’X =)2)(1(1yxy+ = 22yxy+ 222)(11.2'yxxyxyxyz+−=+−= Nên ⇒ ')22(''xyxyxxz+= = -y.2)22(22)22(2yxxyyxx+−=+ yyxxyyz'22)(''+−= = 222222)(2)()2(.yxxyyxyx+=+−− Vậy ⇒ =+yyzxxz '''' .02)22(22=++−yxxyxy (đpcm )Câu 3 : (1đ) Cho hàm số z = x + f(xy) với f(t) là hàm số khả vi, CMR xz’x-yz’y=xZ =x + f(xy) vì f(t) khả vi ⇒∃ f’(t) = f’(xy)⇒=+=xxyfxxz')((' )('.')(1 xyfxxy+ (a); Z’Y = )('.')(0'))('( xyfyxyyxyfx+=+ )('. xyfx= (b) Thay (a) và (b) ta có =−yzyxzx'.'.))(.())(1(''xyfxyxyyfx−+==−+ )(')('xyxyfxyxyfxx (đpcm)Câu 4 : (1đ) Cho hàm số z = y f (x2-y2), với f(t) là hàm số khả vi CMR 2'1'1yzzyzyyx=+)22( yxyfz+= )(.2)(.).()((22'22''22'22'yxfxyyxfyxyyxyfzxxx−=−−=−=và)(.2)()(.)()())((22'22222''2222'22'yxfyyxfyxfyxyyxfyxyfyzyy−−−=−−+−=−=Khi đó ⇒ =+yzyxzx'.1'.1 ))(2)(.(1)(2.122'22222'yxfyyxfyyxxyfx+−−+− = yyxf )22(+ (đpcm)Câu 5 : (1đ) Cho hàm số z = ln(1/r) với r=22 yx+ CMR z’’xx + z’’yy=0rrz ln1ln−==,với 2yxr+= Ta có:rxyxxxr=+=2222' ryyxyyr =+=2222'2/.1'.1)ln('rxrxrrrrzxxx−=−=−=−=⇒)(2 2.'2.1)'(''42242422arrxrrrxxrrrrxrrxzxxxx−=+−=+−=−=⇒Với vai trò của x và y là tương đương nhau trong biểu thức → tính tương tự ta được :)(4222'' brryyyz−= Cộng 2 vế (a) và (b) → 42224224222)(222''''rryxrryrrxzzyyxx−+=−+−=+ = 0 (đpcm )Câu 6 : (1đ) Cho hàm sốxyxxyyxarctgxyxyxyxarctgzyxyxxarctgzx22)(11.1.'22222−++=−++=⇒−−=Khi đó )(2'.2222ayxyxxyxxarctgzxx++−=)(2'.22)(11 '222222222byyxyxzyyyxxyyxyxxzyy−+−=⇒−+−=−+−=Cộng 2 vế của (a) và (b) ta được)('')(222'.'222222222yxzyzxzyxyxxarctgyyxyxxyxxarctgzyxzyxyx+−=+⇔+−=−+−+−=+Câu 7 : (1đ) )2,1,1222(A,zyxu++=Ta có :2z2y2xx2z2y2x2x2xu++=++=∂∂ 2z2y2xy2z2y2x2y2yu++=++=∂∂ 2z2y2xz2z2y2x2z2zu++=++=∂∂212)2(21211x)A(u=++=∂∂⇒ 212)2(21211y)A(u=++=∂∂⇒ 222)2(21212z)A(u=++=∂∂⇒Biết rằng: AOl=tạo với 3 trục của Oxyz cỏc gúc γβα,,cosin Chỉ phương:212)2(21211cos=++=α 212)2(21211cos=++=β 222)2(21212cos=++=γVậy:1 .cos)(cos)(cos)()(222221212121=++=∂∂+∂∂+∂∂=∂∂γβαlAuyAuxAulAuCâu 8 : (1đ) Cho trường vô hướng A(1,0),T¹i TÝnh u)1,1()ln(.2−=−−+∂∂lyxyxxulBg: Ta có yx21yxx)yxln(2xu−−+++=∂∂yx21yxx2xu−++=∂∂( )230121011)01ln(.2)(=−−+++=∂∂⇒xAu250121011.2y)A(u=−++=∂∂Biết rằng ⇒−=)1,1(lvéctơ Chỉ phương 21)1(1121)1(1102222coscos)cos,(cos−−+−−+=======lylxlβαβαBiết rằng βαcosy)A(ucosx)A(ul)A(u∂∂+∂∂=∂∂2221252123 −−=+=Câu 9 : (1đ) Cho trường vô hướng(gradu). div TÝnh)3x2y(eu2xy−+=Bg: Ta có ( )yuxu gradu kh¸c MÆt∂∂∂∂∂∂∂∂=+−+=+−+=+−+=+−+=;)232.(.2)32(.)232(.2)32(.22232yxxxyeeyxyexyxyyeexyeyxyxyxyxuxyxyxyxuvà x yeyyx yyx yeyxu.2)2323(.22++−+=∂∂)y4y3xy2y(e224xy+−+)24233222423224(22)24233222()22()23222(.22++−+++−+=∂∂+∂∂=⇒++−+=++++−+=∂∂xyxxxyyyxyyxyexuyuxyxxxyxyexyxyeyxxxyxyexyu22 (gradu) div Câu 10 : (1đ) Cho hàm ẩn ),( yxzz =Có PTxzyarctgxz−=− Ta có ydyzdxxzyxzd ''),(+= mà 0),,(=−+−=⇔−=−zxxzyarctgFxzyarctgxzzyx2)(22)(11.1'2)(22)(212)(212)(11.2)('xzyxzxzyxzyFxzyxzyyxzyyxzyxzyxF−+−= =−+−=−+−++= =+−+=+−+−=22)(2)2)(2(2)(2)2)(2(12)(212)(11.2)('xzyxzyyxzyxzyyxzyyxzyxzyzF−+−++−=−+−++−=−−+−=−−+−−=2222222222)('''1)())(()())(('''xzyyxzFFzxzyxzyyxzyxzyyFFzzyyzxx−++−=−==−+−++−−+−++−=−=→ nnª VËydyxzyyxzdxdyzdxzdyxyxz22),()(''−++−+=+= dã, DoCâu 11 : (1đ) cho hàm ẩn),( zyxx=có PT :23xyxx4z+−= Víi243),,(xyxxzzyxF−−+=⇔ 1'2'43'22=−=−−=zFxyFyxFdyx ã, Khi2222431'''432'''yxFFxyxx yFFxxzzxyy−−−=−=−−=−=⇒Như vậy =dzyxdyyxxydzxdyxdzyzyx2222),(431432''−−−−−=+=Câu 12 : (1đ) cho hàm ẩn),( zyxx =có PT )y2yx(ez2x2++=ozyyxeFxzyx=−++=⇔)2(22),,(Ta có: 1')1(.2)22(')1242()2(.2'2222222−=+=+=+++=+++=zxxyxxxxFyeyeFyyxeeyyxeF)2412(1'''2412)1(2)2412()1(2'''222222yyxeFFxyyxyyyxeyeFFxxxzzxxxyy+++=−=++++−=++++−=−=⇒Như vậy )2412()1(2''222),(yyxedzdyeydzxdyxdxxzyzyx+++++−=+=DẠNG CÂU HỎI 2 ĐIỂMCâu 1 : (2đ) Tìm cực trị của hàm số)4)((+−+=yxyxezxMxđ :Ryx∈∀),(ta có [ ]42)4)(()()4()4)(('+++−+=+++−++−+=xyxyxeyxeyxeyxyxezxxxxx[ ]yeyxeyxezxxxy24)()4('−+=+−+−=Xét tọa độ các điểm tới hạn của h/số : M(x,y)==0)('0)('MyzMxz⇔ [ ])189'(22420862042)2(2042)4) ((0)24(22=−=∆−==−==⇔=++==+++=⇔=+++−+=−xyxyxyxxyxyxyxeyeyxx⇒ Hàm số có 2 điểm tới hạn: )2,2(1−Mvà )2,4(2−MTa lại có: [42)4)((''+++−+==xyxyxezArxxx] [ ]====+++−+=++++−+yxxyxzzBsxyxyxeyxyx ''''104)4)((2)()4([ ] [ ]xyxyyxxxeyezCtyeye 2)24('')24()24(//−=−===−=−3Tại M1(-2,2),ta có:[ ]0.20.4.40.2)1(''0)2.24(''.210)2(4)422.(0)('')(2)1(4422)1(2)1()1(2211>=>=+=−⇒−===−===+−++−−==−−−−−−−eAeeACBeMzCezBeeMzMAMyyMMxyMxx⇒Hàm số không đạt cực trị tại M1(-2,2)Tại M2(-4,2),ta có :0.20.4.40.20)2.24(2)104(4)424)(24(()(''488244442<−=<−=−=−⇒−==−=−=+−++−−+−==−−−−−−−eAeeACBeCeBeeMzAxxVậy hàm số đạt cực đại tại M2(-4,2) và 44)2,4(max.4)424)(24(−−−=+−−+−==eezz Câu 2 : (2đ) Tìm cực trị của hàm sốxyyxz 322−+=Ta có MXĐ : ∈∀=2),( RyxDvà xyyzyxxz323'323'−=−=Xét tọa độ các điểm tới hạn M(xo,yo) của Z(x,y) :==⇔=−=−⇔==)2()1(0330330'0'2222xyyxxyyxzzyxThay (2) vào (1) ⇔=→ yy4==⇔=++−⇔=−010)43)21)((1(0)1(2123yyyyyyyVới :121111==→=yxyVới : 022202==→=yxy⇒Ta có 2 điểm tới hạn của :M1(1,1) và M2(0,0): ta cóyzzzxzyyyxxyxx6''3''''6''=−===Tại M1(1,1) thì ⇒ 027)6.6()3(6)1(''3''61.6''22)1()1(<−=−−=−=∆⇒==−=====ACBMzCzBzAyyMxyMxxVậy ⇒>=<∆→060A H/s đạt cực tiểu tại M1(1,1)Tại M2(0,0) ta có 090)3(''3''00.6''2200.6)()()(222>=−−=−=∆=−=======ACBzCzBzAMyyMxyMxx⇒hàm số không đạt cực trị tại M2(o,o) .Như vậy hàm số đó cho đạt cực tiểu tại M1(1,1) = - 1Câu 3 : (2đ) Tìm cực trị của hàm số 0,2)2)(22(≠−−=abybyxaxz MXĐ :2),( Ryx∈∀Ta có : [ ][ ])2()(22)2(')2()(22)2(')2()2()2)(2(22axxbyybyaxxzbyyaxxaxbyyzbyyaxxybxxaxzyx−−=+−−=−−=+−−=−−=−−=Xét hệ PT:=−−=−−⇔==0))(2(20)2()(20'0'byaxxbyyaxyzxz4==========⇔======⇔byaxyaxbyxoyxbyaxbyaxoxbyyax2202200220Kết 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][))((42)(2'''')2(2))2()(2('''byaxybyaxyxzxyzbyybyyaxzxxx−−=+−−==−=−−=và )2(2'' axxyyz−= với M1(0,0)→)1('' Mxxzr=0)20.(0.2=−=b0)20(0.2)(''4)0)(0(4)(''21=−===−−==aMyyztabbaMxyzs=−=−=∆⇒0.02)4(2abrts02216〉ba (ab ≠ 0) mà r = 0⇒ M1(0,0) không là điểm cực trịVới M2(0,2b)→0)22(2.2)(''2=−== bbbMxxzr0)20(0.2)('')(4)2)(0(4)(''22=−==−=−−==aMyyztabbbaMxyzs022162〉=−=∆barts⇒M2(0,2b) không là điểm cực trịVới M3 (a,b)⇒233234)2(2)(''0))((4)(''4)2(.2)(''aaaaMyyztbbaaMxyzsbbbbMxxzr−=−===−−==−=−== =−=−=∆→2216202barts02216〈−=ba mà r= -4b2 < 0⇒hàm số đạt cực đại tại M3 (a,b)* Với M4 (2a,0)⇒ 0)20(0.2)4(''=−==bMxxzrobaabrtsaaaMyyztabbaaMxyzs〉=−−=−=∆⇒=−==−=−−= ==222244160)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)(''222555〉=−=∆→=−===−−===−==bartsaaaMyyztabbbaaMxyzsbbbMzr→Hệ số không đạt cự trị tại M5(2a,2b) Như vậy hệ số đạt cực đại tại M3 (a,b) khi đó222222),(m ax)2)(2( babbaaZZba=−−= ==Câu 4 : (2đ)yxyxyxz ln10ln422−−++=Mxđ:{ }0,0:),(〉〉∀=yxyxD→ta có: xyxxz42' −+=yxyyz42'−+= ; Xét hệ pt tọa độ cỏc điểm tới hạn M (x,y):5=−+=−+⇔==0420420'0'yxyxyxyzxz=+−+=+−−⇒0)(4)(3044xyyxyxyxyx=−+=−−⇔0)43)((0)41)((xyyxxyyx{000==⇔=+=−⇒ yxyxyx→ loại Với khụg ∈ D332340430==⇔==⇔=−=−yxxyyxxyyx−=−=⇔=+=−400412xyxyxxy (vụ n0)==→=−=−344043041xyxyxyxy ( vụ n0)vậy→ hệ pt có 1 n0 332==yx→ Hệ số có 1 điểm tới hạn )332,332(MXét: 242''xzrxx+==242''1''''yyyztyxzxyzs+=====⇒tại 0154.41441''1''441'')332,332(234)()(34)(<−=−=−⇒=+=====+==⇒rtsztzszrMMyyMxyMxxvà r = 4 > 0 ⇒ h/số cực tiểu tại:)332,332(M và 34ln7434ln21434.3)332,332(min−=−==zZCâu 5 : (2đ)yxyxz−−+=33MXĐ:∀(x,y)∈R2Ta có :123'−=xxz 123'−=yyzXét hệ PT tọa độ các điểm tới hạn của h/số:6==−===−=−=−=⇔=−==−=⇔=−=−⇔==3131313131313131313131310130130'0'22yxyxyxyxyyxxyxzzyx⇒h/số có 4 điểm tới hạn:)31,31(4),31,31(3)31,31(2),31,31(1MMMM−−−−Ta lại có: 6xxx'z'r==yyyztyxzxyzs6''''''==⊗===⇒lần lượt xét các điểm tới hạn ta có : Tại )31,31(1−M03201232.3223231.6)1(''3231.6)1(''<−=<−=−⊗=−⇒−=−==⊗=−=−==rrtsMyyztsMxxzr⇒h/số đạt cực đại tại )31,31(1−−Mvà 934max)31,31(max=⇒−−=ZzZTại ⇒−)31,31(2M701232.323231.6''''32)31.(6''2)()(22>=+⊗=−⇒===⊗==−=−==rtsztzszrMy yxyMx x⇒h/số ko đạt cực trị tại M2Tại −=−=======⇒−32)31.(6''0''3231.6'')31,31()()(333My yxyMxxxtzszrM01232.322>=+⊗=−⇒rtS⇒h/số dạt cực trị tại : )31,31(3−MTại ⇒)31,31(4M===⊗======3231.6)4(''''''3231.6)4(''MyyztyxzxyzsMxxzr01232.322〈−=−⊗=−⇒rtSmà 032 〉=r⇒h/số đạt cực tiểu tại )31,31(4Mvới 934)31,31(min−==zZNhư vậy h/số đạt cực đại tại 934max1);31,31(=−−ZMĐạt cực tiểu tại:934min4);31,31(−=ZMCâu 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 =+−=+−↔==0xyy0yxx0'z0'z22yx=+−=−++↔=+−=+↔0yx3x0)x y2y2x) (yx(0yx3x03y3x 8===−=+⇔=+−==+−=+⇔0y0x0x23x0yx0yx3x0xy0yx3x0yx=−=−====⇔2y2x2y2x0y0x+ 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)<0 Khi y ở lõn cận 0 ()2y<+ Xét (x,y) theo đường (x=y)=> 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( )¹i cùc vµo thay d2,2=>−* Xét B( )tiÓu cùc vµo thay =>− 2,2Câu 7 : (2đ)Tỡm cực trị của hàm số: z = xy+y20x50+với x>0, y>0Giải: Bước 1 −−=2y20x2x50x'zy'z Tỡm cỏc điểm dừng ==−⇒=−=−)2()1(000222220502050yxyxxyxyThay (2) vào (1) ta có0y.y0y48122y2050=−⇒=−=> 8y – y4 = 0 => y(8-y3) = 0=++−=−=⇒0)224)(2(380yyyyy=⇒==⇒>++=+− 032)1(4220yyyy2y 5 x ra bµi theo lo¹i Vậy có 1 điểm dừng M1(5,2). Bước 2: Tính ACB2−=∆34000340''11''100''2332yzCzBxzAyyxxyx==−=∆⇒====Tại điểm dừng M(5,2) ta có0341)2,5(<−=−=∆=> hàm số đạt cực trị ta lại có9 ⇒>= 0)2,5(A125100Tại M hàm số đạt cực tiểu.Câu 8 : (2đ)Tỡm cực trị cuả hàm số z= x3 + y3 – x2yGiải: Bước 1:−=−=22y2xxy3'zxy2x3'zTỡm cỏc điểm dừngcó hệ=−=−)2(0223)1(0223xyxyxTừ (1) => x(3x-2y) =0=⇒==⇒yxyxx32230 thay x=0 vào (2) ta có 3y2=0 =>y=0thay x=2/3.y vào (2) ta có042703222942=−⇒=yyyy23 y2= 0 => y=0 Vậy ta có điểm dừng M(0,0)Bước 2:Tớnh ACB2−=∆yxzAx26''2−==yzCyyyxxxx yzB6''26).26(242''==−−=∆⇒−== xét tại điểm dừng M(0,0) ta có0)0,0( =∆=> chưa có k.luận về cực trị, xét hàm số tại (0,0): z=0; z>0 với x=yCâu 9 : (2đ)Tỡm cực trị của hàm số 112222++++=yxyxz122)122(1221222'++++++−++=yxyxyxxyxxz322232222212221)22()1(2+++−−++++−++==yxxxyyyxxxyxyx32221222'+++−−=yxyxyxyz10[...]... )1(12C1C1)o(yx3e2xxe2Cx3e1Cy=+⇒=++=)2(9212C1C39)o('yx3xe23x3e21xe2Cx3e1C3'y=++⇒=+++=⇒ -Giải hệ [ ]xxxxeeeyCCCCCCCC33121121212111541411415114152152)2(2173)1(1+−=⇒−=−=−==⇒=⇒=+=+37 1/2 1 2 xMiền lấy t/phân D = ≤≤−≤≥∈xyxxxRyx22220:2),( D được g/hạn bởi các đường x =0 ; x =2 −+=−−=⇔⇔=+−⇔−=211211122)1(22yxyxyxxxy... kk ⇒Pt thuần nhất có No t/quát : xeCxeCy4231+= Pt (2)có No riêng dạng xAxey3* =)96(3'*')31(3'*xxAeyxxAey+=+=⇒thay vào (2) : [ ]1312)31(7963−=⇒=++−+AxexxxxAeVậy (2) có No t/quát:xxexeCxeCy34231−+=câu14(4đ)a. xxyy =−'-Đây là Pt vi phân t2 bậc 1 dạng: y’+ py = q có No t/quát:∫∫+∫=−dxQeCeyPdxPdx∫==∫=∫∫∫... thuần nhất dạng: )x96(x3Ae'*'y)x31(x3Ae'*yx3Axe*y+=+=⇒=Thay vào Pt và đồng nhất hệ số :36 )(1baxeYoxR+=Của Pt:)(15'6''xfxyyy ==++(1)01''1' =⇒=⇒RyaRythay vào −=−==⇔=+=⇔=+++⇒56651615560abaobaaxbaxa561−=⇒xYR+Với 1)()(21.kpeefxoxxx=−=⇒==−αα⇒Ta tìm No riêng dạng: xRAxeY−=2của... 2t4ππ≤≤∫−−∫−==∫−−∫−=24dt)tcostsint2(cos2a4odt)tcostsint2(cos2aIo24tdtcos)tsint(cos2a4otdtcos)tsint(cos2aIππππππ0424t2cos4t2sint212ao44t2cos4t2sint212a24dt)2t2sin2t2cos1(2a42dt)2t2sin2t2cos1(2a=++=++=∫−+=∫−+=πππππππCâu6(3đ)dy)2y1ABy2x(ydxlnx2++∫+ Y B C A 1 1 XĐặt :p = 2xlny 2y1y2xQ ++=Nhận xét:yx2xQyp=∂∂=∂∂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 =−+=−+⇔==0420420'0'yxyxyxyzxz=+−+=+−−⇒0)(4)(3044xyyxyxyxyx=−+=−−⇔0)43)((0)41)((xyyxxyyx{000==⇔=+=−⇒... x>0, y>0 Giải: Bước 1 −−=2y20x2x50x'zy'z Tỡm cỏc điểm dừng ==−⇒=−=−)2()1(000222220502050yxyxxyxyThay (2) vào (1) ta có0y.y0y48122y2050=−⇒=−=> 8y – y4 = 0 => y(8-y3) = 0=++−=−=⇒0)224)(2(380yyyyy=⇒==⇒>++=+− 032)1(4220yyyy2y 5 x ra bài theo loại... CBQdypdxQdypdxI)3152ln352(21dy212y1I∫+−+==+=⇒=+=∫+=⇒21dy2y12y122y1yIdyyV2y1ydUdydV2y1Udy212y1I)2152ln(21225I)21ln()52ln()252(I12)2y1yln(I122y1y21212y1dydy2y1212y1ydy2y1112y122y1yI+++−=⇒+−++−=⇒+++−+=∫ ∫+++−∫+=+−+−+=⇒Câu7(3đ)∫+−++c2y2xdy)xy(dx)yx(Biểu diễn Pt đường tròn trong dạng tham số:<<==π2to,tsinaytcosax[]dt)tcosa)(tcosatsina(2o2a)tsina)(tsinatcosa(I−+∫−+=π∫−=−=∫+−=πππ2o2dt2odt)t2cost2(sin t a xCâu8(3đ)19 có N0 riêng dạng yR2= (Ax+B)cos2x + Csin2x → y’R2 =Acos2x –2(Ax + B)sin2x +2Ccos2x = (A+2C)cos2x – 2(Ax... M2(-4,2) và 44)2,4(max.4)424)(24(−−−=+−−+−==eezz Câu 2 : (2đ) Tìm cực trị của hàm sốxyyxz 322−+=Ta có MXĐ : ∈∀=2),( RyxDvà xyyzyxxz323'323'−=−=Xét tọa độ các điểm tới hạn M(xo,yo) của Z(x,y) :==⇔=−=−⇔==)2()1(0330330'0'2222xyyxxyyxzzyxThay (2) vào (1) ⇔=→ yy4==⇔=++−⇔=−010)43)21)((1(0)1(2123yyyyyyyVới... liên hợp ik ±= 02,1 ⇒No tổng quát của Pt thuần nhất :xCxCxCxCoxeycos2sin1)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: xxCxxCRy cos)(2sin)(1+=theo P2 biến thiên hằng số Largrange ,ta có )(2,)(1 xCxClà No của hệ :=−=+)2(sin)('cos)(')1(0cos)('sin)('2121tgxxxCxxCxxCxxC)(')('cossin)(')1(112xtgxCxCxxxC−=−=⇒Thay... no t/quát của Pt thuần nhất là :xeCy41=xeC5.2+-Xét Pt vi phân ko thuần nhất đã cho1)(4)()(44.20'9''kpeeffeyyyxoxxxxx==⇒==⇒==+−αα⇒Ta tìm 1 No riêng có dạng: xexAxexxeARyxexAxeA xxAeRyAxxeRy4)21(84).41(44.4''4)41(4.44'.4+=++=+=+=⇒=thay vào ta có :1 20)41(9)21(820'9''4444444−=⇔=−⇔=++−+⇔=+−AeA... t/quát:]Cd tqeeytd tpd tptt+∫∫∫=−)(.)()(+Ta có :dttpI∫=)(27 ⇒>= 0)2,5(A125100Tại M hàm số đạt cực tiểu.Câu 8 : (2đ)Tỡm cực trị cuả hàm số z= x3 + y3 – x2y Giải: Bước 1:−=−=22y2xxy3'zxy2x3'zTỡm cỏc điểm dừngcó hệ=−=−)2(0223)1(0223xyxyxTừ (1) => x(3x-2y) =0=⇒==⇒yxyxx32230 thay x=0 vào (2) . PT:=−−=−−⇔==0))(2(20)2()(20'0'byaxxbyyaxyzxz4==========⇔======⇔byaxyaxbyxoyxbyaxbyaxoxbyyax2202200220Kết 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. 2xlny 2y1y2xQ ++=Nhận xét:yx2xQyp=∂∂=∂∂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∫+++∫+=∫
- Xem thêm -

Xem thêm: Giải các dạng bài tập toán A3.doc, Giải các dạng bài tập toán A3.doc, Giải các dạng bài tập toán A3.doc, theo cơng thức ta có : Đặt y Ta có :, Tìm No tổng quát :, Tìm No tquát của Pt:

Hình ảnh liên quan

Trong đó D là hình trò n: - Giải các dạng bài tập toán A3.doc

rong.

đó D là hình trò n: Xem tại trang 14 của tài liệu.

Từ khóa liên quan