Giải các dạng bài tập giải tich 2

DẠNG CÂU HỎI 1 ĐIỂM

Câu1 : (1đ) Cho hàm số z = arctg

'

y x x

y

x y

x y

+

−

=+

−

=

22(

y x

y xx z

+

) 2 2 (

2 2 ) 2 2 (

2

y x

xy y

) 2 (

y x

xy y

x

y x

+

= +

−

−

Vậy ⇒ z '' xx + z '' yy = 0

2)22(

22

=+

+

−

y x

xy xy

x

' 1 '

.

1 1 2 '( 2 2) 1 ( f ( x2 y2) 2 y2f'( x2 y2))

y y x xyf

y y x

2'

r

x r

x r

r r r

z x= − x=− x=− =−

⇒

) ( 2

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

++

=

−++

x xarctg

z

x x

++

−

=

)(2'

.22

2 2 2

y x y x z y y y x

x y y

−

=

−+

−

=

Cộng 2 vế của (a) và (b) ta được

)('')(22

2'

2 2

2

y

x xarctg y

y x y x x y

x xarctg

−

=

+

Câu 7 : (1đ)

) 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

=++

1

+ +

=

β

2 2 2 ) 2 ( 2 2

2

+ +

= γ

Vậy:

1

cos ) ( cos

) ( cos

1 2

1 2

1 2

=

∂

∂ +

∂

∂ +

T¹i TÝnh

1 y

x x x

u

−++

1 2

1 ) 1 ( 1

1

− +



β α

β

α

y ) A ( u cos x ) A ( u l

1 2

5 2

1 2

= +

− +

= +

− +

= +

− +

=

;

) 2 3 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

− + + +

− +

=

∂

∂ +

− +

= + +

+ +

− +

=

∂

∂

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 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

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 (

= + + +

= + + +

=

z

x x

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

y

+++

++

−

=+

=

DẠNG CÂU HỎI 2 ĐIỂM

Câu 1 : (2đ) Tìm cực trị của hàm số

) 4 )(

) 4 )(

2042)2(

2042)4)(

(

0)24(

−+

=

−

x y x y

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

24((

4

4

4 4

−++

−

−+

y x x

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

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

−+

042

y

x y

− +

= +

−

−

⇒

0 ) ( 4 ) ( 3

0 4 4

xy y x y x

y x y x

(

0)41)(

(

xy y x xy y x

=

−

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

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

⇒h/số dạt cực trị tại : )

3

1,3

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 y 2 x )(

y x ( 0 y x 3 x 0 3 y 3

x

0 x

0 x 2 3 x

0 y x

0 y

* 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

=+

−2 4 ( 1)2 3 0

2 0

y y

y y

2 lo¹i theo x bµi 5 ra

Vậy có 1 điểm dừng M1(5,2)

Bước 2: Tính ∆=B 2−AC

3

4000 3

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

− +

=

y x x xy y y

x

x xy x y x

3 2

2

2

1

2 2

−

=+

022220

'

0

'

y xy x

x xy y y

−

−

=++

−

↔

022

2

0)122)(

(

x

y x y x

−

−

=++

2

0122

22

20

2

2

y xy x y x

y xy x y

x=y=2

Ta có: 2x+2y+1 ≤ ( 2+ 2+2)(x2+y2+1) = 3 x2+ y2+ 1 ⇒ 22 2 211 ≤3⇒ ≤3

++

+

y x

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 1

0),(x y dy

2

3

0 3

2

) , (

xdy y x f dx

x R y

222

20:2),

y x y

y y x

2

21

1 1 1 0

y y

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

t

t

a

ππ

a x a

a

d x

a

dx

I

2 2

2

2

)(1

)(

:

dy

y

a x

a

A

C

p x

2 3

R3 (sin3 cos3 )

4

t3cos

o)cos(sin3

3R2o

d)sin(cos3

3R2

d)o

R

3r).(

sin(cos2I

π

ϕϕϕ

ϕ

π

ϕϕ

Câu5(3đ): ∫ −

AB

dyy

x

Y

B

a

≤y

4

tdtcos

t2cos

t2cos

2 1

I=

] [

ycosxm2ysinx)y,x(

cos

sin2

cos

2 2

là vi phân toàn phần khi :

om

(

'

cos

)sin

cos

(

'

)sincos

dy du

==

ππ

π

π

π π

=+

−

dy)ynx

a x

2

2

2 2

2

2 ,

2)4(2)arctgo1arctg(2

oaa

xarctga

1.adx22a

ao

dx22xaa

o

dx22xa

ao

ao

dx22xady22ya

−+

∫+

a o

v

zdz dy dx

dz

ydy

dx

dz dy

22

0

r o

22

202

r z r

πϕ

u =

ydydzuxzdxdy

x

d

)42

x

x x d x

x

d

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

42(ln22

tg C y

(

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

-4(A+C)sin2x –4(Ax+B)cos2x

Thay vào pt ta được :

(-4A –5C)sin2x – 5(Ax+B)cos2x

−

⇔

25

210

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)

-Đây là PT tuyến tính cấp 2 ko thuần nhất

- 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

y

+

−+

coscos1

cos1cos

cos1cosln

b.y''−y=xcos2x x xcos2x

2

2+

=

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

- 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 = -2(a+2c)sin2x – 2asin2x – 4(ax+b)cos2x

40

2sin25

22cos102

21

−

−

−

=+

=

Vậy N0 tq của pt đã cho là :

x x

x

x

e C e

y v

y

dy du

ydy

dv

y

u

410

)

) 4

4

.20

e

f

f e

y

y

y

x o x

x

x

x x

20

)41(

x R

- Đặt:

t y t e t

'

'1

t t p

1)2

e

e

y= −∫p t)dt∫ ∫p t)dt t) +

+Ta có :I=∫p t)dt

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 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

→ 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

−

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

3

1

y

y y z

y

z= ⇒ =−

z y

110

x

P

e

f e

'

ax b

Thay vào ta được :

b

a

ax

b a x

4

)1(

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

110

⇒

5

6651

6 1

5

56

0

a b

a o

b

a

a

x b ax a

5)1

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

x R

tq

e x

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

410

k

k

k

⇒Pt đặc trưng có 2 no thực phân biệt ⇒no t/quát của Pt thuần nhất

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

14

)

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

- 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:

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

2cos1''+ =

⇒Ta tìm 1 No riêng có dạng:

x x C

x x C x C

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

) (sin sin

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

- Xét Pt vi phân ko thuần nhất đã cho : y''+5y'+4y=e−4x=f(x)

x xe x

1y

32

2106k2

⇒No t/quát của Pt thuần nhất :

xe

x x

e

e C

e

C

x

x x

=

2

3 2

2

3

2 2

xex

tt

K

y

3 2

2 2

xe

−

22

1102k2

⇒Pt thuần nhất có No t/quát y=C1ex+C2e x 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)2x(2x

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)

-áp dụng p2 biến thiên hằng số lagrange: [− + + ] = +

=+

−

−

−

x e e C C e xC C

x x x

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

−

=+

⇔

x C x C

xC C

132')1(1'

02'1'

2

2

2 2 2

x x xC

C

k x

++

2)1(2

x

k

x

x k

)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

−

⇒

=

++

−+

A x

e

x x x x

Ae

Vậy (2) có No t/quát:

x xe x

[ ]

xxe

−

+

⇒Pt có No t/quát

)1(12C1C1)o(y

xe2xxe2Cxe1Cy

=+

⇒

=

++

=

)2(92

12

1

2

1 1

4

114

1511

4

152

15

2

)2(2

173

)1(1