Bài tập toán cao cấp( có hướng dẫn giải)

Bài tập Toán cao cấp Chương I:Đại số tuyến tính: 1)Tìm hạng của ma trận: A=(aij )mn Phương pháp: Dùng phép biến đổi sơ cấp đưa ma trận A……….-->A'''''''''''''''' ma trận A'''''''''''''''' có dạng hình thang r(A)=r(A'''''''''''''''') = số hàng khác 0 của ma trận A'''''''''''''''' a) A= Biến đổi về ma trận: đổi chỗ hàng 2 và hàng 3:được ma trận hình thang A''''''''''''''''=  r(A)=r(A'''''''''''''''') =2 b) Tìm a sao cho: A= có r(A)=3 Phép biến đổi sơ cấp đưa về ma trận A'''''''''''''''' =  Hàng thứ 3 luôn khác 0 với mọi a r(A)=3 với mọi a. c)A= Đổi chỗ hàng 1 và 2 sau đó dưa về ma trận A'''''''''''''''' =  r(A)=r(A'''''''''''''''') =3 d)Tìm hạng của một hệ véc tơ:Cho hệ véc tơ: S={ x=(1,2,3), u=(2,4,6), v=(1,2,4) } Hạng của hệ véc tơ cũng là hạng của ma trận Atương ứng sau: A= (3 vec tơ của S là 3 cột của ma trận A).Biến đổi A thành ma trận hình thang: A''''''''''''''''=  r(A)=r(A'''''''''''''''') =2  Hệ véc tơ S có hạng bằng 2 2)Giải hệ PT theo phương pháp Gauss: a) x1 - 3x2 + 4x3 = 7 -2x1 + x2 - 2x3 = -2 Đưa về ma trận: -x1 +2x2 + 2x3 = -2  x1 =1, x2 =2, x3 =3 b) x1 + 3x2 - x3 + x4 = 0 2x1 - x2 + 2x3 + x4 = 1 Đưa về ma trận: -x1 + x2 + x3 +3x4 = 2 x1 + 3x3 +4x4 = 3  c) x1 - 3x2 -4x3 = 7 -x1 +2x2 + x3 = 6 Đưa về ma trận: 2x1 + x2 -2x3 = - 2 x2+3x3 = 0 có Hệ vô nghiệm d) x1 - 3x2 + 4x3 = 7 - x1 + 2x2 + x3 = 6 Đưa về ma trận: 2x1 + x2 - 2x3 = -2  x1 =1, x2 =2, x3 =3 e) x1 - 3x2 + 4x3 = 7 - x1 + 2x2 + x3 = 6 Đưa về ma trận: có  Hệ có vô số nghiệm, hệ tương ứng với ma trận bậc thang cuối: x1 - 3x2 + 4x3 = 7 Hệ tương đương: : x1 - 3x2 = 7 - 4x3 -x2 + 5x3 = 13 -x2 = 13- 5x3 ¬Đạt x3=t ( t: hằng số tuỳ ý) ta có: : x1 - 3x2 = 7 - 4t  -x2 = 13- 5t Hệ có nghiệm: ( với t là hằng số tuỳ ý) 3) a)Xác định a để hệ PT sau có nghiệm không tầm thường: a x1 - 3x2 + x3 = 0 2 x1 + x2 + x3 = 0 3x1 + 2x2 - 2x3 = 0 Có D= = = =1.(-1)2+2 =-4a-20 Hệ PT có nghiệm không tầm thường b)Giải hệ PT: x1 - x2 + 2x3 = 0 2x1 + 5x2 - x3 = 0 Biến đổi ma trận về ma trận  Hệ có vô số nghiệm:Từ ma trận cuối ta có hệ PT; x1 - x2 + 2x3 = 0 hệ tương đương: x1 - x2 = 2x3 7x2 -5 x3 = 0 7x2 = 5 x3 Đặt x3=t ( hằng số tuỳ ý) ta có : : x1 - x2 = t 7x2 = 5 t  hệ có nghiệm: với t tùy ý 4) Tìm ma trận nghịch đảo theo 2 phương pháp: a) A =  A-1 = b)A= A-1= c) A-1 = d) A =  A-1 = e) A-1 = 5)Cho các véc tơ: x=(0,0,0), u=(2,3,5), v=(3,7,8), w=(1,-6,1) Hãy biểu diễn x thành tổ hợp tuyến tính của các véc tơ : u,v,w Ta viết x= k1u +k2v+k3w (2k1,3k1,5k1)+ (3k2,7k2,8k2)+ (k3,-6k3,k3)=(0,0,0) Giải hệ: 2k1 +3k2 + k3 = 0 3k1 + 7k2 -6k3 = 0 5k1 + 8k2 +k3 = 0 Biến đổi ma trận về ma trận hình thang:  Hệ có vô số nghiệm : 2k1 +3k2 + k3 = 0  2k1 +3k2 =- k3 k2 -3k3 = 0 k2 =3k3 Đặt k3= t  k2 =3t, , k1= -5 Vậy x= -5tu + 3tv + +tw b)Các véc tơ sau là độc lập hay phụ thuộc tuyến tính: u=(2,3,1), v=(3,-1 ,5), w=(1,-4,3) Xét k1u +k2v+k3w = θ (2k1,3k1,k1)+ (3k2,-7 k2,5k2)+ (k3,-4k3,3k3)=(0,0,0) Hệ: 2k1 +3k2 + k3 = 0  3k1 - 7k2 -4k3 = 0 k1 + 5k2 +3k3 = 0 =-35≠0  Hệ chỉ có 1 nghiệm tầm thường k1=k2=k3= 0  hệ véc tơ độc lập tuyến tính.

Bài tập Tốn cao cấp Chương I:Đại số tuyến tính: 1)Tìm hạng ma trận: A=(aij )mn Phương pháp: Dùng phép biến đổi sơ cấp đưa ma trận A………. >A' ma trận A' có dạng hình thang r(A)=r(A') = số hàng khác ma trận A' 1 1  1 1      a) A=  2  Biến đổi ma trận:  0 0  đổi chỗ hàng hàng 3:được 3  0 0      1 1    ma trận hình thang A'=  0   r(A)=r(A') =2  0 0   1 1    b) Tìm a cho: A=   có r(A)=3  a a 1   1  1     Hàng thứ khác Phép biến đổi sơ cấp đưa ma trận A' =   0 a  a  8   với a r(A)=3 với a  1   c)A=   1  Đổi chỗ hàng sau dưa ma trận  2  4     1   A' =    r(A)=r(A') =3  0   6   d)Tìm hạng hệ véc tơ:Cho hệ véc tơ: S={ x=(1,2,3), u=(2,4,6), v=(1,2,4) } Hạng hệ véc tơ hạng ma trận 1    Atương ứng sau: A=   (3 vec tơ S cột ma trận A).Biến đổi A thành  4   1    ma trận hình thang: A =  0   r(A)=r(A') =2  Hệ véc tơ S có hạng  0 0   ' 2)Giải hệ PT theo phương pháp Gauss: a) x1 - 3x2 + 4x3 = -2x1 + x2 - 2x3 = -2 Đưa ma trận: -x1 +2x2 + 2x3 = -2 1       13   x1 =1, x2 =2, x3 =3 0   b) 1  0 0  0  x1 + 3x2 - x3 + x4 = 2x1 - x2 + 2x3 + x4 = -x1 + x2 + x3 +3x4 = x1 + 3x3 +4x4 = 1 0 1 Đưa ma trận:  51 43   x1  58  t 0    x   4t 7    12    x3   t 0    x t c) x1 - 3x2 -4x3 = -x1 +2x2 + x3 = 6 Đưa ma trận: 2x1 + x2 -2x3 = - x2+3x3 = 1       13   0 25 75  có r ( A) 3 , khác r ( A ) 4 Hệ vô nghiệm   0   11   d) x1 - 3x2 + 4x3 = - x1 + 2x2 + x3 = 6 Đưa ma trận: 2x1 + x2 - 2x3 = -2 1       13   x1 =1, x2 =2, x3 =3 0 25 75   e) x1 - 3x2 + 4x3 = - x1 + 2x2 + x3 = 6 Đưa ma trận: 1     có r ( A) r ( A ) 2   Hệ có vơ số nghiệm, hệ tương ứng với ma   13  trận bậc thang cuối: x1 - 3x2 + 4x3 = Hệ tương đương: : x1 - 3x2 = - 4x3 -x2 + 5x3 = 13 -x2 = 13- 5x3 Đạt x3=t ( t: số tuỳ ý) ta có: : x1 - 3x2 = - 4t  -x2 = 13- 5t  x1  32  11t  Hệ có nghiệm:  x 13  5t ( với t số tuỳ ý)  x t  3) a)Xác định a để hệ PT sau có nghiệm khơng tầm thường: a x1 - 3x2 + x3 = x1 + x2 + x3 = 3x1 + 2x2 - 2x3 = a a6  a6  a6 1 = =1.(-1)2+2 Có D= 1 = =-4a-20  1  1  1  Hệ PT có nghiệm không tầm thường  D 0  4a  20 0  a 5 b)Giải hệ PT: x1 - x2 + 2x3 = 2x1 + 5x2 - x3 = 1     r ( A) r ( A ) 2  Biến đổi ma trận A ma trận     Hệ có vơ số nghiệm:Từ ma trận cuối ta có hệ PT; x1 - x2 + 2x3 = hệ tương đương: x1 - x2 = 2x3 7x2 -5 x3 = 7x2 = x3 Đặt x3=t ( số tuỳ ý) ta có : : x1 - x2 = t   x1  t  5t  7x2 = t  hệ có nghiệm:  x  với t tùy ý   x3 t   4) Tìm ma trận nghịch đảo theo phương pháp: a) A=  A-1 =  1 0  1      -1 b)A= 1  A =    1  1     1     c) A-1 =  A-1 = d) A = e) A-1 = 5)Cho véc tơ: x=(0,0,0), u=(2,3,5), v=(3,7,8), w=(1,-6,1) Hãy biểu diễn x thành tổ hợp tuyến tính véc tơ : u,v,w Ta viết x= k1u +k2v+k3w (2k1,3k1,5k1)+ (3k2,7k2,8k2)+ (k3,-6k3,k3)=(0,0,0) Giải hệ: 2k1 +3k2 + k3 = 3k1 + 7k2 -6k3 = 5k1 + 8k2 +k3 = 2    Biến đổi ma trận A ma trận hình thang:     r ( A) r ( A ) 2   0 0   Hệ có vơ số nghiệm : 2k1 +3k2 + k3 =  k2 -3k3 = 2k1 +3k2 =- k3 k2 =3k3 Đặt k3= t  k2 =3t, , k1= -5 Vậy x= -5tu + 3tv + +tw b)Các véc tơ sau độc lập hay phụ thuộc tuyến tính: u=(2,3,1), v=(3,-1 ,5), w=(1,-4,3) Xét k1u +k2v+k3w = θ (2k1,3k1,k1)+ (3k2,-7 k2,5k2)+ (k3,-4k3,3k3)=(0,0,0) Hệ: 2k1 +3k2 + k3 =  3k1 - 7k2 -4k3 = k1 + 5k2 +3k3 = A 3   =-35≠0  Hệ có nghiệm tầm thường k1=k2=k3=  hệ véc tơ độc lập tuyến tính Chương II Phép tính vi phân hàm biến 1)Tìm giới hạn sau:  cos x  lim a), xlim   x  sin x n 2 n b) lim ( ) = n  n 1 cos x 2 cos x lim  lim x  x x = x   x x= sin cos sin cos 2 2   n lim (1+ lim 1  ) = n  n  n2   n2       1   2 x= sin 2 n2  3n n2  = e0= x sin x 1  cos x lim sin lim  7, lim = 2 x x x  x  x2   x2 2 2 x 1     2   lim = x     1   e 2x 1    2x 1      2)So sánh vô bé, vô lớn:  ( x)    (x) VCB bậc thấp 1)  ( x ) 3 x  x  ( x) 5 x x 0 , xét lim x   ( x)  (x ) (Hay  (x ) VCB bậc cao  (x) )  ( x) ex  x  ( x )  x lim 1   (x) VCB 2)  ( x) e  x 0 , xét lim x   ( x) x x tưong đưong  (x)  ( x)    (x) VCL bậc 3)  ( x )  x  x  x  ( x ) x  x   xét lim x    ( x) cao  (x)  2x   8, lim  x    2x 1  x 1   = lim  x     2x 1 x 1 x  ( x) x  ( x )  lim  lim x 1 xét =0  (x ) 3 x   ( x) x  ( x  1) ( x  1) x 1 bậc thấp  (x ) x 1 4)  ( x )  Hàm liên tục 1, Xét liên tục hàm số:  sin x x 0  a, f(x) =  x 1 x 0 Giải: Khi x  hàm sơ cấp nên liên tục x  0,tại x = ta có: lim x  hàm liên tục với số thực x sin x 1  f (0) x   x sin khix 0 x  b, f(x) =  khix 0  f(x) = x sin liên tục x 0 , x = x lim x sin x 1 0 (vì sin 1 ) x x  x  khix  c), f(x) =   x  a khix 0 (a số cho trước) Giải: f(x) liên tục x 0 f(x) hàm số sơ cấp x 0 Xét x=0 có: f(0) = a; xlim = a, xlim =  f(x) liên tục bên phải x=0 với a: xlim f(x) = f(0) = a  0  0  0 f(x) liên tục bên trái x=0 khi xlim f(x) = f(0)  a=  0 Vậy: - Nếu a = f(x) liên tục với x - Nếu a 1 f(x) bị gián đoạn x=0  x  x   x  1 d), g(x) =   x  k  x 1 * )g(x) liên tục giá trị x 1 g ( x) = lim Tại x=1 có xlim (x2 -3x + ) = -1 1  1 lim g ( x) = lim (2 x  k ) k  x  1 x *)Hàm g(x) liên tục x = khi k+2 = -1  k = -3  x   khix 1 e), f(x) =    ax  khix  1 *)f(x) liên tục x 1 x = ta có lim f ( x) = lim ( x  1) 2 lim f ( x) = lim (3  ax ) 3  a ; f(1) = 1+1 = x x x x *)Để f(x) liên tục x=1 ta phải có: 2=3-a  a=1 2), Xét liên tục x = -2  x2 x   f(x) =  x  x = -2 0  x2 x2 f ( x ) = lim lim  Xét xlim =   2 x  x  x    x   lim f ( x)  lim x  x  x2 = lim x  1 x  x  2 x  lim f ( x)  lim f ( x) điều khác f(-2) x  2 x   f(x) không liên tục x = -2 3) Xác định a để   2x  x≠0  f(x) =  3x  a 1 x =  liên tục x = Giải: f(0) = a+1  2x  lim f ( x) = lim (  x  1)(  x  1) = lim =  x x x x(  x  1) 3 x(  x  1)  a+1 =  a = f(x) liên tục x = 3 ĐẠO HÀM VI PHÂN Tính đạo hàm hàm số: 1, f(x) = xx x x Giải: lấy ln hai vế: lnf(x) = lnxx Đạo hàm vế  f ' ( x ) = (x x lnx)’ =(x x )’lnx + x x (ln x) f ( x) đặt u = x x = e ln x x =e x ln x u’ = ( x x )’ = (e xln x )’ = e x ln x (xlnx)’ = e x ln x (lnx +1) = xx (lnx +1)   f’(x) = f(x) x x (ln x  1) ln x  x x  = 2, cho f(x) = = xx x x x  (ln x  1) ln x  x x  1 x sin , tìm df 12 x 6 x cos ( x  6) x 6  ta có: f’(x) =  df(x) = f’(x)dx = 12 ' x 6 x 6 x 6   sin   cos   x   12 x 6 x 6  ' x cos ( x  6) x 6 3) f(x) = (sinx) cos x tìm df(x) lnf(x) = cosxlnsinx (lnf(x)’ = f ' ( x) - sinxlnx + cos x ) f ( x) sin x  cos x  cos x cos x  sin x ln x  f’(x) = f(x)  (- sinxlnx + )  = (sinx) sin x  sin x   cos x   df(x) = f’(x)dx = (sinx) cos x   sin x ln x   dx sin x   QUY TẮC LƠPITAN: Tìm giới hạn ln x  lim lim 1, x  x ln x = x  ( Lo pi tan) lim =0 x  2x 2 x 2, A = (sinx) x , lnA= xlnsinx lim lnA = lim x =0 x ln sin x cos x x cos x lim lim = ( Lo pi tan) x  sin x x   sin x  x x = lim (xcosx) x 2  ln arctgx  2   ( Lo pi tan) lim   x lim     artgx dang    3, lim xln = x x x  1   arctgx.    x  x = -2/π lim x x2  ( sau Lo pi tan ) arctgx  x  4, lim (cos2x) x (dạng  ) x Ta có: lim (cos2x) x x =e x2 lim ln cos x x (Dạng o*  ) 3 ln cos x ln cos x  lim Vì lim (dạng ) 2 x x 0 x x = ( Lo pi tan) lim x lim 5, x Vì = (tgx) x   (Dạng 0 )  Ta có lim x lim  x lim x nên 3 ( sin x).2 sin x  lim   lim (cos2x) x = e  x x cos x 2x 2x  lim (   x ) ln tgx (tgx)   x = e x 2 (2   x ) lntgx = lim  x ln tgx ( 2  x )  (Dạng 0*∞) (Dạng  )  1 lim  (2 x   ) lim  (2 x  ) lim  4(2 x   )   tgx cos2 x = x  0  x  2 sin x cos x = x  2 sin x cos x 2 sin x  2(2 x   ) lim x   (tgx) = e 1 CÔNG THỨC TAY LO ( 3) ( 4) 1, Viết số hạng đầu khai triển Mac lo ranh của:f(x) = xe x Tính f ( 0) ; f ( 0) X2 X3 Đặt X = 3x  e X = 1+ X +   r3 ( X ) 2! 3!  x 27 x  3x     r3 ( X )  x   Thay X = 3x f(x) = xe = x    f ((03)) 9x3 9x ( 3) = x+ 3x    r3 ( X )    f ( ) 27 2 3! 2  f ((04)) 4!9 ( 4) 108   f(0)  4! 2, Viết số hạng đầu khai triển ( 3) ( 4) Mac – lo – ranh: f(x) = xln (1+4x) Tính f ( 0) , f ( 0) Đặt X = 4x    X2 X3 X4 X     rn( x )  f(x) = x  2! 3! 4!   = 4x  x  Có  f ((03)) 3! f ((03)) 3!  16 x 64 x 256 x  x     rn( x ) = x 2! 3! 4!   64 x  64 x5  rn( x )   f ((03))  8.3!  48 f ( 3) 1  f ( 0) 3!6  f (5) (0) ( 4) (0) 4!   64 4!64  f ((04) )  512 3 120  f ((05))   40 3 3, Viết số hạng chuỗi Mac – lo – rin hàm f(x) = x e  x Đặt X = -2x     X2 X3 x x3  4 2    = x 1  x   f(x) = xe X = x 1  X   = x2x  x  x  21 3!     Chương III Phép tính tích phân hàm biến TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH I Dung phương pháp khai triển: = = 1 d (t  1) (t  1) 1  (t  1) 2� ( 1) 2(t  1)  1� �1 1  � 2� � �4 Tích phân suy rộng Tính tích phân suy rộng sau: too dx đặt a) I  � x( x  1) F(t) = t dx �x( x  1) t� t 1 � x 2t  dx  ln ( -> F(t)= � = ln ln � � � x x  1) t 1 � x 1� 2t -> limt F( x ) = lim ln = ln -> I = ln2 t  � t   b) I =  dx =   x 1 b dx lim  a  x  b  a lim (arctga  arctgb )  = a  b  2) xét hội tụ tích phân sau: � dx �x (a >0)  a a) Xét  1 A � A dx x  1  lim x dx  lim =  � A �� A �   x a a a = lim ( A � A 1  a  1 )   �a1 � = �1   � � �  1 b)  =1: � A dx dx  lim �  lim  ln A  ln a  � A  � x x A  � a a =  (Phân kỳ) Vậy: � dx �x (a > 0) hội tụ  >1, phân kỳ    a 3) Xét hội tụ tích phân sau: e a) I = dx  e x x  dx lim ta có: I =  x  x = a   e  e  dx lim x  x = a    e  e a e x dx = alim artge│ a = x    ( e )  a lim ( artge – artgea)= artge  TP hội tụ a   b  b dx dx e x dx lim lim b) I =  x = blim artgex│ 1b = blim ( artgeb – artge)  x b    x  x = b    x     e e e e (e )  =   artge  TP hội tụ  dx lim = b    xx c) I = b b b b dx lim   dx = lim (ln│x││ - ln│x+1││ )= =  b    b   x x 1 1 xx 3 lim (ln│b│-ln│b+1│-ln3+ln4)= lim (ln4/3-ln│ b  │)=ln4/3  TP hội tụ b   b b   b  b dx dx  1  lim  dx = blim d) I =  = blim ((ln│1-b│+ln│b/2│)=ln1/2  = b         x (  x )  x x x  x 2 2  TP hội tụ � e) dx �x 0,5 10  � dx �x /10 0,5  = 9/10 tích phân phân kỳ 4) Dùng dấu hiệu so sánh, xét hội tụ tích phân sau: � �x dx  x 1 ; x  x 1 � x x x 2 (do x �x �1) 1 ; =  ( 3) x / 3x Phân kỳ  = � dx �3x /3 1 -> Tích phân xét phân kỳ Chương IV Phép tính vi phân hàm nhiều biến ĐẠO HÀM , VI PHÂN 1.Cho hàm số: f(x,y)= artg 2, cho f e x  y x f f  f  f  f Tìm , , , , tìm df(x,y) y x y x y xy sin( x  y ) tính df(0,0) x y f e sin( x  y )  e x  cos( x  y ) x f e x  y sin( x  y )  e x  y cos( x  y )   y f ’x(0,0) = 1, f ’y(0,0) = -1  df (0,0) = dx – dy 3, tìm df(x,y), cho f(x,y) = arctg x y f’x = y x =    y y  x2 y   f’y= - y x =    y y  x2  y  df(x,y) = f’xdx + f’ydy = Tìm đạo hàm hàm ẩn: (ydx + xdy) x  y2 Cho hàm F(x,y)= / x  y  ln( x  y ) 0 Tìm y x / Tính F x  x x2  y2  2x x  y2 , F/y  y x2  y2  2y x  y2  dy F /x x  /  dx y Fy CỰC TRỊ HÀM BIẾN 1, Tìm cực trị hàm số sau a, f(x,y) = 4(x-y) – x2 – y2 - tìm điểm dừng fx(x, y) 4 - 2x 0    (2,-2) điểm dừng fy(x, y) - 2y 0  A = f’’xx = -2, B = f’’xy = 0, C = f’’yy = -2 AC - B2 =  0   (2, - 2) điểm cực đại Maxf(x,y) = A -   b, f(x,y) = x3 + y3 – 3xy f’x = 3x2 – 3y = (0,0) (1,1) điểm dừng: f’y = 3y – 3x = f’’xx = 6x, f’’xy = 0, f’’yy = 6y * (0,0)  A = f’’xx = 0, B f’’xy = 0, C = f’’yy =  AC – B2 =  chưa kết luận * (1,1)  A = f’’xx = 6, B = f’’xy = 0, C = f’’yy =  AC B2 36  0   (1,1) điểm cực tiểu A 6   c f(x,y) = x2 + y2 - xy – 2x + y f’x = 2x – y – = f’y = 2y – x + = y’’xx = 2, f’’xy = -1, -> Điểm dừng (1, 0) F’’yy = -> AC – B2 = 2,2 – = > A=2>0 d Tìm cực trị hàm số f (x,y) = -> (1,0) điểm cực tiểu 4xy  25 10  miềm x > 0, y >0 x y 25 � 0 � x � �  (2,5;1) điểm dừng 10 f ' y  x   0� y � f ' x  4y  f '' xx  25( x 2 ) '   25(  y x 3  50 ) x3 F’’xy = f '' yy  10 ( y 2 ) '  20 y  (  y x 3  trị điểm dừng : A  20 ) y3 20  3, 2,53 B = 0, C = 20 -> AC – B2 = 3,2 x 20 = 64 > A = 3,2 > e Tìm cực trị hàm số f (x, y) = x2 – xy + y2 – 3y y’x = 2x – y, f’y = 2y – x = Điểm dừng M(0.0) y’’xx = 2l, f’’xy = 0, f’’yy = AC – B2 = > A= >  (0,0) điểm cực tiểu y’’xx = 2l, f’’xy = 0, f’’yy = AC – B2 = 4> A=2>0 (0,0) điểm cực tiểu Bài tập PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Điểm (2,5; 1) điểm cực tiểu I, Phương trình phân ly biến số y’ + sin(x+y) = sin (x-y) Giải: dy + sin(x+y) = sin (x-y) dx  sin( x  y)  sin( x  y) dx +dy = 2cosxsinydx + dy = 2cosxdx + dy =0 dx coxdx + sin y = C 2sinx + dy sin ydy =C y sin d cos y sin - 1  cos 2sinx - 2sinx + ln  cos y  ln  cos y  = C 2sinx +  cos y y C ln 1 c 2 y =C    1  cos y   1  cos y  d cos y C 2, x2(1-y)dx + y2(1+x)dy = Giải:  x dx y dy + =0 1 x 1 y x dx + 1 x   y dy =0 1 y     x   x  dx +  y   y  dy x2 y2  x + ln x  - ln  y  y= C 2 x2 – 2x + 2ln x 1 - y – 2y2 = C 1 y II, 1)Dạng y’ = f(ax +b) y’ = x  y 1 đặt z = x+y+1 z ’ = y’ +1 →y’ = z’ – thay vào phương trình cho z’ – = z dz = 1+ dx z dx = 2tdt dz 1 z ; dz dx - 1  z ; đặt I = t 1  dt = 2t – 2ln t  = z - 2ln dz 1  1  t =   t z 1 →tích phân tổng quát: x- x  y  - 2ln(1+ x  y  )=C →I = 2) Phương trình dạng: z , z = t → z= t2 : y / =f(ax+by+c)  z/ = a+by/  y/ = ( z/ -a)/b thay vào phương trình ta dz dz dx bf ( z )  a  đươc: ( z/ -a)/b=f(z) PT VP z/ =bf(z)+a, bf ( z )  a dx 1: giải PT: y / = (8x+2y+1)2 Đặt z= 8x+2y+1, z/ = 8+2y /  y / = z/ /2-4  z/ = +2z2 dz dz dz dx  dx  dx  TPtổng quát:  2 2  z 4  2z  2z  Đặtt z = ax+by+c arctg z 8x  y   x C  arctg  x C 2 2: y / = (x+y)2 Đặt z= x+y, , z/ = 1+y /  y / = z/ -1 z/ -1= z2 dz dz dx TPtổng quát:  dx  arctgz  x C 2  z 1 z 1   arctg ( x  y )  x C y/ =(x+y-2)2 III, Phương trình đẳng cấp f( tx, ty ) = f(x,y) 1) xy’ = y+y(lny – lnx) Giải :giả sử x 0  y’ = Đặt z = y y ' y + ln (*) x x x y  y = zx  y’ = z’x + z x Thay vào (*): y’ = z+zlnz = z’x +zzlnz = z’x ; dx dz  x - z ln z = C lnx – ln(lnz) = C lnz = x ,e c = C1x (C1 = e c ) ; 2) y’= - dz x = dx ln(lnz) = ln x _C z = e c1x  y = e c1x x xy x Giải: y’= x zlnz - x y y y = y’= -(  )Đặt = z  y =zx, y’ = z’x+z = -(1+z) x x x dz dx dz   TP vế:  ln  z ln Cx   z   (1  z ) x dx ln  z   C x 2 Cx  C x  2y 1  2z  2z x ln Cx  x C x x  2y 3)(x-y)ydx=x2dy Giải : Đưa PT về: y dy ( x  y ) y y y    Đặt =z  y=zx x dx x x x y =zx, y’ = z’x+z=z-z2 , x dz dz dx  z ,   dx x z x ln Cx  ln Cx y z / 4) xy  y  xtg y x / Giải:Giả thiết x≠0, chia vế cho x: y  y =zx, y’ = z’x+z=z+tgz x ln sin z ln x  ln C sin y Cx x y y y tg Đặt =z  y=zx x x x dz dx dz   tgz , tgz x dx cos z dx sin z dz  x y 5) y = x  y / Giải: Đặt: z=y/x  y= zx  y/ = z/x+z  z  2z z/x+z = dx dz 2z  2z dz  , x x dx  2z 2z  TP 2vế đựơc TP TQ:   ln z ln Cx 2z  x y  ln ln Cx 2y x 6)Giải phương trình : 2x  y x  2y a) y/ = b)2ydx-2xdy=- ydy IV Phương trình vi phân tuyến tính cấp Dạng y’ +p(x,y) = q(x)  Nghiệm tổng quát có dạng:y = e  p ( x ) dx C  q ( x ).e.dx  2 y = 3x2; p(x) = - , q(x) = 3x2+ x x 1, y’ - p( x)dx = - x dx = x - 2ln  +C   2     ln x dx = e ln x C  3x e ln x dx = e ln x C  3x x  dx = x  C  x  2ln x C  3x e 2, y’ – 2x = - e x arcsinx p(x) = -2x, q(x) = - e x arcsinx p( x)dx = - 2 xdx - x  2   2 x x y = e x C   e arcsin xe dx = e x C   arcsin xdx tính I = arcsin xdx đặt u = arcsin x dx   du   x2   dv dx  v  x   I = xarcsinx - xdx  1 x = xarcsinx + 2 1  x  d 1  x  = xarcsinx +  x2   y = e x C  arcsin x   x  PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP II Giải pt 1, y’’ – 3y’ + 2y = – x2 Giải:y’’ – 3y’ + 2y =  k -3k+2 =  k =1, k =2 (số không nghiệm) Nghiệm TQ pt y(x) = C1ex +C2e2x nghiệm riêng y*(x) hệ không nhất: y* = B0 + B1x + B2x2 y’ = B1 + 2B2x y’’ = 2B2 Thay vào pt cho: 2B2 – 3(B1+2B2x) + 2(B0 + B1x + B2x2) = – x2  2B2 - 3B1 + 2B0 + (2B1 – 6B2)x + 2B2x2 = – x2 đống hệ số:   B0  2B2 3B1  2B0 1     - B 2 B1 0   B1    B2     B2    y = - - x- x 2 Nghiệm tổng quát y = C1e + C2e x 2x x 3x   2 2, y’’ + 3y’ = 2x – Giải:y’’ + 3y’ =  k +3 k =  k =0, k =-3 (số không nghiệm) - nghiệm TQ hệ ytn = C1 + C2e  x Nghiệm riêng hệ không y* = x(B0 +B1x) = B0x + B1x2 y’ = B0 +2B1x y’’ = 2B1 thay vào pt cho: 2B1 + (B0 +2B1x) = 2x -   B1    B1  3B0       B1 2  B  11  11  nghiệm TQ: y = C1 + C2e + x x 3, y’’ + 5y’ = -3x +2 Giải:y’’ + 5y’ =  2 +5  =   =0,  =-5 (số không nghiệm) nghiệm TQ: ytn = C1+C2e  x y* = x(B0 +B1x) = B0x+B1x y’* = B0 +2B1x= B0x +B1x2 y’’(x) = 2B1, thay vào pt cho: 2B1 + (B0 + 2B1x) = - 3x +2 2B1 + 5B0 + 10 B1x = - 3x+2  B  B0 2   10 B1   B1 =  y* = 13  , B0 = 10 25 13 xx  25 10 nghiệm TQ: y(x) = C1 + C2e  x + 4, y’’ – 9y = xe x 13 xx 25 10 Giải:y’’ – 9y =  k - k =  k =3, k =-3 (  2 không nghiệm pt đặc trưng) ytn = C1e x (B0 + B1x) y’* = B1e2x + (B0 + B1x)e2x = (2B0 + B1 + 2B1x) e2x y’’* = 2B1e2x + (2B0 + B1 + 2B1x) 2e2x Thay vào pt cho tìm được: B0 =  , B1 =  25   2x  y* =    x e  25   nghiệm TQ: y(x) = C1e x C2 e  x  14  2x   x e 55  5, y’’ – 2y’ + y = 3ex Giải:y’’ – 2y’ + y =  k - 2k+ 1=  k=1 nghiệm kép, (  1 trùng với nghiệm này) ytn = C1ex + C2xex y* = x2exB0 y’* = 2B0 xex + B0 x2ex = ex (2B0 x + B0 x2) y’’* = ex (2B0 x + B0 x2) + ex (2B0 x + 2B0 x) = ex(2B0 + 4B0 x +B0 x2 ) Thay vào pt cho: (2B0 + 4B0 x +B0 x2 )ex – 2(2B0 x + B0 x2) ex + x2Bex = 3ex  B0 = 3  y* = x2 ex nghiệm TQ: y = C1e + C2e + x2 ex x x 6, y’’ – 4y’ + 3y = ex (x-1) Giải:y’’ – 4y’ +3y =   k - 4k+3=  k =1, k =3 (  1 nghiệm ) ytn = C1ex + C2e3x y* = x ex (B0 + B1 x ) = xex.B0 + B1x2 ex y*’= B0ex + B0xex + B1xex +B1x2 ex = ex [B0 + (B0 +2B1)x +B1x2 ] y’’* = (B0 + 2B1 + 2B1 x) ex + ex [B0 + (B0 + 2B1 )x +B1x2 ] = ex [2B0 + 2B1 (B0 + 4B1 )x +B1x2 ] thay vào pt cho: ex [2B0 + 2B1 (B0 + 4B1 )x +B1x2 ] - 4ex [B0 +(B0 + 2B1 )x +B1x2 ] + 3xex (B0 + B1x )= ex (x-1)  -2B0 +2B1 - 4B1x = x-1  B0     B1 1     B  B   1   B    y*= (B0 + B1x )cosx + (C0 + C1x )sinx y’* = B1cosx - (B0 + B1x )sinx + C1sinx + (C0 + C1x )cosx = (B1 +C0 + C1x )sinx - B1sinx + (C1- B0 + B1x )cosx = (2C1- B0 - B1x )cosx + (-2B1- C0 - C1x )sinx thay vào pt cho: (2C1- B0 - B1x )cosx + (2B1- C0 - C1x )sinx - (4B0 + B1x )cosx - (4C0 + 4C1x )sinx = 0.cosx +3sinx   2C1  B0  B1 x  B0  B1 x 0   B1  C0  C1 x  4C0  4C1 x 3 x  C1=  y* =  , B1 = C0 = 0, B0 = 25 3x  sin x 25 nghiệm tổng quát: y = C1e2x - C2e-2x -  3x  sin x 25 8, y’’ + y = 3sinx + 2cosx y’’ + y =  k +1= 0,  k = I , k =-i (  0,  1, k m 0)   i i nghiệm pt đặc trưng  y* = xe0x [B0cosx + C0sinx] y’ = (B0cosx + C0sinx) + x (-B0sinx + C0cosx) = (B0 + C0) cosx + (C0 - B0x)sinx y’’ = C0cosx - (B0 + C0)sinx - B0sinx + (C0 - B0x)cosx = (2C0 - B0x)cosx - (2B0 + C0x)sinx thay vào pt cho: (2C0 - B0x)cosx - (2B0 + C0x)sinx + x(B0x + C0sinx = 2C0cosx - 2B0sinx = 3sinx + 2cosx  C0 =1, B0 =  y* = x(  3 cosx +sinx) nghiệm tổng quát y = C1cosx + C2sinx + x(  cosx +sinx) 9) y// -y/ -2y =-2x2 -2x+2=4e3x 10) ) y// +3y/ -4y = 6e2x +2+6x-4x2 11) ) y// -3y/ +2y =2x2-6x+2+2e3x PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN Giải PT sai phân: Tìm nghiệm tổng quát PT: x k 1 2 x k  6.2 k x C.2 k  k 6k ĐS: ~ k Tìm nghiệm tổng quát PT: x k 1 2 x k  k (k  2) x C.2 k  k (1  k ) ĐS: ~ k Tìm nghiệm tổng quát PT: x k 1  x k  k 2k Tìm nghiệm tổng quát PT: x k 1 2 x k   2k  k x C.2 k  k ĐS: ~ k 5) x k 1 3 x k  2k  x k C.3 k  k  ĐS: ~ k 6) x k 1  x k  (2  k ) k 7) x k 1 3 x k   4k  ... Hệ có vơ số nghiệm:Từ ma trận cuối ta có hệ PT; x1 - x2 + 2x3 = hệ tương đương: x1 - x2 = 2x3 7x2 -5 x3 = 7x2 = x3 Đặt x3=t ( số tuỳ ý) ta có : : x1 - x2 = t   x1  t  5t  7x2 = t  hệ có. .. Đạt x3=t ( t: số tuỳ ý) ta có: : x1 - 3x2 = - 4t  -x2 = 13- 5t  x1  32  11t  Hệ có nghiệm:  x 13  5t ( với t số tuỳ ý)  x t  3) a)Xác định a để hệ PT sau có nghiệm khơng tầm thường:... 3x2 + x3 = x1 + x2 + x3 = 3x1 + 2x2 - 2x3 = a a6  a6  a6 1 = =1.(-1)2+2 Có D= 1 = =-4a-20  1  1  1  Hệ PT có nghiệm khơng tầm thường  D 0  4a  20 0  a 5 b)Giải hệ PT: x1 - x2