Giải các dạng bài tập toán A3

DẠNG CÂU HỎI 1 ĐIỂM Câu1: (1đ) Cho hàm số z = arctg chứng minh z’’xx + z’’yy= 0 Z = artagÞZ’X = = Nên Þ = -y. = Vậy Þ (đpcm ) Câu 3: (1đ) Cho hàm số z = x + f(xy) với f(t) là hàm số khả vi, CMR xz’x-yz’y=x Z =x + f(xy) vì f(t) khả vi Þ$ f’(t) = f’(xy) Þ (a); Z’Y = (b) Thay (a) và (b) ta có =x (đpcm) Câu 4: (1đ) Cho hàm số z = y f (x2-y2), với f(t) là hàm số khả vi CMR và Khi đó Þ = (đpcm) Câu 5: (1đ) Cho hàm số z = ln(1/r) với r= CMR z’’xx + z’’yy=0 ,với Ta có: Với vai trò của x và y là tương đương nhau trong biểu thức ® tính tương tự ta được : Cộng 2 vế (a) và (b) ® = 0 (đpcm ) Câu 6: (1đ) Cho hàm số Khi đó Cộng 2 vế của (a) và (b) ta được Câu 7: (1đ) Ta có : Biết rằng: tạo với 3 trục của Oxyz cỏc gúc cosin Chỉ phương: Vậy: Câu 8: (1đ) Cho trường vô hướng Bg: Ta có Biết rằng véctơ Chỉ phương Biết rằng Câu 9: (1đ) Cho trường vô hướng Bg: Ta có và Câu 10: (1đ) Cho hàm ẩn Có PT Ta có mà Câu 11: (1đ) cho hàm ẩn có PT : Như vậy = Câu 12: (1đ) cho hàm ẩn có PT Ta có: Như vậy DẠNG CÂU HỎI 2 ĐIỂM Câu 1: (2đ) Tìm cực trị của hàm số Mxđ :ta có Xét tọa độ các điểm tới hạn của h/số : M(x,y) Û Þ Hàm số có 2 điểm tới hạn: và Ta lại có: Tại M1(-2,2),ta có: ÞHàm số không đạt cực trị tại M1(-2,2) Tại M2(-4,2),ta có : Vậy hàm số đạt cực đại tại M2(-4,2) và Câu 2: (2đ) Tìm cực trị của hàm số Ta có MXĐ : và Xét tọa độ các điểm tới hạn M(xo,yo) của Z(x,y) : Thay (2) vào (1) Với : Với : ÞTa có 2 điểm tới hạn của :M1(1,1) và M2(0,0): ta có Tại M1(1,1) thì Þ Vậy H/s đạt cực tiểu tại M1(1,1) Tại M2(0,0) ta có Þhàm số không đạt cực trị tại M2(o,o) .Như vậy hàm số đó cho đạt cực tiểu tại M1(1,1) = - 1 Câu 3: (2đ) Tìm cực trị của hàm số MXĐ : Ta có : Xét hệ PT: Kết hợp các khả năng với ab ¹ 0®a ¹0 ,b¹0, 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 và với M1(0,0)® (ab ¹ 0) mà r = 0 Þ M1(0,0) không là điểm cực trị Với M2(0,2b)® ÞM2(0,2b) không là điểm cực trị Với M3 (a,b)Þ mà r= -4b2 < 0 Þhàm số đạt cực đại tại M3 (a,b) * Với M4 (2a,0)Þ ®Hệ số không đạt cự trị tại M4(2a,0) Với M5 (2a,2b) ta có: ®Hệ số không đạt cự trị tại M5(2a,2b) Như vậy hệ số đạt cực đại tại M3 (a,b) khi đó Câu 4 : (2đ) Mxđ: ®ta có: ; Xét hệ pt tọa độ cỏc điểm tới hạn M (x,y): ® loại Với khụg Î D (vụ n0) ( vụ n0) vậy® hệ pt có 1 n0 ® Hệ số có 1 điểm tới hạn Xét: Þtại  và r = 4 > 0 Þ h/số cực tiểu tại:  và Câu 5 : (2đ) MXĐ:"(x,y)ÎR2 Ta có : Xét hệ PT tọa độ các điểm tới hạn của h/số: Þh/số có 4 điểm tới hạn: Ta lại có: Þlần lượt xét các điểm tới hạn ta có : Tại Þh/số đạt cực đại tại và Tại Þh/số ko đạt cực trị tại M2 Tại Þh/số dạt cực trị tại : Tại mà Þh/số đạt cực tiểu tại với Như vậy h/số đạt cực đại tại Đạt cực tiểu tại: Câu 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 + Xét A(0,0) z’’x2 = - 4 = z’’y2 àz’’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 + 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 * Xét B Câu 7 : (2đ) Tỡm cực trị của hàm số: z = xy+với x>0, y>0 Giải: Bước 1 Tỡm cỏc điểm dừng Thay (2) vào (1) ta có => 8y – y4 = 0 => y(8-y3) = 0 Vậy có 1 điểm dừng M1(5,2). Bước 2: Tính Tại điểm dừng M(5,2) ta có => hàm số đạt cực trị ta lại có Tại M hàm số đạt cực tiểu. Câu 8 : (2đ) Tỡm cực trị cuả hàm số z= x3 + y3 – x2y Giải: Bước 1: Tỡm cỏc điểm dừng có hệ Từ (1) => x(3x-2y) =0 thay x=0 vào (2) ta có 3y2=0 =>y=0 thay x=2/3.y vào (2) ta có 23 y2= 0 => y=0 Vậy ta có điểm dừng M(0,0) Bước 2: Tớnh xét tại điểm dừng M(0,0) ta có => chưa có k.luận về cực trị, xét hàm số tại (0,0): z=0; z>0 với x=y Câu 9 : (2đ) Tỡm cực trị của hàm số Ta có x=y=2 Ta có: => max z=3 => A(2,2) là cực đại Với Zmax=3 Câu 10 : (2đ) Tỡm giỏ trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số: Z= x2+2xy - 4x +8y trờn miền D: Giải: Ta có: Tỡm cỏc điểm tới hạn Vậy ta thấy hàm số đạt cực trị thỡ điểm cực trị k0 thuộc miền D => Gớa trị Max =17 Giỏ trị Min = -3 Câu 11 : (2đ) Tỡm giỏ trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số: Z= x2+y2 -12x +16y trờn miền D: Giải: Ta có: Tỡm cỏc điểm tới hạn Vậy ta thấy hàm số đạt cực trị thỡ điểm cực trị k0 thuộc miền D => Gớa trị Max =190 Giỏ trị Min = -90 Câu 12 : (2đ) y y=1 1 1 Đổi thứ tự lấy t/phân miền lấy t/phân D = ® D được giới hạn bởi các đường y =0 ; y =1 ; ; Miền D = với Vậy® Câu 13 : (2đ) Đổi thứ tự lấy t/phân: y 1 1/2 1 2 x Miền lấy t/phân D = D được g/hạn bởi các đường x =0 ; x =2 ® với D1 = Vậy ® Câu 14 : (2đ) y 1 y=1 1 -1 x x=1-y ®miền lấy tích phân ®Miền D được giới hạn bởi các đường: y=0 ,y =1 ,x=1-y và (lấyphần Với: Câu 1 : (3đ) Theo công thức Green: Trong đó D là hình tròn : đổi toạ độ cực thì: D Câu 2 : (3đ) y a L -a 0 a x *Tính trực tiếp : Ta có PT đường cong là nửa trên của đường tròn : là vậyÞ ,đặt x=asint Þ .d(asint) = b.Dùng công thức Green: y a B L D A C -a 0 a x Xét miền kín được tạo bởi đường cong L và đ/thẳng y=o Þ -Ta có: ÞTheo đ/lý Green với: -Mặt khác: Với: Vậy Câu 3(3đ) x=y2 1 B m L A n O 1 x y=x a.Tính trực tiếp tacó: Trong đó có PT: có PT: b.Sử dụng công thức Green Với: ÞTheo công thức Green ta có: Với D là miền kín biểu diễn trên h/vẽ Þ Câu4(3đ) Y CR -R R X Cách1:Đường tròn có Pt tham số: Cách2: Câu5(3đ): Y B a t A a X Nhận xét :khi khi Câu6(3đ) Y B C A 1 1 X Đặt :p = 2xlny Nhận xét: 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) Câu7(3đ) Biểu diễn Pt đường tròn trong dạng tham số: t a x Câu8(3đ) y t 1 x Pt tham số: I= Câu9(3đ) Cho các hàm số a. là vi phân toàn phần khi : nhận được m = o,m = 1 b.theo công thức ta có : Câu10(3đ) a.Đặt Điều kiện để tích phân ko phụ thuộc đường đi là : b. y A(o,p) 0 B(p,o) x Sử dụng công thức tích phân từng phần : Câu11(3đ) a.Ta có : Điều kiện để biểu thức dưới dấu tích phân là vi phân toàn phần của hàm số U(x,y) nào đó là với m = n =1 b/ B(a,o) C(a,a) A(a,o) x Câu12(3đ) Tính tích phân mặt loại 2 sau đây: z a a y a x Câu13(3đ) Cho trường vectơ áp dụng công thức :Ostrogratski Đổi qua toạ độ cầu : Câu14(3đ) Đổi qua toạ độ trục Câu 15 (3đ) tương tự ÞThông lượng của trường vectơ gradu qua mặt cầu là vì áp dụng c/thức ostrogradsky ta có trong đó V là h/cầu (thể tích V) Câu1(4đ) Đặt thay vào ,ta được : Thay lại ,ta có nghiện tổng quát của PT: b/ x +Đây là PT vi phân tuyến tính cấp 2 ko thuần nhất +Xét PT thuần nhất tương ứng Þ PT đặc trưng : PT đặc trưng có 2 nghiệm thực phân biệt do đó nghiệm tổng quát của PT đặc trưng : +Ta tìm 1 No riêng của Pt vi phân tuyến tính cấp 2 ko thuần nhất đã cho: với Þ = 0, n = 0 nên no riêng có dạng yR1= Ax +B ® y’R1 = A® y’’R1= 0 thay vào pt : y’’- y = f1(x) = ® 0 (Ax+B)=® No riêng : yR1 = Với f2(x) = ®pt : y’’-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 = No riêng: Như vậy, No riêng của pt vi phân khg thuần nhất đã cho là : yR = yR1 +yR2 Vậy No tổng quát của pt đã cho Câu2(4đ) a. Tìm No riêng của PT: đặt Thay vào ta được: Tích phân 2 vế : Thay ta có: do thay vào: Vậy,No riêng của Pt đã cho là : b.Tìm No tổng quát : -Đây là PT tuyến tính cấp 2 ko thuần nhất - PT đặc trưng tương ứng của PT tuyến tính cấp 2 thuần nhất là: ®no t/quát của PT thuần nhất là: ta tìm 1 No riêng của PT vi phân cấp 2 Ko thuần nhất đã cho có dạng : (Vì Vậy ®một no riêng của PT là : ® No t/quát của Pt đã cho là : Câu3(4đ) a. (*) Đặt Thay vào (*) ta được: Tích phân 2 vế : (C là hằng số ) +Thay ta được No t/quát của Pt là : b. - Đây là PT vi phân tuyến tính cấp 2 Ko thuần nhất - Xét PT vi phân thuần nhất tương ứng :®PT đặc trưng : vậy ®PT thuần nhất có No t/quát - Xét Pt Ko thuần nhất đã cho : ®Ta sẽ lần lượt tìm No riêng ứng với Pt : y’’- y = f1(x) (1) là yR1 và y’’ – y = f2(x) (2) là yR2 ta có : ® Ta tìm N0 riêng dạng : yR1 = e0X .(Ax + B) ®y’R1 = A ® y’’R1 = 0 Thay vào (1) : 0 – (Ax +B) = ® N0 riêng yR1 = * Ta có : f2(x) = ® Ta tìm N0 riêng dạng yR2 = e0x.((ax+b)cos2x+ Csin2x) ® 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 (2) Þ - (4a +5c)sin2x – 5(ax+b)cos2x = Û Vậy ® yR2 = Như vậy theo n/lý chồng chất N0, N0 riêng của pt đã cho sẽ là : Vậy N0 tq của pt đã cho là : Câu 4 : (4đ) a) 2ydx + (y2 – 6x)dy = 0 Đây là pt vi phân t2 cấp 1 không thuần nhất với : ®C/thức N0 t/quát là : Đặt Đặt Vậy®no t/quát của pt là: (C là hằng số ) b. +Đây là Pt vi phân t2 cấp 2 ko thuần nhất +Xét Pt thuần nhất tương ứng : ®Pt đặc trưng: ®Pt đặc trưngcó 2No thực phân biệt nên no t/quát của Pt thuần nhất là : -Xét Pt vi phân ko thuần nhất đã cho ÞTa tìm 1 No riêng có dạng: thay vào ta có : Þno riêng : Vậy, No t/quát của pt đã cho là : Câu5(4đ) a.Tìm No riêng: - Đặt: thay vào Pt ta được : ÞĐây là Pt vi phân t2 cấp 1 ko thuần nhất đối với t ÞNo t/quát: +Ta có : VậyÞNo t/quát: Thay t = lnx , do:thay vào ta có : Vậy N0 riêng của pt => b) Tìm N0 t/quát: Đây là pt viphân t2 cấp 2 không thuần nhất. Xét pt thuần nhất tương ứng: y’’ –2y’ + y = 0 ® pt đặc trưng k2 – 2k + 1 = 0 Û (k – 1)2 = 0 Û N0 kép k1 = k2 = 1 ® pt thuần nhất có N0 t/quát : Ta tìm 1 N0 riêng của pt không t/nhất đã cho có dạng: vì ®yR = eX (ax3 + bx2) ® yR Thay vào pt đã cho ta được: Û (6a – 2b) x + 2b = x Vậy ® N0 riêng: ® N0 t/quát của pt đã cho là: Câu 6 : (4đ) a)Tìm N0 riêng y’ + tgy = Û y’cosy + siny = x Đặt z = siny ® z’ = y’cosy Thay vào ta có: z’ + z = x Đây trở thành pt vi phân t2 cấp 1 khg t/nhất với : ® CT N0 t/quát Z = Ta có : Đặt: Như vậy: (c là h/số) do: y(0) = 0 =c.e0 + (0 – 1) = c – 1 Û c = 1 Vậy N0 riêng cần tìm là : siny = b) Tìm N0 t/quát của pt: . Đây là pt vi phân t2 cấp 2 khg thuần nhất Xét pt thuần nhất tương ứng: y’’ – 5y’ + 6y = 0 ® pt đặc trưng k2 – 5k +6 = 0 ® (k - 2) (k – 3) = 0 ®pt có 2 N0 thực phân biệt ®pt thuần nhất có N0 t/quát - Xét pt khg thuần nhất đã cho: y’’–5y’+6y == f1(x)+f2(x) + Với f1(x) = x ® y’’–5y’+6y = f1(x) = ) ®Ta tìm N0 riêng có dạng : ® y’R1 =a ® y’’R1 = 0 Thay vào ta có: 0 –5a + 6(ax +b) =x Û6ax + 6b –5a = x No riêng: + Với : ta tìm No riêng dạng: Thay vào ta được : Theo n/lý chồng chất No ®riêng của Pt đã cho là : Vậy No của Pt đã cho : (C1 ,C2 là các hằng số) Câu7(4đ) a. Đặt Thay vào ,ta có : ÞVới đây là Pt vi phân t2 cấp 1 ko thuần nhất Þc/thức No t/quát: Thay: ÞNo t/quát: (C là hằngsố) b. Đây là Pt vi phân t2 cấp 2 ko thuần nhất Þxét Pt thuần nhất t.ứng: Þxét Pt đặc trưng t.ứng: ÞPt đặc trưng có 2 No thực phân biệt ÞNo t/quát của Pt thuần nhất : - Xét Pt ko thuần nhất đã cho : ÞDo Þta tìm No riêng của Pt ko thuần nhất có dạng: Thay vào ta được : ÞNo riêng Vậy No t/quát của Pt: Câu8(4đ) a.Tìm No riêng của Pt: Đặt:Z= Thay vào với Đây là Pt vi phân t2 cấp 1 ko thuần nhất ,No tổng quát : Z = Þno t/quát Thay : - Vậy No riêng của Pt : b.Tìm No t/quát của Pt: - Đây là Pt vi phân t2 cấp 2 ko thuần nhất hệ số hằng số! - Xét Pt thuần nhất tương ứng: Pt đặc trưng: ÞPt có 2 No thực phân biệt, vậy No t/quát của Pt thuần nhất : - Xét Pt ko thuần nhất đã cho: với ÞTa tìm No riêng dạng : Của Pt: (1) thay vào +Với ÞTa tìm No riêng dạng: của Pt: thay vào PT (2) Þ ÞNo riêng: - Theo nguyên lý chồng chất No ÞNo riêng của Pt thuần nhất : - Vậy ,No t/quát của Pt đã cho: Câu9(4đ) a. -Đây là Pt vi phân t2 cấp 2 ko thuần nhất - Xét Pt thuần nhất tương ứng : pt đặc trưng: ÞPt đặc trưng có cặp No phức liên hợp ÞNo tổng quát của Pt thuần nhất : -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: theo P2 biến thiên hằng số Largrange ,ta có là No của hệ : Thay vào (2) Þ = (đặt t=sinx) Vậy ÞNo riêng : Như vậy,No tổng quát của Pt đã cho : b. -Đây là Pt vi phân t2 cấp 2 ko thuần nhất hệ số hằng số -Xét Pt thuần nhất tương ứng: y’’- 3y’- 4y =0 ÞPt đặc trưng: ÞPt đặc trưng có 2 no thực phân biệt Þno t/quát của Pt thuần nhất -Xét Pt vi phân cấp 2 ko thuần nhất đã cho: ÞTa tìm no riêng của Pt dạng: Thay vào ta có : ÞNo riêng : Vậy No t/quát của Pt: Câu10(4đ) a. - 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 ÞPt đặc trưng: ÞPt đặc trưng có 2 No phức liên hợp nên No t/quát của Pt thuần nhất: -Xét Pt đã cho : ÞTa tìm 1 No riêng có dạng: Þtheo p2 biến thiên hằng số Largrange ,C1(x) và C2(x) là No của hệ : b. Giải PT: - Đây là Pt vi phân t2 cấp 2 hệ số hằng - Xét Pt thuần nhất tương ứng: y’’+5y’ +4y =0 ÞPt đặc trưng: ÞPt đặc trưng có 2 no thực phân biệt ÞNo t/quát của Pt thuần nhất : - Xét Pt vi phân ko thuần nhất đã cho : nên ta tìm No riêng có dạng: Thay vào pt trên Þ= Vậy Như vậy ,no t/quát của Pt đã cho là : Câu11(4đ) a. -Pt đặc trưng ÞNo t/quát của Pt thuần nhất : sử dụng p2 biến thiên hằng số: Đặt Đặt ÞPt ko thuần nhất có No b) Pt đặc trưng ÞPt thuần nhất có No t/quát Ta tìm 1 No riêng của pt ko thuần nhất có dạng: Thay vào pt ban đầu vậy Pt ko thuần nhất có No t/quát Câu12(4đ) a. -Pt đặc trưng có No kép ÞPt thuần nhất có dạng t/quát: -áp dụng p2 biến thiên hằng số lagrange: b. Đặt: Câu13(4đ) a. Đặt z = x-y Þz’ = 1 – y’ thay vào Pt ta được : 1 – z’ = cosz Þz’ = 1-cosz b. (2) pt đặc trưng có No: ÞPt thuần nhất có No t/quát : Pt (2)có No riêng dạng thay vào (2) : Vậy (2) có No t/quát: câu14(4đ) a. -Đây là Pt vi phân t2 bậc 1 dạng: y’+ py = q có No t/quát: ÞNo t/quát b. -Pt đặc trưng : có No: ÞPt thuần nhất có No t/quát : ta tìm 1 No riêng của Pt ko thuần nhất dạng: Thay vào Pt và đồng nhất hệ số : ÞPt có No t/quát -Giải hệ