Hd giai de on gt1 de 1,2

Edited by Foxit Reader
Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
For Evaluation Only.

ĐỀ ÔN SỐ 1
Theo giả thiết, ta đặt u = 2x − y thì hàm h là hàm hợp h = h(u), u = 2x − y và tính đạo hàm hàm h
h0x = h0 .u0x = 2h0 ; h0y = h0 .u0y = −h0
Đặt P (x, y) = −2x − 9y, Q(x, y) = 6x + 2y thì phương trình
P.hdx + Q.hdy = 0(1)
là phương trình vi phân tồn phần.
Suy ra
(P.h)0y = (Q.h)0x
⇔ Py0 .h + P.h0y = Q0x .h + Q.h0x
⇔ −9h + (−2x − 9y)(−h0 ) = 6h + (6x + 2y).2h0
⇔ −15h = (10x − 5y)h0
dh
dh
⇔ −15h = 5(2x − y) (= 5u )
du
du
du
dh
⇔ −3
=
u
h
C
C
⇔h= 3 =
u
(2x − y)3

Thay vào phương trình (1), giản ước 2 vế cho C, ta được phương trình vi phân tồn phần
−2x − 9y
6x + 2y
dx +
dy
(2x − y)3
(2x − y)3
Rx −2x − 9y
Ry 2y
x + 2y
Chọn (x0 , y0 ) = (0, 1) thì U (x, y) =
dx
+
dy =
3
3
(2x
−
y)
(−y)
(2x
− y)2
0
1
Thay y(0) = 1 vào U (x, y) = C vừa tìm, ta được C = 2
x + 2y
=2
Vậy nghiệm riêng cần tìm là
(2x − y)2
Câu 2:

ytn = C1 e−2x + C2 e−3x
Dạng của yr là yr = (ax + b)e2x
NTQ của pt là y = ytn + yr = C1 e−2x + C2 e−3x +
Câu 3



6
Ma trận A =  1
−4

20t − 9
400


−12 −1
−3 −1 
12
3

CÁCH TÌM ĐA THỨC ĐẶC TRƯNG CỦA MT : A = (aij )3 :
f (λ) = −λ3 + a.λ2 + b.λ + c
Trong đó a, b, c được tính như sau:
a = a11 + a22 + a33
b = −(a11 a22 + a22 a33 + a33 a11 ) + (a31 a13 + a12 a21 + a23 a32 )
c = |A|
3
2
Pt đặc trưng −λ
 + 6λ −11λ + 6 = 0



1
1 0 0
2
7
3
3
1 ,S −1 =  −1
Ma trận D =  0 2 0 , S =  1
−2 −8 −3
2
0 0 3
Đặt Y = S −1 X thì ta được 3 pt tuyến tính cấp 1
0
= 3y3 
y10 = y1 , y20= 2y
2 , y3 
y1
C 1 et
Nên Y =  y2  =  C2 e2t 
y3
C e3t
 3


2
7
3
C1 et

3
1   C2 e2t 
Vậy X = SY = S =  1
−2 −8 −3
C3 e3t
Câu 4:
Đã sửa trên lớp
Câu 5: 

R1 2
R2
2
Vx = π
x dx + (2x − x )dx = π
0

1

Câu 6:
Đã sửa trên lớp. Tính bằng cách tp từng phần
Câu 7: Khi x → +∞
*Nếu α < 0 thì ta đặt β = −α ≤ 0 và biến đổi hàm f (x)

1

3
0
−2



2
−1 
1


Edited by Foxit Reader
Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
For Evaluation Only.

(x2 + sin(x2 + 1))(xβ (lnx + 1)β )
∼ x2 (lnx + 1)β nên tp đã cho PK
xβ + (lnx + 1)β
* Nếu α ≥ 0 thì : x2 + sin(x2 + 1) ∼ x2 và xα + (lnx + 1)α ∼ xα
1
nên f (x) ∼ α−2 .
x
Vậy tp đã cho HT khi và chỉ khi α > 3
f (x) =

ĐÊ ÔN SỐ 2:
Câu 1: Phương trình Bernulli với α = 2
Đặt z = y −1 ⇒ y 0 = −z 0 y 2 và thay vào pt ban đầu để được pt tuyến tính cấp 1:
z 0 + 2z = −3x. Dùng công thức nghiệm để được
R

R
R
3x 3
z = e −2dx
−3xe 2dx dx + C = Ce−2x −

+
2
4
1
3x 3
Suy ra, nghiệm TQ của pt đã cho là = Ce−2x −
+ , thay điều kiện y(0) = −4 vào, ta được C = −1
y
2
4
1
Vậy nghiệm riêng cần tìm là y =
3
−e−2x − 3x
2 + 4
Câu 2:
ytn = C1 ex + C2 e2x
2x2 + 6x + 9
yr = ax2 + bx + c + e2x (ex + f ) =
+ e2x (x − 1)
4
NTQ: y = ytn + yr
Câu 
3:





1

2 1
1 0
−1 1
A=
,D=
,S =
,S −1 = S
1 2
0 3
1 1
2
Đặt Y = S −1 X thì ta được 2 pt: y10 = y1 − e3t − 2t; y20 = 3y2 + e3t − 2t
e3t


t
−1 1  C1 e − 2 + 2t − 2 
Vậy X = SY =
2t 2 
1 1 
C2 e3t + te3t +
+
3
9
Câu 4:
MXĐ : R+
Khơng có tiệm cận
1
−1
yct = y( √ ) =

2e
e
Câu 5:
D là phần nằm trong đường trịn tâm (0, 1) bán kính R = 1 và dưới parabol
Ta tính dt nửa bên phải trục Oy rồi nhân 2
√


R1 
π 4
S(D) = 2 x2 − 1 − 1 − x2 dx = −
2
3
0
Câu 6: √
Đặt u = 4 − x2 thì x2 = 4 − u2 , xdx = −udu và thay vào tp đã cho
R2 (4 − u2 )udu
16
I=
=
u
3
0
Câu 7:
Khi x → +∞ ta so sánh:
√
5
1
2x − 1 ∼ 2x; (3 + xα ) 4 x5 + 1 ∼ xα x 4 = xα+ 4
nên bắt buộc phải chia tp ban đầu thành tổng 2 tp như sau:
+∞

R1
R
2x − 1
2x − 1
√
√
I=
dx +
dx = J1 + J2
4
α
5
α 4 5
0 (3 + x ) x + 1
1 (3 + x ) x + 1
Tp J1 là tp của hàm liên tục trong đoạn lấy tp nên là tp xác định (tp HT)
+∞
R
1
Tp J2 là tp HT khi và chỉ khi
1 dx HT (theo so sánh trên)
α+
4
1 x
3
Do vậy, tp đã cho HT khi và chỉ khi α >
4

2