Giải các dạng bài tập giải tich 2

DẠNG CÂU HỎI 1 ĐIỂM
Câu1 : (1đ) Cho hàm số z = arctg
y
x
chứng minh z’’
xx
+ z’’
yy
= 0
Z = artag
y
x
⇒Z’
X
=
)
2
)(1(
1
y
x
y
+
=
22
yx
y
+

22
2

)(1
1
.
2
'
yx
x
y
x
y
x
y
z
+
−=
+
−
=
Nên ⇒
'
)
22
(''
x
yx
y
xx
z
+
=

= -y.
2
)
22
(
2
2
)
22
(
2
yx
xy
yx
x
+
−
=
+
y
yx
x
yy
z
'
22
)(
''
+
−

=
=
222222
)(
2
)(
)2(
.
yx
xy
yx
y
x
+
=
+
−
−

Vậy ⇒
=+
yy
z
xx
z ''''

.0
2
)
22

(
22
=
+
+−
yx
xyxy
(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 ⇒∃ f
’
(t) = f
’
(xy)
⇒
=+=
x
xyfx
x
z
'
)((
'

)(
'

.
'
)(1 xyfxxy+

(a);


Z
’
Y
=
)(
'
.
'
)(0
'
))(
'
( xyf
y
xy
y
xyfx
+=+

)(
'
. xyfx
=

(b) Thay (a) và (b) ta có
=−
y
zy
x
zx
'
.
'
.
))(.())(1(
''
xyfxyxyyfx
−+
=
=−+ )(
'
)(
'
xyxyfxyxyfx
x (đpcm)
Câu 4 : (1đ) Cho hàm số z = y f (x
2
-y
2
), với f(t) là hàm số khả vi CMR
2
'
1

'
1
y
z
z
y
z
y
yx
=+
)
22
( yxyfz
+=

)(.2)(.).()((
22'22''22'22'
yxfxyyxfyxyyxyfz
xxx
−=−−=−=
và
)(.2)()(.)()())((
22'22222''2222'22'
yxfyyxfyxfyxyyxfyxyfyz
yy
−−−=−−+−=−=
Khi đó ⇒
=+
y
z

y
x
z
x
'
.
1
'
.
1

))(2)(.(
1
)(2.
1
22'22222'
yxfyyxf
y
yxxyf
x
+−−+−
=
y
yxf )
22
(
+
(đpcm)
Câu 5 : (1đ) Cho hàm số z = ln(1/r) với r=
22 yx

+
CMR z’’
xx
+ z’’
yy
=0
r
r
z ln
1
ln
−==
,với
2
yxr
+=
Ta có:
r
x
yx
x
x
r
=
+
=
22
2
2
'

r
y
yx
y
y
r =
+
=
22
2
2
'
2
/
.
1
'.
1
)ln('
r
x
r
x
r
r
r
rz
x
x

x
−
=−=−=−=⇒
)(
2
2
.'2
.
1
)'(''
4
22
4
2
422
a
r
rx
r
r
r
x
xr
r
rr
x
rr
x
z
x

xxx
−
=
+−
=+
−
=
−
=⇒
Với vai trò của x và y là tương đương nhau trong biểu thức → tính tương tự ta được :
)(
4
22
2
'' b
r
ry
yy
z
−
=
Cộng 2 vế (a) và (b) →
4
222
4
22
4
22
2)(222
''''

r
ryx
r
ry
r
rx
zz
yyxx
−+
=
−
+
−
=+
= 0 (đpcm )
Câu 6 : (1đ) Cho hàm số
x
yx
xy
y
x
arctgx
y
x
y
x
y
x
arctgzyx
y

x
xarctgz
x
22
)(1
1
.
1
.'
22
2
22
−
+
+=−
+
+=⇒−−=
Khi đó
)(2'.
22
2
2
a
yx
yx
x
y
x
xarctgzx
x

+
+−=
)(2'.22
)(1
1
'
2
22
2
22
2
2
2
by
yx
yx
zyy
yx
x
y
y
x
y
x
xz
yy
−
+
−
=⇒−

+
−
=−
+
−
=
Cộng 2 vế của (a) và (b) ta được
)('')(222'.'
22222
22
2
2
yxzyzxzyx
y
x
xarctgy
yx
yx
x
y
x
xarctgzyxz
yxyx
+−=+⇔+−=−
+
−
+−=+
Câu 7 : (1đ)
)2,1,1
222

(A,zyxu
++=
Ta có :
2
z
2
y
2
x
x
2
z
2
y
2
x2
x2
x
u
++
=
++
=
∂
∂

2
z
2
y

2
x
y
2
z
2
y
2
x2
y2
y
u
++
=
++
=
∂
∂

2
z
2
y
2
x
z
2
z
2
y

2
x2
z2
z
u
++
=
++
=
∂
∂
2
1
2
)2(
2
1
2
1
1
x
)A(u
=
++
=
∂
∂
⇒

2

1
2
)2(
2
1
2
1
1
y
)A(u
=
++
=
∂
∂
⇒

2
2
2
)2(
2
1
2
1
2
z
)A(u
=
++

=
∂
∂
⇒
Biết rằng:
AOl


=
tạo với 3 trục của Oxyz cỏc gúc
γβα
,,
cosin Chỉ phương:
2
1
2
)2(
2
1
2
1
1
cos
=
++
=
α

2
1

2
)2(
2
1
2
1
1
cos
=
++
=
β

2
2
2
)2(
2
1
2
1
2
cos
=
++
=
γ
Vậy:
1 cos
)(

cos
)(
cos
)()(
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
=++=
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=
∂
∂
γβα
l

Au
y
Au
x
Au
l
Au
Câu 8 : (1đ) Cho trường vô hướng
A(1,0),T¹i TÝnh
u
)1,1()ln(.2
−=−−+
∂
∂
lyxyxxu
l


Bg: Ta có
yx2
1
yx
x
)yxln(2
x
u
−
−
+
++=

∂
∂






yx2
1
yx
x2
x
u
−
+
+
=
∂
∂
( )
2
3
012
1
01
1
)01ln(.2
)(
=

−
−
+
++=
∂
∂
⇒
x
Au
2
5
012
1
01
1.2
y
)A(u
=
−
+
+
=
∂
∂
Biết rằng
⇒−=
)1,1(l

véctơ Chỉ phương
2

1
)1(1
1
2
1
)1(1
1
0
2222
coscos)cos,(cos
−
−+
−
−+
=======
l
y
l
x
l


βαβα
Biết rằng
βα
cos
y
)A(u
cos
x

)A(u
l
)A(u
∂
∂
+
∂
∂
=
∂
∂

2
2
2
1
2
5
2
1
2
3

−
−
=









+=
Câu 9 : (1đ) Cho trường vô hướng
(gradu). div TÝnh
)3x2y(eu
2xy
−+=
Bg: Ta có
( )
y
u
x
u
gradu kh¸c MÆt
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
=
+−+=+−+=+−+=+−+=
;
)232.(.2)32(.)232(.2)32(.
22232

yxxxyeeyxyexyxyyeexyey
xyxyxy
x
u
xyxyxy
x
u
và
xy
eyyxyy
xy
ey
x
u
.2)232
3
(.
2
2
++−+=
∂
∂
)y4y3xy2y(e
224xy
+−+
)24
2
3
3
2

22
4
2
3
2
2
4
(
22
)24
2
3
3
2
22
()22()23
2
2
2
(.
2
2
++−+++−+=
∂
∂
+
∂
∂
=⇒
++−+=++++−+=

∂
∂
xyxxxyyyxyy
xy
e
x
u
y
u
xyxxxy
xy
exy
xy
eyxxxy
xy
ex
y
u
22
(gradu) div
Câu 10 : (1đ) Cho hàm ẩn
),( yxzz =
Có PT
xz
y
arctgxz
−
=−

Ta có

y
d
y
zdx
x
z
yxz
d ''
),(
+=
mà
0
),,(
=−+
−
=⇔
−
=−
zx
xz
y
arctgF
xz
y
arctgxz
zyx
2
)(
2
2

)(1
1
.
1
'
2
)(
2
2
)(
2
1
2
)(2
1
2
)(1
1
.
2
)(
'
xzy
xz
xz
y
xz
y
F
xzy

xzyy
xz
y
y
xz
y
xz
y
x
F
−+
−
==
−
+
−
=
−+
−++
==+
−+
=+
−
+
−
=
2
2
)(
2

)
2
)(
2
(
2
)(
2
)
2
)(
2
(
1
2
)(
2
1
2
)(1
1
.
2
)(
'
xzy
xzyy
xzy
xzyy
xzy

y
xz
y
xz
y
z
F
−+
−++−
=
−+
−++−
=−
−+
−
=−
−
+
−
−
=
22
22
22
22
22
)('
'
'
1

)(
))((
)(
))((
'
'
'
xzyy
xz
F
F
z
xzy
xzyy
xzy
xzyy
F
F
z
z
y
y
z
x
x
−++
−
=
−
=

=
−+
−++−
−+
−++−
=
−
=→
nnª VËy
dy
xzyy
xz
dxdyzdxzd
yxyxz
22
),(
)(
''
−++
−
+=+=
dã, Do
Câu 11 : (1đ) cho hàm ẩn
),( zyxx
=
có PT :
23
xyxx4z
+−=
Víi

2
4
3
),,(
xyxxz
zyx
F
−−+=⇔

1'
2'
43'
22
=
−=
−−=
zF
xyF
yxFd
y
x
ã, Khi
22
22
43
1
'
'
'
43

2
'
'
'
yx
F
F
x
yx
xy
F
F
x
x
z
z
x
y
y
−−
−
=
−
=
−−
=
−
=⇒
Như vậy =
dz

yx
dy
yx
xy
dzxdyxd
zyzyx
2222
),(
43
1
43
2
''
−−
−
−−
=+=
Câu 12 : (1đ) cho hàm ẩn
),( zyxx =
có PT
)y2yx(ez
2x2
++=
ozyyxeF
x
zyx
=−++=⇔
)2(
22
),,(

Ta có:
1'
)1(.2)22(')1242()2(.2'
2222222
−=
+=+=+++=+++=
z
xx
y
xxx
x
F
yeyeFyyxeeyyxeF
)2412(
1
'
'
'
2412
)1(2
)2412(
)1(2
'
'
'
22222
2
yyxe
F
F

x
yyx
y
yyxe
ye
F
F
x
x
x
z
z
x
x
x
y
y
+++
=−=
+++
+−
=
+++
+−
=
−
=⇒
Như vậy
)2412(
)1(2

''
22
2
),(
yyxe
dzdyey
dzxdyxd
x
x
zyzyx
+++
++−
=+=
DẠNG CÂU HỎI 2 ĐIỂM
Câu 1 : (2đ) Tìm cực trị của hàm số
)4)((
+−+=
yxyxez
x
Mxđ :
Ryx
∈∀
),(
ta có
[ ]
42)4)(()()4()4)(('
+++−+=+++−++−+=
xyxyxeyxeyxeyxyxez
xxxx
x

[ ]
yeyxeyxez
xxx
y
24)()4('
−+=+−+−=
Xét tọa độ các điểm tới hạn của h/số : M(x,y)





=
=
0)('
0)('
M
y
z
M
x
z
⇔
[ ]
)189'(
2
2
4
2
086

2
042)2(
2
042)4)((
0)24(
2
2
=−=∆










−=
=



−=
=
⇔






=++
=



=+++
=
⇔





=+++−+
=−
x
y
x
y
x
y
xx
y
xyxyxe
ye
y
x
x
⇒ Hàm số có 2 điểm tới hạn:

)2,2(
1
−
M
và
)2,4(
2
−M
Ta lại có:
[
42)4)((''
+++−+==
xyxyxezAr
x
xx
] [ ]
====+++−+=++++−+
yxxy
x
zzBsxyxyxeyxyx ''''104)4)((2)()4(
[ ] [ ]
x
y
x
yy
x
x
x
eyezCtyeye 2)24('')24()24(
//

−=−===−=−
3
Tại M1(-2,2),ta có:
[ ]
0.2
0.4.40.2)1(''
0)2.24(''.210)2(4)422.(0)('')(
2
)1(
4422
)1(
2
)1()1(
22
11
>=
>=+=−⇒−==
=−===+−++−−==
−
−−−
−−−
eA
eeACBeMzC
ezBeeMzMA
M
yyM
MxyMxx
⇒Hàm số không đạt cực trị tại M
1
(-2,2)

Tại M
2
(-4,2),ta có :
0.2
0.4.40
.2
0)2.24(
2)104(4)424)(24(()(''
4
882
4
4
44
2
<−=
<−=−=−⇒
−=
=−=
−=+−++−−+−==
−
−−
−
−
−−
eA
eeACB
eC
eB
eeMzA
xx

Vậy hàm số đạt cực đại tại
M
2
(-4,2) và
44
)2,4(max
.4)424)(24(
−−
−
=+−−+−==
eezz

Câu 2 : (2đ) Tìm cực trị của hàm số
xyyxz 3
22
−+=
Ta có MXĐ :






∈∀=
2
),( RyxD
và
xy
y
z

yx
x
z
3
2
3'
3
2
3'
−=
−=
Xét tọa độ các điểm tới hạn M(xo,yo) của Z(x,y) :





=
=
⇔





=−
=−
⇔




=
=
)2(
)1(
033
033
0'
0'
2
2
2
2
xy
yx
xy
yx
z
z
y
x
Thay (2) vào (1)
⇔=→ yy
4



=
=
⇔=++−⇔=−

0
1
0)
4
3
)
2
1
)((1(0)1(
2
1
23
y
y
yyyyy
Với :
1
2
11
1
1
==→=
yxy
Với :
0
2
22
0
2
==→=

yxy
⇒Ta có 2 điểm tới hạn của :M
1
(1,1) và M
2
(0,0): ta có
yz
zz
xz
yy
yxxy
xx
6''
3''''
6''
=
−==
=
Tại M
1
(1,1) thì ⇒
027)6.6()3(
6)1(''
3''
61.6''
22
)1(
)1(
<−=−−=−=∆⇒
==

−==
===
ACB
MzC
zB
zA
yy
Mxy
Mxx
Vậy
⇒



>=
<∆
→
06
0
A
H/s đạt cực tiểu tại M
1
(1,1)
Tại M
2
(0,0) ta có
090)3(
''
3''
00.6''

22
00.6)(
)(
)(
2
2
2
>=−−=−=∆
=
−==
===
==
ACB
zC
zB
zA
Myy
Mxy
Mxx
⇒hàm số không đạt cực trị tại M
2
(o,o) .Như vậy hàm số đó cho đạt cực tiểu tại M
1
(1,1) = - 1
Câu 3 : (2đ) Tìm cực trị của hàm số
0,
2
)2)(
2
2(

≠−−=
abybyxaxz

MXĐ :
2
),( Ryx
∈∀
Ta có :

[ ]
[ ]
)2()(22)2('
)2()(22)2('
)2()2()2)(2(
22
axxbyybyaxxz
byyaxxaxbyyz
byyaxxybxxaxz
y
x
−−=+−−=
−−=+−−=
−−=−−=
Xét hệ PT:



=−−
=−−
⇔






=
=
0))(2(2
0)2()(2
0'
0'
byaxx
byyax
y
z
x
z
4

















=
=



=
=



=
=



=
=



=
=
⇔














=
=
=




=
=
=
⇔
by
ax
y
ax
by
x
oy
x
by

ax
by
ax
ox
by
y
ax
2
2
0
2
2
0
0
2
2
0
Kết hợp các khả năng với ab ≠ 0→a ≠0 ,b≠0, ta có 5 điểm tới hạn sau :M
1
(0,0) , M
2
(0,2b), M
3
(a,b) , M
4
(2a,0) ,M
5
(2a,2b)
Ta lần lượt xét các điểm tới hạn trên với
][

))((42)(2''''
)2(2))2()(2(''
'
byaxybyaxyxzxyz
byybyyaxz
xxx
−−=+−−==
−=−−=
và
)2(2'' axxyyz
−=
với M
1
(0,0)→
)
1
('' Mxxzr
=
0)20.(0.2
=−=
b
0)20(0.2)(''
4)0)(0(4)(''
2
1
=−==
=−−==
aMyyzt
abbaMxyzs
=−=−=∆⇒

0.0
2
)4(
2
abrts
0
22
16
〉
ba
(ab ≠ 0) mà r = 0
⇒ M
1
(0,0) không là điểm cực trị
Với M
2
(0,2b)→
0)22(2.2)(''
2
=−== bbbMxxzr
0)20(0.2)(''
)(4)2)(0(4)(''
2
2
=−==
−=−−==
aMyyzt
abbbaMxyzs
0
22

16
2
〉=−=∆
barts
⇒M
2
(0,2b) không là điểm cực trị
Với M
3
(a,b)⇒
2
3
3
2
3
4)2(2)(''
0))((4)(''
4)2(.2)(''
aaaaMyyzt
bbaaMxyzs
bbbbMxxzr
−=−==
=−−==
−=−==

=−=−=∆→
22
16
2
0

2
barts
0
22
16
〈−=
ba
mà r= -4b
2
< 0
⇒hàm số đạt cực đại tại M
3
(a,b)
* Với M
4
(2a,0)⇒
0)20(0.2)
4
(''
=−==
bMxxzr
obaabrtsaaaMyyzt
abbaaMxyzs
〉=−−=−=∆⇒=−==
−=−−===
2222
4
4
160)4(0)22(2.2)(''
4)0)(2(4)(''

→Hệ số không đạt cự trị tại M
4
(2a,0)
Với M
5
(2a,2b) ta có:
0160)22(2.2)(''
4)2)(2(4)(''
0)22(2.2)(''
222
5
5
5
〉=−=∆→=−==
=−−==
=−==
bartsaaaMyyzt
abbbaaMxyzs
bbbMzr
→Hệ số không đạt cự trị tại M
5
(2a,2b) Như vậy hệ số đạt cực đại tại M
3
(a,b) khi đó
222222
),(max
)2)(2( babbaaZZ
ba
=−−===
Câu 4 : (2đ)

yxyxyxz ln10ln4
22
−−++=
Mxđ:
{ }
0,0:),(
〉〉∀=
yxyxD
→ta có:
x
yxxz
4
2' −+=
y
xyyz
4
2'
−+=
; Xét hệ pt tọa độ cỏc điểm tới hạn M (x,y):
5







=−+
=−+
⇔




=
=
0
4
2
0
4
2
0'
0'
y
xy
x
yx
yz
xz







=
+
−+
=+−−

⇒
0
)(4
)(3
0
44
xy
yx
yx
yx
yx







=−+
=−−
⇔
0)
4
3)((
0)
4
1)((
xy
yx
xy

yx
{
0
0
0
==⇔



=+
=−
⇒ yx
yx
yx
→ loại Với khụg ∈ D
3
32
3
4
0
4
3
0
==⇔





=

=
⇔





=−
=−
yx
xy
yx
xy
yx



−=
−=
⇔





=+
=−
4
0
0

4
1
2
x
yx
yx
xy
(vụ n
0
)





=
=
→







=−
=−
3
4
4

0
4
3
0
4
1
xy
xy
xy
xy
( vụ n
0
)
vậy→ hệ pt có 1 n
0

3
32
==
yx
→ Hệ số có 1 điểm tới hạn
)
3
32
,
3
32
(M
Xét:
2

4
2''
x
zr
xx
+==
2
4
2''
1''''
y
yy
zt
yx
z
xy
zs
+==
===
⇒tại
0154.41
4
4
1''
1''
4
4
1''
)
3

32
,
3
32
(
2
3
4
)(
)(
3
4
)(
<−=−=−⇒
=+==
==
=+==
⇒
rts
zt
zs
zr
M
Myy
Mxy
Mxx
và r = 4 > 0 ⇒ h/số cực tiểu tại:
)
3
32

,
3
32
(M
và
3
4
ln74
3
4
ln
2
14
3
4
.3)
3
32
,
3
32
(
min
−=−==
zZ
Câu 5 : (2đ)
yxyxz
−−+=
33
MXĐ:∀(x,y)∈R

2
Ta có :
1
2
3'
−=
x
x
z

1
2
3'
−=
y
y
z
Xét hệ PT tọa độ các điểm tới hạn của h/số:
6

































=
=








−
=
=







=
−
=







−
=
−
=
⇔




















=
−
=






=
−
=
⇔






=−
=−
⇔



=
=
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1

3
1
3
1
013
013
0'
0'
2
2
y
x
y
x
y
x
y
x
y
y
x
x
y
x
z
z
y
x
⇒h/số có 4 điểm tới hạn:
)

3
1
,
3
1
(
4
),
3
1
,
3
1
(
3
)
3
1
,
3
1
(
2
),
3
1
,
3
1
(

1
MM
MM
−
−−−
Ta lại có:
6xxx'z'r
==
yyyzt
yxzxyzs
6''
''''
==
⊗===
⇒lần lượt xét các điểm tới hạn ta có : Tại
)
3
1
,
3
1
(
1
−
M
032
012
32.32
2
32

3
1
.6
)
1
(
''
32
3
1
.6
)
1
(
''
<−=
<−=
−⊗=−⇒
−=
−
==
⊗=
−=
−
==
r
rts
Myy
zt
s

Mxx
zr
⇒h/số đạt cực đại tại
)
3
1
,
3
1
(
1
−−
M
và
9
34
max
)
3
1
,
3
1
(
max
=⇒
−−
=
Z
zZ

Tại
⇒
−
)
3
1
,
3
1
(
2
M
7
01232.32
32
3
1
.6''
''
32)
3
1
.(6''
2
)(
)(
2
2
>=+⊗=−⇒
===

⊗==
−=
−
==
rts
zt
zs
zr
Myy
xy
Mxx
⇒h/số ko đạt cực trị tại M
2
Tại









−=−==
==
===
⇒−
32)
3
1

.(6''
0''
32
3
1
.6''
)
3
1
,
3
1
(
)(
)(
3
3
3
Myy
xy
Mxx
xt
zs
zr
M
01232.32
2
>=+⊗=−⇒
rtS
⇒h/số dạt cực trị tại :

)
3
1
,
3
1
(3
−
M
Tại
⇒
)
3
1
,
3
1
(
4
M









==

=
⊗===
===
32
3
1
.6
)4
(
''
''''
32
3
1
.6)
4
(''
Myy
zt
yx
z
xy
zs
Mxxzr
01232.32
2
〈−=−⊗=−⇒
rtS
mà
032 〉=r

⇒h/số đạt cực tiểu tại
)
3
1
,
3
1
(
4
M
với
9
34
)
3
1
,
3
1
(
min
−==
zZ
Như vậy h/số đạt cực đại tại
9
34
max1
);
3
1

,
3
1
(
=−−
ZM
Đạt cực tiểu tại:
9
34
min4
);
3
1
,
3
1
(
−=
ZM
Câu 6 : (2đ)
Tỡm cực trị của hàm số
z = x
4
+y
4
– 2x
2
+ 4xy -2y
2
z’x = 4x

3
– 4x + 4y
z’y = 4y
3
– 4y + 4x
z’’xy = 4, z’’x
2
= 12x
2
– 4
z’’y
2
= 12y
2
– 4






=+−
=+−





↔
=

=
0xyy
0yxx
0'z
0'z
2
2
y
x





=+−
=−++
↔
=+−
=+
↔



0yx
3
x
0)xy
2
y
2

x)(yx(
0yx
3
x
0
3
y
3
x

8

























=
=
=−
=+
⇔
=+−
=
=+−
=+
⇔
0y
0x
0x2
3
x
0yx
0yx
3
x
0xy
0yx
3
x
0yx



















=
−=
−=
=
=
=
⇔
2y
2x
2y
2x
0y
0x

+ Xét A(0,0) z’’x
2
= - 4 = z’’y
2
z’’x
2
y – z’’x
2
. z’’y
2
= 0
+ Xét (x,y) theo đường (0,y) =>
z(0,y) – z(0,0) = y
2
(y
2
-2)<0
Khi y ở lõn cận 0
(
)
2y
<
+ Xét (x,y) theo đường (x=y)
=> z(y,y) – z(0,0) = 2y
4
>0
Khi y lõn cận 0.
Từ 2 trường hợp trên => (0,0) k
0
là Cực trị

* Xét A
( )
¹i cùc vµo thay d2,2
=>−
* Xét B
( )
tiÓu cùc vµo thay =>− 2,2
Câu 7 : (2đ)
Tỡm cực trị của hàm số:
z = xy+
y
20
x
50
+
với x>0, y>0
Giải: Bước 1





−
−=
2
y
20
x
2
x

50
x
'z
y'z

Tỡm cỏc điểm dừng










=
=−
⇒
=−
=−
)2(
)1(0
0
0
2
2
2
2
20

50
20
50
y
x
y
x
x
y
x
y
Thay (2) vào (1) ta có
0y.y0y
4
8
1
2
2
y
20
50
=−⇒=−









=> 8y – y
4
= 0 => y(8-y
3
) = 0



=++−=−
=
⇒
0)
2
24)(2(
3
8
0
yyyy
y





=⇒=
=
⇒
>++=+− 03
2
)1(42

2
0
yy
y
y
2
y
5 x
ra bµi theo lo¹i
Vậy có 1 điểm dừng M
1
(5,2).
Bước 2: Tính
ACB
2
−=∆
3
4000
3
40
''
11''
100
''
2
33
2
y
zC
zB

x
zA
y
yx
xy
x
==
−=∆⇒==
==
Tại điểm dừng M(5,2) ta có
0341)2,5(
<−=−=∆
=> hàm số đạt cực trị ta lại có
9

⇒>= 0)2,5(A
125
100
Tại M hàm số đạt cực tiểu.
Câu 8 : (2đ)
Tỡm cực trị cuả hàm số
z= x
3
+ y
3
– x
2
y
Giải: Bước 1:






−=
−=
22
y
2
x
xy3'z
xy2x3'z
Tỡm cỏc điểm dừng
có hệ





=−
=−
)2(0
22
3
)1(02
2
3
xy
xyx
Từ (1) => x(3x-2y) =0




=⇒=
=
⇒
yxyx
x
3
2
23
0
thay x=0 vào (2) ta có 3y
2
=0 =>y=0
thay x=2/3.y vào (2) ta có
042703
222
9
4
2
=−⇒=
yyyy
23 y
2
= 0 => y=0
Vậy ta có điểm dừng M(0,0)
Bước 2:
Tớnh
ACB

2
−=∆
yxzA
x
26''
2
−==
yzC
y
yyxxx
xy
zB
6''
2
6).26(
2
42''
==
−−=∆⇒−==
xét tại điểm dừng M(0,0) ta có
0)0,0(
=∆
=> 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

1
122
22
++

++
=
yx
yx
z
1
22
)122(
1
22
1
22
2
'
++
++
++
−++
=
yx
yx
yx
x
yx
x
z
3
22
2
3

22
222
1
222
1
)22()1(2






++
+−−






++
++−++
==
yx
xxyy
yx
xxyxyx
3
22
2

1
222
'






++
+−−
=
yx
yxyx
y
z
10
Ta có








=+−−
=+−−
⇔
=

=
022
2
2
022
2
2
0'
0'
yxyx
xxyy
y
z
x
z



=+−−
=++−
↔
0222
0)122)((
2
yxyx
yxyx











=+−−
=++



+−−
=−
↔
0222
0122
222
0
2
2
yxyx
yx
yxyx
yx
x=y=2
Ta có:
( )( )
1
222
1

2
2
2
2122
++++≤++
yxyx
13
22
++=
yx
33
1
122
22
≤⇒≤⇒
++
++
z
yx
yx

=> max z=3
21
22
==↔==↔
yx
y
x
=> A(2,2) là cực đại Với Z
max

=3
Câu 10 : (2đ)
Tỡm giỏ trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số:
Z= x
2
+2xy - 4x +8y
trờn miền D:



≤≤
≤≤
20
10
y
x
Giải: Ta có:





+=
−+=
8x2'z
4y2x2'z
y
x
Tỡm cỏc điểm tới hạn




=
−=
⇒





=+=
=−+=
6y
4x
08x2
y
'z
04y2x2
x
'z

Vậy ta thấy hàm số đạt cực trị thỡ điểm cực trị k
0
thuộc miền D

17)2,1(
3)0,1(
16)2,0(
0)0,0(
=

−=
=
=
z
z
z
z
:XÐt
=> Gớa trị Max =17
Giỏ trị Min = -3
Câu 11 : (2đ)
Tỡm giỏ trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số:
Z= x
2
+y
2
-12x +16y
trờn miền D:
25
22
≤+
yx

Giải: Ta có:





+=

−=
16y2'z
12x2'z
y
x
Tỡm cỏc điểm tới hạn



−=
=
⇒





=+=
=−=
8y
6x
016x2
y
'z
012x2
x
'z
Vậy ta thấy hàm số đạt cực trị thỡ điểm cực trị k
0
thuộc miền D

11

70)5,5(z
90)5,5(z
190)5,5(z
30)5,5(z
=
−=−
=−
=−−
:XÐt
=> Gớa trị Max =190
Giỏ trị Min = -90
Câu 12 : (2đ)
y
2
2
y
x
=
y=1
1
3
−

2
1
1
2
3

Đổi thứ tự lấy t/phân
∫
=
1
0
dyI

∫
−
2
2
2
3
),(
y
y
dxyxf
miền lấy t/phân D =










−≤≤

≤≤
∈
2
3
2
2
10
:
2
),(
yx
y
y
Ryx
→ D được giới hạn bởi các đường
y =0 ; y =1 ;
2
2
y
x
=
;
3
222
3
=+⇔−=
yxyx
Miền D =
 
321

DDD
với











−≤≤
≤≤
=










≤≤
≤≤
=











≥≥
≤≤
=
2
30
32
:),(
3
10
2
2
1
:),(
2
02
2
1
0
:),(
1
xy

x
yxD
y
x
yxD
yx
x
yxD
Vậy→
∫
=
2
1
0
dxI

∫
+
x
dyyxf
2
0
),(
∫
2
2
1
dx
∫
+

1
0
),( dyyxf
∫∫
−
2
3
0
3
2
),(
x
dyyxfdx
Câu 13 : (2đ)
Đổi thứ tự lấy t/phân:
∫∫
=
−
x
xx
dxI
2
2
2
0 2
dyyxf ),(
y
2
2
y

x =
1
12

1/2 1 2 x
Miền lấy t/phân D =










≤≤−
≤≥
∈
xyxx
x
Ryx
2
2
2
20
:
2
),(

D được g/hạn bởi các đường
x =0 ; x =2





−+=
−−=
⇔
⇔=+−⇔−=
2
11
2
11
1
22
)1(
2
2
yx
yx
yxxxy

2
2
2
y
xxy =⇔=
→

 
321
DDDD
=
với D
1
=










−−≤≤
≤≤
2
11
2
2
10
:),(
yx
y
y
yx











≤≤
≤≤
=
2
2
2
21
:),(
2
x
y
y
yxD











≤≤−+
≤≤
=
2
2
11
10
:),(
3
xy
y
yxD
Vậy →
∫∫
=
−−
2
2
2
11
1
0
y
y
dyI
+
dxyxf ),(
+

∫∫
+
−+
dxyxfdy
y
),(
2
11
1
0 2
dxyxfdy
y
),(
22
1
2
2
∫∫
Câu 14 : (2đ)
∫ ∫
−
−−
1
0
1
2
1
),(
y
y

dxyxfdy
y
1
y=1
1
-1 x

x=1-y
→miền lấy tích phân
{
),( yxD =

yxy
y
−≤≤−−
≤≤
1
2
1
10

→Miền D được giới hạn bởi các đường: y=0 ,y =1 ,x=1-y và

2
1 yx
−−=
1
22
=+⇔ yx
(lấyphần

)0≤x
21
DDD ∪=⇒
Với:
{
:),(
1
yxD
=






≥≥−
≤≤−
0
2
1
01
yx
x
{



−≤≤
≤≤
=

xy
x
yxD
10
10
:),(
2
13
∫
−
∫
−
∫
−
∫
−
+=⇒
x
dyyxfdx
x
dyyxfdxI
1
0
),(
0
1
0
1
2
1

0
).(


Câu 1 : (3đ)
∫
++=
L
dx)yxxy(I
dy)yxxy( −++
Theo công thức Green:
∫∫
−=
D
dxdy)xy(I





≤≤
≤≤−
π
π
ϕ
π
cosar0
22
:D
∫∫

−=
∫∫
−−+=
D
dxdy)xy(
D
dxdy)1x1y(I
Trong đó D là hình tròn :
4
2
a
2
y
2
)
2
a
x( ≤+−
đổi toạ độ cực thì:
D





≤≤
≤≤−
ϕ
ππ
cosar0

2
4
2
Câu 2 : (3đ)
∫
+=
L
ydxxdyI
y
a
L
-a 0 a x
*Tính trực tiếp : Ta có PT đường cong là nửa trên của đường tròn :
)0(,
222
>=+ aayx
là





≤≤−
−=
axa
xay
22

dx
xa

x
dx
xa
x
dy
22
22
2
2
−
−
=
−
−
=⇒

vậy⇒
∫
+=
L
ydxxdyI
dx
a
a
xa
x
xxa
∫
−











−
−
+−
22
.
22
∫
−
−
∫
−
−−=
∫
−











−
−−=
∫
−










−
−−=
a
a
xa
dx
a
a
a
dxxa
dx
a
a

xa
a
xa
dx
a
a
xa
x
xa
22
2
22
2
22
2
22
2
22
2
22
∫
−
∫
−−=⇒
−
−
a
a
a
a

xa
dx
a
dxxaI
22
2
22
2
14
∫
−
−=
a
a
dxxaI
22
1
,đặt x=asint
22
ππ
≤≤
−
⇒
t
⇒
∫
−
−=
2
2

2
sin
22
1
π
π
taaI
.d(asint)
∫
−
==
∫
−
=
2
2
2
cos
2
2
2
.cos.cos
π
π
π
π
tdta
dttata
=
∫

−
+
2
2
2
2cos1
2
π
π
dt
t
a

]
22
)sin(sin
)
2
(
22
2
2sin
2
2
2
2
2
2
a
a

t
t
a
πππ
ππ
π
π
=
−−
+









−
−






+=
−
∫

−
∫
−
=
−−
a
a
a
x
a
x
a
a
d
xa
dx
I
222
2
)(1
)(
π
=
−
−=
−
=
a
a
a

a
a
a
a
x
arcsin
arcsinarcsin
0
2
2
2
.2
2
2
1
2
=−
=−=⇒
π
π
a
a
IaII
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 ⇒
∫ ∫
+=+=
∩
L
ABC
ydxxdyydxxdyI
∫ ∫
+−+=
ABC
AC
ydxxdyydxxdy

-Ta có:
∫
+=
ABC
ydxxxdyI
1
⇒Theo đ/lý Green với:
∫∫
∂
∂
−
∂
∂
=
⇒








=
∂
∂
→=
=
∂
∂
→=
D
dxdy
y
p
x
Q
I
x
Q
xQ
y
p
yp
)(
1
1

1
∫∫
=−=
D
dxdy 0)11(
-Mặt khác:
∫
+=
AC
ydxxdyI

2
Với:
⇒



=→=
≤≤−
00
:
dyy
axa
A
C
15
∫
−
=+=
a

a
dxxI 0.00.
2
Vậy
000
21
=−=−=⇒ III
Câu 3(3đ)
∫
++
L
xydydxyx )(

x=y
2
1 B
m L
A n
O 1 x
y=x
a.Tính trực tiếp
tacó:
A
m
BB
m
AL




+=
Trong đó
B
m
A


có PT:
xydydx
y
yx
=⇒



≤≤
=
10
2
AB
n


có PT:
[ ]
∫
++
∫
−−=
∫

+++
∫
++=
∫
+++
∫
++=
∫
++=
⇒=⇒



≥≥
=
1
0
2
1
0
22
1
0
2
0
1
32
)2(
)23(
)(

2)(
)(
)(
)(
01
dyyy
dyyy
dyyyy
dyyyyy
xydydxyx
xydydxyx
xydydxyxI
dydx
y
yx
AB
BA
L
n
m




∫
+−−=
1
0
23
)23( dyyyy

12
1
0)1
3
1
4
3
(
34
3
1
0
2
34
−
=−+−−=








+−−= y
yy
b.Sử dụng công thức Green
∫
+=
L

yxyx
dyQdxpI
),(),(
Với:







=
∂
∂
=
∂
∂
⇒





=
+=
y
x
Q
y
p

xy
yx
Q
yxyx
p
1
),(
),(
⇒Theo công thức Green ta có:
∫∫
∂
∂
−
∂
∂
=
D
dxdy
y
p
x
Q
I )(
Với D là miền kín biểu diễn trên h/vẽ ⇒
∫∫
−=
D
dxdyyI )1(
∫ ∫
−=

1
0
2
)1(
y
y
dxydy
16
12
1
12
683
0)
2
1
3
2
4
1
(
)
23
2
4
(
)2(
))(1(
1
0
234

1
0
23
1
0
2
−
=
−+−
=
−−+
−
=
−+
−
=
∫
−+−=
∫
−−=
yyy
dyyyy
dyyyy
Câu4(3đ)
∫
−=
c
dy
2
xdx

2
yI
Y
C
R

-R R X
Cách1:Đường tròn có Pt tham số:
]
∫
−
−+
−
∫



−−=
≤≤



=
=
R
R
o.
2
xodx
dt)tcosR(t

2
cos
2
R
o
)tsinR(t
2
sin
2
RI
t0,
tsinRy
tcosRx
π
π
∫
+−=
π
o
dtttR )cos(sin
333
4
t3costcos3
t
3
cos
4
t3sintsin3
t
3

sin
+
=
−
=
dt)t3costcos3
o
t3sintsin3(
4
3
R
I
++
∫
−
−
=⇒
π
3
3
R4
3
16
.
4
3
R
3
1
3

1
33
4
3
R
o
3
t3sin
tsin3
3
t3cos
tcos3
4
3
R
−
=
−
=






−−+
−
=




+



++−
−
=
π
Cách2:
∫ ∫
+−=
∫∫





≥
≤+
+−=
π
ϕϕϕ
o
R
o
rdr)sinrcosr(d2
oy
2
R

2
y
2
x
dxdy)yx(2I
3
3
R4
o
)cos(sin
3
3
R2
o
d)sin(cos
3
3
R2
d)
o
R
o
3
3
r
).(sin(cos2I
−
=
−
−

=
∫
+
−
=
∫
+−=
π
ϕϕ
π
ϕϕϕ
ϕ
π
ϕϕ
Câu5(3đ):
∫
−
AB
dyyx
Y
B
a
17
t A
a X



≤≤
=

=
2
to,
tsinay
tcosax
:BA
π

Nhận xét :
yx ≥
khi
4
to
π
≤≤
yx ≤
khi
2
t
4
ππ
≤≤
∫
−−
∫
−=
=
∫
−−
∫

−=
2
4
dt)tcostsint
2
(cos
2
a
4
o
dt)tcostsint
2
(cos
2
aI
o
2
4
tdtcos)tsint(cos
2
a
4
o
tdtcos)tsint(cos
2
aI
π
π
π
π

π
π
0
4
2
4
t2cos
4
t2sin
t
2
1
2
a
o
4
4
t2cos
4
t2sin
t
2
1
2
a
2
4
dt)
2
t2sin

2
t2cos1
(
2
a
4
2
dt)
2
t2sin
2
t2cos1
(
2
a
=






++=






++=

∫
−
+
=
∫
−
+
=
π
π
π
π
π
π
π
Câu6(3đ)
dy)
2
y1
AB
y
2
x
(ydxlnx2
++
∫
+
Y
B
C A

1
1 X
Đặt :p = 2xlny
2
y1
y
2
x
Q ++=
Nhận xét:
y
x2
x
Q
y
p
=
∂
∂
=
∂
∂
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
∫
+++
∫
+=
∫ ∫
+++=

−
+
+
−=
∫
+=
2
1
dy)
2
y1o(
o
1
odx)1ln.x2(
AC CB
QdypdxQdypdxI
)
31
52
ln
352(
2
1
dy
2
1
2
y1I
∫
+

−+=





=
+
=
⇒





=
+
=
∫
+=⇒
2
1
dy
2
y1
2
y
1
2
2

y1yI
dy
yV
2
y1
y
dU
dydV
2
y1
U
dy
2
1
2
y1I
)
21
52
ln(
2
1
2
2
5I
)21ln()52ln(
)252(I
1
2
)

2
y1yln(I
1
2
2
y1y
2
1
2
1
2
y1
dy
dy
2
y1
2
1
2
y1ydy
2
y1
11
2
y
1
2
2
y1yI
+

+
+−=⇒
+−++
−=⇒
+++−
+=
∫ ∫
+
++−
∫
+=
+
−+
−
+=⇒
Câu7(3đ)
∫
+
−++
c
2
y
2
x
dy)xy(dx)yx(
Biểu diễn Pt đường tròn trong dạng tham số:



<<

=
=
π
2to,
tsinay
tcosax
[
]
dt)tcosa)(tcosatsina(
2
o
2
a
)tsina)(tsinatcosa(
I
−+
∫
−+
=
π
∫
−=−=
∫
+−=
π
π
π
2
o
2dt

2
o
dt)t
2
cost
2
(sin
t
a x
Câu8(3đ)
∫
+
+−
=
c
2
y
2
x
xdyydx
I
19
y
t
1 x
Pt tham số:



<<

=
=
π
2to,
tsiny
tcosx
I=
][
∫
==
∫
+
+−−
π
π
π
2
o
2dt
2
o
t
2
sint
2
cos
dttcos.tcos)tsin)(tsin(
Câu9(3đ)
Cho các hàm số
ysin

2
mxycos
x
e)y,x(Q
ycosx
2
m2ysin
x
e)y,x(p
−=
+=
a.
Qdypdx
ymxye
x
Q
ymye
y
p
x
x
+
−=
∂
∂
−=
∂
∂
sin2cos
sin2cos

2
2
là vi phân toàn phần khi :
om
2
m
x
Q
y
p
=−⇔
∂
∂
=
∂
∂
nhận được m = o,m = 1
b.theo công thức ta có :
∫ ∫
+=
x
o
y
2
ycos
x
e(dx
x
e)y,x(U
π

2dy)ysin
2
x +−
1ycos
2
xysin
x
e ++=
Câu10(3đ)
[
]
dx)ycosyysinx
AB
dy)ysinyycosx()x(h
++
∫
−
a.Đặt
)ysinyycosx(
)x(
hQ
)ycosyysinx(
)x(
hp
−=
+=
Điều kiện để tích phân ko phụ thuộc đường đi là :
x
Q
y

p
∂
∂
=
∂
∂
x
x
x
x
xx
x
x
x
x
x
eh
h
h
hh
yyyxh
yyyxh
x
Q
y
p
yh
yyyxh
x
Q

yyyxyxh
y
p
=⇒
=⇔=⇔
−=
−⇔
∂
∂
=
∂
∂
+
−=
∂
∂
−+=
∂
∂
)(
)(
)(
)()(
)(
)(
)(
)(
)(
1
'

'
)sincos(
)sincos('
cos
)sincos('
)sincoscos(
b.
y
A(o,π)
0 B(π,o) x
20
∫
=
∫ ∫
+−=
∫ ∫
+++=
π
π
π
o
o
oA
Bo
ydyy
dxodyyy
QdyPdxQdyPdxI
sin
.)sin(
0

Sử dụng công thức tích phân từng phần :
yv
dydu
ydydv
yu
cossin −=
=
⇒



=
=
ππ
ππ
π
π
=+=+−
=
∫
+−=⇒
o
o
y
o
yy
ydy
o
yyI
o

sincos
coscos
Câu11(3đ)
∫
+
++−
AB
2
y
2
x
dy)ynx(dx)ymx(
a.Ta có :
)
2
y
2
x(
xy2
2
nx
2
ny
y
p
2
)
2
y
2

x(
mxy2
2
x
2
y
y
p
+
−+
=
∂
∂
+
−−
=
∂
∂
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



==⇔
=−
=−
⇔
∀=
−+−−
⇔−−=
−−

1
01
01
,,0
)1(2)1)((
2
2
22
22
22
mn
m
n
yx
mxynyx
xynxny
mxyxy
b/
B(a,o) C(a,a)
A(a,o) x
dx
ax
ax
dy
ya
ya
I
yx
yx
Q

yx
yx
p
QdypdxQdypdxI
a
a
o
CA
BC
∫
+
−
+
∫
+
+
=⇒
+
+
=
+
−
=
∫ ∫
+++=
0
2222
2222
,
2

)
4
(2)arctgo1arctg(2
o
a
a
o
a
x
arctg
a
1
.a2dx
2
x
2
a
a2
a
o
dx
2
x
2
a
xa
a
o
dx
2

x
2
a
xa
a
o
a
o
dx
2
x
2
a
xa
dy
2
y
2
a
ya
ππ
==−=
∫
=
+
=
∫
+
−
+

∫
+
+
=
∫ ∫
+
−
+
+
+
=
Câu12(3đ)
Tính tích phân mặt loại 2 sau đây:
dxdy
2
zdzdx
2
ydydz
s
2
x ++
∫∫
z
a
a
y
a
x
21
∫ ∫ ∫∫

+
∫
+
∫
+
∫∫∫ ∫ ∫ ∫
=
+
∫∫∫ ∫∫∫
+
=
∫∫∫
++=
a
o
a
o
a
o
a
o
a
o
a
o
v
a a
o
a
o

v v
v
zdzdydxdzydydx
dzdyxdxzdxdydz
ydxdydzxdxdydz
dxdydzzyxI
2
22
222
)(2
0

))(())()((
22
o
a
y
o
a
x
o
a
z
o
a
y
o
a
x
+=

))()(()(
2
o
a
z
o
a
y
o
a
x
o
a
z
+
4
a3
4
a
4
a
4
a
=++=
Câu13(3đ)
Cho trường vectơ
)
2
zx.
2

yz,
2
xy(F =

dxdy
2
zx
dzdx
2
yz
s
dydz
2
xy
+
+
∫∫
=Φ
áp dụng công thức :Ostrogratski
1:
)(
222
222
≤++
∫∫∫
++=Φ
zyxV
dxdydzxzy
v
Đổi qua toạ độ cầu :






≤≤
≤≤
≤≤
10
2
0
r
oV
πϕ
πθ
5
4
5
1
.2.2
2
o o
1
o
dr
4
rddd
π
π
π π

θθϕ
==
∫ ∫ ∫
=Φ⇒
Câu14(3đ)
Đổi qua toạ độ trục







≤≤
≤≤
≤≤
20
2
2
20
2
r
z
r
πϕ
dzrddrI
r
.
2
3

2
0
2
0
2
2
∫∫∫
=
ϕ
dr
r
r
2
2
2
0
3
)
2
2(.2 −
∫
=
π
3
16
)
3
1
2
1

(2.2
)
122
(2
4
2
0
64
π
π
π
=−
=−
rr
Câu 15 (3đ)
2
z
2
y
2
x
2
U
2
z
2
y
2
xU
++=⇒

++=
u
x
x
ux2
x
u.u2 =⇒=⇒

tương tự
;
u
y
y
u =
u
z
z
u =
22
)
u
z
,
u
y
,
u
x
(gradu =⇒
⇒Thông lượng của trường vectơ gradu qua mặt cầu

1z
2
y
2
x:S =++
là
∫∫
++=Φ
s
dxdy
u
z
dzdx
u
y
dydz
u
x
zdxdyydzdx
s
xdydz ++
∫∫
=
vì
1=
S
U
áp dụng c/thức ostrogradsky ta có
∫∫∫
=Φ

v
dxdyz3
trong đó V là h/cầu
1
2
z
2
y
2
x ≤++
.3=Φ⇒
(thể tích V)
ππ
4
3
4
.3 ==
Câu1(4đ)
x
y
y
y
xy
y
y
y
y
xy
cos
1

ln
'
1cosln
'
ln
cos'
=⇔
=⇔=
Đặt
y
y
zyz
'
'ln =⇒=
thay vào ,ta được :
x
zz
cos
1
'. =
∫
−
=
∫ ∫
⇔=⇒
dx
x
x
z
dx

x
zdxz
2
2
sin1
cos
2cos
1
'.
∫
+−
=
)sin1)(sin1(
)(sin
xx
xd
)
42
(ln
2
2
ln
sin1
sin1
ln
2
1
sin1
)(sin
2

1
sin1
)(sin
2
1
π
+=⇔
+
−
+
=
∫ ∫
−
+
+
=
x
tgC
z
C
x
x
x
xd
x
xd
Thay lại ,ta có nghiện tổng quát của PT:
)
42
(ln2

2
ln
π
+=
x
tgCy
b/
2
sin'' xyy
=−
x
+Đây là PT vi phân tuyến tính cấp 2 ko thuần nhất
+Xét PT thuần nhất tương ứng
0'' =−yy
⇒ PT đặc trưng :



−=
=
⇔=−
1
2
11
01
2
k
k
k
⇒

PT đặc trưng có 2 nghiệm thực phân biệt do đó nghiệm tổng quát của PT đặc trưng :
xx
eCeCy
−
+=

21
+Ta tìm 1 No riêng của Pt vi phân tuyến tính cấp 2 ko thuần nhất đã cho:
)(
2
)(
1
2cos
22
)
2
2cos1
(
2
sin''
xfxfx
xx
x
xxxyy
+=−=
−
==−
với
)(.
2

)(
11
xPe
x
xf
ox
==
⇒
α
= 0, n = 0 nên n
o
riêng có dạng
y
R1
= Ax +B → y’
R1
= A→ y’’
R1
= 0
thay vào pt : y’’- y = f
1
(x) =
2
x
→ 0 (Ax+B)=
2
x






=
−=
⇔
0
2
1
B
A
→
N
o
riêng : y
R1
=
2
x
−
Với f
2
(x) =
=− x
x
2cos
2
[ ]
xxQxxP
ox
e 2sin).(

0
2cos)(
1
+
→pt : y’’-y=
x
x
xf 2cos
2
)(
2
−=
23
có N
0
riêng dạng
y
R2
= (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
=
x

x
2cos
2
−










−
=
−
=
=
=
⇔







=
=

=+−
⇔
25
2
10
1
.
5
4
0
10
1
05
2
1
5
0)54(
C
B
A
B
A
CA
N
o
riêng:
xxxy
R
2sin
25

2
2cos
10
1
'
2
−=
Như vậy, N
o
riêng của pt vi phân khg thuần nhất đã cho là :
y
R
= y
R1
+y
R2

xxx
x
2sin
25
2
2cos
10
1
2
−+
−
=
Vậy N

o
tổng quát của pt đã cho
xxx
x
eCeCyyy
xx
Rtq
2sin
25
2
2cos
10
1
2

21
−+−
+=+=
−
Câu2(4đ)
a. Tìm No riêng của PT:
1
1
3
ln
'
01'
3
ln
+

−=⇔
=++
x
yy
y
xyyy
đặt
y
y
zyz
'
'ln =⇒=
Thay vào ta được:
1
1
3
'
+
−=
x
z
z
Tích phân 2 vế :
2
1
)12(
2
12
2
1

.
2
1
1
3
'
=++
⇔−+−=−
∫ ∫
⇔
+
−=
Cxz
Cx
z
x
dx
z
dxz
Thay
→= yz ln
ta có:
2
1
)12(
2
ln =++ Cxy
do
→=
−

2
)
16
15
( ey
thay vào:
8
3
2
1
8
1
2
1
)
4
1
.2.(4
2
1
)1
16
15
2).(
2
(
2
ln
−
=−=⇔

=+⇔
=++
−
C
C
Ce
Vậy,No riêng của Pt đã cho là :
2
1
)
8
3
12(
2
ln =−+xy
b.Tìm No tổng quát :
)(2
2
'3''
x
p
ox
exyy ==−
-Đây là PT tuyến tính cấp 2 ko thuần nhất
- PT đặc trưng tương ứng của PT tuyến tính cấp 2 thuần nhất
0'3'' =− yy
là:





=
=
⇔
=−⇔=−
3
2
0
1
0)3(03
2
k
k
kkkk
24
→no t/quát của PT thuần nhất là:
x
eCC
x
eC
ox
eCy
3
.
21
3
.
2
.
1

+=
+=
ta tìm 1 No riêng của PT vi phân cấp 2 Ko thuần nhất đã cho có dạng :
)
2
( Cbxaxx
R
Y ++=
(Vì
)0
1
α
==k

2
36
2
9
26'3''
26''
2
2
3'
23
xCbxax
bax
R
y
R
y

bax
R
y
Cbxax
R
y
Cbxax
=−−
−+=−⇒
+=
++=⇒
++⇒







−
=
−
==
−==
⇔






=−
=−
=−
⇔
=−
+−+−⇔
27
2
9
1
.
3
2
3
2
9
1
032
0)(6
19
2
32
)(6
2
9
bC
ba
cb
ba
a

xCb
xbaax
Vậy →một no riêng của PT là :
)
5
2
2
(
9
)
27
2
9
1
2
9
1
(
++
−
=
++−=
xx
x
xxx
R
y
→ No t/quát của Pt đã cho là :
)
5

2
2
(
9
3
21
++−+=
+=
xx
x
x
eCC
R
yy
tq
Y
Câu3(4đ)
a.
xxxyy cossinsin' =−
)cos(sin' xyxy +=⇔
(*)
Đặt
xyz cos+=
xzyxyz sin''sin''
+=⇔−=⇒
Thay vào (*) ta được:
x
z
z
zxz

zxxz
sin
1
'
)1(sin'
.sinsin'
=
−
⇔
−=⇔
=+
Tích phân 2 vế :
Cz
xdx
z
dz
xdx
z
dxz
+−=−⇔
∫ ∫
=
−
⇔
∫ ∫
=
−
⇔
cos1ln
sin

1
sin
1
'
(C là hằng số )
+Thay
xyz cos+=
ta được No t/quát của Pt là :
Cx
exy
Cx
exy
Cxxy
+−
+−=⇔
+−
=−+⇔
+−=−+
cos
cos1
cos
1cos
cos1cosln
b.
xxyy
2
cos'' =−

x
xx

2cos
22
+=
- Đây là PT vi phân tuyến tính cấp 2 Ko thuần nhất
- Xét PT vi phân thuần nhất tương ứng :
0'' =−yy
→PT đặc trưng :
12,1
01
2
±=
⇔=− kk
vậy →PT thuần nhất có No t/quát
x
eC
x
eCy
−
+=
2
.
1
- Xét Pt Ko thuần nhất đã cho :
)(2)(1
2cos
22
''
x
f
x

f
x
xx
yy
+=
+=−
→Ta sẽ lần lượt tìm No riêng ứng với Pt : y’’- y = f
1
(x) (1) là y
R1
và y’’ – y = f
2
(x) (2) là y
R2
25