BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI TOÁN A3 PHẦN 2

BÀI TẬP CĨ LỜI GIẢI TỐN A3
PHẦN 2
Phần I: Phép tính vi phân hàm nhiều biến.
Câu 1: Cho hàm f(x,y) có các đạo hàm riêng liên tục đến cấp hai tại điểm dừng
M(x
o
,y
o
).
A=f’’
xx
(x
o
,y
o
), B=f’’
xy
(x
o
,y
o
), C=f’’
yy
(x
o
,y
o
),
∆
=AC-B
2

Giải:
Ta có: Nếu
∆
< 0, hàm f(x,y) không có cực trò
Nếu



<
>∆
0
0
A
M là điểm cực đại
Nếu



>
>∆
0
0
A
M là điểm cực tiểu
Câu 2: Tìm vi phân cấp hai d
2
z của hàm hai biến z=x
4
-8x
2

+y
2
+5. Tìm cực trò của hàm.
Giải:
z’
x
=4x
3
-16x,z’
y
=2y



=
=
0'
0'
y
x
z
z
⇔



=
=−
02
0164

3
y
xx

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

⇒
Hàm có 3 điểm dừng: M
1
(0,0), M
2
(-2,0), M
3
(2,0)
Z’’
xx
=12x
2
-16, z’’
yy
=2, z’’
xy
=0
Xét M
1
(0,0) ta có: A=z’’
xx
(M
1
)=-16
⇒
∆
=AC-B
2
=2.(-16)-0=-32<0

⇒
z không đạt cực trò tại M
1
(0,0)
Xét M
2
(-2,0) ta có: A=z’’
xx
(M
2
)=32
⇒
∆
=AC-B
2
=64>0, A>0
⇒
z đạt cực tiểu tại M
2
(-2,0)
Xét M
3
(2,0) ta có: A=z’’
xx
(M
3
)=32
⇒
∆
=AC-B

2
=64>0, A>0
⇒
z đạt cực tiểu tại M
3
(2,0)
Vậy z có hai cực tiểu M
2
(-2,0), M
3
(2,0)
Câu 3: Cho hàm z=2x
2
-4x+siny-y/2 với x
∈
R, -
π
<y<
π
. Tìm cực trò của z.
Giải:
Z’
x
=4x-4, z’
y
=cosy-1/2



=

=
0'
0'
y
x
z
z

⇔




=−
=−
02/1cos
044
y
x






=



=

−=
⇔
1
3/
3/
x
y
y
π
π
⇒
Hàm có 2 điểm dừng: M
1
(1,
3/
π
), M
2
(1,-
3/
π
)
Z’’
xx
=4, z’’
xy
=0, z’’
yy
=-siny
Xét M

1
(1,
3/
π
) ta có: C=z’’
yy
(M
1
)=
2
3

⇒
∆
=AC-B
2
=2
3
>0, A>0
⇒
z đạt cực tiểu tại M
1
(1,
3/
π
)
Xét M
2
(1,-
3/

π
) ta có: C=z’’
yy
(M
2
)=-
2
3
∆⇒
=AC-B
2
=-2
3
<0
⇒
z không đạt cực trò tại M
2
Vậy z có một cực tiểu tại M
1
(1,
3/
π
)
4: Tìm cực trò của hàm z=x
2
(y-1)-3x+2 với điều kiện x-y+1=0
Giải:
Từ điều kiện ta có: y=x+1. Thay y vào z, ta được: z= x
3
-3x+2

⇒
Z’
x
=3x
2
-3
Z’
x
=0
⇔



=⇒−=
=⇒=
01
21
yx
yx
Hàm có hai điểm dừng: M
1
(1,2), M
2
(-1,0)
Bảng biến thiên:
X -
∞
-1 1 +
∞
Z’ + 0 - 0 +

Z 0 CT
CĐ 2
Vậy z đạt cực đại tại M
2
(-1,0), cực tiểu tại M
1
(1,2)
Câu 5: Tìm cực trò của hàm z=x
2
(y+1)-3x+2 với điều kiện x+y+1=0.Tìm cực trò của z.
Giải:
Ta có: y=-x-1
Thế y vào z ta được: z= -x
3
-3x+2
Z’
x
=0
⇔
-3x
2
-3=0
⇔
x
2
=-1 (vô nghiệm)
Vậy z không có cực trò.
Câu 53: Xác định cận của tích phân
3
1

0 0
( , )
x
I dx f x y dy
=
∫ ∫
trong đó D là miền giới hạn bởi
các đường: y = 3x , y = x
2
.
Bài giải:
Ta có: D:
2
2
3 0
3
9
3 9
y
x
y x y
y y
y y
y x y
x y


=
= =


 
⇔ ⇒ = ⇔ = ⇔
 

= =

 
=


Suy ra:
3
0
9
y
x
x y
y
y

=



=


=

=



Vậy:
9
0
3
( , )
y
y
I dy f x y dx
=
∫ ∫
Câu 68: Đổi thứ tự tích phân
3
1
0 0
( , )
x
I dx f x y dy
=
∫ ∫
.
Bài giải:
Ta có D:
3
0 1 (1)
0 (2)
x
y x
≤ ≤



≤ ≤

• Xác định cận x:
Từ (2) ta có:
3
3
y x x y
≤ ⇔ ≥
và từ (1)
1x
≤
3
1y x
⇒ ≤ ≤
• Xác định cận y:
Từ (1)
3
1 1x x
⇒ ≤ ⇔ ≤

3
1 1y x y
⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤
0 1y
⇒ ≤ ≤
Vậy:
3
1 1

0
( , )
y
I dy f x y dx
=
∫ ∫
Bài 73: Cho tích phân
ln
1 0
( , )
e x
I dx f x y dy
=
∫ ∫
. Thay đổi thứ tự tích phân ta được:
Bài giải:
Ta có D:
1 (1)
0 ln (2)
x e
y x
≤ ≤


≤ ≤

• Xác định cận y:
Từ (1)
ln ln 1x e x e
⇒ ≤ ⇔ ≤ =

⇒

ln 1x
≤
(vì
1 x
≤
)
Mà (2)
⇒
ln 1y x
≤ ≤

⇒
1y
≤
⇒
0 1y
≤ ≤
• Xác định cận x:
Từ (2)
⇒
lny x
≤
⇒
lny x
e e x
≤ =
⇒

y
e x
≤
⇒
y
e x e
≤ ≤
Vậy:
1
0
( , )
y
e
e
I dy f x y dx
=
∫ ∫
Câu 78: Thay đổi thứ tự tích phân
2 2
1
( , )
x
x
I dx f x y dy
=
∫ ∫
Bài giải:
Ta có D:
1 2 (1)
2 (2)

x
x y x
≤ ≤


≤ ≤

Vẽ các đường x=1, x=2, y=x, y=2x
Trên hệ truc Oxy như hình vẽ.
Ta thấy theo trục tung, miền D tăng dần
từ 0 đến 2 và giảm dần từ 2 đến 4
Vậy:
2 4 2
1 1 2
2
( , ) ( , )
y
y
I dy f x y dx dy f x y dx
= +
∫ ∫ ∫ ∫
Bài 84: Chuyển tích phân sau sang tọa độ cực
( , )
D
I f x y dxdy
=
∫∫
, trong đó D là hình tròn
2 2
4x y y

+ ≤
.
Bài giải:
Ta có: D:
2 2 2 2
4 ( 2) 4x y y x y
+ ≤ ⇔ + − ≤
,
là đường tròn tâm A(0, 2) và bán kính r = 2
1 2
1
2
3
4
o
y = 2x
y = x
x =1
x = 2
o
o
o
o
o o
x
y
o
1 2
4
x

y
A
r
o
o
o
2
o
Đặt
cos
sin
x r
y r
φ
φ
=


=


0 2
0
r
φ π
≤ ≤

⇒

≤ ≤


Vậy:
2
0 0
( cos , sin )I d f r r rdr
π
φ φ φ
=
∫ ∫
Câu 91: Tính tích phân
2
0
sin(x+y)dx
y
o
I dy
π
=
∫ ∫
Bài giải:
2
0
sin(x+y)dx
y
o
I dy
π
=
∫ ∫
2

0
.( os( ))
0
y
I dy c x y
π
⇔ = − +
∫
2
0
(cos os2 )I y c y dy
π
⇔ = −
∫
1
2
(sin sin2y )
2
0
I y
π
⇔ = −
1I
⇔ =
Vậy:
1I
⇔ =
97. Tính tích phân I =
ln
D

x
ydxdy
y
∫∫
trong đó D là hình chữ nhật
0 2;1x y e≤ ≤ ≤ ≤

I =
ln
D
x
ydxdy
y
∫∫
=
2 2
0 1 0 1
ln ln . (ln )
e e
x
dx ydy dx x y d y
y
=
∫ ∫ ∫ ∫
e
=
2
2
0
ln

.
2
y
dx x
∫
=
2 2
2 2
0 0
ln ln 1 1
.( ).
2 2 2
e
x dx xdx− =
∫ ∫
=
2
2
0
1
2 2
x
=
( )
2 2
1
2 0
4
−
= 1

101. Tính tích phân I =
( )
2
1
D
dxdy
x y+ +
∫∫
trong đó D là hình vuông
0 2;0 1x y≤ ≤ ≤ ≤
I =
( )
2
1
D
dxdy
x y+ +
∫∫
=
( )
1 1 1 1
2 2
0 0 0 0
1
( 1) ( 1)
d y x
dy
dx dx
y x y x
+ + 

 
=
 
 
+ + + +
 
 
∫ ∫ ∫ ∫
=
1
1
0
0
1
.
1
dx
x y
 
−
 ÷
+ +
 
∫
=
1
0
1 1
2 1
dx

x x
 
− −
 ÷
+ +
 
∫
=
1 1
0 0
ln( 2) ln( 1)x x− + + +

=
ln3 ln 2 ln 2 ln1− + + −
=
ln3 ln 4− +
113. Tính tích phân I =
2
2
D
x ydxdy
∫∫
trong đó D là tam giác với các đỉnh O(0,0);
A(1,0); B(1,1).
Dựa vào hình vẽ ta xác định được cận tích phân như sau:

0 1
0
x
y x

≤ ≤


≤ ≤

I =
1
2 2 2
0 0 0
0
2
x
x x
dx x ydy dxx y
=
∫ ∫ ∫

=
1
1
5
4
0
0
1
5 5
x
x dx = =
∫
1

A
O
B
x
y
1
1
120. Tính tích phân I =
D
ydxdy
∫∫
trong đó D là miền giới hạn bởi đường thẳng y = x và
parabol y = x
2
.
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y = x và parabol y = x
2
x
2
= x ⇒ x = 0 ; x = 1
Vậy
0 1x≤ ≤
. Ta xét
( )
1
0,1
2
x = ∈
(0.5)
2

< 0.5
⇒ I =
2 2
1 1
2
0 0
.
2
x
x
x x
y
dx ydy dx
=
∫ ∫ ∫
=
1
1
3 5
2 4
0
0
1 1
( )
2 2 3 5
x x
x x dx
 
− = −
 ÷

 
∫
=
3 5
1 1 1 1
2 3 5 15
 
− =
 ÷
 
125. Tính tích phân I =
2 2
D
dxdy
x y+
∫∫
trong đó D là hình tròn
2 2
9x y+ ≤
Đặt
cos
sin
x r
y r
ϕ
ϕ
=


=


Dựa vào hình vẽ ta xác định được cận tích phân:
0 3
0 2
r
ϕ
≤ ≤


≤ ≤ ∏

I =
( ) ( )
2 2
cos sin
D D
rdrd
drd
r r
ϕ
ϕ
ϕ ϕ
=
+
∫∫ ∫∫
R
x
y
0
=

2
3 2 3
0 0 0
0
.dr d dr
ϕ ϕ
Π
Π
=
∫ ∫ ∫
=
3
3
0
0
2 2 . 6dr r
Π = Π = Π
∫
140. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
;
x x
y e x y e x
−
= + = +
và x
= 1
Phương trình hoành độ giao điểm của
;
x x
y e x y e x

−
= + = +
x x
e x e x
−
+ = +
⇔
1
x
x
e
e
=
⇔
1
0
x
x
e
e
− =
⇔
( )
2
1 0
x
e − =
⇔
1
1

x
x
e
e

=

= −

⇒ x = 0
Vậy
0 1x
≤ ≤
Tại
[ ]
1
0,1
2
x
= ∈
ta có
x x
e x e x
−
+ ≤ +
⇒ cận tích phân là
0 1
x x
x
e x y e x

−
≤ ≤


+ ≤ ≤ +

(loại)
S =
1
0
x
x
e x
D
e x
dxdy dx dy
−
+
+
=
∫∫ ∫ ∫
=
( )
1 1
0 0
.
x
x
e x
x x

e x
dx y e e dx
−
+
−
+
= −
∫ ∫
=
( ) ( )
( )
1
1
0
1 1
x x
e e e e
− −
+ = + − +
=
1
2e
e
+ −
Câu 200: Tính tích phân đường
( )
C
I x y dl= +
∫
, trong đó C có phương trình x+y=1;0

≤
x
≤
1.
a) I=
2
b)I=1 c)I=
1
2
d)I=2
Giải:
x+y=1
⇒
rút y theo x ta được :
y=1-x
⇒

'
( )x
y
= - 1
dl=
' 2
( )
1 ( )
x
y+
dx =
2
1 ( 1)+ −

dx =
2
dx
→
I=
1
0
2dx
∫
=
2
[ ]
1
0
x
=
2
→
Đáp án là A
Câu 201: Tính tích phân đường
2
( )
C
I x y dl= +
∫
trong đó C có phương trình x+y=a,0
≤
x
≤
a.

a)I=a
2
b)I=2a
2
c)I=a
2
2
d)I=a
3
2
Giải:
x+y=a
⇒
y=a – x
→
'
( )x
y
= -1
dl=
' 2
( )
1 ( )
x
y+
dx =
2
1 ( 1)
+ −
dx =

2
dx
→
I=
2
0
( ) 2
a
x a x dx− −
∫
=
2
0
2
a
a dx
∫
=a
2
2
[ ]
1
0
x
=a
3
2
→
I=
1

0
2dx
∫
=
2
[ ]
1
0
x
=
2
→
Đáp án là D
Câu 238: Cho điểm A(0,1) và B(1,0) tính tích phân đường .
( 2 1) ( 1)
AB
I y x dx y dy= + + + −
∫
.lấy theo đường y=1-x đi từ A đến B.
a) I=4 b)I=3 c)I=1 d)I=2
Giải:
y=1-x
→
dy = -dx
1
0
(1 2 1) (1 1)( 1)I x x dx x dx= − + + + − − −
∫
=
1

0
( 2 )x x dx+ +
∫
=
1
0
(2 2)x dx+
∫
=
1
2
0
2x x
 
+
 
=3
→
Đáp án B
Câu 241: Tính
2
3 (3 2 )
OA
I xydx x y dy= − −
∫
lấy theo đoạn nối từ O(0,0) đến
A(-1,-1).
a)I =-1b)I = 1c)I =-2d) I =2
Giải:
Pt đường thẳng OA :

1 1
x y
x y dx dy= ⇔ = ⇔ =
− −
1
2 2
0
3 (3 2 )I y dx y y dy
−
= − −
∫
=
1
0
2ydy
−
∫
=
1
2
0
y
−
 
 
=1
Câu 242:Tính I=
2 2
( ) ( )
OA

x y dx x y dy− + +
∫
lấy theo đoạn thẳng nối từ O(0,0) đến A(3,0)
a)I = 9 b)I =8 c)I =
3
4
d) I =
3
4
−
Giải:
Pt đường thẳng OA :
0 0y dy dx= → =
I=
3
2
0
0x dx +
∫
=
3
3
0
3
x
 
 
 
=9
→

Đáp án A
Câu 310; tính tích phân mặt loại 1:I =
( )
s
x y z dS+ +
∫∫
trong đó S là mặt của hình lập
phương
[ ]
0,1
x
[ ]
0,1
x
[ ]
0,1
a)I = 0b)I =9 C)I =3 d)I =12
Giải
Miền S gồm 6 mặt :
S
1
=
{ }
( , , ) : 0,0 1,0 1x y z z x y= ≤ ≤ ≤ ≤
S
2
=
{ }
( , , ) : 1,0 1,0 1x y z z x y= ≤ ≤ ≤ ≤
S

3
=
{ }
( , , ) : 0,0 1,0 1x y z y x z= ≤ ≤ ≤ ≤
S
4
=
{ }
( , , ) : 1,0 1,0 1x y z y x z= ≤ ≤ ≤ ≤
S
5
=
{ }
( , , ) : 0,0 1,0 1x y z x y z= ≤ ≤ ≤ ≤
S
6
=
{ }
( , , ) : 1,0 1,0 1x y z x y z= ≤ ≤ ≤ ≤
Trên mặt S
1
, ta có z = 0
dS dxdy⇒ =
Vậy
1
( )
s
x y z ds+ +
∫∫
=

( )
D
x y dxdy+
∫∫
=
1 1
0 0
( )dx x y dy+
∫ ∫
=
[ ]
1
1
2
0
0
1
( )
2
xy y dx+
∫
=
[ ]
1
1
0
0
1
( )
2

x dx+
∫
=
1
2
0
2 2
x x
 
+
 
 
=1
Trên mặt S
2
ta có :

z =1
dS dxdy⇒ =
, do đó
2
( )
s
x y z dS+ +
∫∫
=
( 1)
D
x y dxdy+ +
∫∫

=
( )
D
x y dxdy+
∫∫
+
D
dxdy
∫∫
=1+1=2.
Vậy
( )
s
x y z dS+ +
∫∫
=3(1+2) =9
⇒
Đáp án B