BÀI tập TOÁN a3 có lời GIẢI

BÀI TẬP TỐN A3 CĨ LỜI GIẢI
Phần I: Phép tính vi phân hàm nhiều biến.
Bài 1:
Cho hàm f(x,y) có các đạo hàm riêng liên tục đến cấp hai tại điểm dừng
M(xo,yo).
A=f’’xx(xo,yo), B=f’’xy(xo,yo), C=f’’yy(xo,yo), ∆ =AC-B2
Giải:
Ta có: Nếu ∆ < 0, hàm f(x,y) không có cực trò
∆ > 0
M là điểm cực đại
A < 0

Nếu 

∆ > 0
M là điểm cực tiểu
A > 0

Nếu 
Bài 2:

Tìm vi phân cấp hai d2z của hàm hai biến z=x4-8x2+y2+5. Tìm cực trò của hàm.
Giải:
z’x=4x3-16x,z’y=2y
 x = 2

z' x = 0
4 x 3 − 16 x = 0
  x = −2
⇔
⇔




z' y = 0
 x = 0
2 y = 0
y = 0

⇒ Hàm có 3 điểm dừng: M1(0,0), M2(-2,0), M3(2,0)

Z’’xx=12x2-16, z’’yy=2, z’’xy=0
Xét M1(0,0) ta có: A=z’’xx(M1)=-16 ⇒ ∆ =AC-B2=2.(-16)-0=-32<0
⇒ z không đạt cực trò tại M1(0,0)

Xét M2(-2,0) ta có: A=z’’xx(M2)=32 ⇒ ∆ =AC-B2=64>0, A>0
⇒ z đạt cực tiểu tại M2(-2,0)


Xét M3(2,0) ta có: A=z’’xx(M3)=32 ⇒ ∆ =AC-B2=64>0, A>0
⇒ z đạt cực tiểu tại M3(2,0)

Vậy z có hai cực tiểu M2(-2,0), M3(2,0)
Bài 3:
Cho hàm z=2x2-4x+siny-y/2 với x ∈ R, - π Giải:
Z’x=4x-4, z’y=cosy-1/2
 y = −π / 3
z' x = 0
4 x − 4 = 0


⇔ 
⇔  y = π / 3

cos y − 1 / 2 = 0
z' y = 0
x = 1

⇒ Hàm có 2 điểm dừng: M1(1, π / 3 ), M2(1,- π / 3 )

Z’’xx=4, z’’xy=0, z’’yy=-siny
Xét M1(1, π / 3 ) ta có: C=z’’yy(M1)=

3 ⇒
∆ =AC-B2=2 3 >0, A>0
2

⇒ z đạt cực tiểu tại M1(1, π / 3 )

Xét M2(1,- π / 3 ) ta có: C=z’’ yy(M2)=-

3
⇒ ∆ =AC-B2=-2 3 <0
2

⇒ z không đạt cực trò tại M2

Vậy z có một cực tiểu tại M1(1, π / 3 )
Bài 4:
Tìm cực trò của hàm z=x2(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= x3-3x+2 ⇒ Z’x=3x2-3
x = 1 ⇒ y = 2

Z’ x=0 ⇔ 
 x = −1 ⇒ y = 0
Hàm có hai điểm dừng: M1(1,2), M2(-1,0)
Bảng biến thiên:


X

-∞

Z’

-1
+

0

Z

+∞

1
-

0

0

+

CT

CĐ

2

Vậy z đạt cực đại tại M2(-1,0), cực tiểu tại M1(1,2)
Bài 5:
Tìm cực trò của hàm z=x2(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= -x3-3x+2
Z’x=0 ⇔ -3x2-3=0 ⇔ x2=-1 (vô nghiệm)
Vậy z không có cực trò.

PHẦN II TÍCH PHÂN 2 LỚP, TÍCH PHÂN ĐƯỜNG, TÍCH PHÂN MẶT
Bài 6:
1

x3

∫ ∫ f ( x, y )dy trong đó D là miền giới hạn bởi các

Xác định cận của tích phân I = dx
0

0

2

đường: y = 3x , y = x .
Bài giải:


y

 y = 3x  x =
3 ⇒
⇔
Ta có: D: 
2
y
=
x

x = y


y

x
=

3


Suy ra: x = y

 y =0


 y =9

y = 0
y
y2
y = ⇔ y=
⇔
3
9
y = 9


9

Vậy: I = ∫ dy
0

y

∫

y

f ( x, y )dx

3

Bài 7:
x3

1

∫ ∫ f ( x, y )dy .

Đổi thứ tự tích phân I = dx
0

0

Bài giải:
Ta có D:
•

 0 ≤ x ≤ 1 (1)

3
0 ≤ y ≤ x (2)

Xác định cận x:

Từ (2) ta có:

y ≤ x 3 ⇔ x ≥ 3 y và từ (1) x ≤1

⇒ 3 y ≤ x≤1
•

Xác định cận y:

3
⇒ x ≤ 1 ⇔ x3 ≤ 1 ⇒ y ≤ x ≤ 1 ⇒ y ≤ 1
⇒ 0 ≤ y ≤1

Từ (1)

1

Vậy:

I = ∫ dy
0

1

∫

3

f ( x, y )dx

y

Bài 8:
e

∫

Cho tích phân I = dx
1

ln x

∫

f ( x, y )dy . Thay đổi thứ tự tích phân ta được:

0

Bài giải:

 1 ≤ x ≤ e (1)
0 ≤ y ≤ ln x (2)

Ta có D: 
•

Xác định cận y:

⇒ x ≤ e ⇔ ln x ≤ ln e = 1 ⇒ ln x ≤ 1
Mà (2) ⇒ y ≤ ln x ≤ 1 ⇒ y ≤ 1
⇒ 0 ≤ y ≤1
Từ (1)

•

Xác định cận x:

Từ (2) ⇒
⇒

y ≤ ln x ⇒ e y ≤ eln x = x ⇒ e y ≤ x

ey ≤ x ≤ e

(vì 1 ≤

x)


1

e

0

ey

I = ∫ dy ∫ f ( x, y )dx

Vậy:

Bài 9:
2

2x

∫ ∫

Thay đổi thứ tự tích phân I = dx
1

y

f ( x, y ) dy

x

4

o

3

o

2

o

1

o

y = 2x

Bài giải:

 1 ≤ x ≤ 2 (1)
x ≤ y ≤ 2 x (2)

Ta có D: 

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:
y

2

4

2

I = ∫ dy ∫ f ( x, y )dx + ∫ dy ∫ f ( x, y )dx
1

1

2

y

2

y=x

o

o

o

1

x

2
x =1

x=2

Bài 10:
Chuyển tích phân sau sang tọa độ cực I = ∫∫ f ( x, y )dxdy , trong đó D là hình tròn
D

x + y ≤ 4y .
2

2

y

Bài giải:
Ta có: D:

x 2 + y 2 ≤ 4 y ⇔ x 2 + ( y − 2)2 ≤ 4 ,

o

4

là đường tròn tâm A(0, 2) và bán kính r = 2
Đặt

 x = r cos φ

 y = r sin φ
π

2

0

0

0 ≤ r ≤ 2
⇒
0 ≤φ ≤π

∫ ∫ f (r cos φ, r sin φ)rdr

Vậy: I = dφ
Bài 11:

π

Tính tích phân I =

2

∫
0

y

dy ∫ s in(x+y)dx
o

Bài giải:
π

I=

2

y

∫ dy ∫ s in(x+y)dx
0

o

r
2 oA

o

o

o

1 2

x


π

2

∫

⇔I=

y
0

dy.(−cos( x + y ) )

0

π

⇔I=

2

∫ (cos y − cos2 y)dy
0

π
1
⇔ I = (sin y − sin2y ) 2
2
0
⇔ I =1
Vậy: ⇔ I = 1
Bài 12.

x
y

Tính tích phân I = ∫∫ ln ydxdy trong đó D là hình chữ nhật 0 ≤ x ≤ 2;1 ≤ y ≤ e
D

I=

∫∫
D

2
e
2
e
x

x
ln ydxdy = ∫ dx ∫ ln ydy = ∫ dx ∫ x ln y.d (ln y )
y
y
0
1
0
1

e

2

2

ln 2 y
dx
.
x
=∫
2 1
0
1 x2
=
2 2

2

= ∫ x.(
0

2

ln 2 e ln 2 1
1
−
).dx = ∫ xdx
2
2
20

1 2 2
( 2 −0 ) = 1
4

=
0

Bài 13.
Tính tích phân I =
I=

dxdy

∫∫ ( x + y + 1)
D

dxdy

∫∫ ( x + y + 1)

1

2

2

D

1



dy

trong đó D là hình vuông 0 ≤ x ≤ 2;0 ≤ y ≤ 1


1

1

1

1 
 1


1
= − ∫ dx. 
÷ = − ∫  x + 2 − x + 1 ÷dx


0
 x + y +1 0
0
1

1

1

= − ln( x + 2) 0 + ln( x + 1) 0
= − ln 3 + ln 2 + ln 2 − ln1 = − ln 3 + ln 4
Bài 14.

1

 d ( y + x + 1) 

= dx 
= ∫ dx ∫ 

( y + x + 1) 2  ∫0 ∫0  ( y + x + 1) 2 
0
0 


Tính tích phân I =

∫∫ 2 x
D

2

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 ≤ x ≤ 1

0 ≤ y ≤ x
1

I=

x

2

0

1

=

x

∫ dx ∫ 2 x
0

ydy = ∫ dxx 2 y 2

1

0

x

5 1

∫ x dx = 5
4

y
x

0

=

0

0

O

1
5

B

1

A

x

Bài 15.
Tính tích phân I =

∫∫ ydxdy trong đó D là miền giới hạn bởi đường thẳng y = x và
D

parabol y = x2.
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y = x và parabol y = x2
x2 = x ⇒ x = 0 ; x = 1
1
2

Vậy 0 ≤ x ≤ 1 . Ta xét x = ∈ ( 0,1)
(0.5)2 < 0.5
1

x

1

y2
⇒ I = ∫ dx ∫ ydy = ∫ dx.
2
0

0
x2

x

x2
1

1
1  13 15  1
1
1  x3 x 5 
2
4
= ∫ ( x − x )dx =  − ÷ =  − ÷ =
20
2  3 5  0 2  3 5  15

Bài 16.
Tính tích phân I =

∫∫
D

dxdy
x +y
2

2

trong đó D là hình tròn x 2 + y 2 ≤ 9


 x = r cos ϕ
 y = r sin ϕ

Đặt 

y

Dựa vào hình vẽ ta xác định được cận tích phân:
0 ≤ r ≤ 3

0 ≤ ϕ ≤ 2 ∏

( r cos ϕ )

D

=

0

rdrdϕ

I = ∫∫

2

+ ( r sin ϕ )

3

2Π

3

2Π

0

0

0

0

∫ dr ∫ dϕ = ∫ dr.ϕ
3

R

2

= ∫∫ drdϕ
D

= 2Π ∫ dr = 2Π. r 0 = 6Π
3

0

Bài 17.
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = e x + x; y = e − x + x
và x = 1
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của y = e x + x; y = e − x + x
ex + x = e− x + x

1
1
ex − x = 0
x ⇔
e
e
e x = 1
x 2
− 1 = 0 ⇔  x (loại)
⇔ e
e = −1
x
⇔ e =

( )

⇒x=0
Vậy 0 ≤ x ≤ 1
1
Tại x = ∈ [ 0,1] ta có e − x + x ≤ e x + x
2

0 ≤ x ≤ 1
⇒ cận tích phân là  − x
x
e + x ≤ y ≤ e + x
ex + x

1

S=

∫∫ dxdy = ∫ dx ∫
D

=

0

1

ex + x

0

e− x + x

∫ dx. y

e

1

−x

dy

+x

= ∫ ( e x − e − x ) dx
0

x


(

x
−x
= e +e

= e+

)

1
0

= ( e + e −1 ) − ( 1 + 1)

1
−2

e

Bài 18:
Tính tích phân đường I = ∫ ( x + y )dl , trong đó C có phương trình x+y=1;0 ≤ x ≤ 1.
C

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 ⇒ y( x ) = - 1

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

1 + (−1) 2 dx =

2 dx

1

→ I= ∫ 2dx = 2 [ x ] 1 = 2
0
0

→ Đáp án là A

Bài 19:
2
Tính tích phân đường I = ∫ ( x + y ) dl trong đó C có phương trình x+y=a,0 ≤ x ≤ a.
C

a)I=a2

b)I=2a2

c)I=a2 2

d)I=a3 2

Giải:
'
x+y=a ⇒ y=a – x → y( x ) = -1

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

a

0

0

→ I= ∫ ( x − a − x) 2 2dx = ∫ a 2 2dx =a2 2 [ x ] 1 =a3 2
0
1

→ I= ∫ 2dx = 2 [ x ] 1 = 2
0
0

→ Đáp án là D

Bài 20:


∫ ( y + 2 x + 1)dx + ( y − 1)dy .lấy

Cho điểm A(0,1) và B(1,0) tính tích phân đường . I =

AB

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

1

1

0

0

0

I = ∫ (1 − x + 2 x + 1)dx + (1 − x − 1)(−1)dx = ∫ ( x + 2 + x)dx = ∫ (2 x + 2)dx
1

=  x 2 + 2 x  0 =3
→ Đáp án B

Bài 21:
Tính I =

∫ 3xydx − (3x

2

OA

− 2 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

x
y
=
⇔ x = y ⇔ dx = dy
−1 − 1
−1

−1

I = ∫ 3 y dx − (3 y − 2 y ) dy = ∫ 2 ydy =  y 2  =1
0
2

2

0

0

Bài 22:
2
2
Tính I= ∫ ( x − y) dx + ( x + y) dy lấy theo đoạn thẳng nối từ O(0,0) đến A(3,0)

OA

a)I = 9

b)I =8

c)I =

3
4

Giải:
Pt đường thẳng OA : y = 0 → dy = 0dx
3

3

 x3 
2
I= ∫ x dx + 0 =   =9
0
 3 0

d) I =

−3
4


→ Đáp án A

Bài 23
tính tích phân mặt loại 1:I = ∫∫ ( x + y + z )dS trong đó S là mặt của hình lập phương
s

[ 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 :
S1 = { ( x, y, z ) : z = 0, 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1}
S2 = { ( x, y, z ) : z = 1, 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1}
S3 = { ( x, y, z ) : y = 0, 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1}
S4 = { ( x, y, z ) : y = 1, 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1}
S5 = { ( x, y, z ) : x = 0, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1}
S6 = { ( x, y, z ) : x = 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1}
Trên mặt S1, ta có z = 0 ⇒ dS = dxdy
Vậy
1

= ∫[
0

∫∫ ( x + y + z )ds
s1

1
( xy + y 2 )
2

D

1

] 0 dx = ∫ [
1

1

1

0

0

= ∫∫ ( x + y )dxdy = ∫ dx ∫ ( x + y )dy

0

1
(x + )
2

1

 2


] 0 dx =  x + x  =1
 2 2 0
1

Trên mặt S2 ta có : z =1 ⇒ dS = dxdy , do đó

∫∫ ( x + y + z )dS = ∫∫ ( x + y + 1)dxdy = ∫∫ ( x + y)dxdy + ∫∫ dxdy
s2

Vậy

D

∫∫ ( x + y + z )dS
s

⇒ Đáp án B

D

=3(1+2) =9

D

=1+1=2.