Bài tập toán cao cấp( có hướng dẫn giải)

Bài tập Toán cao cấp
Chương I:Đại số tuyến tính:
1)Tìm hạng của ma trận: A=(aij )mn
Phương pháp: Dùng phép biến đổi sơ cấp đưa ma trận A……….-->A' ma trận A' có
dạng hình thang r(A)=r(A') = số hàng khác 0 của ma trận A'
1 2 1 1 
1 2 1 1 




a) A=  2 4 2 2  Biến đổi về ma trận:  0 0 0 0  đổi chỗ hàng 2 và hàng 3:được
3 6 3 4 
0 0 0 1 




1 2 1 1 


ma trận hình thang A'=  0 0 0 1   r(A)=r(A') =2
 0 0 0 0


1 1 1 2 


b) Tìm a sao cho: A=  2 3 4 2  có r(A)=3
 3 2 a a 1



1
1 
1 1


2
0   Hàng thứ 3 luôn khác 0
Phép biến đổi sơ cấp đưa về ma trận A' =  0 1
 0 0 a  1 a  8


với mọi a r(A)=3 với mọi a.
 0 1 2 1


c)A=   1 1 2 3  Đổi chỗ hàng 1 và 2 sau đó dưa về ma trận
 2 2  1 4


3 
 1 1 2


A' =  0 1 2 1   r(A)=r(A') =3
 0 0  5  6


d)Tìm hạng của một hệ véc tơ:Cho hệ véc tơ:
S={ x=(1,2,3), u=(2,4,6), v=(1,2,4) } Hạng của hệ véc tơ cũng là hạng của ma trận

1 2 1 


Atương ứng sau: A=  2 4 2  (3 vec tơ của S là 3 cột của ma trận A).Biến đổi A thành
 3 6 4


1 2 1 


ma trận hình thang: A =  0 0 1   r(A)=r(A') =2  Hệ véc tơ S có hạng bằng 2
 0 0 0


'


2)Giải hệ PT theo phương pháp Gauss:
a) x1 - 3x2 + 4x3 = 7
-2x1 + x2 - 2x3 = -2 Đưa về ma trận:
-x1 +2x2 + 2x3 = -2
1  3 4 7 


 0  1 5 13   x1 =1, x2 =2, x3 =3
0
0 1 3 

b)

1

0
0

0


x1 + 3x2 - x3 + x4 =
2x1 - x2 + 2x3 + x4 =
-x1 + x2 + x3 +3x4 =
x1
+ 3x3 +4x4 =

3 1
1 4
0 8
0 0

0
1 Đưa về ma trận:
2
3

 51 43

 x1  58  4 t
1 0



 x  5  4t
5 7
2
 
2

12 9

9 1

 x3   t
0 0 
8 4

 x 4 t

c) x1 - 3x2 -4x3 = 7
-x1 +2x2 + x3 = 6 Đưa về ma trận:
2x1 + x2 -2x3 = - 2
x2+3x3 = 0
1  3 4 7



 0  1 5 13

 0 0 25 75  có r ( A) 3 , khác r ( A ) 4 Hệ vô nghiệm


0 0


0

11


d) x1 - 3x2 + 4x3 = 7
- x1 + 2x2 + x3 = 6 Đưa về ma trận:
2x1 + x2 - 2x3 = -2
1  3 4 7 


 0  1 5 13   x1 =1, x2 =2, x3 =3
0
0 25 75 

e) x1 - 3x2 + 4x3 = 7
- x1 + 2x2 + x3 = 6 Đưa về ma trận:


1  3 4 7 

 có r ( A) r ( A ) 2  3  Hệ có vô số nghiệm, hệ tương ứng với ma
 0  1 5 13 
trận bậc thang cuối:
x1 - 3x2 + 4x3 = 7
Hệ tương đương: :
x1 - 3x2 = 7 - 4x3
-x2 + 5x3 = 13
-x2 = 13- 5x3

Đạt x3=t ( t: hằng số tuỳ ý) ta có: :
x1 - 3x2 = 7 - 4t 
-x2 = 13- 5t
 x1  32  11t

Hệ có nghiệm:  x 2 13  5t ( với t là hằng số tuỳ ý)
 x t
 3
3) a)Xác định a để hệ PT sau có nghiệm không tầm thường:
a x1 - 3x2 + x3 = 0
2 x1 + x2 + x3 = 0
3x1 + 2x2 - 2x3 = 0
a 3 1
a6  3 1 a6  3 1
a6
1
1 1 = 0
1 0 =1.(-1)2+2
Có D= 2 1 1 = 0
=-4a-20
3 2  2
1 2  2
1 2  4
1
 4
Hệ PT có nghiệm không tầm thường  D 0  4a  20 0  a 5
b)Giải hệ PT:
x1 - x2 + 2x3 = 0
2x1 + 5x2 - x3 = 0
1  1 2 0 

  r ( A) r ( A ) 2  3
Biến đổi ma trận A về ma trận 
0
7

5
0


Hệ có vô số nghiệm:Từ ma trận cuối ta có hệ PT;
x1 - x2 + 2x3 = 0 hệ tương đương: x1 - x2 = 2x3
7x2 -5 x3 = 0
7x2 = 5 x3
Đặt x3=t ( hằng số tuỳ ý) ta có :
: x1 - x2 = t
9

 x1  7 t

5t

7x2 = 5 t  hệ có nghiệm:  x 2 
với t tùy ý
7

 x3 t


4) Tìm ma trận nghịch đảo theo 2 phương pháp:
a)

A=

 A-1 =


2  1
0 1  1
 2




-1
b)A= 1 0 1  A =   1  1 1 
1 2 0 
  2  1 1




c)

A-1 =

 A-1 =

d) A =

e)

A-1 =

5)Cho các véc tơ: x=(0,0,0), u=(2,3,5), v=(3,7,8), w=(1,-6,1)
Hãy biểu diễn x thành tổ hợp tuyến tính của các véc tơ : u,v,w
Ta viết x= k1u +k2v+k3w
(2k1,3k1,5k1)+ (3k2,7k2,8k2)+ (k3,-6k3,k3)=(0,0,0)
Giải hệ:
2k1 +3k2 + k3 = 0
3k1 + 7k2 -6k3 = 0
5k1 + 8k2 +k3 = 0
2 3 1 0 


Biến đổi ma trận A về ma trận hình thang:  0 1  3 0   r ( A) r ( A ) 2  3
 0 0 0 0


Hệ có vô số nghiệm :
2k1 +3k2 + k3 = 0 
k2 -3k3 = 0

2k1 +3k2 =- k3
k2 =3k3

Đặt k3= t  k2 =3t, , k1= -5

Vậy x= -5tu + 3tv + +tw
b)Các véc tơ sau là độc lập hay phụ thuộc tuyến tính: u=(2,3,1), v=(3,-1 ,5), w=(1,-4,3)
Xét
k1u +k2v+k3w = θ

(2k1,3k1,k1)+ (3k2,-7 k2,5k2)+ (k3,-4k3,3k3)=(0,0,0)
Hệ: 2k1 +3k2 + k3 = 0

3k1 - 7k2 -4k3 = 0
k1 + 5k2 +3k3 = 0


A

2 3 3
3  7  4 =-35≠0  Hệ chỉ có 1 nghiệm tầm thường
1 5
3
k1=k2=k3= 0

 hệ véc tơ độc lập tuyến tính.

Chương II
Phép tính vi phân của hàm một biến.
1)Tìm các giới hạn sau:
1  cos x
 lim
a), xlim


x 
sin x

2

n 2 n
b) lim
( 2
) =
n 
n 1

2 cos 2

x
2

2 cos

x
2

lim 

lim
x 
x
x = x  
x
x=
2 sin cos
2 sin cos
2
2
2

2



3
n
lim (1+
lim 1  1
)
=
n 
n 
n2  1

n2 

3





1



2

2
x=

2 sin
2
2

n2  1 3n
.
3 n2  1

= e0= 1

x
sin 2
x
2 1
1  cos x lim 2 sin
1 lim

2
7, lim
=
2.
2
x 0
x 0
2
4 x 0  x 
x2
 
x2
2

2

2 x 1
2



1


2
1
2


lim
= x   1 
 .1 
 e
2x 1 

 2x 1 



2 
2)So sánh các vô cùng bé, vô cùng lớn:
 ( x)
   (x) là VCB bậc thấp
1)  ( x ) 3 x 3  2 x 2 và  ( x) 5 x khi x 0 , xét lim

x  0  ( x)
hơn  (x )
(Hay  (x ) là VCB bậc cao hơn  (x) )
 ( x)
ex  1
x

(
x
)

x
lim
1   (x) là VCB
2)  ( x) e  1 và
khi x 0 , xét lim
x  0  ( x)
x 0
x
tưong đưong  (x)
 ( x)
   (x) là VCL bậc
3)  ( x )  x 3  x 2  x và  ( x ) x 2  1 khi x   xét lim
x    ( x)
cao hơn  (x)
 2x  3 
8, lim

x  
 2x 1 

x 1

2 

= lim

x   1 
 2x 1

x 1


3
x
4
 ( x)
x 1

(
x
)

lim

lim
và
khi
x
1

xét
=0  (x )
3
3
2
x  1  ( x)
x  1 ( x  1) 3
( x  1)
x 1
bậc thấp hơn  (x ) khi x 1

4)  ( x ) 

Hàm liên tục
1, Xét sự liên tục của các hàm số:
 sin x
khi x 0

a, f(x) =  x
1
khi x 0
Giải: Khi x  0 là hàm sơ cấp nên liên tục tại x  0,tại x = 0 ta có: lim
x 0

 hàm liên tục với mọi số thực x

sin x
1  f (0)
x

1

 x sin khix 0
x

b, f(x) =  0 khix 0


f(x) = x sin

1
liên tục khi x 0 , tại x = 0
x

thì lim x sin
x 0

1
1
0 (vì sin 1 )
x
x

 2 x  1 khix  0
c), f(x) =  2
 x  a khix 0
(a là một số cho trước)
Giải: f(x) liên tục tại mọi x 0 vì f(x) là hàm số sơ cấp khi x 0. Xét tại x=0 có:
f(0) = a; xlim
= a, xlim

= 1  f(x) liên tục bên phải tại x=0 với mọi a: xlim
f(x) = f(0) = a
 0
 0
 0
f(x) liên tục bên trái tại x=0 khi chỉ khi xlim
f(x) = f(0)  a= 1
 0
Vậy: - Nếu a = 1 thì f(x) liên tục với mọi x
- Nếu a 1 thì f(x) bị gián đoạn tại x=0
 x 2  3 x  1  khi x  1
d), g(x) = 
 2 x  k  khi x 1
* )g(x) liên tục tại mọi giá trị x 1 .
g ( x) = lim
Tại x=1 có xlim
(x2 -3x + 1 ) = -1
1
 1
lim g ( x) = lim (2 x  k ) k  2

x  1

x 1

*)Hàm g(x) liên tục tại x = 1 khi chỉ khi

k+2 = -1  k = -3

 x  1  khix 1
e), f(x) = 
2
 3  ax  khix  1
*)f(x) liên tục tại mọi x 1
2
tại x = 1 ta có lim f ( x) = lim ( x  1) 2 lim f ( x) = lim (3  ax ) 3  a ; f(1) = 1+1 = 2
x 1

x 1

x 1

x 1

*)Để f(x) liên tục tại x=1 ta phải có: 2=3-a  a=1
2), Xét sự liên tục tại x = -2 của
 x2
nếu x  2

f(x) =  x  2
nếu x = -2
0

x2
x2
f ( x ) = lim
lim
 1
Xét xlim

=


2
x  2 x  2
x  2   x  2 
lim f ( x)  lim

x  2

x  2

x2
= lim x  2 1
x  2 x  2 x  2

lim f ( x)  lim f ( x) và điều khác f(-2)

x  2

x  2

 f(x) không liên tục tại x = -2
3) Xác định a để
 1  2x  1
nếu x≠0

f(x) = 
3x
 a 1

nếu x = 0

liên tục tại x = 0
Giải: f(0) = a+1
1  2x  1
2 1
lim f ( x) = lim ( 1  2 x  1)( 1  2 x  1) = lim
= 
x 0
x 0
x 0
3 x( 1  2 x  1) 6 3
3 x( 1  2 x  1)
1
2
 a+1 =  tại a = f(x) liên tục tại x = 0
3
3

ĐẠO HÀM VI PHÂN
Tính đạo hàm các hàm số:
1, f(x) = xx

x
x

Giải: lấy ln hai vế: lnf(x) = lnxx . Đạo hàm 2 vế


f ' ( x ) = (x x lnx)’ =(x x )’lnx + x

x (ln x)
f ( x)

đặt u = x x = e

ln x x

=e

x ln x


u’ = ( x x )’ = (e xln x )’ = e x ln x (xlnx)’
= e x ln x (lnx +1)
= xx (lnx +1)



 f’(x) = f(x). x x (ln x  1) ln x  x x  1
=

2, cho f(x) =
=

xx

x

x

x



(ln x  1) ln x  x x  1

1
x 6
sin
, tìm df
12
x 6

1
x 6
. cos
2
( x  6)
x 6



ta có: f’(x) =

 df(x) = f’(x)dx =

1
12

'

x 6
1
x 6 x 6

 sin
  cos


x  6  12
x 6 x 6


'

1
x 6
. cos
2
( x  6)
x 6

3) f(x) = (sinx) cos x tìm df(x)
lnf(x) = cosxlnsinx
(lnf(x)’ =

2
f ' ( x)
- sinxlnx + cos x )
f ( x)

sin x


cos 2 x 
cos 2 x
cos x

sin
x
ln
x

f’(x) = f(x) 
(- sinxlnx +
)
 = (sinx)
sin x 
sin x


cos 2 x 
 df(x) = f’(x)dx = (sinx) cos x   sin x ln x 
 dx
sin x 


QUY TẮC LÔPITAN:
Tìm các giới hạn
ln x


1
2
lim
lim
1, x  0 x ln x = x  0 1
( Lo pi tan) lim
=0
x 0
 2x 2
2
x
2, A = (sinx) x , lnA= xlnsinx
lim lnA = lim
x 0

=0

x 0

ln sin x
cos x
x 2 cos x
lim
lim
1
= ( Lo pi tan) x  0 sin x x  0 
sin x
 x 2
x

= lim
(xcosx)
x 0


2
1
2

.
ln arctgx 
2
2

 ( Lo pi tan) lim  1  x
lim  


artgx
dang

.
0


3, lim
xln
=
x 0
x 0

x 0
 1
1


arctgx.  2 
 x 
x
= -2/π . lim x 0

1
x2
2
.

( sau khi Lo pi tan )
2
arctgx 1  x

3

4, lim
(cos2x) x 2 (dạng 1  )
x 0
Ta có: lim
(cos2x)
x 0

3
x

2

=e

3
x2

lim ln cos 2 x

x 0

(Dạng o*  )

3
3 ln cos 2 x
0
ln cos 2 x  lim
Vì lim
(dạng )
2
2
x 0
x 0
0
x
x
= ( Lo pi tan) lim
x 0
lim

5,

x

Vì

=

(tgx) 2 x   (Dạng 0 )


2

Ta có

lim
x

lim


x
2

lim
x

nên

3
3 ( sin 2 x).2
sin 2 x
 6 lim
 6  lim
(cos2x) x 2 = e  6
x 0
x 0
cos 2 x
2x
2x


2

lim ( 2   x ) ln tgx

(tgx) 2   x = e x 2

(2   x ) lntgx =

lim


x
2

ln tgx
( 2  x )  1

(Dạng 0*∞)
(Dạng


)


1
1
.
lim  (2 x   ) 2 lim  (2 x  ) 2 lim  4(2 x   ) 2


tgx cos2 x
= x 
0
 x  2 2 sin x cos x = x  2
2 2 sin x cos x
2
sin
2
x
 2(2 x   )

lim
x


2


2

(tgx) = e 0 1

CÔNG THỨC TAY LO
( 3)

( 4)

1, Viết 4 số hạng đầu của khai triển Mac lo ranh của:f(x) = xe 3 x và Tính f ( 0) ; f ( 0)
X2 X3
Đặt X = 3x  e X = 1+ X +

 r3 ( X )
2!
3!

9 x 2 27 x 3 
3x


  r3 ( X )
1

3
x


Thay X = 3x

f(x) = xe = x 
2
6 



f ((03)) 9
9x3 9x 4
( 3)
= x+ 3x 

 r3 ( X ) 
  f ( 0 ) 27
2
2
3!
2
2



f ((04))

4!9
9
( 4)
108
  f(0) 
2
4!

2

2, Viết 4 số hạng đầu của khai triển
( 3)

( 4)

Mac – lo – ranh: của f(x) = xln (1+4x) và Tính f ( 0) , f ( 0)
Đặt X = 4x 


X2 X3 X4
X



 rn( x ) 
f(x) = x 
2!
3!
4!


= 4x 2  8 x 3 
Có



f ((03))
3!

f ((03))
3!


16 x 2 64 x 3 256 x 4

4
x



 rn( x )
= x
2!
3!
4!




64 x 4
 64 x5  rn( x )
3

 8  f ((03))  8.3!  48 f

( 3)
1  f ( 0) 3!6  f

(5)
(0)

5

( 4)
(0)

4!





64
4!64
 f ((04) ) 
512
3
3

1
120
 f ((05)) 
 40
3
3

3, Viết 4 số hạng của chuỗi Mac – lo – rin đối với hàm f(x) = x e  2 x
Đặt X = -2x 




X2 X3
4 x 2 8 x3 
4 4
2
2

 ...... = x 1  2 x 

f(x) = xe X = x 1  X 
 = x2x  x  x  ......
21
3
4
3! 
3




Chương III
Phép tính tích phân của hàm một biến.
TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH
I. Dung phương pháp khai triển:


1,

x

3

x  1dx  x  1  1 3 x  1dx = ( x  1)3 ( x  1)dx  3 x  1dx
7

4

= ( x  1) 3 dx  ( x  1)1 / 3dx =


2,

cos 2 x
(1  2 sin 2 xdx
dx

sin 2 x  sin 2 x

II. phương pháp đổi biến
dx
1.
 x  3 x , đặt x = t 6
 x + 3 x = t3 + t2




dx

=

x 3 x

4

3
3
( x  1) 3  ( x  1) 3  C
7
4
=

dx

sin

2

x

 2 dx  cot gx  C

 dx 6t 5 dt

t 3 t 2

6t 5 dt
1 

 2


t

ln
t

1
=
6

6
t

t

1

dx



 C
2
3
t  t 
t 1
3 2


2 x  33 x  66 x  6 ln 6 x  1  C

3,

x 2 dx

 1 x

,

2



   ,
2 2

đặt x = sin t ,
1  x 2 cos t ,





dx = cost dt

2



4,

x dx

1  cos 2t
sin 2 t cos tdt
dt
= 

2
2
cos t
1 x
sin 2t
1
1
=
+ C = ( 1 x 1 x2 ) + C
2
2
4
=

 1 e

x

dx , đặt t = 1  e x 

ex = t 2 - 1
2
 1  e dt

, x = ln (t 2 - 1 ) , dx =
=

2t 2 dt
t 2  1 =

 (2+ t

= 2 1  e x + 2 ln

2

2tdt
t2  1

t1
2
)dt = 2t+ 2ln
+C
t 1
1

1  ex  1

+C
1  ex 1

IV phương pháp tính tích phân từng phần ;
n
n
n
1.Dạng x e kx dx , x sin kxdx , x coskndx
(n :nguyên dương) đặt u = x n ; dv là phần còn lại
1, I =

x

2

2 xdx , u = x 2  du 2 xdx , dv = sin 2x d  v 

1
cos 2 x
2


 I 

1 2
x cos 2 x  x cos 2 xdx
2

1
, u =x , du = dx , dv = cos2x dx ; v = sin 2 x
2
1
1

1
1
 J = x sin 2 x  sin 2 xdt  x sin 2 x  cos 2 x  c
2
2
2
4
1
1
1
 I  x 2 cos 2 x  x sin 2 x  cos 2 x  c
2
2
4
n

2.Dạng x ln xdx (   1 , n nguyên dương)
Đặt: J =

x cos 2 xdx

dv = x n dx
dx
1. I = x log 2 xdx , u = log2 x ; du =
; dv = xdx → v = x2 / 2 →
x ln 2
1
x2
x2
x2

xdx
I=
=
+C
log 2 x log
x
2
2 ln 2 
2
2
4 ln 2
đặt u = ln  x ,

V.Tích phân hàm hữu tỷ:
x 1

dx
�
x  x6

1) I =
->

2

; x2 + x – 6 = (x -2) (x+3)

x 1
A
B


=
x  x6
x2 x3
2

Dùng phương pháp trị số riêng:
Cho x = 2 -> 5A = 1 -> A =

1
5

Cho x = -3 -> -5B = -4 -> B =

4
5

1
4
1
4
(

) dx = ln x  2  ln x  3  c
 I= �
5( x  y ) 5( x  3)
5
5
2x  5
dx

2
4

�
x  3x

2) I =

3

x3 – 3 x2 +4 = (x -2)2 (x+1) ->
2x  5
A
B
C



2
2
x  3x  4 ( x  2)
x  y x 1
3

Qui đồng mẫu số vế phải, khi mẫu số:
2x -5 = A (x +1) + B(x -2) (x+1) + C (x-2)2
Dùng phương pháp trị số riêng:


Cho

x = 2 -> A = 

1
3

x = -1 -> C = 

7
9

x = 0 -> B =

7
9

1
7
7
1
7 x2
(


) dx =
 ln
C
-> I= �
2
3( x  2) 9( x  2) 9( x  1)

3( x  2) 9
x 1

Tích phân xác định
1.

4

�x
3

6

4
dx
dx
�
 arc tg (t-3)
x  10 3 ( x  3) 2  1

= arc tg1 - arc tg0 =

4
3


4

2
1 x dx

1 arc tg x dx
( x 2  arc tg x)
dx

�
2. �
2
2
�
1
1 x  1
1
x 1
1 x2
1

=

=

=

1
( x 2 +1)-1
dx  �arc tg x d arc tg x
2
�
1
1
x 1

1

�

1

1
��
� x
1

1
1 �
dx  �arc tg x d arc tg x
�
1
1 �

2

1

1

1

1

�dx  �d arc tgx

= x

1
1

 arg tgx

= 2 – 2arc tg 1 = 2  2.

1
1

 arc tg x 
2

1
 (arc tgx)2
2

2
1
1

1
1

1�
2
2
 arc tg 1   arc tg (-1) �

�
�
2

 1 � 2
 �

 �
( )  ( ) � 2 
4 2 �4
4 �
2

1
xdx
1 1 dx 2

3. I = I  �
đặt t = x2 ->
0 x4  2x2  1
0 ( x 2  1) 2
2�

x = 0 -> t = 0


x = 1 -> t = 1
1 1 dt
0 (t  1) 2
2�

-> I =
=

1 1 d (t  1) 1 (t  1) 1

0 (t  1) 2
2�
2 ( 1)
1
2(t  1)

=

1

1
0



1
0

1�
1 �1
1 
�
2�
2 �

�4

1
dx
dx
�
 arc tg (x + 2)
 4 x  5 0 ( x  2)2  1

2.

�x

4.

2
1 x dx
1 arc tg x dx
( x 2  arc tg x)
dx

�
2
2
�
�
1
1 x  1
1
x 1

1 x2

0

2

1
0

1

1
( x 2 +1)-1
dx

arc tg x d arc tg x
= �
�
1
1
x2 1
1

=

=

1
�
1 �

1

dx

arc tg x d arc tg x
�
�
2
�
�
1
1
� x 1 �
1

1

1

1

1

�dx  �d arc tgx

= x

1
1

 arg tgx

= 2 – 2arc tg 1 = 2  2.

1
1

 arc tg x 
2

1
 (arc tgx)2
2

2
1
1

1
1

1�
2
2
 arc tg 1   arc tg (-1) �
�
�
2

 1 � 2

 �

 �
( )  ( ) � 2 
4 2 �4
4 �
2

xdx
1 1 dx 2
 �2
5. I = I  �
đặt t = x2 ->
0 x4  2x2  1
2 0 ( x 1) 2
1

x = 0 -> t = 0
x = 1 -> t = 1
-> I =

1 1 dt
0 (t  1) 2
2�


=
=

1 1 d (t  1) 1 (t  1) 1


0 (t  1) 2
2�
2 ( 1)

1
2(t  1)

1
0



1
0

1�
1 �1
1 
�
2�
2 �
�4

Tích phân suy rộng
1. Tính các tích phân suy rộng sau:
too
1
dx đặt
a) I  �

1
x( x  1)

F(t) =

t

dx

�x( x  1)
1

t�
t
1
1 �
x
2t

dx  ln (
-> F(t)= �
= ln ln
�
�
�
1 x
1
x  1)
t 1
� x 1�

2t
-> limt F( x ) = lim ln
= ln 2 -> I = ln2
t  � t  1


1
b) I =  2 dx =
  x 1

b

dx
lim  2
a  x  1
b  a

lim (arctga  arctgb ) 
= a 
b 

2) xét sự hội tụ của tích phân sau:
�

dx

�x

(a >0)



a

a) Xét  1
A

�

A
dx
x  1

lim
x
dx

lim
=

�
A ��
A �   1
x
a
a
a

= lim (

A �

A 1  a  1
)
  1

�a1
�
= �1  
�
�
�

 <1
nếu  >1
nếu

b)  =1:
�

A

dx
dx
 lim �  lim  ln A  ln a 
�
A

�
x

x A  �
a
a


=  (Phân kỳ)
Vậy:
�

dx

�x

(a > 0) hội tụ nếu  >1, phân kỳ nếu   1



a

3) Xét sự hội tụ của tích phân sau:
1

e

a) I =

dx
 e x

x



1

dx
lim
ta có: I =  x
 x = a  
e

e


1

dx
lim
x
 x = a  

e

e
a

1

e x dx
1

= alim
artge│ a =
x 2

 
(
e
)

1
a

lim ( artge – artgea)= artge  TP hội tụ.

a  

b



b

dx
dx
e x dx
lim
lim
b) I =  x
= blim
artgex│ 1b = blim

( artgeb – artge)
 x b    x
 x = b    x 2
 
 
1 e e
1 e e
1 (e )  1
=


 artge  TP hội tụ
2


dx
lim
2 = b  

3 xx

c) I =

b

b

b
b
dx

lim  1  1 dx = lim (ln│x││ - ln│x+1││ )=
=
2

b   
b  
x x 1
1
1
3 xx
3

lim (ln│b│-ln│b+1│-ln3+ln4)= lim (ln4/3-ln│ b  1 │)=ln4/3  TP hội tụ
b  
b

b  

b



b

dx
dx
 1 1. 
lim
 dx = blim
d) I = 

= blim
((ln│1-b│+ln│b/2│)=ln1/2

2 = b   
  
 
x
(
1

x
)
1

x
x
x

x
2
2
2
 TP hội tụ
�

e)

dx

�x

0,5

10

9



�

dx

�x

9 /10

0,5

 = 9/10 <1 -> tích phân phân kỳ.
4) Dùng dấu hiệu so sánh, xét sự hội tụ của các tích phân sau:
�

�x
1

3

dx
2

 x 1

;

1
3

x  x 1
2

�

3

1
x x x
2

2

2

(do x 2 �x �1)


1

1
;

= 3 2  3
( 3) x 2 / 3
3x
Phân kỳ do  =

�

dx

�3x
1

3

2 /3

2
1
3

-> Tích phân đang xét phân kỳ
Chương IV
Phép tính vi phân của hàm nhiều biến.
ĐẠO HÀM , VI PHÂN
1.Cho hàm số: f(x,y)= artg
2, cho

f e x  y

x

f f  2 f  2 f  2 f
Tìm
,
,
,
,
và tìm df(x,y)
y
x y x 2 y 2 xy

sin( x  y ) tính df(0,0)

x y
f
e
sin( x  y )  e x  cos( x  y )
x
f e x  y sin( x  y )  e x  y cos( x  y )


y
f ’x(0,0) = 1, f ’y(0,0) = -1 
df (0,0) = dx – dy
3, tìm df(x,y), cho f(x,y) = arctg

x
y

1

f’x =

1
y
2
x . = 2
1   
y y  x2
y
 
1

f’y= -

1
y
2
x . 2 = 2
1   
y
y  x2
 y

 df(x,y) = f’xdx + f’ydy =
4. Tìm đạo hàm hàm ẩn:

1
(ydx + xdy)
x  y2
2

Cho hàm F(x,y)=

/
x 2  y 2  ln( x 2  y 2 ) 0 Tìm y x


/

Tính F

x



x
x2  y2



2x
x  y2
2

,

F/y 

y
x2  y2



2y
x  y2
2



dy
F /x
x
 / 
dx
y
Fy
CỰC TRỊ HÀM 2 BIẾN
1, Tìm cực trị các hàm số sau
a, f(x,y) = 4(x-y) – x2 – y2
- tìm điểm dừng
fx(x, y) 4 - 2x 0 
  (2,-2) là điểm dừng
fy(x, y) - 4 2y 0 
A = f’’xx = -2, B = f’’xy = 0, C = f’’yy = -2
AC - B2 = 4  0
  (2, - 2) là điểm cực đại và Maxf(x,y) = 8
A - 2  0

b, f(x,y) = x3 + y3 – 3xy
f’x = 3x2 – 3y = 0

(0,0) và (1,1) là điểm
dừng:

2

f’y = 3y – 3x = 0

f’’xx = 6x, f’’xy = 0, f’’yy = 6y
* tại (0,0)  A = f’’xx = 0, B f’’xy = 0, C = f’’yy = 0
 AC – B2 = 0  chưa kết luận.
* tại (1,1)  A = f’’xx = 6, B = f’’xy = 0, C = f’’yy = 6


AC B2 36  0
  (1,1) là điểm cực tiểu
A 6  0


c. f(x,y) = x2 + y2 - xy – 2x + y
f’x = 2x – y – 2 = 0
f’y = 2y – x + 1 = 0
y’’xx = 2,

f’’xy = -1,

-> Điểm dừng (1, 0)
F’’yy = 2

-> AC – B2 = 2,2 – 1 = 3 > 0

A=2>0
d. Tìm cực trị hàm số f (x,y) =

-> (1,0) là điểm cực tiểu
4xy 

25 10

trong miềm x > 0, y >0
x y


25
�
0 �
2
x
�
�  (2,5;1) là điểm dừng
10
f ' y  4 x  2  0�
y
�
f ' x  4y 

f '' xx  25( x 2 ) '   25(  y. x 3 

50
)
x3

F’’xy = 0
f '' yy  10 ( y 2 ) '  20 y  3 (  y. x 3 
trị điểm dừng : A 

20
)
y3

20
 3, 2
2,53

B = 0, C = 20 -> AC – B2 = 3,2 x 20 = 64 > 0
A = 3,2 > 0
e. Tìm cực trị hàm số f (x, y) = x2 – xy + y2 – 3y
y’x = 2x – y, f’y = 2y – x = 0 Điểm dừng M(0.0)
y’’xx = 2l,

f’’xy = 0,

f’’yy = 2

AC – B2 = 4 > 0

A= 2 > 0
 (0,0) là điểm cực tiểu
y’’xx = 2l,

f’’xy = 0,

f’’yy = 2

AC – B2 = 4> 0

A=2>0
(0,0) là điểm cực tiểu

Bài tập
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

Điểm (2,5; 1) là
điểm cực tiểu


I, Phương trình phân ly biến số
y’ + sin(x+y) = sin (x-y)
Giải:

dy
+ sin(x+y) = sin (x-y)
dx

 sin( x  y)  sin( x  y) dx +dy = 0
2cosxsinydx + dy = 0
2cosxdx +

dy
=0
dx

2 coxdx +

sin y = C

2sinx +

dy

sin ydy
=C
2
y

sin

d cos y

2 sin -

1  cos

2sinx -

1
2

2sinx +

1

ln 1  cos y  ln 1  cos y  = C
2

2sinx +

1  cos y
1
y C
ln
1 c
2

2

y

=C

1



1



 1  cos y   1  cos y  d cos y C

2, x2(1-y)dx + y2(1+x)dy = 0
Giải:



2
x 2 dx y dy
+
=0
1 x 1 y

x 2 dx +
1 x




y 2 dy
=0
1 y
1 



1 

 x  1  x  1 dx +  y  1  y  1 dy
x2
y2
 x + ln x  1 - ln 1  y  y= C
2
2

x2 – 2x + 2ln

x 1 2
- y – 2y2 = C
1 y


II, 1)Dạng y’ = f(ax +b)
y’ =

x  y 1

đặt z = x+y+1
z ’ = y’ +1 →y’ = z’ – 1
thay vào phương trình đã cho
z’ – 1 =

z

dz
= 1+
dx

z dx =

2tdt

dz
1 z

;

dz

dx - 1 

z

; đặt I =

t 1  1
dt = 2t – 2ln t  1 = 2 z - 2ln

dz

1 

1  t =  1  t

z 1

→tích phân tổng quát:

x- 2 x  y  1 - 2ln(1+ x  y  1 )=C

→I =

2) Phương trình dạng:

z

,

z = t → z= t2

: y / =f(ax+by+c)

 z/ = a+by/  y/ = ( z/ -a)/b thay vào phương trình ta
dz
dz
dx
bf ( z )  a 
đươc: ( z/ -a)/b=f(z) là PT VP mới. z/ =bf(z)+a,
bf ( z )  a
dx
1: giải PT:
y / = (8x+2y+1)2
Đặt z= 8x+2y+1, z/ = 8+2y /  y / = z/ /2-4  z/ = 8 +2z2
dz
dz
1
dz
dx
 dx
 dx 
TPtổng quát:
 2
2
2


2 z 4 
2z  8
2z  8
Đặtt z = ax+by+c

arctg

z
8x  2 y  1
 x C  arctg
 x C
2
2

2: y / = (x+y)2 Đặt z= x+y, , z/ = 1+y /  y / = z/ -1 z/ -1= z2
dz
dz
dx TPtổng quát:
 dx
 arctgz  x C
2
2

z 1
z 1 
 arctg ( x  y )  x C
3. y/ =(x+y-2)2
III, Phương trình đẳng cấp f( tx, ty ) = f(x,y)
1) xy’ = y+y(lny – lnx)
Giải :giả sử x 0  y’ =

Đặt z =

y y ' y
+ ln . (*)
x x
x

y
 y = zx  y’ = z’x + z
x


Thay vào (*): y’ = z+zlnz = z’x +zzlnz = z’x ;
dx

dz

 x - z ln z = C

lnx – ln(lnz) = C

lnz = x ,e c = C1x (C1 = e c ) ;
2) y’= -

dz
.x = 0
dx

ln(lnz) = ln x _C

z = e c1x 

y
= e c1x
x

xy
x

Giải: y’= x

zlnz -

x y
y
y
= y’= -( 1  )Đặt
= z  y =zx, y’ = z’x+z = -(1+z)
x
x
x

dz
dx
dz
1
  TP 2 vế:  ln 1  2 z ln Cx
 1  2 z 
 (1  2 z )
x

dx
2

ln 1  2 z





1
2

1
C 2 x 2
1
2 2
Cx 
C x 
2y
1
1  2z
1  2z
x
1

ln Cx 

x
C 2 x 2
x  2y

3)(x-y)ydx=x2dy
Giải : Đưa PT về:

y
dy ( x  y ) y y y 2

  2 Đặt =z  y=zx
2
x
dx
x x
x

y =zx, y’ = z’x+z=z-z2 , x

dz
dz dx
 z 2 ,  2 
dx
x
z

x
1
ln Cx  ln Cx
y
z
/
4) xy  y  xtg

y
x

/
Giải:Giả thiết x≠0, chia 2 vế cho x: y 

y =zx, y’ = z’x+z=z+tgz x
ln sin z ln x  ln C
sin

y
Cx
x

y
y
y
tg Đặt =z  y=zx
x
x
x

dz dx
dz
 
tgz ,
tgz
x
dx

cos z

dx

sin z dz  x


y
5) y = x  2 y
/

Giải: Đặt: z=y/x  y= zx  y/ = z/x+z 

z
1  2z

z/x+z =

dx
dz
2z 2 1  2z
dz 
,
x
2
x
dx
1  2z 2z



TP 2vế đựơc TP TQ:



1
 ln z ln Cx
2z



x
y
 ln ln Cx
2y
x

6)Giải các phương trình :
2x  y
x  2y

a) y/ =

b)2ydx-2xdy=- ydy

IV. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1
Dạng y’ +p(x,y) = q(x)



Nghiệm tổng quát có dạng:y = e  p ( x ) dx C  q ( x ).e.dx



2
2
y = 3x2; p(x) = - , q(x) = 3x2+
x
x

1, y’ -

p( x)dx = -

2

x dx

=

x

- 2ln



+C



2



2







2  2 ln x
dx = e ln x C  3x 2 e ln x dx = e ln x 2 C  3x 2 .x  2 dx = x 2  C  3 x 
2ln x C  3x e
2

2, y’ – 2x = - e x arcsinx
2

p(x) = -2x, q(x) = - e x arcsinx

p( x)dx = - 2 xdx - x



2

2

2





2
2
x
x
y = e x C   e arcsin xe dx = e x C 

 arcsin xdx

tính I = arcsin xdx đặt u = arcsin x
dx

 du 
1  x2

 dv dx  v  x

 I = xarcsinx -

xdx

 1

x

2

= xarcsinx +

1
2

1
2

1  x  d 1  x  = xarcsinx +
2

1  x2




 y = e x 2 C  arcsin x  1  x 2



PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP II
Giải các pt
1, y’’ – 3y’ + 2y = 1 – x2
Giải:y’’ – 3y’ + 2y = 0
 k 2 -3k+2 = 0
 k 1 =1, k 2 =2 (số 0 không là nghiệm)
Nghiệm TQ pt thuần nhất

y(x) = C1ex +C2e2x
nghiệm riêng y*(x) của hệ không thuần nhất:
y* = B0 + B1x + B2x2
y’ = B1 + 2B2x
y’’ = 2B2
Thay vào pt đã cho:
2B2 – 3(B1+2B2x) + 2(B0 + B1x + B2x2) = 1 – x2
 2B2 - 3B1 + 2B0 + (2B1 – 6B2)x + 2B2x2 = 1 – x2
đống nhất các hệ số:
5

 B0  4
2B2 3B1  2B0 1

3



- B 2 2 B1 0

 B1 
2


2 B2  1

1

 B2  2


 y = -

5 3
1 2
- x- x
4 2
2

Nghiệm tổng quát
y = C1e + C2e
x

2x

x 2 3x 5


2
2 4

2, y’’ + 3y’ = 2x – 3
Giải:y’’ + 3y’ = 0  k 2 +3 k = 0
 k 1 =0, k 2 =-3 (số 0 không là nghiệm)


- nghiệm TQ hệ thuần nhất
ytn = C1 + C2e  3 x
Nghiệm riêng hệ không thuần nhất
y* = x(B0 +B1x) = B0x + B1x2
y’ = B0 +2B1x

y’’ = 2B1 thay vào pt đã cho:
2B1 + 3 (B0 +2B1x) = 2x - 3 
1

B1 

 2 B1  3B0  3

3
 

 6 B1 2
 B  11
 2
9
2
11
 nghiệm TQ: y = C1 + C2e + x x
3 9

3, y’’ + 5y’ = -3x +2
Giải:y’’ + 5y’ = 0  2 +5  = 0
  1 =0,  2 =-5 (số 0 không là nghiệm)
nghiệm TQ: ytn = C1+C2e  5 x

2

y* = x(B0 +B1x) = B0x+B1x 2
y’* = B0 +2B1x= B0x +B1x2
y’’(x) = 2B1, thay vào pt đã cho:

2B1 + 5 (B0 + 2B1x) = - 3x +2
2B1 + 5B0 + 10 B1x = - 3x+2
 2 B  5 B0 2
  1
10 B1  3
 B1 = 
y* =

3
13

, B0 =
10
25

13
3 2
xx 
25
10

nghiệm TQ: y(x) = C1 + C2e  5 x +
4, y’’ – 9y = xe 2 x

13
3 2
xx
25
10