DẠNG CÂU HỎI 1 ĐIỂM THI TOÁN THPT

DẠNG CÂU HỎI 1 ĐIỂM
Câu1: (1đ) Cho hàm số z = arctg

x
y

chứng minh z’’xx + z’’yy= 0

1
y
x
Z = artag ⇒Z’X = y (1 + ( x ) 2 ) = 2
y
x + y2
y

z' '

yy = (

−x
x2 + y

)' y
2

− x.
=

z' y =

−x
.
y2

1
x
=−
x 2
2
x + y2
1+ ( )
y

y

2x

(−2 y )
2 xy
−2 xy + 2 xy
=
= 0.
( x 2 + y 2 ) 2 ( x 2 + y 2 ) 2 Vậy ⇒ z ' ' xx + z ' ' yy =
(đpcm )
( x 2 + y 2 )2

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)

'

'
1 + ( xy )' x. f ' ( xy) (a);
⇒ z x = ( x + f ( xy ) x =
Z’Y = ( x + f ' ( xy ))' y = 0 + ( xy)' y . f ' ( xy ) = x. f ' ( xy )
(b) Thay (a) và (b) ta có

x.z ' x − y.z ' y = x(1 + yf ' ( xy )) − y ( x. f ' ( xy ))

= x + xyf ' ( xy ) − xyf ' ( xy ) = x (đpcm)
Câu 4: (1đ) Cho hàm số z = y f (x2-y2), với f(t) là hàm số khả vi CMR

1
1
z
z' x + z' y = 2
y
y
y

z = yf ( x 2 + y 2 ) = z x ( yf ( x − y ) x = y.( x − y ) x . f ( x − y ) = 2 xy. f ( x − y )
và
'

2

2 '

2

2 '

'

2

2

'

2

2

z ' y = ( yf ( x 2 − y 2 ))' y = f ( x 2 − y 2 ) + y ( x 2 − y 2 )' y . f ' ( x 2 − y 2 ) = f ( x 2 − y 2 ) − 2 y 2 . f ' ( x 2 − y 2 )
1
1
1 '
1 '
'
2
2
2
2
2 '
2
2
f (x2 + y2 )
Khi đó ⇒ x .z x + y .z y = .2 xyf ( x − y ) + .( f ( x − y ) − 2 y f ( x + y )) =
y
x

y

(đpcm)

Câu 5: (1đ) Cho hàm số z = ln(1/r) với r= x 2 + y 2 CMR z’’xx + z’’yy=0
2x
x
1
r' =
=
z = ln = − ln r ,với r = x + y 2 Ta có: x
r
r
2 x2 + y2
r' y =

2y
2 x2 + y 2

=

y
r

1
1 x −x
⇒ z ' x = (− ln r ) / x = − .r ' x = − . = 2
r
r r r

2r ' .r
−x
−1
⇒ z ' ' xx = ( 2 )' x = 2 + x. 4x =
r
r
r

x
− r 2 + 2 x. .r
2
2
r = 2 x − r (a)
r4
r4

Với vai trò của x và y là tương đương nhau trong biểu thức → tính tương tự ta được :
2 x2 − r 2 2 y 2 − r 2
2 y2 − r 2
z ' ' yy =
(b) Cộng 2 vế (a) và (b) → z ' ' xx + z ' ' yy =
+
=
r4
r4
r4

2( x 2 + y 2 ) − 2r 2
= 0 (đpcm )
r4

Câu 6: (1đ) Cho hàm số

z = xarctg

Khi đó

x
x
1
1
x
xy
− x 2 − y 2 ⇒ z ' x = arctg + x. .
− 2 x = arctg + 2
− 2x
y
y
y 1 + ( x )2
y x + y2
y

x.z 'x = xarctg

x
x2 y
− 2 x2 + 2
(a)
y
x + y2

−x
1
− x2
− x2 y
.
− 2y = 2
− 2 y ⇒ y.z ' y = 2
− 2 y 2 (b)
2
2
y 1 + ( x )2
x +y
x + y2
y
Cộng 2 vế của (a) và (b) ta được
z ' y = x.

xz ' x + y.z ' y = xarctg

Câu 7: (1đ)

−2 xy

'
Nên ⇒ z ' ' xx = ( 2 2 ) x = -y. 2 2 2 = 2 2 2
(x + y )
(x + y )
x +y

x
− x2 y
x
− 2x 2 + 2
− 2 y 2 = xarctg − 2( x 2 + y 2 ) ⇔ xz ' x + yz ' y = z − ( x 2 + y 2 )
y
y
x + y2


u = x 2 + y 2 + z 2 , A( 1,1, 2 )
Ta có :
∂ u=
∂ x
⇒

2x

∂u( A )
=
∂x

x

=

2 x2 + y 2 + z 2

∂ u=
∂ y

x2 + y2 + z2

1
2
12 +12 +( 2 )

=

1
2

⇒

2y
2 x2 + y2 + z2

∂u( A )
=
∂y

=

y

1
2

=

1
2

2z

∂ u=
∂ z

x2 + y2 + z2

2 x2 + y2 + z 2

∂u( A )
=
∂z

⇒

=

2

12 + 12 +( 2 )
12 + 12 + ( 2 )


Biết rằng: l = OA tạo với 3 trục của Oxyz cỏc gúc α , β ,γ cosin Chỉ phương:
1

cos α =

12 + 12 + ( 2 )

2

=

1
cos β =
2

1
1 2 + 12 + ( 2 )

2

=

1
cos γ =
2

2
2
1 2 + 12 + ( 2 )

z
x2 + y 2 + z2

2

=

2
2

2
2

=

Vậy:

∂u ( A )
∂u ( A )
∂u ( A )
∂u ( A )
=
cos α +
cos β +
cos γ =
∂l
∂x
∂y
∂l

1
2

.

1
2

+

1
2

.

1
2

+

2
2

.

2
2

=1

Câu 8: (1đ) Cho trường vô hướng


u 2 x. ln( x + y ) − x − y   TÝnh

 ∂∂lu T¹i A(1,0), l = (1,−1)     
∂u = 2 x +
1
∂ u = 2 ln( x + y )+ x  − 1
x+ y 2 x− y
∂ x 
x + y  2 x − y ∂x

Bg: Ta có
⇒

(

)

∂u ( A )
1
3 ∂u( A ) = 2.1 +
1
=5
= 2. ln(1+ 0 ) + 1 −
=
∂y
1+0
2
∂x
2
2 1−0
1+ 0
2 1− 0


Biết rằng l =( 1,−1 )⇒ véctơ Chỉ phương


l 0 = (cos α , cos β ) cos α =

Biết rằng

x
l

=

1
12 + ( −1) 2

=

1
2

cos β =

y

l

=

−1
12 + ( −1) 2

=

−1
2


 − 2
∂u( A ) ∂u( A )
∂u( A )
 =
cos α +
cos β = 3 . 1 + 5 . −1  =
∂x
∂y
2 2 2  2
2
∂l

Câu 9: (1đ) Cho trường vô hướng

u = e xy ( y 2 + 2 x − 3 )
TÝnh
 div (gradu).
Bg: Ta có
∂u
∂x

= y.e xy ( y 2 + 2 x − 3) + 2.e xy = e xy ( y 3 + 2 xy − 3 y + 2) ∂∂ux = x.e xy ( y 2 + 2 x − 3) + 2 y.e xy = e xy ( y 2 .x + 2 x 2 − 3x + 2 y )

(

MÆ  t kh¸c  gradu  = ∂∂ux ; ∂∂uy

)

2
xy 3
xy
và ∂ u = y.e ( y + 2 xy − 3 y + 2) + 2 y.e
∂ x2
2
∂ u
∂y

= x .e

xy

e xy ( y 4 + 2 xy 2 − 3 y 2 + 4 y )

2
2
xy
xy 2 2
3
2
( y x + 2 x − 3 x + 2 y ) + + e ( 2 xy + 2 ) = e ( y x + 2 x − 3 x + 4 xy + 2 )

2

xy 4
2
2
2 2
3
2
∂ 2u ∂ 2u
⇒ div (gradu) = 
+
= e ( y + 2 xy − 3 y + 4 y + y x + 2 x − 3 x + 4 xy + 2 )
2
2
∂y
∂x

Câu 10: (1đ) Cho hàm ẩn
Có PT z − x = arctg
Ta có

F 'x =

z = z ( x, y )

y
z−x

d z ( x, y ) = z ' x dx + z ' y d y

y
( z− x)

2.

mà z − x = arctg

y
y
⇔ F( x , y , z ) = arctg
+ x− z = 0
z−x
z−x

1
y
y + y 2 + ( z − x )2
1
1
z− x
+
1
=
+
1
=
=
F'y =
.
== 2

y 2
y
2
2
2
z
−
x
2
y + ( z− x )
y + ( z − x )2
1+ ( )
1+ ( )
y 2+ ( z − x )
z− x
z− x

2


F' =
z

−y
( z − x)

2

1

.
1+ (

y
z− x

−1=
)

2

−y
2

y + ( z − x)

2

−1=

2
2
− ( y + y + ( z − x) )
2

y + ( z − x)

2

=

2
2
− ( y + y + ( z − x) )
2
2
y + ( z − x)

− ( y + y 2 + ( z − x) 2 )
− F 'x
y 2 + ( z − x) 2
VËy nªn → z ' x =
=
=1
− ( y + y 2 + ( z − x) 2 )
F 'z
y 2 + ( z − x) 2
− F 'y
z−x
z'y =
=
F 'z
y + y 2 + ( z − x) 2

Do dã,  d z ( x , y ) = z ' x dx + z ' y dy = dx +

z−x
dy
y + y + ( z − x) 2
2

Câu 11: (1đ) cho hàm ẩn

x = x( y, z ) có PT :
Khi dã, F ' x = 3x 2 − 4 − y 2

3
2
Víi z = 4 x − x 3 + xy 2 ⇔ F( x, y, z ) = z + x − 4 x − xy

F ' y = −2 xy
F'z = 1

− F'y

2 xy
=
F ' x 3x 2 − 4 − y 2
− F'z
−1
x' z =
=
F ' x 3x 2 − 4 − y 2

⇒ x' y =

Như vậy = d x ( y , z ) = x' y dy + x' z dz =

2 xy
1

dy − 2
dz
2
3x − 4 − y
3x − 4 − y 2
2

Câu 12: (1đ) cho hàm ẩn
2x
x = x ( y, z ) có PT

z = e ( x + y2 + 2 y )

⇔ F( x , y , z ) = e 2 x ( x + y 2 + 2 y ) − z = o
Ta có:

F ' x = 2.e 2 x ( x + y 2 + 2 y) + e 2 x = e 2 x (2 x + 4 y + 2 y 2 + 1) F ' y = e 2 x (2 y + 2) = 2.e 2 x ( y + 1)
F'z = −1

⇒ x' y =

− F'y
F 'x

=

F'
− 2e 2 x ( y + 1)
− 2( y + 1)
1

=
x' z = − z = 2 x
2x
2
2
F ' x e (2 x + 1 + 4 y + 2 y 2 )
e (2 x + 1 + 4 y + 2 y ) 2 x + 1 + 4 y + 2 y

Như vậy d x ( y , z ) = x ' y dy + x ' z dz =

− 2( y + 1)e 2 x dy + dz
e 2 x (2 x + 1 + 4 y + 2 y 2 )

DẠNG CÂU HỎI 2 ĐIỂM
Câu 1: (2đ) Tìm cực trị của hàm số

z = e x ( x + y )( x − y + 4)
Mxđ : ∀( x, y ) ∈ R ta có

z ' x = e x ( x + y )( x − y + 4) + e x ( x − y + 4) + e x ( x + y ) = e x [ ( x + y )( x − y + 4) + 2 x + 4]

z ' y = e x ( x − y + 4) − e x ( x + y ) = + e x [ 4 − 2 y ]
Xét tọa độ các điểm tới hạn của h/số : M(x,y)

 z ' x ( M ) = 0
 e x (4 − 2 y) = 0
⇔
 z' (M ) = 0 ⇔  x
 e [ ( x + y )( x − y + 4) + 2 x + 4] = 0
 y

 y = 2
y= 2
⇔

 2
2
 ( x + 2) + 2 x + 4 = 0 x + 6 y + 8 = 0

 y = 2

  x = − 4(∆ ' = 9 − 8 = 1)
 y = 2

  x = − 2

⇒ Hàm số có 2 điểm tới hạn: M 1 (−2,2) và M 2 (−4,2)

[

Ta lại có: r = A = z ' ' xx e ( x + y )( x − y + 4) + 2 x + 4
x

+ ( x − y + 4) + ( x + y ) + 2] = e x [ ( x + y )( x − y + 4) + 4 x +10] s = B = z ' ' xy = z ' ' yx =

[e

x

(4 − 2 y)

]

/
x

[

= e x ( 4 − 2 y )t = C = z ' ' yy = e x ( 4 − 2 y )

]

/
y

= −2e x

3


Tại M1(-2,2),ta có:
A( M 1 ) = z ' ' xx ( M 1 ) = e −2 [ 0.(− 2 − 2 + 4) + 4(− 2) + 10] = 2.e −2 B( M 1) = z ' ' xy ( M 1) = e −2 (4 − 2.2) = 0

C ( M 1) = z ' ' yy ( M 1) = − 2.e − 2 ⇒ B 2 − AC = 0 + 4.e − 4 = 4.e − 4 > 0
A( M 1) = 2.e − 2 > 0
⇒Hàm số không đạt cực trị tại M1(-2,2)
Tại M2(-4,2),ta có :
A = z ' ' xx ( M 2 ) = e −4 ((−4 + 2)(−4 − 2 + 4) + 4( −4 + 10) = −2e −4
B = e −4 (4 − 2.2) = 0
C = −2.e −4

⇒ B 2 − AC = 0 − 4.e −8 = −4.e −8 < 0
A = −2.e −4 < 0

Vậy hàm số đạt cực đại tại
M2(-4,2) và

z max = z ( − 4, 2) = e − 4 (− 4 + 2)(− 4 − 2 + 4) = 4.e − 4

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



z ' x = 3x 2 − 3 y
z ' y = 3 y 2 − 3x

Xét tọa độ các điểm tới hạn M(xo,yo) của Z(x,y) :
3x 2 − 3 y = 0
 x 2 = y (1)
z'x = 0
⇔ 2
⇔ 2

3 y − 3x = 0
 y = x(2)
z' y = 0
Thay (2) vào (1)

→ y4 = y ⇔

y = 1
1
3
y ( y 3 − 1) = 0 ⇔ y ( y − 1)(( y + ) 2 + ) = 0 ⇔  1
2
4
 y2 = 0
Với : y1 = 1 → x1 = y12 = 1
Với : y2 = 0 → x2 = y2 2 = 0
⇒Ta có 2 điểm tới hạn của :M1(1,1) và M2(0,0): ta có

z ' ' xx = 6 x

z ' ' xy = z ' ' yx = −3
z ' ' yy = 6 y
A = z ' ' xx ( M 1) = 6.1 = 6
Tại M1(1,1) thì ⇒

B = z ' ' xy ( M 1) = −3
C = z ' ' yy ( M 1) = 6
⇒ ∆ = B 2 − AC = (−3) 2 − (6.6) = −27 < 0

∆ < 0
⇒ H/s đạt cực tiểu tại M1(1,1)
Vậy → 
A = 6 > 0
Tại M2(0,0) ta có

A = z ' ' xx( M 2 ) = 6.0 = 0
B = z ' ' xy ( M 2 ) = − 3
C = z ' ' yy ( M 2 )= 6.0= 0

∆ = B 2 − AC = (− 3) 2 − 0 = 9 > 0

⇒hàm số không đạt cực trị tại M2(o,o) .Như vậy hàm số đó cho đạt cực tiểu tại M1(1,1) = - 1
Câu 3: (2đ) Tìm cực trị của hàm số z = (2ax − x 2 )(2by − y ) 2 , ab ≠ 0
MXĐ : ∀( x, y ) ∈ R 2
Ta có :
z = (2ax − x 2 )(2bx − y 2 ) = x ( x − 2a ) y ( y − 2b)

z ' x = y ( y − 2b)[ x − 2a + x ] = 2( x − a ) y ( y − 2b)
z ' y = x( x − 2a )[ y − 2b + y ] = 2( y − b) x( x − 2a )

 z ' x = 0
⇔
Xét hệ PT: 
 z ' y = 0

2( x − a ) y ( y − 2b) = 0

2 x( x − 2a )( y − b) = 0

4


x = a


y = b
x = 0
 x = a

 y = 0
 y = o
 y = 2b

x =0

⇔
⇔ 

 y = 2b
 x = o
x = 2a
 x = 2a
 y = 0
y
=
b



x = 2a


 y = 2b
Kết hợp các khả năng với ab ≠ 0→a ≠ 0 ,b≠ 0, ta có 5 điểm tới hạn sau :M1(0,0) , M2(0,2b), M3(a,b) , M4(2a,0) ,M5(2a,2b)
Ta lần lượt xét các điểm tới hạn trên với

z ' ' xx = (2( x − a) y ( y − 2b)) 'x = 2 y ( y − 2b)

z ' ' xy = z ' ' yx = 2( x − a)[ y − 2b + y ] = 4( x − a)( y − b)
và z ' ' yy = 2 x ( x − 2a ) với M1(0,0)→ r = z ' ' xx( M1) = 2.0.(0 − 2b) = 0
s = z ' ' xy ( M 1 ) = 4(0 − a)(0 − b) = 4ab
t = z ' ' yy ( M 2 ) = 2.0(0 − 2a) = 0
⇒ ∆ = s 2 − rt = (4ab) 2 − 0.0 = 16a 2b 2 〉 0 (ab ≠ 0) mà r = 0
⇒ M1(0,0) không là điểm cực trị
Với M2(0,2b)→

r = z ' ' xx( M 2 ) = 2.2b(2b − 2b) = 0

s = z ' ' xy( M 2 ) = 4(0 − a)(2b − b) = − 4(ab)
t = z ' ' yy( M 2 ) = 2.0(0 − 2a) = 0
∆ = s 2 − rt = 16a 2b 2 〉 0
⇒M2(0,2b) không là điểm cực trị
Với M3 (a,b)⇒

r = z ' ' xx( M 3 ) = 2.b(b − 2b) = −4b 2
s = z ' ' xy ( M 3 ) = 4(a − a )(b − b) = 0
t = z ' ' yy ( M 3 ) = 2a(a − 2a) = −4a 2

2 2
→ ∆ = s 2 − rt = 02 − 16a 2b 2 = = −16a b 〈0

mà r= -4b2 < 0

⇒hàm số đạt cực đại tại M3 (a,b)
* Với M4 (2a,0)⇒

r = z ' ' xx( M 4 ) = 2.0(0 − 2b) = 0
s = z ' ' xy ( M 4 ) = = 4(2a − a)(0 − b) = − 4ab
t = z ' ' yy ( M 4 ) = 2.2a( 2a − 2a) = 0 ⇒ ∆ = s 2 − rt = (− 4ab) 2 − 0 = 16a 2 b 2 〉 o
→Hệ số không đạt cự trị tại M4(2a,0)
Với M5 (2a,2b) ta có:
r = z ' ' ( M 5 ) = 2.2b(2b − 2b) = 0

s = z ' ' xy( M 5 ) = 4(2a − a)(2b − b) = 4ab
t = z ' ' yy( M 5 ) = 2.2a(2a − 2a ) = 0 → ∆ = s 2 − rt = 16a 2 b 2 〉 0
→Hệ số không đạt cự trị tại M5(2a,2b) Như vậy hệ số đạt cực đại tại M3 (a,b) khi đó

Z max = Z ( a ,b ) = = (2a 2 − a 2 )(2b 2 − b 2 ) = a 2b 2
Câu 4 : (2đ)

z = x 2 + xy + y 2 − 4 ln x − 10 ln y

{

}

Mxđ: D = ∀( x, y ) : x〉 0, y 〉 0

→ta có:

z' x = 2 x + y −

z' y = 2 y + x −

4

x

4
; Xét hệ pt tọa độ cỏc điểm tới hạn M (x,y):
y

5


4

4

4 4

( x − y )(1 − xy ) = 0
2 x + y − x = 0
x − y − x + y = 0
x − y = 0
z' x = 0



⇒
⇔
⇔
⇒
⇔ {x = y = 0

4

(
x
+
y
)
4
4
z
'
y
=
0

( x + y )(3 − ) = 0
2 y + x − = 0 3( x + y) −
=0
x + y = 0

xy



y
xy
→ loại Với khụg ∈ D
x − y = 0
x = y
2 3



⇔
4


4⇔x=y=
3
−
=
0
3
xy
=


xy
3


 4
1 −
=0
⇔
 xy
 x + y = 0

x = − y
(vụ n0)
 2
 x = −4

4

1 − xy = 0  xy = 4


→
4 ( vụ n0)

3 − 4 = 0  xy = 3

 xy

2 3
3

vậy→ hệ pt có 1 n0 x = y =

→ Hệ số có 1 điểm tới hạn M (

2 3 2 3
,
)
3
3

4
Xét: r = z ' ' xx = 2 + 2
x

s = z ' ' xy = z ' ' yx = 1

t = z ' ' yy = 2 +

4
y2

⇒tại

2 3 2 3
,
)⇒
3
3
4
r = z ' ' xx( M ) = 1 +
=4
M(

4

s = z ' ' xy ( M ) = 1
t = z ' ' yy ( M ) = 1 +

3

4
4

=4

3

⇒ s 2 − rt = 1 − 4.4 = −15 < 0
và r = 4 > 0 ⇒ h/số cực tiểu tại:
M(

2 3 2 3
,
)
3
3

và Z min = z (

2 3 2 3
4 14 4
4
,
) = 3. − ln = 4 − 7 ln
3
3
3 2 3
3

Câu 5 : (2đ)

z = x3 + y 3 − x − y
MXĐ:∀(x,y)∈R2
Ta có :

z ' x = 3x 2 − 1

z' y = 3 y 2 − 1

Xét hệ PT tọa độ các điểm tới hạn của h/số:

6



 x =


 x =
2

z' x = 0
3 x − 1 = 0

⇔
⇔

 2

z
'
=
0

3
y
−

1
=
0
y


 y =


 y =




−1
3
1
3
−1
3
1
3


 x =



 y =



 x =


 y =


⇔

 x =


 y =



 x =



 y =



−1
3
−1
3
−1
3

1
3
1
3
−1
3
1
3
1
3

⇒h/số có 4 điểm tới hạn:
−1 −1
−1
,
), M 2 (
,
3 3
3
1 −1
1
M 3(
,
), M 4 (
,
3 3
3
M1(

Ta lại có:

1
3
1

)

3

)

r = z' ' xx = 6x

s = z ' ' xy = z ' ' yx = ⊗
t = z ' ' yy = 6 y
⇒lần lượt xét các điểm tới hạn ta có : Tại

r = z ' ' xx( M ) = 6.
1

−1
3

M1 (

−1
3

,

1
3

)

= −2 3

s=⊗
−1
t = z ' ' yy( M ) = 6.
= −2 3
1
3
⇒ s 2 − rt = ⊗ − 2 3 .2 3
= − 12 < 0
r = −2 3 < 0

⇒h/số đạt cực đại tại

M1 (

Z max = z (

−1 −1
,
)
3 3

⇒ Z max =

4 3
9

Tại M 2 (

−1
3

,

1
3

−1 −1
,
) và
3 3

)⇒

7


r = z ' ' xx ( M 2 ) = 6.(

−1
) = −2 3
3

s = z ' 'xy = ⊗

t = z ' ' yy ( M 2 ) = 6.

1
=2 3
3

⇒ s 2 − rt = ⊗ + 2 3.2 3 = 12 > 0
⇒h/số ko đạt cực trị tại M2


1
 r = z ' ' xx ( M 3 ) = 6. 3 = 2 3
1
1

Tại M 3 ( ,− ) ⇒  s = z ' ' xy = 0
3
3

 t = x' ' yy ( M ) = 6.(− 1 ) = − 2 3
3
3

1

⇒h/số dạt cực trị tại : M 3(

3

1

,−

3

⇒ S 2 − rt = ⊗ + 2 3.2 3 = 12 > 0

)


1
 r = z ' ' xx( M 4 ) = 6.
=2 3

3
1 1

,
) ⇒  s = z ' ' xy = z ' ' yx = ⊗
Tại M 4 (
3 3

1
t = z ' '
yy ( M 4) = 6. = 2 3

3


⇒ S 2 − rt = ⊗ − 2 3.2 3 = −12〈0

mà

r = 2 3〉0
1

⇒h/số đạt cực tiểu tại M 4 (

1

với Z min = z (

3

,

1
3

3

)=−

,

1
3

)

4 3

9

Như vậy h/số đạt cực đại tại

M 1 (−

1
3

1

,−

3

); Z max = 4 3
9

Đạt cực tiểu tại:

M4(

1
3

,

1
3

); Z min = −

4 3
9

Câu 6 : (2đ)
Tỡm cực trị của hàm số
z = x4+y4 – 2x2 + 4xy -2y2
z’x = 4x3 – 4x + 4y
z’y = 4y3 – 4y + 4x
z’’xy = 4, z’’x2 = 12x2 – 4
z’’y2 = 12y2 – 4

 z' x = 0  x 2 − x + y = 0  x 3 + y 3 = 0  ( x + y )( x 2 + y 2 − xy )= 0
↔
  ↔ 
 z' = 0 ↔  2
 y
x3 − x+ y = 0
 y − y + x = 0  x 3 − x + y = 0 

8


  x + y =0
  x + y =0
  x 3 − x + y =0   x 3 − 2 x =0
⇔ 
⇔ 
xy

=
0


  x =0
 x 3 − x + y =0   y =0



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

+ Xét A(0,0) z’’x2 = - 4 = z’’y2
z’’x2y – z’’x2. z’’y2 = 0
+ Xét (x,y) theo đường (0,y) =>
z(0,y) – z(0,0) = y2(y2-2)<0
Khi y ở lõn cận 0

( y < 2)

+ Xét (x,y) theo đường (x=y)
=> z(y,y) – z(0,0) = 2y4 >0

Khi y lõn cận 0.
Từ 2 trường hợp trên => (0,0) k0 là Cực trị

( 2 ,− 2 )thay vµo = > cùc d ¹i
* Xét B ( − 2 , 2 )thay 
vµo = > cùc tiÓu
* Xét A

Câu 7 : (2đ)
Tỡm cực trị của hàm số:
z = xy+

50 + 20
với x>0, y>0
x
y

Giải: Bước 1
 z' = y − 50
 x
x2

20
 z' x − 2
y

y −


x −



Tỡm cỏc điểm dừng

y−

50


 20 
 y2 



2

50 = 0
x2
20 = 0 ⇒
y2

 y − 50 = 0(1)

x2

20 ( 2) Thay (2) vào (1) ta có
x
=

y2



= 0 ⇒ y − 1 .y 4 = 0
8

=> 8y – y4 = 0 => y(8-y3) = 0
y =0

⇒
3 = ( 2 − y )( 4 + 2 y + y 2 ) = 0
8
−
y


 y = 0 lo¹i theo bµi ra
⇒  y = 2     ⇒ x = 5      
 y2 − 2 y + 4 = ( y +1) 2 + 3 > 0

Vậy có 1 điểm dừng M1(5,2).
Bước 2: Tính ∆ = B 2 − AC

A = z ' ' x 2 = 100 3
x

B = z ' ' xy = 1 ⇒ ∆ = 1 − 4000
x3 y 3
40
C = z' ' y 2 =
y3

Tại điểm dừng M(5,2) ta có

∆( 5 ,2 ) = 1 − 4 = −3 < 0
=> hàm số đạt cực trị ta lại có

9


A( 5 ,2 ) = 100 > 0 ⇒ Tại M hàm số đạt cực tiểu.
125

Câu 8 : (2đ)
Tỡm cực trị cuả hàm số
z= x3 + y3 – x2y
Giải: Bước 1:

 z' = 3 x 2 − 2 xy
x

2
2
 z' y = 3 y − x
Tỡm cỏc điểm dừng

có hệ


3 x 2 −2 xy =0(1)
 2 2


3 y − x =0( 2)

Từ (1) => x(3x-2y) =0

 x = 0                       
⇒ 3 x = 2 y ⇒ x = 2 y
3

thay x=0 vào (2) ta có 3y2=0 =>y=0
thay x=2/3.y vào (2) ta có

3 y 2 4 y 2 = 0 ⇒ 27 y 2 − 4 y 2 = 0
9

23 y2= 0 => y=0
Vậy ta có điểm dừng M(0,0)
Bước 2:
Tớnh ∆ = B 2 − AC

A = z' ' x 2 = 6 x − 2 y
2
B = z ' ' xy = − 2 x ⇒ ∆ = 4 x − (6 x − 2 y ).6 y

C = z' ' y 2 = 6 y

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

z=

2 x + 2 y +1
x 2 + y 2 +1
2 x2 + y 2 + 1 −

z' x =

z' y =

x
(2 x+ 2 y + 1)
2
x + y2 +1
x2 + y 2 + 1

=

2 ( x 2 + y 2 +1) − ( 2 x 2 + 2 xy + x )
 x 2 + y 2 +1 



3

=

2 y 2 − 2 xy − x + 2
 x 2 + y 2 +1 



3

2 x 2 − 2 xy − y + 2
 x 2 + y 2 +1 



3

10


  x − y = 0        

  2

 z ' x =0
( x − y )(2 x + 2 y + 1) = 0
2 y 2 −2 xy − x + 2=0
 2 x − 2 xy − y + 2
↔
↔
⇔
Ta có  z ' =0
 2

 2
 2 x + 2 y + 1 = 0
2
x
−
2
xy
−
y
+
2
=
0


 y
2 x −2 xy − y + 2=0
 2

2 x − 2 xy − y + 2 = 0

x=y=2
Ta có: 2 x + 2 y +1 ≤

( 22 +22 +12 )( x2 + y2 +1) = 3 x 2 + y 2 + 1 ⇒

2 x + 2 y +1
x 2 + y 2 +1

≤3⇒ z ≤3

=> max z=3

y
↔ x = =1↔ x = y = 2
2

2

=> A(2,2) là cực đại Với Zmax=3
Câu 10 : (2đ)
Tỡm giỏ trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số:
Z= x2+2xy - 4x +8y

0 ≤ x ≤1

trờn miền D: 0 ≤ y ≤ 2

Giải: Ta có:

 z' x = 2 x + 2 y − 4
 z' = 2 x + 8     
 y
Tỡm cỏc điểm tới hạn

 z' x = 2 x + 2 y − 4 = 0  x = −4
 z' = 2 x + 8 = 0      ⇒ 
 y
 y =6
Vậy ta thấy hàm số đạt cực trị thỡ điểm cực trị k0 thuộc miền D

XÐt:
z (0,0) = 0
z (0,2) = 16
z (1,0) = −3
z (1,2) = 17
=> Gớa trị Max =17
Giỏ trị Min = -3
Câu 11 : (2đ)
Tỡm giỏ trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số:
Z= x2+y2 -12x +16y
trờn miền D:

x 2 + y 2 ≤ 25

Giải: Ta có:

 z' x = 2 x − 12
 z' = 2 y + 16

 y

Tỡm cỏc điểm tới hạn

 z' x = 2 x −12 =0  x =6
 z' = 2 x +16 =0 ⇒ 
 y
 y = −8
Vậy ta thấy hàm số đạt cực trị thỡ điểm cực trị k0 thuộc miền D

11


XÐt:
z( −5 ,−5 ) = 30
z( −5 ,5 ) = 190
z( 5 ,−5 ) = −90
z( 5 ,5 ) = 70

=> Gớa trị Max =190
Giỏ trị Min = -90
Câu 12 : (2đ)

y2
2

x=

y

y=1
1

1
2

− 3

1

3

2

Đổi thứ tự lấy t/phân
3− y 2

1
I = ∫ dy
0

∫ f ( x, y)dx

y2
2


0≤ y≤1



2: 2
(
x
,
y
)
∈
R
miền lấy t/phân D = 


y
2
≤ x ≤ 3− y 

2


→ D được giới hạn bởi các đường
2
y =0 ; y =1 ; x = y ; x =
2

3 − y 2 ⇔ x2 + y 2 = 3

Miền D = D1ề D2 ề D3 với

1 
0≤ x≤


2 
D1 =  ( x, y ) :

2 x ≥ y ≥ 0


1

≤ x ≤ 2


D2=  ( x, y ) : 2


0 ≤ y ≤ 1 


2 ≤ x ≤ 3 

D3 =  ( x, y ) :


0 ≤ y ≤ 3 − x 2 


1
Vậy→ I = 2 dx
∫
0

2x
∫ f ( x, y ) dy +
0

2

∫ dx
1
2

1
∫ f ( x, y )dy +
0

3

3− x 2

2

0

∫ dx

∫ f ( x, y)dy

Câu 13 : (2đ)
Đổi thứ tự lấy t/phân:
2

2x

0

2x − x 2

I = ∫ dx

y

∫

f ( x, y )dy

x=

y2
2

1

12


1/2

1

2

x




2
Miền lấy t/phân D =  ( x, y ) ∈ R :

0≥ x≤ 2






2
2 x − x ≤ y ≤ 2 x 

D được g/hạn bởi các đường
x =0 ; x =2
y = 2 x − x 2 ⇔ ( x − 1) 2 + y 2 = 1 ⇔

2
 x = 1− 1− y
⇔
 x = 1+ 1 − y2


y = 2x ⇔ x =

y2
2



0≤ y≤1





≤ x ≤ 1− 1− y2 
2


→ D = D1 D2 D3 với D1 =  ( x, y) : y 2




1≤ y ≤ 2 


D2 = ( x, y ) : y 2

≤ x ≤ 2

2


2

0≤ y≤1

1 1− 1− y


I = ∫ dy ∫
D3 =  ( x, y ) :
f ( x, y )dx +


V
ậ
y
→
0
y2
1 + 1 − y 2 ≤ x ≤ 2

2

1

2

0

1+ 1− y 2

+ ∫ dy

2

2

1

y2
2

f ( x, y )dx +

∫

∫ dy ∫ f ( x, y )dx

Câu 14 : (2đ)
1− y
1
∫ dy
∫ f ( x, y )dx
0
− 1− y 2

y
1
y=1
1
-1

x

x=1-y
→miền lấy tích phân
D = { ( x, y )

0 ≤ y ≤1
− 1− y2 ≤ x ≤ 1 − y

→Miền D được giới hạn bởi các đường: y=0 ,y =1 ,x=1-y và
2

2
x = − 1− y2 ⇔ x + y = 1

(lấyphần x ≤ 0) ⇒ D = D1 ∪ D2
Với: D1 = { ( x, y ) :

−1≤ x ≤ 0




2
1 − x ≥ y ≥ 0 

D2 = { ( x, y ) :0 ≤ x ≤ 1 
0 ≤ y ≤ 1 − x

13


0
1− x 2
⇒ I = ∫ dx ∫ f ( x. y )dy +
−1
0
0 1− x
∫ dx ∫ f ( x, y )dy
−1 0

Câu 1 : (3đ)

I= ∫ (xy + x + y)dx
L
+(xy + x − y)dy

Theo công thức Green:

I= ∫ ∫(y − x)dxdy
D

 π
π
 − ≤ϕ ≤
D : 2
2
0 ≤ r≤ acosπ
I= ∫ ∫(y + 1− x − 1)dxdy
D
= ∫ ∫(y − x)dxdy
D
2
Trong đó D là hình tròn : (x − a)2 + y2 ≤ a
2

4

đổi toạ độ cực thì:
 π
π
 − ≤ 4≤
2

2
0 ≤ r≤ acosϕ

D

Câu 2 : (3đ)
I = ∫ xdy + ydx
L

y
a
L
-a

0

a

x

*Tính trực tiếp : Ta có PT đường cong là nửa trên của đường tròn : x 2 + y 2 = a 2 , (a > 0) là

 y = a2 − x2

− a ≤ x ≤ a
−2 x

⇒ dy =
dx =

2 a2 − x2
−x
dx
a2 − x2

vậy⇒

I = ∫ xdy + ydx
L


a
x2 
= ∫  a2 − x2 −
dx


− a 
a 2 − x 2 

a
a2 
2 2

dx
 = ∫ 2 a − x −

−x 
a 2 − x 2 
a 2 − x 2 + x.

dx − a 

a 2 − x 2 
a
= 2 ∫ a 2 − x 2 dx −
−a
a
dx
a2 ∫
− a a2 − x2

a 
∫ 
− a 

a

⇒ I = 2 ∫ a 2 − x 2 dx −
a

2

a

∫

−a

−a

dx

a2 − x2

14


a
I1 = ∫ a 2 − x 2 dx ,đặt x=asint
−a
−π
π
⇒
≤t ≤
⇒
2
2
π

I1 =

2 2
2 2
∫ a − a sin t
−π
2

.d(asint)

π

2
∫ a cos t.a cos t.dt
−π
2
π
2
= a 2 ∫ cos 2 tdt =
−π
2
π
2 2 1 + cos 2t dt
=a ∫
2
−π
2
=

a 2  sin 2t  π 2
t+
−π
2 
2  2
a 2  π
−π 
−(
)

2  2
2 

2
sin π − sin( −π )
+
] = πa
2
2
=

a

d( x )

a

dx

I2 = ∫

a

∫

−a a 2 − x 2 − a 1− ( x ) 2
a

x a
a
= arcsin −
a
a

−a
−a
arcsin
=π
a
⇒ I = 2 I1 − a 2 I 2 =
πa 2
2.
− a 2π = 0
2
= arcsin

b.Dùng công thức Green:
y
a B
L
D
A
-a

C
0

a

x

Xét miền kín được tạo bởi đường cong L và đ/thẳng y=o ⇒
I = ∫ xdy + ydx = ∫ xdy + ydx
L

=

∩

ABC

∫ xdy + ydx − ∫ xxdy + ydx
ABC
CA

I = ∫ xdy + ydxx
-Ta có: 1
ABC

⇒Theo đ/lý Green với:
∂p

 p = y → ∂y = 1

⇒

Q = x → ∂Q = 1

∂x
∂Q ∂p
I1 = ∫ ∫(
− )dxdy
D ∂x ∂y
= ∫ ∫(1 − 1)dxdy = 0

D
I = xdy + ydx
-Mặt khác: 2 ∫I
CA
− a ≤ x ≤ a
⇒
Với: C A : 
 y = 0 → dy = 0

15


a
I 2 = ∫ x.0 + 0.dx = 0
−a
Vậy ⇒ I = I1 − I 2 = 0 − 0 = 0

Câu 3(3đ)
∫ ( x + y )dx + xydy

L

x=y2
1
m
A
O

B
L

n
1

x

y=x
a.Tính trực tiếp
L L L L
tacó: L = Am B + Bm A
A A

Trong đó Am B có PT:
x = y 2
⇒ dx = xydy

0 ≤ y ≤ 1
n n
Bn A có PT:
x = y
1 ≥ y ≥ 0 ⇒ dx = dy ⇒

I = ∫ ( x + y ) dx + xydy
L

= m∫ (mx + y ) dx + xydy
Am B

+ m∫ (mx + y ) dx + xydy
Bn A
0

[

]

= ∫ ( y 2 + y )2 y + y 3 dy
1
1

+ ∫ ( y + y + y 2 ) dy
0

1

= −∫ (3 y 2 − 2 y 2 )dy
1

0

+ ∫ ( y 2 + 2 y ) dy
0

1

= ∫ (−3 y 3 − y 2 + 2 y ) dy
0


1
y 4 y3

= − 3
−
+ y2
4
3

 0
3 1
−1
= (− − + 1) − 0 =
4 3
12

b.Sử dụng công thức Green I = ∫ p( x, y ) dx + Q( x, y ) dy Với:
L

 ∂p
 ∂y = 1
 p( x, y ) = x + y

⇒

Q( x, y ) = xy
 ∂Q = y
 ∂x
∂Q

∂p

⇒Theo công thức Green ta có: I = ∫ ∫( ∂x − ∂y )dxdy

D
Với D là miền kín biểu diễn trên h/vẽ ⇒
1

y

0

y2

I = ∫ ∫( y − 1)dxdy
D

= ∫ dy ∫ ( y − 1)dx

16


1

= ∫ ( y − 1)( y − y 2 )dy
0
1

= ∫ ( − y 3 + 2 y 2 − y )dy
0

− y4
y3 y2 1
+2

−
)
4
3
2 0
−1 2 1
=(
+ − ) −0
4
3 2
− 3 + 8 − 6 −1
=
=
12
12
=(

Câu4(3đ)
I= ∫ y2dx − x2dy
c

Y

CR

-R

R

X

Cách1:Đường tròn có Pt tham số:
x = R cost
,0 ≤ t≤ π

y = R sint
π
I= ∫ − R 2 sin2 t(−R sint)
o
− R 2 cos2 t(R cost)]dt
R
+ ∫ odx− x2.o
−R

π

= − R 3 ∫ (sin 3 t + cos 3 t )dt

o
3sint− sin3t
3
sin t=
4
3cost+ cos3t
3
cos t=
4
3
π
−R

⇒ I=
∫ (3sint− sin3t
4 o
+ 3cost+ cos3t)dt
=

− R3 
cos3t
− 3cost+
+ 3sint
4 
3

+

sin3t π
3  o

− R3 
1 1
=
3+ 3− − 
4 
3 3
3
− R 16 − 4R 3
=
. =
4 3
3

Cách2:

π
r3 R
I= − 2 ∫ (cosϕ + sinϕ ).(
)dϕ
3 o
o
I= − 2
∫ ∫(x + y)dxdy
 x2 + y2≤ R 2
− 2R 3 π
=
∫ (cosϕ + sinϕ )dϕ

3 o
 y≥ o
π R
π
− 2R 3
(sinϕ − cosϕ )
= − 2 ∫ dϕ ∫ (rcosϕ + rsinϕ )rdr =
o
3
o o
− 4R 3
=
3

Câu5(3đ):

∫ x − y dy
AB

Y
B
a

17


t

A
a

X

π x = acost
π
A B :
,o ≤ t≤
2
 y = asint

Nhận xét : x ≥ y khi o ≤ t≤
x ≤ y khi

π

4

π
π
≤ t≤
4
2

π
4
2
I= a ∫ (cost− sint)costdt
o
π
2
− a2 ∫ (cost− sint)costdt= o
π
4
π
4
I= a2 ∫ (cos2 t− sintcost)dt
o
π
2
− a2 ∫ (cos2 t− sintcost)dt
π
4
π
4 1+ cos2t sin2t
= a2 ∫ (

−
)dt
2
2
π
2
π
2 1+ cos2t sin2t
= a2 ∫ (
−
)dt
2
2
π
4
 1 sin2t cos2t π
2
4
= a  t+
+
4
4  o
2
 1 sin2t cos2t π 2
= a2  t+
+
4
4  π
2
4

=0

Câu6(3đ)
x2
2
∫ 2x ln ydx + ( + 1+ y )dy
y
AB

Y
B
C
1

A
1

Đặt :p = 2xlny Q =
Nhận xét:

X
x2
+ 1+ y2
y

∂p ∂Q 2x
=
=
∂y ∂x
y

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
I= ∫ 1+ y2 dy = (2 5 − 3
2
1
+ ln

2+ 5

)
1− 3
I= ∫ pdx+ Q dy+ ∫ pdx+ Q dy
AC
CB
o
= ∫ (2x.ln 1)dx + o
1
2
+ ∫ (o + 1+ y2 )dy
1
2
⇒ I= ∫ 1+ y2 dy
1
2


U = 1+ y 
dV = dy

y

dU =
⇒
1+ y2 dy

V =y

2 2
I= y 1+ y2 − ∫
1 1

y2
1+ y2

dy

2
⇒ I= y 1+ y2
1
2 y2 + 1− 1
−∫
dy = y 1+ y2
2
1 1+ y
2

2 dy
− ∫ 1+ y2 dy + ∫
1
1 1+ y2
= y 1+ y2

2
1

2
− I+ ln(y + 1+ y2 )
1
⇒ I= (2 5 − 2 )
+ ln(2 + 5)− ln(1+ 2 )
⇒ I= 5 −

2 1 2+ 5
+ ln(
)
2 2 1+ 2

Câu7(3đ)
∫
c

(x + y)dx + (y − x)dy
x2 + y2

Biểu diễn Pt đường tròn trong dạng tham số:
x = acost

,o < t< 2π

 y = asint
2π [ (acost+ asint)(− asint)
I= ∫
a2
o
+ (asint− acost)(acost)] dt
2π
= ∫ − (sin2 t+ cos2 t)dt
o
2π
= − ∫ dt= −2π
o

t
a

x

Câu8(3đ)

19


−ydx + xdy
I= ∫
2 2
c x +y

y

t
1

x

x = cost
,o < t< 2π
 y = sint

Pt tham số: 
I=

2π [ (− sint)(− sint)+ cost.cost] dt
∫
cos2 t+ sin2 t
o
2π
= ∫ dt= 2π
o

Câu9(3đ)
Cho các hàm số

p(x,y)= ex siny + 2m 2x cosy
Q (x,y)= ex cosy − m x2 siny

a.
∂p

= e x cos y − 2m 2 sin y
∂y
∂Q
= e x cos y − 2mx 2 sin y
∂x
pdx + Qdy

là vi phân toàn phần khi :
∂p ∂Q
=
⇔ m2−m =o
∂y ∂x

nhận được m = o,m = 1
b.theo công thức ta có :
y
x
U (x,y)= ∫ exdx + ∫ (ex cosy
− x2 siny)dy + 2
π
o
2
= ex siny + x2 cosy + 1

Câu10(3đ)

∫ h(x)[(x cosy − ysiny)dy
AB
+ xsiny + y cosy)dx]

a.Đặt

p = h(x)(xsiny + y cosy)
Q = h(x)(x cosy − ysiny)

Điều kiện để tích phân ko phụ thuộc đường đi là :

∂p ∂Q
=
∂y ∂x

∂p
= h( x ) ( x cos y + x cos y − y sin y)
∂y
∂Q
= h'( x) ( x cos y − y sin y)
∂x
+ h( x) cos y
∂p ∂Q
=
⇔ h'( x) ( x cos y − y sin y)
∂y ∂x
= h( x) ( x cos y − y sin y)
h'( x)
⇔ h'( x) = h( x) ⇔
=1
h( x)

⇒ h( x) = e x

b.
y
A(o,π)

20


0

B(π,o)

x

I = ∫ Pdx + Qdy + ∫ Pdx + Qdy
0

Ao

π

oB

= ∫ (− y sin y)dy + ∫ o.dx
π
π

o

= ∫ y sin ydy
o

Sử dụng công thức tích phân từng phần :
u=y 
du = dy
⇒
dv = sin ydy  v = − cos y
π

⇒ I = − y cos y π + ∫ cos ydy =
o
o

− y cos y π + sin y π = π + o = π
o
o

Câu11(3đ)
∫
AB

(m x − y)dx + (nx + y)dy
x2 + y2

a.Ta có :
∂p y2 − x2 − 2m xy
=
∂y
(x2 + y2)2
∂p ny2 + nx2 − 2xy
=

∂y
(x2 + y2)

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
y 2 − x 2 − 2mxy
= ny 2 − nx 2 − 2 xy ⇔
( x 2 − y 2 )(n − 1) + 2 xy (1 − m) b/
= 0, ∀x, y
⇔  n − 1 = 0 ⇔ n = m = 1
1 − m = 0

B(a,o)

A(a,o)

C(a,a)

x

a a+ y
a a− x
=∫
dy + ∫
dx
2
2
2 2
a +y
oa + x
I = ∫ pdx + Qdy + ∫ pdx + Qdy o

a a+ x
a a− x
CB
AC
x− y
x+ y
=∫
dx + ∫
dx
p=
,Q =
a2 + x2
a2 + x2
2
2
2
2
o
o
x +y
x +y
a 2a
a a+ y
0 x− a
1
xa
⇒ I= ∫
dy + ∫
dx = ∫
dx = 2a. arctg

2
2
2
2
2
2
a
ao
a
+
y
x
+
a
o
a
oa + x
π π
= 2(arctg1− arctgo)= 2( )=
4 2

Câu12(3đ)
Tính tích phân mặt loại 2 sau đây:
2
2
2
∫ ∫x dydz+ y dzdx+ z dxdy
s

z

a

a
y
a
x

21


I = 2∫ ∫ (∫x + y + z ) dxdydz =
v

2∫ ∫ xdxdydz
+ 2 ∫ ∫ ydxdydz
+2
∫
∫
v

a

v

a

a

= 2 ∫ xdx ∫ dy ∫ dz + 2

∫ ∫ zdxdydz
∫

v
a

a

a

o

o

o

0

o

a

o
a a

∫ dx ∫ ydy ∫ dz + 2 ∫ dx + ∫ dy ∫ zdz
o

o

o

= ( x 2 a )( y a)( z a) + ( x a)( y 2 a) ( z a) + ( x a)( y a )( z 2 a)
o o o
o
o
o
o
o
o
= a4 + a4 + a4 = 3a4

Câu13(3đ)
Cho trường vectơ

F = (xy2,yz2.zx2)

Φ = ∫ ∫xy2dydz+ yz2dzdx
s
2
+ zx dxdy

áp dụng công thức :Ostrogratski
Φ = ∫ ∫ (∫y 2 + z 2 + x 2 )dxdydz
v

V : x2 + y2 + z2 ≤ 1
0 ≤ θ ≤ π

Đổi qua toạ độ cầu : V o ≤ ϕ ≤ 2π

0 ≤ r ≤ 1
2π π
1
⇒ Φ = ∫ dϕ ∫ dθdθ ∫ r4dr
o
o
o
1 4π
= 2π .2. =
5 5

Câu14(3đ)

0 ≤ ϕ ≤ 2π
r2

Đổi qua toạ độ trục  ≤ z ≤ 2
 2
0≤r ≤2


2

2

2

0

0

r2
2

I = ∫ dr ∫ dϕ ∫ r 3 .dz
2

= 2π . ∫ r 3 (2 −
0

r2 2
) dr
2

r4 r6 2
2π (
−
) =
2 12 0
1 1
16π
2π .2 4 ( − ) =
2 3
3

Câu 15 (3đ)
U = x2 + y2 + z2
⇒ U 2 = x2 + y2 + z2
⇒ 2u.ux = 2x ⇒ ux =
y

u

x
u

tương tự uy = ; uz =

z
u

22


x
y
z
x y z
⇒ gradu= ( , , )⇒Thông lượng của trường vectơ gradu qua mặt cầu S :x2 + y2 + z = 1 là Φ = ∫ ∫ dydz+ dzdx+ dxdy
u
u
u
u u u
s
= ∫ ∫xdydz+ ydzdx+ zdxdy
s

vì

U =1
S

áp dụng c/thức ostrogradsky ta có
Φ = 3∫ ∫ dxdyz
∫
trong đó V là h/cầu x2 + y2 + z2 ≤ 1
v
4
⇒ Φ = 3.(thể tích V) = 3. π = 4π
3

Câu1(4đ)
y
y'
⇔ ln y cos x = 1
ln y
y
y'
1
⇔ ln y =
y
cos x
y ' cos x =

Đặt z = ln y ⇒ z ' =

y'
y

thay vào ,ta được : z '.z =
⇒ ∫ z '.zdx = ∫

=∫

cos x

1
cos x

1
z2
dx ⇔
cos x
2
dx

1 − sin 2 x
d (sin x )
=∫
(1 − sin x)(1 + sin x )

1 d (sin x ) 1 d (sin x )
+ ∫
∫
2 1 + sin x 2 1 − sin x
1 1 + sin x
= ln
+ ln C
2 1 − sin x
z2
x π
⇔

= ln C tg ( + )
2
2 4
=

x
2

2
Thay lại ,ta có nghiện tổng quát của PT: ln y = 2 ln C tg ( +

π
)
4

b/ y ' '−y = x sin 2 x
+Đây là PT vi phân tuyến tính cấp 2 ko thuần nhất
+Xét PT thuần nhất tương ứng
y ' '− y = 0 ⇒ PT đặc trưng :
k
k 2 − 1 = 0 ⇔  1=1
 k 2 = −1
⇒ PT đặc trưng có 2 nghiệm thực phân biệt do đó nghiệm tổng quát của PT đặc trưng :
y = C1.e x + C2 .e −x

+Ta tìm 1 No riêng của Pt vi phân tuyến tính cấp 2 ko thuần nhất đã cho:
y ' '− y = x sin 2 x = x (

1 − cos 2 x
)

2

x x
− cos 2 x = f1( x) + f 2 ( x)
2 2
x
với f1 ( x ) = = e ox .P1 ( x) ⇒
2
α = 0, n = 0 nên no riêng có dạng
=

yR1= Ax +B → y’R1 = A→ y’’R1= 0
thay vào pt : y’’- y = f1(x) =

x
2

1

x
A = −
⇔
2→

→ 0 (Ax+B)=
2
B = 0

x
No riêng : yR1 = −

2
x
Với f2(x) = − cos 2 x =
2
eox [ P1( x) cos 2 x + Q0 ( x). sin 2 x ]
x
→pt : y’’-y= f 2 ( x) = − cos 2 x
2

23


có N0 riêng dạng
yR2= (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
2

= − cos 2 x

−(4 A + 5C ) = 0

1

⇔ 5 A =

2

5B = 0
1

 A = 10

⇔ B = 0

−4 1 −2
C =
. =
5 10 25


No riêng: y ' R2 =

1
2
x cos 2 x − sin 2 x
10
25

Như vậy, No riêng của pt vi phân khg thuần nhất đã cho là :
yR = yR1 +yR2 =

−x 1
2
+ x cos 2 x − sin 2 x
2 10

25

Vậy No tổng quát của pt đã cho
ytq = y + y R = C1.e x + C2 .e − x
x 1
2
− + x cos 2 x − sin 2 x
2 10
25

Câu2(4đ)
a. Tìm No riêng của PT:
y ln 3 y + y ' x + 1 = 0
y'
1
⇔
=−
3
x +1
y ln y

đặt z = ln y ⇒ z ' =

y'
y

Thay vào ta được:
z'
1
=−

Tích phân 2 vế :
x +1
z3
z ' dx
dx
⇔
∫ 3 = −∫
x
+1
z
1 1
− .
= −2 x + 1 − C ⇔
2 z2
z 2 (2 x + 1 + C ) =

1
2

Thay z = ln y → ta có:
ln 2 y (2 x + 1 + C ) =

do y (

1
2

−15
) = e 2 → thay vào:
16

− 15
1
+ 1 + C) =
16
2
1
1
⇔ 4.(2. + C ) =
4
2
1 1 −3
⇔C= − =
8 2 8

ln 2 (e 2 ).(2

Vậy,No riêng của Pt đã cho là :
3
1
ln 2 y (2 x + 1 − ) =
8
2

b.Tìm No tổng quát :
y ' '−3 y ' = x 2 = eox p2( x )

-Đây là PT tuyến tính cấp 2 ko thuần nhất
- PT đặc trưng tương ứng của PT tuyến tính cấp 2 thuần nhất
y ' '−3 y ' = 0 là:

k 2 − 3k = 0 ⇔ k (k − 3) = 0
k = 0
⇔ 1
k 2 = 3

24


→no t/quát của PT thuần nhất là:
y = C1.e ox + C2 .e3x
= C1 + C2 .e3 x

ta tìm 1 No riêng của PT vi phân cấp 2 Ko thuần nhất đã cho có dạng : YR = x(ax 2 + bx + C )
(Vì k1 = 0 = α )
⇒ ax 3 + bx 2 + C
⇒ y ' R = 3ax 2 + 2bx + C
y ' ' R = 6ax + 2b
⇒ y ' ' R −3 y ' R = 6ax + 2b −
9ax 2 − 6bx − 3C = x 2
⇔ −9ax 2 + 6(a − b) x +
2b − 3C = x 2
− 9a = 1

⇔ 6(a − b) = 0
2b − 3c = 0

1

a = b = − 9
⇔

C = 2 b = 2 . − 1 = − 2

3
3 9
27

Vậy →một no riêng của PT là :
1
1
2
y R = − x( x 2 + x + )
9
9
27
−x 2
2
=
(x + x + )
9
5

→ No t/quát của Pt đã cho là :
Ytq = y + y R

= C1 + C2e3x −

x 2
2
(x + x + )
9

5

Câu3(4đ)
a. y '− y sin x = sin x cos x
⇔ y ' = sin x( y + cos x) (*)
Đặt z = y + cos x
⇒ z ' = y '− sin x ⇔ y ' = z '+ sin x

Thay vào (*) ta được:
z '+ sin x = sin x.z
⇔ z ' = sin x ( z − 1)
z'
⇔
= sin x
z −1

Tích phân 2 vế :
z ' dx
= ∫ sin xdx
z −1
dz
⇔∫
= ∫ sin xdx
z −1
⇔ ln z − 1 = − cos+ C
⇔∫

(C là hằng số )
ln y + cos x − 1 = − cos x + C

+Thay z = y + cos x ta được No t/quát của Pt là : ⇔ y + cos x − 1 = e −cos x + C
⇔ y = 1 − cos x + e −cos x + C
b. y ' '− y = x cos 2 x =

x x
+ cos 2 x
2 2

- Đây là PT vi phân tuyến tính cấp 2 Ko thuần nhất
- Xét PT vi phân thuần nhất tương ứng : y ' '− y = 0 →PT đặc trưng : k 2 − 1 = 0 ⇔ k1,2= ±1
vậy →PT thuần nhất có No t/quát
y = C1.e x + C2e − x

- Xét Pt Ko thuần nhất đã cho :
x x
+ cos 2 x
2 2
= f1( x ) + f 2( x)
y ' '− y =

→Ta sẽ lần lượt tìm No riêng ứng với Pt : y’’- y = f1(x) (1) là yR1
và
y’’ – y = f2(x) (2) là yR2

25