GIẢI MẪU ĐỀ THI CUỐI KÌ GIẢI TÍCH 1

Đại Học Bách Khoa TP.Hồ Chí Minh
Khoa Khoa Học
. Ứng Dụng
.

ĐỀ THI GIẢI TÍCH 1 HK171
Ngày thi: 09-01-2018
Thời gian: 90 phút
Giờ thi : CA 1

Hình thức thi tự luận: Đề gồm 6 câu.

Sinh viên không được sử dụng tài liệu.

Câu 1 : Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y =

x3 − 2
.
x

Câu 2 : Cho miền phẳng D giới hạn bởi : y ≤ −x2 + 2x + 3, y ≤ x2 + 2x + 1, y ≥ 1. Tính
diện tích miền D.
+∞

Câu 3 : Tìm tất cả các số thực m để tích phân sau hội tụ : I =
0

x + e−x − 1
√
dx.
xm x3 + x

Câu 4 : Tính tích phân sau đây:
1
ln(1 − x)
√
dx
I=
1−x
0
Câu 5 : Tìm nghiệm phương trình vi phân y − 6y − 16y = (12 − 20x)e−2x , thỏa điều kiện
y(0) = −3, y (0) = −5.
Câu 6 : Trong mạch điện có điện trở R, tụ điện với điện dung C và điện áp E(t), điện lượng
dQ
1
Q đi qua trong thời gian t thỏa mãn phương trình vi phân R
+ Q = E. Tìm
dt
C
điện lượng Q, đơn vị C, theo thời gian t, đơn vị s (giây), nếu biết R = 2Ω, C =
0.01F, E = 10 sin 60t(V ) và Q(0) = 0. Tìm giá trị của Q sau 0.1s.

Phó chủ nhiệm bộ môn duyệt

TS. Nguyễn Bá Thi


ĐÁP ÁN CA 1
Câu 1: 1.5đ
√
Cực tiểu (−1, 3) : 0.5đ (Không trình bày nhưng BBT đúng vẫn cho điểm).

TCĐ : x = 0, TCX trái/phải : y = ±x : 0.5đ,
đồ thị : 0.5đ.
Sai BBT không chấm đồ thị.
Câu 2: 2đ

√
1+ 3

1
2

(x + 2x)dx +

S =
0

1

√
4
(−x2 + 2x + 2)dx = 2 3 + . Mỗi tp, cận + giá trị :
3

0.5đ+0.5đ.
Nếu viết tp không đúng, nhưng xác định đúng miền bằng hình vẽ, cả bài 0.5đ.
Câu 3: 1đ
1
5
< m < . Mỗi tp đúng : 0.5đ
2

2
Câu 4: 1.5đ
I = −4, Tp từng phần + nguyên hàm + kết quả
Câu 5: 2đ
y0 = C1 e−2x + C2 e8x 0.5đ,
yr = x(Ax + B)e−2x 0.5đ,
yT Q = C1 e−2x + C2 e8x + (x2 − x)e−2x , 0.5đ
y = (x2 − x − 2)e−2x − e8x 0.5đ
Câu 6: 2đ
e p(t)dt = e50t 0.5
cos 60t
sin 60t
−3
+ Ce−50t 0.5đ.
QT Q (t) = 5
122
61
3
Nghiệm riêng C =
0.5đ
61
Q(0.1) 0.5đ


Đại Học Bách Khoa TP.Hồ Chí Minh
Khoa Khoa Học
. Ứng Dụng

ĐỀ THI GIẢI TÍCH 1 HK171
Ngày thi: 09-01-2018

Thời gian: 90 phút
Giờ thi : CA 2

.

Hình thức thi tự luận: Đề gồm 6 câu.

Sinh viên không được sử dụng tài liệu.
√
3

Câu 1 : Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y =

x3 + 3x2 , x ≤ 0
x
arctan
>0
x+1

.

Câu 2 : Cho đường cong (C) : x = y 2 − 4. Viết phương trình tiếp tuyến (d) của đường cong
này tại (0, 2). Gọi D là miền phẳng giới hạn bởi đường cong (C), tiếp tuyến (d) và
trục Ox. Tính thể tích vật thể tạo ra khi (D) quay xung quanh Ox.
+∞

Câu 3 : Tìm tất cả các số thực α để tích phân sau hội tụ : I =
0
+∞

Câu 4 : Tính tích phân sau đây: I =
0

(x − sin x)α
√ dx.
x3 + x

x3 + x
dx
(x2 + 1)(x4 + 6x2 + 10)

Câu 5 : Tìm nghiệm x(t), y(t) của hệ phương trình vi phân

x (t) = 2x + y − 5t2 + 1
y (t) = 4y − 2x + t − 1

Câu 6 : Theo định luật của Newton, vận tốc nguội lạnh của một vật tỷ lệ thuận với hiệu
của nhiệt độ vật và nhiệt độ môi trường xung quanh. Hãy tìm nhiệt độ T của vật
theo thời gian t, nếu biết nhiệt độ ban đầu của vật là 100o C, đặt vào phòng có
nhiệt độ 25o C và sau 10 phút nhiệt độ của vật là 50O C. Đến khi nào nhiệt độ của
vật còn 40o C? (Lấy đơn vị thời gian là phút.)

Phó chủ nhiệm bộ môn duyệt

TS. Nguyễn Bá Thi


ĐÁP ÁN CA 2
Câu 1: 1.5đ
√

Cực đại (−2, 3 4), cưc tiểu (0, 0), 0.5đ (không trình bày cực đại cưc tiểu nhưng
bảng biến thiên đúng vẫn cho điểm),
π
TCX : y = x + 1, TCN : y = 0.5đ ,
4
đồ thị : 0.5đ. Không có BBT hoặc BBT sai, không chấm đồ thị.
Câu 2: 2đ
x+8
0.5đ
4
−4 (x + 8)2
0
√
x+8 2
Vx = π
dx + π
(
) −
x+4
16
4
−8
−4
Pt tiếp tuyến : y =

2

dx

2

y [(y 2 − 4) − (4y − 8)] dy, 1đ

hay Vx = 2π
0

8π
Vx =
0.5đ. (Nếu tính theo x và chỉ đúng 1 tp 1đ)
3
Câu 3: 1đ
1
− < α < 2. Mỗi tp đúng : 0.5đ
6
Câu 4: 1.5đ
1 π
I=
− arctan 3 : Đổi biến và + nguyên hàm + kết quả
2 2
Câu 5: (a) 2đ
Khử x : y − 6y + 10y = 10t2 − 2t + 1 0.5đ
y0 0.5đ, 
yT Q 0.5đ , công thức tính xT Q 0.5đ

x = 1 (−y + 4y + t − 1)
2
Nghiệm
1

y = e3t (C1 cos t + C2 sin t) t2 + t +

2
(b) Khử y :x 
− 6x + 10x = 20t2 − 9t − 5
x = e3t (C cos t + C sin t) + 2t2 + 3t
1
2
Nghiệm :
2
y = x − 2x + 5t2 − 1
Câu 6: 2đ
dT
= k(T − 25) 0.5
dt
TT Q (t) = 25 + Cekt 0.5đ,
1
1
C = 75, k =
ln , 0.5đ
10 3
t = 14.65 phút : 0.5đ
Phương trình


Đại Học Bách Khoa TP.Hồ Chí Minh
Bộ môn Toán
. Ứng Dụng
.

ĐỀ THI CHK181 - Môn: GIẢI TÍCH 1
Ngày thi: 07-01-2018

Thời gian: 90 phút
Ca thi : CA 1

Hình thức thi tự luận: Đề gồm 6 câu.

Sinh viên không được sử dụng tài liệu.
1
.
x
√
√
Câu 2 : Cho miền phẳng D giới hạn bởi : y = 2x − x2 , y = 2x, 0 ≤ x ≤ 1. Tính diện
tích bề mặt của vật thể tạo ra khi miền D quay xung quanh trục Ox (Kể cả đáy).
Câu 1 : Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x − arcsin 1 −

1

1
dx.
(x + 1) x arctan xα
√

Câu 3 : Tìm tất cả các số thực α để tích phân sau hội tụ I =
0

1
Câu 4 : Tính giá trị của tích phân trong câu 3 khi α = .
2
Câu 5 : Tìm nghiệm phương trình vi phân y = 2e−2x − 4 sin 2x + 8 cos 2x − 4y
5

9
với điều kiện đầu: y(0) = , y (0) = .
4
2
Câu 6 : Một bể chứa 2000 lít dung dịch có 50kg muối. Người ta bơm vào bể chứa dung dịch
nước muối nồng độ 0.005kg/lít với tốc độ 10 lít/phút, đồng thời dung dịch được
đưa ra ngoài với tốc độ 12 lít/phút
a/ Hãy xác định thể tích dung dịch trong bể chứa sau t phút.
b/ Gọi y(t) là số kilogram muối còn lại trong thùng sau t phút, hãy xác định nồng
độ muối trong bể sau t phút theo t và y(t).
c/ Chứng minh lượng muối trong bể sau t phút là nghiệm của phương trình vi
12y
với điều kiện đầu y(0) = 50.
phân: y = 0.05 −
2000 − 2t
d/ Tìm y(t), từ đó tính lượng muối còn lại trong thùng sau 10 phút.

Chủ nhiệm bộ môn duyệt

TS. Nguyễn Tiến Dũng


ĐÁP ÁN CA 1
1
1
Câu 1 MXĐ : −1 ≤ 1 − ≤ 1 ⇔ x ≥
x
2
1
f (x) = 1 − √

, f (x) = 0 ⇔ x = 1 (0.25đ)
x 2x − 1
TCX : y = x − π/2. (0.25đ)
BBT (0.5đ)
1
2

x
y
y

1
2

+

π
2

1
+∞
− 0 +
1
+∞

Đồ thị (0.5đ)
Chú ý: Không kết luận cực tiểu nhưng BBT đúng vẫn cho trọn điểm
Kết luận đúng về cực trị và TCX nhưng sai BBT hoặc không có hay sai TCX: cả
bài tối đa 0.75đ
1

Câu 2 S1 = 2π

√

2x 1 +

0
1

S2 = 2π

√

√
1
1
dx = 2π
3−
2x
3

2x − x2

1+

0

= 8.8874(0.25đ+0.25đ)

(1 − x)2
dx = 2π = 6.2832 (0.25đ+0.25đ)(Có thể dùng
2x − x2

công thức hình học để tính)
√
S3 = 2π − π = π(diện tích hình vành khăn, R1 = 1, R2 = 2)(0.5đ)
√
7
S = 2π
3+
= 18.2132(0.5đ)
6
a
Câu 3 TH1 : α ≤ 0, 0 ≤ f (x) ∼ √ , x → 0+ : Hội tụ (0.5đ)
x
1
1+α
TH2 : α > 0, 0 ≤ f (x) ∼ 1+α , I hội tụ ⇔
< 1, α > 0 ⇔ 0 ≤ α ≤ 1 (0.5đ)
2
x 2
1

Câu 4 I = I =

1

√ dx.
(x + 1) x arctan x

√
dt
Đặt t = arctan x ⇒ dx = √
(0.5đ)
2 x(1 + x)
π
4 dt
√
√
√ (0.5đ)= 4 t|0π/4 = 2 π (0.5đ) Chú ý: Có thể đổi biến khác nhau,
I = 2
t
0
nhưng ra đến tpxđ cuối cùng ĐÚNG:(tối đa 1đ)
0

Câu 5 ptđt k 2 + 4 = 0 ⇔ k = ±2i; y0 = C1 cos 2x + C2 sin 2x (0.5đ)
1
yr = Ae−2x + x(B cos 2x + C sin 2x) (0.5đ) A = , B = 1, C = 2
4
1 −2x
→ yT Q = C1 cos 2x + C2 sin 2x + e
+ x cos 2x + 2x sin 2x (0.5đ)
4
Thay điều kiện đầu: C1 = 1, C2 = 2 (0.5đ)
Câu 6 a/ V (t) = 2000 + 10t − 12t = 2000 − 2t (0.25đ)
y(t)
b/ Nồng độ muối sau t phút là :
(kg/lít) (0.25đ)
V (t)

c/ Tốc độ thay đổi của lượng muối trong bể là y (t) = Tốc độ muối vào - tốc độ muối
ra (0.25đ)
d/ y(t) = 10−2 (1000 − t) + C ∗ (1000 − t)6 (0.5đ)
C = 4 ∗ 10−17 (0.25đ)
y(10) = 47, 56kg (0.5đ)


Đại Học Bách Khoa TP.Hồ Chí Minh
Bộ môn Toán
. Ứng Dụng

ĐỀ THI CHK181 - Môn: GIẢI TÍCH 1
Ngày thi: 07-01-2018
Thời gian: 90 phút
Ca thi : CA 2

.

Hình thức thi tự luận: Đề gồm 6 câu.

Sinh viên không được sử dụng tài liệu.
 1
xe x , x > 0
Câu 1 : Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y =
x2

,x ≤ 0
x3 − 1
.

.

Câu 2 : Cho miền D giới hạn bởi y ≥ 0, x2 + y 2 ≤ 2, x2 + y 2 ≥ 2y. Tính thể tích vật thể
tạo tròn xoay tạo ra khi quay miền D quanh trục Oy
+∞

1

Câu 3 : Tính tích phân I =
1

x

dx.

4 − x2
+∞

Câu 4 : Tìm tất cả số thực α > 0 để tích phân I =
0

Câu 5 : Giải hệ phương trình

x (t) = −2x + 5y + e3t
y (t) = 2x + y + 8e3t

xα − lnα (1 + x)
dx HỘI TỤ.
(x3 + arctan x2 )α

.

Câu 6 : Khi pha 300 lít dung dịch trong thùng để sản xuất, 1 người đã cho nhầm cả bao
10kg hóa chất. Do đó, người ta phải pha loãng dung dịch bằng cách cho nước tinh
khiết chảy vào thùng, đồng thời cho dung dịch chảy ra với cùng tốc độ 5 lít / phút
liên tục đến khi lượng hóa chất trong thùng chỉ còn 5 kg.
1/ Nếu gọi y(t) là số kilogram hóa chất có trong thùng sau t phút thì tỉ lệ hóa chất
trong thùng sau t phút là bao nhiêu? y(0) bằng bao nhiêu?
2/ Tốc độ thay đổi của tỉ lệ hóa chất trong thùng tại thời điểm t0 là y (t0 ) được
tính bằng công thức nào?
y
3/ Chứng minh hàm y(t) là nghiệm của phương trình vi phân y (t) = − với điều
60
kiện đầu y(0) = 10. Tìm y(t)?
4/ Sau bao nhiêu phút thì lượng hóa chất trong thùng đạt yêu cầu là 5kg?

Chủ nhiệm bộ môn duyệt

TS. Nguyễn Tiến Dũng


ĐÁP ÁN CA 2
√
Câu 1: MXĐ : (−∞, +∞), gpt y = 0 : x = − 2, x = 1(0.25đ).
TC: x = 0, y = 0, y = x + 1(0.25d)
BBT (0.5đ)
√
−∞
−32
0

1
+∞
x
y
−
0√ +
− 0 +
3
4
y
0
− 3
0| + ∞
e
+∞
Đồ thị (0.5đ)
Chú ý: Không kết luận cực tiểu nhưng BBT đúng vẫn cho trọn điểm
Kết luận đúng về cực trị và TC nhưng sai BBT: cả bài tối đa 0.75đ
Câu 2: Miền D đối xứng qua trục quay
√ Oy do các pt chẵn với x nên chỉ cần tính nửa bên
phải, giao điểm:(0, 0), (1, 1), ( 2, 0) hoặc√ vẽ hình đúng (0.5d)
1
2 √
√
2
x 1 − 1 − x dx + 2π
Vy = 2π
x 2 − x2 dx(0.5d) = π(0.5d)
0

1
1

2

0
+∞
2
1
1
−dt
−dt
√
√
√
√
dx (0.5d)=
+
dx+
(0.5đ)
Câu 3: I =
2
2
1
x x2 − 4
4t2 − 1
1
−
4t
1 x 4−x

2
1
2
1
√
√
π
1
1
1
1
2
2
I = ln 2t + 4t − 1 | 1 + arcsin 2t|0 (0.5d)= ln 2 + 3 + ≈ 1, 444 (0.5d)
2
2
2
2
4
1

Câu 4: I =

+∞

f (x)dx +
0

f (x)dx = I1 + I2
1

α α+1
x
2
x2α
α

2 1
.
> 0 nên tp I1 HT ↔ α < 2(0.5d)
α xα−1
x
1
1
Khi x → +∞ : f ∼ 3α = 2α > 0 nên tp I2 HT ↔>
x
x
2
1
Vậy tp đã HT ↔ < α < 2(0.5d)
2

Khi x → 0+ : f ∼

=

x + x − 12x = 42e3t
x = C1 e3t + C2 e−4t + ate3t
(0.5d)
→
y + y − 12y = 42e3t

y = C1 e3t + C2 e−4t + ate3t
x = C1 e3t + C2 e−4t + 6te3t
(0.5d) →
(0.5d)
3t
−4t
3t

y = C1 e + C2 e + 6te
x = C e3t − 5 C e−4t + 6te3t − e3t
x = C1 e3t + C2 e−4t + 6te3t
1
2
Nghiệm pt
hoặc
2
2
y = C1 e3t − C2 e−4t + 6te3t + e3t
y = C e3t + C e−4t + 6te3t
1
2
5

Câu 5: Khử 1 hàm:

y(t)
, y(0) = 10 (0.5d)
300
y
2/y (t) = 0 −

.5 (0.5d)
300
−t
3/y = 10e 60 (0.5d)
4/y = 5 ↔ t = 60 ln 2 ≈ 42 (phút) (0.5d)

Câu 6: 1/Tỉ lệ:

(0


GIẢI MẪU ĐỀ THI CUỐI KÌ GIẢI TÍCH 1
Bản quyền thuộc về Ngân Hàng Đề Thi ĐH Bách Khoa HCM

1

Câu 1

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số:
x2

y = (x2 + 1)e− 2

1.1

Hướng dẫn giải

- Tập xác định của hàm số: D = R
- Đạo hàm của hàm số:
x2

x2

x2

y = 2xe− 2 + (x2 + 1)(−x)e− 2 = e− 2 (−x3 + x)
y = 0 ⇔ x3 − x = 0 ⇔ x(x2 − 1) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = ±1
x2

- Ta thấy, dấu của y chỉ phụ thuộc vào dấu của (−x3 + x) do hàm e− 2 luôn
lớn hơn 0 với mọi x ∈ R.
- Bảng biến thiên:
x

−∞

−1
+

y

0

0
−

0

+

0

√2
e

y
0

+∞

1
−

√2
e

1

0

- Kết luận:
+ Hàm số đồng biến trên: (−∞, −1] ∪ [0, 1]
+ Hàm số nghịch biến trên: [−1, 0] ∪ [1, +∞)
+ Hàm số đạt cực đại tại x = −1 và x = 1 và yCĐ =
+ Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và yCT = 1
- Tìm điểm uốn:
x2

x2

√2
e

x2

y = (−x)e− 2 (−x3 + x) + e− 2 (−3x2 + 1) = e− 2 (x4 − 4x2 + 1)
1


y = 0 ⇔ x4 − 4x2 + 1 = 0 ⇒ x = ± 2 −
- Bảng xét điểm uốn và dạng đồ thị:
√
√
x −∞ − 2 + 3− 2 − 3
y

+

0

−

2−

+

0

√

3

√

3∨x=± 2+

2+

−

0

0

√

3

√

3

+∞

+

- Các điểm mà làm cho y đổi dấu là các điểm uốn.
- Các khoảng mà làm cho y mang dấu (+) tức là lõm, dấu (−) là lồi.
- Các điểm đặc biệt dùng để vẽ đồ thị:
x=−

2+

√

3 ⇒ y = (3 +

√ − 2+√3
3)e 2 ≈ 0, 7322
1

x = −1 ⇒ y = 2e− 2 ≈ 1, 2131
√
√
√
2− 3
x = − 2 − 3 ⇒ y = (3 − 3)e− 2 ≈ 1, 1090

x=

x=0⇒y=1
√
√
√
2− 3
2 − 3 ⇒ y = (3 − 3)e− 2 ≈ 1, 1090

x=

2+

√
√
√
2+ 3
3 ⇒ y = (3 + 3)e− 2 ≈ 0, 7322

- TIỆM CẬN ĐỨNG: Hàm số không có tiệm cận đứng do hàm số xác định
với mọi x thuộc R
- TIỆM CẬN XIÊN:
2

a = lim (x + 1)e
x→∞

2

− x2

1
x2 + 1
× = lim
=0
x x→∞ xe x22
x2

b = lim (x2 + 1)e− 2 = lim
x→∞

x→∞

x2 + 1
x2

e2

Như vậy y = 0 là Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
- Đồ thị hàm số:

2

=0


2

Câu 2

Tính thể tích vật thể tạo ra khi quay miền D giới hạn bởi y = −1, y =
x2 + 2x, x = 0, x = 3 quanh trục Oy.

2.1
2.1.1

Hướng dẫn giải
Cách 1:

- Thay x = 3 vào phương trình y = x2 + 2x ⇒ y(3) = 15
- Ta sẽ tính được thể tích vật thể cần tính bằng cách lấy thể tích hình trụ
(bằng cách xoay hình chữ nhật giới hạn bởi x = 0, x = 3, y = −1, y = 15

quay trục Oy) trừ cho khối lõm giới hạn bởi y = 15, y = x2 + 2x.
- Ta biến đổi biểu thức:
y = x2 + 2x ⇔ y = (x + 1)2 − 1 ⇔ y + 1 = (x + 1)2
⇒x=−

y+1−1∨x=

y+1−1

- Như vậy, thể tích vật thể cần tính là:
15

15

(3 − 0)2 dy − π

VOy = π
−1

( y + 1 − 1)2 dy
0

15

= 9πy|15
−1 − π

(y + 2 − 2 y + 1)dy
0

= 144π − π
= 144π −

y2
+ 2y |15
0 + 2π
2

15

y + 1dy
−1

3
285π 4π
285π
171π
+
(y + 1) 2 |15
+ 84π =
0 = 144π −
2
3
2
2

3


2.1.2

Cách 2:

- Hoặc có thể dùng định lý sau đây:

- Như vậy ta dễ dàng có:
3

3

x[(x2 + 2x) − (−1)] = 2π

VOy = 2π
0

0

x4 2x3 x2
+
+
4
3
2

= 2π

3

(x3 + 2x2 + x)dx

|30 =

171π
2

Câu 3

Cho tích phân
+∞

I=
2

dx
√
(xm − 1) 2x2 − 5x + 2

Tìm m để tích phân I hội tụ và tính tích phân khi m = 1.

4


3.1

Hướng dẫn giải

- Do x = 2 làm cho biểu thức trong dấu tích phân không xác định. Nên đây
là tích phân bất định loại 1 và 2.
- Tách ra thành 2 tích phân sau:
3

I=
2

dx
√
+
m
(x − 1) 2x2 − 5x + 2

+∞

(xm

3

dx
√
= I1 + I2
− 1) 2x2 − 5x + 2

- Xét tích phân I1 sau:
3
2

3

dx
√
=

(xm − 1) 2x2 − 5x + 2

2

dx
(xm − 1) 2 x −

1
2

(x − 2)

+ Khi x → 2+ :
1
(xm − 1) 2 x −

1
2

1
∼√
1
m
3(2 − 1)(x − 2) 2
(x − 2)

+
thấy với mọi m = 0 (lưu ý vì hàm số chỉ xác định khi m = 0). Thì
√ Nhận
m

3(2 − 1) luôn là hằng.
+ Do đó thấy α = 12 < 1 ⇒ I1 hội tụ (đây là tích phân suy rộng loại 2).
- Xét tích phân I2 :
+∞

I2 =
3

dx
√
(xm − 1) 2x2 − 5x + 2

+ Khi x → +∞ ta xét các trường hợp của m như sau:
* Khi m < 0, ta xét hàm dương sau:
(1 −

√

xm )

1
1
∼√
2
2x − 5x + 2
2x

⇒ α = 1 ⇒ −I2 phân kỳ ⇒ I phân kỳ
* Khi m = 0: không xét vì làm hàm số không xác định ⇒ Không có tích
phân.

* Khi m > 0, ta có:
(xm

1
1
√
∼√
2
− 1) 2x − 5x + 2
2xm+1
5


+ Như vậy khi m > 0 thì ta thấy m + 1 > 1 ⇒ I2 hội tụ.
- Kết luận:
+ Do I1 hội tụ nên để I hội tụ thì chỉ phụ thuộc vào I2 . Suy ra, I hội tụ khi
m > 0.
- Tính tích phân khi m = 1:
+∞
2

dx
√
(x − 1) 2x2 − 5x + 2

+ Đặt:

1
1
⇒ dx = − 2 dt

t
t

x−1=
+ Tích phân đã tương đương với:
+∞
2

dx
√
=−
(x − 1) 2x2 − 5x + 2
1
0

1

dt

=
t

2
t2

=

− 1t − 1

+ Đặt:

t+

0

1
t2

0
1

1
t

2

1
t

+1

dt
√
=
2 − t − t2

2

3
3
1

= sin u ⇒ dt = cos udu
2
2
2

+ Tích phân trở thành:
π
2

3
2

arcsin

4

1
3

cos udu
π
1
= − arcsin
2
3
cos u

3
2

Câu 4

Giải phương trình:
a) y −

xy
arcsin x + x
=
2
1−x
1 − x2

b) y − 2y − 8y = 3e4x
6

−5

1
0

dt
1
t

+1 +2

dt
9
4

− t+

1 2
2


4.1

Hướng dẫn giải

4.1.1

Câu a
y −

xy
arcsin x + x
x
arcsin x + x
=
⇔y −
y=
2
2
2
1−x
1−x
1−x
1 − x2

- Đặt:
P (x) = −

x
1 − x2

và Q(x) =

arcsin x + x
1 − x2

- Nghiệm tổng quát của phương trình là:
y = e−

P (x)dx

e

Q(x)dx + C

P (x)dx:

- Tính tích phân
P (x) = −

P (x)dx

x
⇒
1 − x2

−

1
d(1 − x2 )
= ln|1 − x2 |
2
1−x
2

x
1
dx =
2
1−x
2

- Thay vào nghiệm tổng quát ta được:
1

y = e− 2 ln|1−x

=√

1
1 − x2

√

1 − x2

=√
- Ta có:

1

2|

2

e 2 ln|1−x | Q(x)dx + C

arcsin x + x
dx + C
1 − x2

1
1 − x2

arcsin x
√
dx =
1 − x2

1
=√
1 − x2

arcsin x
x

√
+√
2
1−x
1 − x2

dx + C

1
arcsin2 x
2
√
d(1 − x2 )
√
= − 1 − x2
1 − x2

arcsin xd(arcsin x) =

x
1
√
dx = −
2
1 − x2
- Vậy nghiệm của phương trình là:
y=√

1
1 − x2

arcsin x + x
√
dx + C
1 − x2

√
1
arcsin2 x − 1 − x2 + C
2

7


4.1.2

Câu b
y − 2y − 8y = 3e4x

- Phương trình đặc trưng:
k 2 − 2k − 8 = 0 ⇔ k1 = −2 ∨ k2 = 4
- Nghiệm của phương trình thuần nhất:
y0 = C1 e−2x + C2 e4x
- Ta có:
f (x) = 3e4x = Pn (x)eαx ⇒ Pn bậc 0; α = 4
- Nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất có dạng:
yr = xs eαx Qn (x)
+ Trong đó:
s = 1(do α = 4 là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng)
Qn (x) = A(cùng bậc với Pn (x))

+ Vậy:
yr = Axe4x
yr = Ae4x + 4Axe4x
yr = 8Ae4x + 16Axe4x
+ Suy ra:
−8yr = −8Axe4x
−2yr = −2Ae4x − 8Axe4x
yr = 8Ae4x + 16Axe4x
+ Cộng 2 vế lại ta được:
yr − 2yr − 8yr = 6Ae4x
+ Ta có:
3e4x = 6Ae4x ⇒ A =

1
2

- Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là:
1
y = y0 + yr = C1 e−2x + C2 e4x + xe4x
2
8


5

Câu 5

Giải hệ phương trình:
x (t) = 3x − 3y + 4et + 12t (1)
y (t) = 4x − 5y + 8et + 8t (2)

5.1

Hướng dẫn giải

5.1.1

Phương pháp khử

- Lấy 4 × (1) − 3 × (2), ta được:
4x (t) − 3y (t) = 3y − 8et + 24t ⇒ 4x (t) = 3y + 3y − 8et + 24t (3)
- Đạo hàm 2 vế của phương trình (2) theo t, ta được:
y (t) = 4x − 5y + 8et + 8 (4)
- Thay (3) vào (4), ta được:
y (t) = −2y + 3y + 24t + 8 ⇔ y + 2y − 3y = 24t + 8
+ Phương trình đặc trưng:
k 2 + 2k − 3 = 0 ⇒ k1 = −3 ∨ k2 = 1
+ Nghiệm của phương trình thuần nhất:
y0 = C1 e−3t + C2 et
+ Ta có:
f (t) = 24t + 8 = Pn (t)eαt
+ Suy ra Pn (t) bậc 1 và α = 0
+ Như vậy nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất có dạng:
yr = ts Qn (t)eαt
s = 0 (do α = 0 không là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng).
Qn (t) = At + B (Qn (t) cùng bậc với Pn (t)).
+ Vậy:
yr = At + B
9

yr = A
yr = 0
+ Suy ra:
−3yr = −3At − 3B
2yr = 2A
yr = 0
+ Cộng các vế lại ta được:
yr + 2yr − 3yr = −3At + 2A − 3B
+ Ta có:
−3A = 24
2A − 3B = 8

24t + 8 = −3At + 2A − 3B ⇒

⇒

A = −8
B = −8

- Vậy ta được nghiệm tổng quát:
y(t) = C1 e−3t + C2 et − 8t − 8
⇒ y (t) = −3C1 e−3t + C2 et − 8
+ Thay y(t) và y (t) vào phương trình (2), ta được:
−3C1 e−3t + C2 et − 8 = 4x − 5(C1 e−3t + C2 et − 8t − 8) + 8et + 8t
⇔ 4x = 2C1 e−3t + 6C2 et − 48t − 8et − 48
3
1
⇔ x(t) = C1 e−3t + C2 et − 12t − 2et − 12
2

2
- Vậy nghiệm của hệ phương trình là:
x(t) = 21 C1 e−3t + 32 C2 et − 12t − 2et − 12
y(t) = C1 e−3t + C2 et − 8t − 8
- Để kiểm chứng lại nghiệm của hệ đã đúng hay không, ta thay các nghiệm
tương ứng này vào hệ, sao cho 2 vế bằng nhau là được.

10