DẠNG CÂU HỎI ĐIỂM Câu1: (1đ) Cho hàm số z = arctg x y chứng minh z’’xx + z’’yy= y x Z = artag ⇒Z’X = y (1 + ( x ) ) = y x + y2 y z' ' yy = ( −x x2 + y )' y − x = z' y = −x y2 x =− x 2 x + y2 1+ ( ) y y 2x (−2 y ) xy −2 xy + xy = = ( x + y ) ( x + y ) Vậy ⇒ z ' ' xx + z ' ' yy = (đpcm ) ( x + y )2 Câu 3: (1đ) Cho hàm số z = x + f(xy) với f(t) hàm số khả vi, CMR xz’x-yz’y=x Z =x + f(xy) f(t) khả vi ⇒∃ f’(t) = f’(xy) ' ' + ( xy )' x f ' ( xy) (a); ⇒ z x = ( x + f ( xy ) x = Z’Y = ( x + f ' ( xy ))' y = + ( xy)' y f ' ( xy ) = x f ' ( xy ) (b) Thay (a) (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) hàm số khả vi CMR 1 z z' x + z' y = y y y z = yf ( x + y ) = z x ( yf ( x − y ) x = y.( x − y ) x f ( x − y ) = xy f ( x − y ) ' 2 ' 2 ' ' 2 ' 2 z ' y = ( yf ( x − y ))' y = f ( x − y ) + y ( x − y )' y f ' ( x − y ) = f ( x − y ) − y f ' ( x − y ) 1 ' ' ' 2 2 ' 2 f (x2 + y2 ) Khi ⇒ x z x + y z y = xyf ( x − y ) + ( f ( x − y ) − y f ( x + y )) = y x y (đpcm) Câu 5: (1đ) Cho hàm số z = ln(1/r) với r= x + y CMR z’’xx + z’’yy=0 2x x r' = = z = ln = − ln r ,với r = x + y Ta có: x r r x2 + y2 r' y = 2y x2 + y = y r 1 x −x ⇒ z ' x = (− ln r ) / x = − r ' x = − = r r r r 2r ' r −x −1 ⇒ z ' ' xx = ( )' x = + x 4x = r r r x − r + x .r 2 r = x − r (a) r4 r4 Với vai trò x y tương đương biểu thức → tính tương tự ta : x2 − r 2 y − r 2 y2 − r z ' ' yy = (b) Cộng vế (a) (b) → z ' ' xx + z ' ' yy = + = r4 r4 r4 2( x + y ) − 2r = (đpcm ) r4 Câu 6: (1đ) Cho hàm số z = xarctg Khi x x 1 x xy − x − y ⇒ z ' x = arctg + x − x = arctg + − 2x y y y + ( x )2 y x + y2 y x.z 'x = xarctg x x2 y − x2 + (a) y x + y2 −x − x2 − x2 y − 2y = − y ⇒ y.z ' y = − y (b) 2 y + ( x )2 x +y x + y2 y Cộng vế (a) (b) ta z ' y = x xz ' x + y.z ' y = xarctg Câu 7: (1đ) −2 xy ' Nên ⇒ z ' ' xx = ( 2 ) x = -y 2 = 2 (x + y ) (x + y ) x +y x − x2 y x − 2x + − y = xarctg − 2( x + y ) ⇔ xz ' x + yz ' y = z − ( x + y ) y y x + y2 u = x + y + z , A( 1,1, ) Ta có : ∂ u= ∂ x ⇒ 2x ∂u( A ) = ∂x x = x2 + y + z ∂ u= ∂ y x2 + y2 + z2 12 +12 +( ) = ⇒ 2y x2 + y2 + z2 ∂u( A ) = ∂y = y = 2z ∂ u= ∂ z x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z ∂u( A ) = ∂z ⇒ = 12 + 12 +( ) 12 + 12 + ( )   Biết rằng: l = OA tạo với trục Oxyz cỏc gúc α , β ,γ cosin Chỉ phương: cos α = 12 + 12 + ( ) = cos β = 1 + 12 + ( ) = cos γ = 2 2 + 12 + ( ) z x2 + y + z2 = 2 2 = Vậy: ∂u ( A ) ∂u ( A ) ∂u ( A ) ∂u ( A ) = cos α + cos β + cos γ = ∂l ∂x ∂y ∂l + + 2 2 =1 Câu 8: (1đ) Cho trường vô hướng  u x ln( x + y ) − x − y   TÝnh  ∂∂lu T¹i A(1,0), l = (1,−1)      ∂u = x + ∂ u = 2 ln( x + y )+ x  − x+ y x− y ∂ x  x + y  x − y ∂x Bg: Ta có ⇒ ( ) ∂u ( A ) ∂u( A ) = 2.1 + =5 = ln(1+ ) + − = ∂y 1+0 ∂x 2 1−0 1+ 1−  Biết l =( 1,−1 )⇒ véctơ Chỉ phương  l = (cos α , cos β ) cos α = Biết x l = 12 + ( −1) = cos β = y  l = −1 12 + ( −1) = −1   − ∂u( A ) ∂u( A ) ∂u( A )  = cos α + cos β = +  −1  = ∂x ∂y 2  2 ∂l Câu 9: (1đ) Cho trường vô hướng u = e xy ( y + x − ) TÝnh  div (gradu) Bg: Ta có ∂u ∂x = y.e xy ( y + x − 3) + 2.e xy = e xy ( y + xy − y + 2) ∂∂ux = x.e xy ( y + x − 3) + y.e xy = e xy ( y x + x − 3x + y ) ( Mặ tkhácgradu=ux ; uy ) xy xy v ∂ u = y.e ( y + xy − y + 2) + y.e ∂ x2 ∂ u ∂y = x e xy e xy ( y + xy − y + y ) 2 xy xy 2 ( y x + x − x + y ) + + e ( xy + ) = e ( y x + x − x + xy + ) xy 2 2 ∂ 2u ∂ 2u ⇒ div (gradu) =  + = e ( y + xy − y + y + y x + x − x + xy + ) 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) mà z − x = arctg y y ⇔ F( x , y , z ) = arctg + x− z = z−x z−x y y + y + ( z − x )2 1 z− x + = + = = F'y = == y y 2 z − x y + ( z− x ) y + ( z − x )2 1+ ( ) 1+ ( ) y 2+ ( z − x ) z− x z− x F' = z −y ( z − x) 1+ ( y z− x −1= ) −y y + ( z − x) −1= 2 − ( y + y + ( z − x) ) y + ( z − x) = 2 − ( y + y + ( z − x) ) 2 y + ( z − x) − ( y + y + ( z − x) ) − F 'x y + ( z − x) VËy nªn → z ' x = = =1 − ( y + y + ( z − x) ) F 'z y + ( z − x) − F 'y z−x z'y = = F 'z y + y + ( z − x) Do dã,  d z ( x , y ) = z ' x dx + z ' y dy = dx + z−x dy y + y + ( z − x) 2 Câu 11: (1đ) cho hàm ẩn x = x( y, z ) có PT : Khi dã, F ' x = 3x − − y Víi z = x − x + xy ⇔ F( x, y, z ) = z + x − x − xy F ' y = −2 xy F'z = − F'y xy = F ' x 3x − − y − F'z −1 x' z = = F ' x 3x − − y ⇒ x' y = Như = d x ( y , z ) = x' y dy + x' z dz = xy dy − dz 3x − − y 3x − − y 2 Câu 12: (1đ) cho hàm ẩn 2x x = x ( y, z ) có PT z = e ( x + y2 + y ) ⇔ F( x , y , z ) = e x ( x + y + y ) − z = o Ta có: F ' x = 2.e x ( x + y + y) + e x = e x (2 x + y + y + 1) F ' y = e x (2 y + 2) = 2.e x ( y + 1) F'z = −1 ⇒ x' y = − F'y F 'x = F' − 2e x ( y + 1) − 2( y + 1) = x' z = − z = x 2x 2 F ' x e (2 x + + y + y ) e (2 x + + y + y ) x + + y + y Như d x ( y , z ) = x ' y dy + x ' z dz = − 2( y + 1)e x dy + dz e x (2 x + + y + y ) DẠNG CÂU HỎI ĐIỂM Câu 1: (2đ) Tìm cực trị 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) + x + 4] z ' y = e x ( x − y + 4) − e x ( x + y ) = + e x [ − y ] Xét tọa độ điểm tới hạn h/số : M(x,y)  z ' x ( M ) =  e x (4 − y) = ⇔  z' (M ) = ⇔  x  e [ ( x + y )( x − y + 4) + x + 4] =  y  y = y= ⇔   2  ( x + 2) + x + = 0 x + y + =  y =    x = − 4(∆ ' = − = 1)  y =    x = − ⇒ Hàm số có điểm tới hạn: M (−2,2) M (−4,2) [ Ta lại có: r = A = z ' ' xx e ( x + y )( x − y + 4) + x + x + ( x − y + 4) + ( x + y ) + 2] = e x [ ( x + y )( x − y + 4) + x +10] s = B = z ' ' xy = z ' ' yx = [e x (4 − y) ] / x [ = e x ( − y )t = C = z ' ' yy = e x ( − y ) ] / y = −2e x Tại M1(-2,2),ta có: A( M ) = z ' ' xx ( M ) = e −2 [ 0.(− − + 4) + 4(− 2) + 10] = 2.e −2 B( M 1) = z ' ' xy ( M 1) = e −2 (4 − 2.2) = C ( M 1) = z ' ' yy ( M 1) = − 2.e − ⇒ B − AC = + 4.e − = 4.e − > A( M 1) = 2.e − > ⇒Hàm số không đạt cực trị M1(-2,2) Tại M2(-4,2),ta có : A = z ' ' xx ( M ) = e −4 ((−4 + 2)(−4 − + 4) + 4( −4 + 10) = −2e −4 B = e −4 (4 − 2.2) = C = −2.e −4 ⇒ B − AC = − 4.e −8 = −4.e −8 < A = −2.e −4 < Vậy hàm số đạt cực đại M2(-4,2) z max = z ( − 4, 2) = e − (− + 2)(− − + 4) = 4.e − Câu 2: (2đ) Tìm cực trị hàm số z = x + y − xy Ta có MXĐ : D = ∀( x, y ) ∈ R    z ' x = 3x − y z ' y = y − 3x Xét tọa độ điểm tới hạn M(xo,yo) Z(x,y) : 3x − y =  x = y (1) z'x = ⇔ ⇔  3 y − 3x =  y = x(2) z' y = Thay (2) vào (1) → y4 = y ⇔ y = 1 y ( y − 1) = ⇔ y ( y − 1)(( y + ) + ) = ⇔   y2 = Với : y1 = → x1 = y12 = Với : y2 = → x2 = y2 = ⇒Ta có điểm tới hạn :M1(1,1) M2(0,0): ta có z ' ' xx = x z ' ' xy = z ' ' yx = −3 z ' ' yy = y A = z ' ' xx ( M 1) = 6.1 = Tại M1(1,1) ⇒ B = z ' ' xy ( M 1) = −3 C = z ' ' yy ( M 1) = ⇒ ∆ = B − AC = (−3) − (6.6) = −27 < ∆ < ⇒ H/s đạt cực tiểu M1(1,1) Vậy →  A = > Tại M2(0,0) ta có A = z ' ' xx( M ) = 6.0 = B = z ' ' xy ( M ) = − C = z ' ' yy ( M )= 6.0= ∆ = B − AC = (− 3) − = > ⇒hàm số không đạt cực trị M2(o,o) Như hàm số cho đạt cực tiểu M1(1,1) = - Câu 3: (2đ) Tìm cực trị hàm số z = (2ax − x )(2by − y ) , ab ≠ MXĐ : ∀( x, y ) ∈ R Ta có : z = (2ax − x )(2bx − y ) = 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 = ⇔ Xét hệ PT:   z ' y = 2( x − a ) y ( y − 2b) =  2 x( x − 2a )( y − b) = x = a  y = b x =  x = a   y =  y = o  y = 2b  x =0  ⇔ ⇔    y = 2b  x = o x = 2a  x = 2a  y = y = b    x = 2a    y = 2b Kết hợp khả với ab ≠ 0→a ≠ ,b≠ 0, ta có điểm tới hạn sau :M1(0,0) , M2(0,2b), M3(a,b) , M4(2a,0) ,M5(2a,2b) Ta xét điểm tới hạn với z ' ' xx = (2( x − a) y ( y − 2b)) 'x = y ( y − 2b) z ' ' xy = z ' ' yx = 2( x − a)[ y − 2b + y ] = 4( x − a)( y − b) z ' ' yy = x ( x − 2a ) với M1(0,0)→ r = z ' ' xx( M1) = 2.0.(0 − 2b) = s = z ' ' xy ( M ) = 4(0 − a)(0 − b) = 4ab t = z ' ' yy ( M ) = 2.0(0 − 2a) = ⇒ ∆ = s − rt = (4ab) − 0.0 = 16a 2b 〉 (ab ≠ 0) mà r = ⇒ M1(0,0) không điểm cực trị Với M2(0,2b)→ r = z ' ' xx( M ) = 2.2b(2b − 2b) = s = z ' ' xy( M ) = 4(0 − a)(2b − b) = − 4(ab) t = z ' ' yy( M ) = 2.0(0 − 2a) = ∆ = s − rt = 16a 2b 〉 ⇒M2(0,2b) không điểm cực trị Với M3 (a,b)⇒ r = z ' ' xx( M ) = 2.b(b − 2b) = −4b s = z ' ' xy ( M ) = 4(a − a )(b − b) = t = z ' ' yy ( M ) = 2a(a − 2a) = −4a 2 → ∆ = s − rt = 02 − 16a 2b = = −16a b 〈0 mà r= -4b2 < ⇒hàm số đạt cực đại M3 (a,b) * Với M4 (2a,0)⇒ r = z ' ' xx( M ) = 2.0(0 − 2b) = s = z ' ' xy ( M ) = = 4(2a − a)(0 − b) = − 4ab t = z ' ' yy ( M ) = 2.2a( 2a − 2a) = ⇒ ∆ = s − rt = (− 4ab) − = 16a b 〉 o →Hệ số không đạt cự trị M4(2a,0) Với M5 (2a,2b) ta có: r = z ' ' ( M ) = 2.2b(2b − 2b) = s = z ' ' xy( M ) = 4(2a − a)(2b − b) = 4ab t = z ' ' yy( M ) = 2.2a(2a − 2a ) = → ∆ = s − rt = 16a b 〉 →Hệ số không đạt cự trị M5(2a,2b) Như hệ số đạt cực đại M3 (a,b) Z max = Z ( a ,b ) = = (2a − a )(2b − b ) = a 2b Câu : (2đ) z = x + xy + y − ln x − 10 ln y { } Mxđ: D = ∀( x, y ) : x〉 0, y 〉 →ta có: z' x = x + y − z' y = y + x − x ; Xét hệ pt tọa độ cỏc điểm tới hạn M (x,y): y   4  ( x − y )(1 − xy ) = 2 x + y − x = x − y − x + y = x − y = z' x =    ⇒ ⇔ ⇔ ⇒ ⇔ {x = y =  ( x + y ) 4 z ' y =  ( x + y )(3 − ) = 2 y + x − = 3( x + y) − =0 x + y =  xy    y xy → loại Với khụg ∈ D x − y = x = y   ⇔   4⇔x=y= − = xy =   xy   1 − =0 ⇔  xy  x + y = x = − y (vụ n0)   x = −4  1 − xy =  xy =   → ( vụ n0)  3 − =  xy =   xy 3 vậy→ hệ pt có n0 x = y = → Hệ số có điểm tới hạn M ( 3 , ) 3 Xét: r = z ' ' xx = + x s = z ' ' xy = z ' ' yx = t = z ' ' yy = + y2 ⇒tại 3 , )⇒ 3 r = z ' ' xx( M ) = + =4 M( s = z ' ' xy ( M ) = t = z ' ' yy ( M ) = + 4 =4 ⇒ s − rt = − 4.4 = −15 < r = > ⇒ h/số cực tiểu tại: M( 3 , ) 3 Z = z ( 3 14 4 , ) = − ln = − ln 3 3 Câu : (2đ) z = x3 + y − x − y MXĐ:∀(x,y)∈R2 Ta có : z ' x = 3x − z' y = y − Xét hệ PT tọa độ điểm tới hạn h/số:   x =    x =  z' x = 3 x − =  ⇔ ⇔    z ' =  y − = y    y =    y =    −1 3 −1 3   x =     y =    x =    y =   ⇔   x =    y =     x =     y =   −1 −1 −1 3 −1 3 ⇒h/số có điểm tới hạn: −1 −1 −1 , ), M ( , 3 −1 M 3( , ), M ( , 3 M1( Ta lại có: ) ) r = z' ' xx = 6x s = z ' ' xy = z ' ' yx = ⊗ t = z ' ' yy = y ⇒lần lượt xét điểm tới hạn ta có : Tại r = z ' ' xx( M ) = −1 M1 ( −1 , ) = −2 s=⊗ −1 t = z ' ' yy( M ) = = −2 3 ⇒ s − rt = ⊗ − 3 = − 12 < r = −2 < ⇒h/số đạt cực đại M1 ( Z max = z ( −1 −1 , ) 3 ⇒ Z max = Tại M ( −1 , −1 −1 , ) 3 )⇒ r = z ' ' xx ( M ) = 6.( −1 ) = −2 3 s = z ' 'xy = ⊗ t = z ' ' yy ( M ) = =2 3 ⇒ s − rt = ⊗ + 3.2 = 12 > ⇒h/số ko đạt cực trị M2   r = z ' ' xx ( M ) = = 1  Tại M ( ,− ) ⇒  s = z ' ' xy = 3   t = x' ' yy ( M ) = 6.(− ) = − 3  ⇒h/số dạt cực trị : M 3( ,− ⇒ S − rt = ⊗ + 3.2 = 12 > )   r = z ' ' xx( M ) = =2  1  , ) ⇒  s = z ' ' xy = z ' ' yx = ⊗ Tại M ( 3  t = z ' ' yy ( M 4) = =   ⇒ S − rt = ⊗ − 3.2 = −12〈0 mà r = 3〉0 ⇒h/số đạt cực tiểu M ( với Z = z ( , 3 )=− , ) Như h/số đạt cực đại M (− ,− ); Z max = Đạt cực tiểu tại: M4( , ); Z = − Câu : (2đ) Tỡm cực trị hàm số z = x4+y4 – 2x2 + 4xy -2y2 z’x = 4x3 – 4x + 4y z’y = 4y3 – 4y + 4x z’’xy = 4, z’’x2 = 12x2 – z’’y2 = 12y2 –  z' x =  x − x + y =  x + y =  ( x + y )( x + y − xy )= ↔   ↔   z' = ↔   y x3 − x+ y =  y − y + x =  x − x + y =    x + y =0   x + y =0   x − x + y =0   x − x =0 ⇔  ⇔  xy =     x =0  x − x + y =0   y =0     x =0   y =0    x = ⇔  y=−   x = −  y =  + Xét A(0,0) z’’x2 = - = z’’y2 z’’x2y – z’’x2 z’’y2 = + Xét (x,y) theo đường (0,y) => z(0,y) – z(0,0) = y2(y2-2) z(y,y) – z(0,0) = 2y4 >0 Khi y lõn cận Từ trường hợp => (0,0) k0 Cực trị ( ,− )thayvào= >cựcd ại * Xột B ( , )thay  vµo = > cùc tiĨu * Xét A Câu : (2đ) Tỡm cực trị hàm số: z = xy+ 50 + 20 với x>0, y>0 x y Giải: Bước  z' = y − 50  x x2  20  z' x − y  y −   x −  Tỡm cỏc điểm dừng y− 50    20   y2    50 = x2 20 = ⇒ y2  y − 50 = 0(1)  x2  20 ( 2) Thay (2) vào (1) ta có x =  y2  = ⇒ y − y = => 8y – y4 = => y(8-y3) = y =0  ⇒ = ( − y )( + y + y ) = − y y = 0loạitheobàira y = 2     ⇒ x = 5        y2 − y + = ( y +1) + > Vậy có điểm dừng M1(5,2) Bước 2: Tính ∆ = B − AC A = z ' ' x = 100 x B = z ' ' xy = ⇒ ∆ = − 4000 x3 y 40 C = z' ' y = y3 Tại điểm dừng M(5,2) ta có ∆( ,2 ) = − = −3 < => hàm số đạt cực trị ta lại có A( ,2 ) = 100 > ⇒ Tại M hàm số đạt cực tiểu 125 Câu : (2đ) Tỡm cực trị cuả hàm số z= x3 + y3 – x2y Giải: Bước 1:  z' = x − xy x  2  z' y = y − x Tỡm cỏc điểm dừng có hệ  3 x −2 xy =0(1)  2  3 y − x =0( 2) Từ (1) => x(3x-2y) =0  x = 0                        ⇒ 3 x = y ⇒ x = y  thay x=0 vào (2) ta có 3y2=0 =>y=0 thay x=2/3.y vào (2) ta có y y = ⇒ 27 y − y = 23 y2= => y=0 Vậy ta có điểm dừng M(0,0) Bước 2: Tớnh ∆ = B − AC A = z' ' x = x − y B = z ' ' xy = − x ⇒ ∆ = x − (6 x − y ).6 y C = z' ' y = y xét điểm dừng M(0,0) ta có ∆( ,0 ) = => chưa có k.luận cực trị, xét hàm số (0,0): z=0; z>0 với x=y Câu : (2đ) Tỡm cực trị hàm số z= x + y +1 x + y +1 x2 + y + − z' x = z' y = x (2 x+ y + 1) x + y2 +1 x2 + y + = ( x + y +1) − ( x + xy + x )  x + y +1    = y − xy − x +  x + y +1    x − xy − y +  x + y +1    10 x y z x y z ⇒ gradu= ( , , )⇒Thông lượng trường vectơ gradu qua mặt cầu S :x2 + y2 + z = Φ = ∫ ∫ dydz+ dzdx+ dxdy u u u u u u s = ∫ ∫xdydz+ ydzdx+ zdxdy s U =1 S áp dụng c/thức ostrogradsky ta có Φ = 3∫ ∫ dxdyz ∫ V h/cầu x2 + y2 + z2 ≤ v ⇒ Φ = 3.(thể tích V) = π = 4π Câu1(4đ) y y' ⇔ ln y cos x = ln y y y' ⇔ ln y = y cos x y ' cos x = Đặt z = ln y ⇒ z ' = y' y thay vào ,ta : z '.z = ⇒ ∫ z '.zdx = ∫ =∫ cos x cos x z2 dx ⇔ cos x dx − sin x d (sin x ) =∫ (1 − sin x)(1 + sin x ) d (sin x ) d (sin x ) + ∫ ∫ + sin x − sin x 1 + sin x = ln + ln C − sin x z2 x π ⇔ = ln C tg ( + ) 2 = x 2 Thay lại ,ta có nghiện tổng quát PT: ln y = ln C tg ( + π ) b/ y ' '−y = x sin x +Đây PT vi phân tuyến tính cấp ko +Xét PT tương ứng y ' '− y = ⇒ PT đặc trưng : k k − = ⇔  1=1  k = −1 ⇒ PT đặc trưng có nghiệm thực phân biệt nghiệm tổng quát PT đặc trưng : y = C1.e x + C2 e −x +Ta tìm No riêng Pt vi phân tuyến tính cấp ko cho: y ' '− y = x sin x = x ( − cos x ) x x − cos x = f1( x) + f ( x) 2 x với f1 ( x ) = = e ox P1 ( x) ⇒ α = 0, n = nên no riêng có dạng = yR1= Ax +B → y’R1 = A→ y’’R1= thay vào pt : y’’- y = f1(x) = x  x A = − ⇔ 2→  → (Ax+B)= B =  x No riêng : yR1 = − x Với f2(x) = − cos x = eox [ P1( x) cos x + Q0 ( x) sin x ] x →pt : y’’-y= f ( x) = − cos x 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 : (-4A –5C)sin2x – 5(Ax+B)cos2x x = − cos x −(4 A + 5C ) =   ⇔ 5 A =  5B =   A = 10  ⇔ B =  −4 −2 C = = 10 25  No riêng: y ' R2 = x cos x − sin x 10 25 Như vậy, No riêng pt vi phân khg cho : yR = yR1 +yR2 = −x + x cos x − sin x 10 25 Vậy No tổng quát pt cho ytq = y + y R = C1.e x + C2 e − x x − + x cos x − sin x 10 25 Câu2(4đ) a Tìm No riêng PT: y ln y + y ' x + = y' ⇔ =− x +1 y ln y đặt z = ln y ⇒ z ' = y' y Thay vào ta được: z' =− Tích phân vế : x +1 z3 z ' dx dx ⇔ ∫ = −∫ x +1 z 1 − = −2 x + − C ⇔ z2 z (2 x + + C ) = Thay z = ln y → ta có: ln y (2 x + + C ) = y ( −15 ) = e → thay vào: 16 − 15 + + C) = 16 1 ⇔ 4.(2 + C ) = 1 −3 ⇔C= − = 8 ln (e ).(2 Vậy,No riêng Pt cho : ln y (2 x + − ) = b.Tìm No tổng quát : y ' '−3 y ' = x = eox p2( x ) -Đây PT tuyến tính cấp ko - PT đặc trưng tương ứng PT tuyến tính cấp y ' '−3 y ' = là: k − 3k = ⇔ k (k − 3) = k = ⇔ k = 24 →no t/quát PT là: y = C1.e ox + C2 e3x = C1 + C2 e3 x ta tìm No riêng PT vi phân cấp Ko cho có dạng : YR = x(ax + bx + C ) (Vì k1 = = α ) ⇒ ax + bx + C ⇒ y ' R = 3ax + 2bx + C y ' ' R = 6ax + 2b ⇒ y ' ' R −3 y ' R = 6ax + 2b − 9ax − 6bx − 3C = x ⇔ −9ax + 6(a − b) x + 2b − 3C = x − 9a =  ⇔ 6(a − b) = 2b − 3c =   a = b = − ⇔ C = b = − = −  3 27 Vậy →một no riêng PT : 1 y R = − x( x + x + ) 9 27 −x 2 = (x + x + ) → No t/quát Pt cho : Ytq = y + y R = C1 + C2e3x − x 2 (x + x + ) 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 vế : z ' dx = ∫ sin xdx z −1 dz ⇔∫ = ∫ sin xdx z −1 ⇔ ln z − = − cos+ C ⇔∫ (C số ) ln y + cos x − = − cos x + C +Thay z = y + cos x ta No t/quát Pt : ⇔ y + cos x − = e −cos x + C ⇔ y = − cos x + e −cos x + C b y ' '− y = x cos x = x x + cos x 2 - Đây PT vi phân tuyến tính cấp Ko - Xét PT vi phân tương ứng : y ' '− y = →PT đặc trưng : k − = ⇔ k1,2= ±1 →PT có No t/quát y = C1.e x + C2e − x - Xét Pt Ko cho : x x + cos x 2 = f1( x ) + f 2( x) y ' '− y = →Ta tìm No riêng ứng với Pt : y’’- y = f1(x) (1) yR1 y’’ – y = f2(x) (2) yR2 25 ta có : f1( x) = x = eox P1( x) (α ≠ k1, k ) → Ta tìm N0 riêng dạng : yR1 = e0X (Ax + B) →y’R1 = A → y’’R1 = Thay vào (1) : −1  x A = ⇔ 2 B =  x → N0 riêng yR1 = − – (Ax +B) = ∗ Ta có : f2(x) = eox [ P1( x) cos x + Q0 ( x) sin x] → Ta tìm N0 riêng dạng yR2 = e0x.((ax+b)cos2x+ Csin2x) → 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 (2) ⇒ - (4a +5c)sin2x – 5(ax+b)cos2x =   4a + 5c =   − 5b = ⇔   − 5a =  Vậy → yR2 = x cos x ⇔ −1   a = 10  b =   −4  c = 10 =  −  25 −1 x cos x − sin x 10 25 Như theo n/lý chồng chất N0, N0 riêng pt cho : YR = YR1 + YR = x x − − cos x − sin x 10 25 Vậy N0 tq pt cho : Ytq = Y + YR = C1e x + C e − x x x − − cos x − sin x 10 25 Câu : (4đ) a) 2ydx + (y2 – 6x)dy = dx y x + −3 = dy y −y ⇔ x '− x = y ⇔ Đây pt vi phân t2 cấp không với : P( y ) = −3 −y ; Q( y ) = y →C/thức N0 t/quát : x=e − ∫ P( y ) dy  ∫ P dy e ( y) ×  ∫ Q( y ) dy + C Đặt ] I = ∫ p ( y ) dy = ∫ −3 dy y dy = − ln y y P dy J = ∫ e ∫ ( y ) Q( y ) dy y −3 = ∫ − ln y dy = ∫ ln y ydy 2 dy  du = y u = ln y  ⇒ Đặt  dv = ydy  y2 v =  = − 3∫ 26  y2 y dy  ⇒ J = −  ln y − ∫  2 2 y  3 = − y ln y + ∫ ydy 4 3 = − y ln y + y Vậy→no t/quát pt là:  x = ln y  − y ln y + y + C ]  (C số ) b y ' '−9 y '+20 y = e x +Đây Pt vi phân t2 cấp ko +Xét Pt tương ứng : y ' '−9 y '+20 y = →Pt đặc trưng: k − 9k + 20 = k = ⇔ (k − 4)(k − 5) = ⇔  k = →Pt đặc trưngcó 2No thực phân biệt k1 = 4, k = nên no t/quát Pt : y = C1e x + C2 e5 x -Xét Pt vi phân ko cho y ' '−9 y '+20 y = e x = f ( x) ⇒ f ( x ) = e x = eα x p o ( x ) ⇒ α = = k1 ⇒Ta tìm No riêng có dạng: y R = xe x A ⇒ y ' R = Ae x + Ax.e x = A(1 + x )e x  y ' ' R = A 4.e x + 4(1 + x).e x    x = A(1 + x )e thay vào ta có : y ' ' R − y ' R + 20 y R = e x ⇔ A(1 + x)e x − A(1 + x)e x ⇒no riêng : y R = − x.e x + 20 Ax.e x = e x ⇔ − Ae x = e x ⇔ A = − Vậy, No t/quát pt cho : Ytq = y + y R = C1e x + C2e5 x − x.e x Câu5(4đ) a.Tìm No riêng: y '− y = x ln x x ln - Đặt: x = et ⇒ dx = et dt = xdt dt dy ⇔ = = e −t ⇒ y ' = dx x dx dy dt − t − t = = y 't e = e y 't dt dx thay vào Pt ta : e −t y 't − y = t.et ⇔ t.et   p(t ) = − t y '− y = t.e 2t ⇒  t q = t.e 2t  (t ) ⇒Đây Pt vi phân t2 cấp ko t ⇒No t/quát: − p dt  p dt y = e ∫ (t )  ∫ e ∫ (t ) q (t ) dt + C ]  +Ta có : I = ∫ p(t ) dt 27 = ∫ − dt = − ln t t ∫ p dt J = ∫ e (t ) q(t ) dt = ∫ e −ln t t.e 2t dt = ∫ t.e 2t dt t t e = ∫ e 2t dt = Vậy⇒No t/quát:  e 2t  e 2t y = eln t  + C  = t.( + C)     Thay t = lnx , et = x ⇒ y = ln x( x + C ) 2 do: y(e) = e thay vào ta có : e2 + C) 2 e e = +C = ⇒C =0 2 y (e) = ln(e).( y   y '− x ln x = x ln x  Vậy N0 riêng pt  e2   y ( x) = 2 => y = x ln x b) Tìm N0 t/quát: y ' '−2 y '+ y = x.e x Đây pt viphân t2 cấp không Xét pt tương ứng: y’’ –2y’ + y = → pt đặc trưng k2 – 2k + = ⇔ (k – 1)2 = ⇔ N0 kép k1 = k2 = → pt có N0 t/quát : y = e x (c1 + c2 ) x Ta tìm N0 riêng pt khơng t/nhất cho có dạng: y R = x e x ( ax + b) f ( x) = x.e → α = = k1 [ [ ] = e x ax + bx + 3ax + 2bx x →yR = eX (ax3 + bx2) → yR = e ax + (b + 3a) x + 2b x ⇒ y ' ' R = e ax + (3a + b) x + 2bx + 3ax + 2(3a + b) x + 2bx x [ y ' ' R = e ax + (6a + b) x + 2(3a + 2b) x + 2b] ] [ ] Thay vào pt cho ta được: y' ' R − y' R + y R = e x [ [ 6a + b − 2(3a + b) + b] x + [ (6a + 2b) − 4b] x + 2b ] = xe x ⇔ (6a – 2b) x + 2b = x  6a − 2b = a = ⇔  2b = b =  x3 Vậy → N0 riêng: y R = x e x ( x + 0) = e x 6 → N0 t/quát pt cho là: Ytq = Y + YR = e x (C1 + C x)  x3  x3 x + e = e x  + C x + C1    Câu : (4đ) a)Tìm N0 riêng y’ + tgy = x cos y ⇔ y’cosy + siny = x Đặt z = siny → z’ = y’cosy 28 Thay vào ta có: z’ + z = x  p( x) = q ( x ) = x Đây trở thành pt vi phân t2 cấp khg t/nhất với :  → CT N0 t/quát Z = − p dx  p dx e ∫ ( x )  ∫ e ∫ ( x ) q( x)dx + C ]  Ta có : I = ∫ p( x) dx = ∫ dx = x ∫ p dx J = ∫ e ( x) q( x )dx = ∫ e x xdx u = x Đặt:  dv = e x dx du = dx → v = e x → J = x.e − x ( x − 1)e x + c    x = c.e + ( x − 1) Như vậy: sin y = c.e x + ( x − 1) (c h/số) do: y(0) = =c.e0 + (0 – 1) = c – ⇔c = Vậy N0 riêng cần tìm : siny = e x + x − ⇔ y = arcsin(e x + x − 1) b) Tìm N0 t/quát pt: y ' '−5 y '+6 y = x + e x Đây pt vi phân t cấp khg Xét pt tương ứng: y’’ – 5y’ + 6y = → pt đặc trưng k2 – 5k +6 = k = → (k - 2) (k – 3) = ⇔ k =  →pt có N0 thực phân biệt →pt có N0 t/quát y = c1.e x + c2 e3x - Xét pt khg cho: y’’–5y’+6y = x + e x = f1(x)+f2(x) + Với f1(x) = x → y’’–5y’+6y = f1(x) = eox p1( x) (α = ≠ k1, k2 ) →Ta tìm N0 riêng có dạng : y R1 = e ox (ax + b) = ax + b → y’R1 =a → y’’R1 = Thay vào ta có: –5a + 6(ax +b) =x ⇔6ax + 6b –5a = x 6a = ⇔ 6b − 5a =  a = ⇔ b = a =  36 No riêng: y R1 = x + 36 f ( x) = e x ⇒ y ' '−5 y '+6 y + Với : = f ( x) = e x Qo ( x) ⇒ α = ≠ k1 , k ⇒ ta tìm No riêng dạng: y R2 = e x A ⇒ y ' R2 = y ' ' R2 = A.e x Thay vào ta : A.e x − A.e x + A.e x = e x ⇔ A.e x = e x ⇔ A = x ⇒ y R2 = e Theo n/lý chồng chất No →riêng Pt cho : 29 y R = y R1 + y R2 1 = ex + + 36 Vậy No Pt cho : ytq = y + y R = C1e x + C2e3 x 1 + ex + x + 36 (C1 ,C2 số) Câu7(4đ) y = x2 y4 x y' 1 ⇔ + = x2 y y3 x a y '+ Đặt z = ⇒ z ' = y = −3 y ' y ⇔ y' y = − y '.y y6 −1 z′ Thay vào ,ta có : −1 z '+ z = x x ⇔ z '− z = −3x x −3 ⇒Với p( x) = , q( x) = −3x x Pt vi phân t2 cấp ko ⇒c/thức No t/quát: − P dx Z = e ∫ ( x)  ∫ P( x ) dx  × ∫ e Q( x) dx + C  ⇒   −3 I = ∫ P( x) dx = ∫ dx = − ln x x P dx J = ∫ e ∫ ( x ) Q( x)dx = ∫ e − ln x (− 3x )dx = ∫ (− 3x )dx x3 dx = − 3∫ = − ln x x ⇒ Z = e ln x [ − ln x + C ] = x [ C − ln x ] Thay: Z = y3 ⇒ y3 = x [ C − ln x ] ⇒No t/quát: = x3 [C − ln x ] (C hằngsố) y b y ' '+4 y '+3 y = x.e − x Đây Pt vi phân t2 cấp ko ⇒xét Pt t.ứng: y ' '+4 y '+3 y = ⇒xét Pt đặc trưng t.ứng: k + 4k + = k = −1 ⇔ (k + 1)(k + 3) = ⇔   k2 = − ⇒Pt đặc trưng có No thực phân biệt ⇒No t/quát Pt : Y = C1.e − x + C e −3 x - Xét Pt ko cho : y ' '+4 y '+3 y = x.e − x = f ( x) = eαx P1 ( x) ⇒Do α = −1 = k1 ⇒ta tìm No riêng Pt ko có dạng: y R = x.e− x (ax + b) = e − x (ax + bx) ⇒ y ' R = e − x  2ax + b − ax − bx    − x   = e − ax + (2a − b) x + b −( 2a − b ) x − b ]   y' 'R = e− x  − 2ax + 2a − b + ax  = e − x  ax − (4a − b) x + 2(a − b)]  30 Thay vào ta : y' ' R + y ' R + y R = e − x ax − (4a − b) x + 2(a − b) − 4ax + (8a − 4b) x + 4b + 3ax + 3b x ] [ = e − x [ 4ax + 2(a + b)] = x.e − x   a =  4a = ⇔ ⇔  2( a + b ) =  b = − a = −  ⇒No riêng YR = x.e − x ( x − 1) x( x − 1) − x = e 4 Vậy No t/quát Pt: Ytq = Y + YR = C1e − x + x ( x − 1) C2 e − 3x + e − x Câu8(4đ) a.Tìm No riêng Pt: x y '+ y = e y ⇔ y' y Đặt:Z= y ⇒ z ' = x + y = e2 y' y ⇔ y' y = z' x Thay vào ⇒ z '+ z = e ⇔ z '+ 1 x z = e2 2  P ( x) =  với  x  q ( x) = e 2  Đây Pt vi phân t2 cấp ko ,No tổng quát : Z = − P ( x ) dx  ∫ P ( x ) dx e ∫ Q( x)dx +C ]  ∫ e dx I = ∫ P( x)dx = ∫ = x −x 2 Z = e ex + C P( x ) dx J = ∫ e∫ Q( x)dx = −x x x x + e2 = C e x x 2 ∫ e e dx = ∫ e dx = e 2 [ x ] x − y = C.e + e 2 −0 02 Y (o) = C.e + e Thay : =C+ = ⇔C = 4 ⇒no t/quát - Vậy No riêng Pt : y = −2x 2x e + e b.Tìm No t/quát Pt: y ' '+6 y '+5 y = x + e − x - Đây Pt vi phân t2 cấp ko hệ số số! - Xét Pt tương ứng: y ' '+6 y '+5 y = ⇒ Pt đặc trưng: k + 6k + = k = −1 ⇔ (k + 1)(k + 5) = ⇔   k2 = − ⇒Pt có No thực phân biệt, No t/quát Pt : Y = C1.e − x + C e −5 x - Xét Pt ko cho: y ' '+6 y '+5 y = x + e − x = f1( x ) + f 2( x) f = x = e ox p1( x) với 1( x) (α = ≠ k1, k ) ⇒Ta tìm No riêng dạng : 31 YR1 = e ox (ax + b) Của Pt: y ' '+6 y '+5 y = x = f1( x ) (1) ⇒ y ' R1 = a ⇒ y ' ' R1 = ⇒ + 6a + 5ax + b = x ⇔  a= x−6 ⇒ YR1 = thay vào 5a = ⇔  5 a + b = o −  b = − 6a =  −x αx +Với f 2( x ) = e = e po( x) ⇒ α = −1 = k1 ⇒Ta tìm No riêng dạng: YR = Axe − x Pt: y ' '+6 y '+5 y = f 2( x ) = e − x ( 2) ⇒ y ' R = Ae − x [1 − x ] y ' ' R = Ae − x [ − − (1 − x)] = Ae − x ( x − 2) thay vào PT (2) ⇒Y ' ' R +6Y ' R +5YR = Ae − x [ x − + 6(1 − x ) + x ] = Ae − x = e − x ⇔ A = −x ⇒No riêng: YR = xe - Theo nguyên lý chồng chất No ⇒No riêng Pt : y R = y R1 + y R x − −x = + xe - Vậy ,No t/quát Pt cho: ytq = y + y R = C1e − x x − x −x + C e −5 x + + e Câu9(4đ) a y ' '+ y = tgx -Đây Pt vi phân t2 cấp ko - Xét Pt tương ứng : y ' ' = y = ⇒ pt đặc trưng: k + = ⇔ k1,2 = ± i = ± i ⇒Pt đặc trưng có cặp No phức liên hợp k1,2 = ± i ⇒No tổng quát Pt : y = eox (C1 sin x + C2 cos x) = C1 sin x + C2 cos x -Xét Pt vi phân ko cho: y’’+y = tgx ta tìm No riêng Pt t2 ko dạng: y R = C1( x) sin x + C2( x) cos x theo P2 biến thiên số Largrange ,ta có C1( x) , C2( x) No hệ : C '1 ( x) sin x + C ' ( x) cos x sin x = 0(1) (1) ⇒ C ' ( x) = − C '1 ( x) C ' ( x) cos x − C ' ( x) sin x cos x = −tgxC '1 ( x) = tgx(2)  Thay vào (2) ⇒ C '1 ( x) cos x + tgx sin xC '1 ( x) = tgx ⇔ C '1 ( x) tgx = cos x + tgx sin x sinx cosx = sinx sin2 x cosx + cosx ⇒ C ' ( x) = − tgx sin x − sin x = = cos x − cos x cos x ⇒ C1 ( x) = ∫ C '1 dx = ∫ sin xdx = − cos x sin x C 2( x ) = ∫ C ' dx = − ∫ dx cos x = 32 = −∫ sin x d (sin x) cos x (đặt t=sinx) 1− t −1 dt = ∫ dt 1− t 1− t2   = ∫ 1 − dt ( − t )( + t )    1  = ∫ dt − ∫  + dt  − t + t  1+ t = t − ln 1− t = −∫ t2 1 + sin x ⇒ C ( x) = sin x − ln − sin x Vậy ⇒No riêng : y R = C1 ( x) sin x + C ( x) cos x ⇒ y R = − sin x cos x 1 + sin x + cos x(sin x − ln ) − sin x 1 + sin x = − cos x ln − sin x Như vậy,No tổng quát Pt cho : ytq = y + y R = C1 sin x + C2 cos x 1 + sin x cos x ln − sin x b y ' '−3 y '−4 y = e x − -Đây Pt vi phân t2 cấp ko hệ số số -Xét Pt tương ứng: y’’- 3y’- 4y =0 ⇒Pt đặc trưng: k − 3k − = k = ⇔ (k − 4)(k − 1) = ⇔   k2 = − ⇒Pt đặc trưng có no thực phân biệt ⇒no t/quát Pt y = C1e x + C e − x -Xét Pt vi phân cấp ko cho: y ' '− y '− y = e x ⇒ f ( x) = e x = eα x po( x) ⇒ α = = k1 ⇒Ta tìm no riêng Pt dạng: y R = x.e x A = Axe x ⇒ y ' R = Ae x (1 + x) y ' ' R = Ae x (4 + 4(1 + x)) = Ae x (1 + x) Thay vào ta có : y ' ' R − y ' R − y R = Ae x (1 + x) − Ae x (1 + x) − Ax.e x x x = A.e x [ + 16 x − − 12 x − x ] ⇒No riêng : y R = e 4x 4x = A.e = e ⇔ 5A = ⇔ A = Vậy No t/quát Pt: y tq = y + y R = C1e x + C e − x + x 4x e Câu10(4đ) a y ' '+ y = cos x - Đây Pt vi phân t2 cấp ko hệ số - Xét Pt vi phân tương ứng :y’’+ y = ⇒Pt đặc trưng: k + = ⇔ k1, = ±i ⇒Pt đặc trưng có No phức liên hợp nên No t/quát Pt nhất: y = e ox (C1 sin x + C2 cos x ) = C1 sin x + C2 cos x 33 -Xét Pt cho : y ' '+ y = cos x ⇒Ta tìm No riêng có dạng: y R = C1 ( x ) sin x + C ( x ) cos x C '1 sin x + C '2 cos x =  ⇒theo p biến thiên số Largrange ,C1(x) C2(x) No hệ : C ' cos x − C ' sin x =  cos x  C ' = − tgxC '1  dx C '1 = ⇒ C1 = ∫ C '1 dx = ∫ sin x  cos x (cos x + ) 1− tg2x  cos x cos x = = cos x − sin x − tg x =∫ =∫ cos xdx − sin x =∫ d (sin x) − sin x dt −2t b Giải PT: y ' '+5 y '+4 y = e −4 x - Đây Pt vi phân t2 cấp hệ số - Xét Pt tương ứng: y’’+5y’ +4y =0 ⇒Pt đặc trưng: k + 5k + = ⇔ k = −1 (k + 1)(k + 4) = ⇔  k = −4 ⇒Pt đặc trưng có no thực phân biệt ⇒No t/quát Pt : y = C1e − x + C2e −4 x - Xét Pt vi phân ko cho : y ' '+5 y '+4 y = e−4 x = f ( x) ⇒ f ( x) = eαx po( x ) α = −4 = k nên ta tìm No riêng có dạng: y R = Ax.e −4 x ⇒ y ' R = Ae − x (1 − x) y ' ' R = A.e − x [ − − 4(1 − x)] = Ae − x (2 x − 1) Thay vào pt ⇒ y ' ' R +5 y 'R +4 y R = − x = e− x ⇔ A = − A.e − x [16 x − + 5(1 − x) + x] = − A.e 1 Vậy ⇒ y R = − x.e −4 x 3 Như ,no t/quát Pt cho : ytq = y + y R = C1e − x + C2e − x − xe − x Câu11(4đ) a y''+5y'+6y = − 1+ e2x  k1 = −2 -Pt đặc trưng k + 5k + = ⇒   k2 = −3 ⇒No t/quát Pt : y = c1e−2x + c2e−3x sử dụng p2 biến thiên số:  C '1 e − x + C ' e − x =  − 2x − 3C ' e − x 0 − 2C '1 e  = − + e2x  ⇒ C '2 e − 3x = ⇒ C '2 + e2x 3x e e3x = ⇒ C2 = ∫ dx 2x 1+ e + e 2x Đặt t= ex ⇒ dt= exdx = tdx 34 ⇒ dx= dt t t3 dt t2dt ⋅ =∫ 1+ t t 1+ t2 = ∫ (1− )dt= t− arctgt+ k2 1+ t2 ⇒ C2 = ∫ ⇒= ex − arctgex + k2 C '1 = − =− C '2 e−3x = −C '2.e− x e−2x e3x e2x ⋅ e− x = − x 1+ e 1+ e2x ⇒ C1 = ∫ e2x dx 1+ e2x Đặt t= ex ⇒ dx = dt t t2 dt t ⋅ =∫ dt 1+ t2 t 1+ t2 = ln(1+ t2)+ k1 = ln(1+ e2x)+ k1 ⇒ C1 = ∫ ⇒Pt ko có No   y =  K1 + ln(1 + e x ) e − x   + K + e x − arctge x e − x [ ] e− 2x = K 1e− 2x + K 2e− 3x + ln⋅ (1+ e2x)+ e− 2x − e− 3xarctgex  k1 = b) Pt đặc trưng k − 3k + = ⇔   k2 = ⇒Pt có No t/quát y = C1ex + C 2e2x Ta tìm No riêng pt ko có dạng: y∗ = x(ax+ b)ex = (ax2 + bx)ex ⇒ y*'= ex  ax2 + bx + 2ax+ b   *' ' x  y = e  ax + bx + 2ax+ b +  2ax+ b + 2a]  − 2a = 1 = xex ⇒  ⇒ a= − ; 2a − b =  x  e  (ax + 4ax+ bx + 2a + 2b)−  b = 2a = − Thay vào pt ban đầu 3(ax2 + bx + 2ax+ b)+ 2(ax2 + x ⇒ y* = − x( + 1)ex bx)] = x.ex ⇒ ex[ − 2ax+ 2a − b] x = − (x + 2)ex Pt ko có No t/quát y = y + y* x = C1ex + C 2e2x − (x + 2)ex Câu12(4đ) a y ' '+2 y'+ y = 3e − x + x -Pt đặc trưng k + 2k + = có No kép k1 = k2 = −1 ⇒Pt có dạng t/quát: y = e − x (C1 + C2 x)  (C ' + xC ' )e− x = C '1 + xC '2 = ⇔  [ − C '1+ C '2 (1 + x)] e− x = 3e− x + x  − C '1+ (1 − x)C '2 = + x -áp dụng p2 biến thiên số lagrange:  ⇒ C '2 = + x ⇒ C2 = 2(1 + x) + k ⇒ C '1 = −xC '2 = −3x + x = −3(1 + x) + 3(1 + x ) 3.2 ⇒ C1 = − (1 + x) + 2(1 + x) + k1 35  y = e − x k1 − (1 + x ) +  5  = e − x  k1 + k x + (2 − )(1 + x)    3  5 2(1 + x ) + k x + x (1 + x )  − x   = e  k1 + k x + (1 + x)    b y ' = y y + sin x x z' ⇒ z+ xz'= z+ sinz ⇒ = sinz y ⇒ y = xz ⇒ y'= z+ xz' Đặt: z= dz sinzdz x ⇒ = dx ⇒ = sinzx 1− cos2 z x dx x d (cos z ) dx = x cos z − 1 − cos z ⇒ ln + cos z ⇒ = ln Cx ⇒ ln z z = ln Cx ⇒ ln = Cx z cos ⇒ z = xarctgCx sin Câu13(4đ) a y ' = cos( x − y ) Đặt z = x-y ⇒z’ = – y’ thay vào Pt ta : – z’ = cosz dz = dx − cos z dz z ⇒ = dx ⇒ cot g z 2 sin b y ' '−7 y '+12 y = e3x x− y = C − x ⇒ cot g ( )=C−x pt đặc trưng k − 7k + 12 = ⇒z’ = 1-cosz ⇒ (2) có No: k1 = 3, k2 = ⇒Pt có No t/quát : y = C1e3 x + C2e x Pt (2)có No riêng dạng y* = Axe3x ⇒ y '* = Ae3x (1 + x) y ' '* = Ae3 x (6 + x ) thay vào (2) : Ae3 x [ + x − 7(1 + 3x) + 12 x ] = e3 x ⇒ A = − Vậy (2) có No t/quát: y = C1e3 x + C2e x − xe3 x câu14(4đ) a y '− y = x x -Đây Pt vi phân t2 bậc dạng: y’+ py = q có No t/quát: − Pdx  ∫ Pdx dx  y=e ∫ C + ∫ Qe  dx = ln ∫ Pdx = ∫ − x x Pdx dx = ∫ x dx ∫ Qe ∫ x dx =∫ =2 x x ⇒No t/quát y = x(C + x) b y''−4y'+3y = e3x -Pt đặc trưng : k2 + 4k + = có No: k1 = 3,k2 = ⇒Pt có No t/quát : y = C1e3x + C 2ex ta tìm No riêng Pt ko dạng: y* = Axe3x ⇒ y'* = Ae3x(1+ 3x) y''* = Ae3x(6 + 9x) Thay vào Pt đồng hệ số : 36 Ae3x[ + 9x − 4(1+ 3x)+ 3x] = e3x ⇒ y* = xe3x x y = C1e3x + C 2ex + e3x ⇒Pt có No t/quát y(o) = ⇒ C1 + C = 1(1) ⇒ y'= 3C1e3x + C 2ex + e3x + xe3x 2 = 9(2) C1 + C = 1(1) 3C + C = 17 (2)  15 15 ⇒ 2C1 = ⇒ C1 = -Giải hệ 15 11 C = − C1 = − = − ⇒ 4 y = 15e x − 11e x + xe x y'(o)= ⇒ 3C1 + C + [ ] 37 ... đư ng cong B ng cách lấy tích phân d c theo biên tam giác ACB ,v i C(o ,1) 18 I= ∫ 1+ y2 dy = (2 − + ln 2+ ) 1 I= ∫ pdx+ Q dy+ ∫ pdx+ Q dy AC CB o = ∫ (2x.ln 1) dx + o + ∫ (o + 1+ y2 )dy ⇒ I= ∫ 1+ ... ∂Q ∂p ⇒Theo c ng thức Green ta có: I = ∫ ∫( ∂x − ∂y )dxdy D V i D miền kín biểu di n h/ vẽ ⇒ y y2 I = ∫ ∫( y − 1) dxdy D = ∫ dy ∫ ( y − 1) dx 16 = ∫ ( y − 1) ( y − y )dy = ∫ ( − y + y − y )dy − y4... thỡ i m cực trị k0 thuộc miền D XÐt: z (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) T m giỏ trị nhỏ lớn h m số: Z= x2+y2 -12 x +16 y trờn miền