Bài tập Giải tích 2 - Các dạng bài tập tổng hợp

Nội dung text: Bài tập Giải tích 2 - Các dạng bài tập tổng hợp

1. 2x 2 F(x,y,z) e (x y 2y) z o F' 2.e 2x (x y 2 2y) e 2x e 2x (2x 4y 2y 2 1)F' e 2x (2y 2) 2.e 2x (y 1) Ta có: x y F' z 1 F' 2e2x (y 1) 2(y 1) F' 1 y z x' y 2x 2 2 x'z 2x 2 F'x e (2x 1 4y 2y ) 2x 1 4y 2y F'x e (2x 1 4y 2y ) 2(y 1)e2x dy dz Như vậy d x' dy x' dz x( y,z) y z e2x (2x 1 4y 2y 2 ) DẠNG CÂU HỎI 2 ĐIỂM Câu 1: (2đ) Tìm cực trị của hàm số z ex (x y)(x y 4) Mxđ : (x, y) R ta có x x x x z' x e (x y)(x y 4) e (x y 4) e (x y) e (x y)(x y 4) 2x 4 x x x z' y e (x y 4) e (x y) e 4 2y Xét tọa độ các điểm tới hạn của h/số : M(x,y) z' (M ) 0 y 2 x ex (4 2y) 0 y 2 y 2 x 4 z'y (M ) 0 ( ' 9 8 1) x 2 2 e (x y)(x y 4) 2x 4 0 (x 2) 2x 4 0 x 6 y 8 0 y 2 x 2 Hàm số có 2 điểm tới hạn: M1( 2,2) và M2( 4,2) Ta lại có: x r A z''xx e (x y)(x y 4) 2x 4 x (x y 4) (x y) 2 e (x y)(x y 4) 4x 10s B z'' xy z'' yx x / x x / x e (4 2y)x e (4 2y)t C z'' yy e (4 2y)y 2e Tại M1(-2,2),ta có: 2 2 2 A(M 1 ) z'' xx (M 1 ) e 0.( 2 2 4) 4( 2) 10 2.e B(M1) z'' xy(M1) e (4 2.2) 0 2 2 4 4 C(M1) z'' yy (M1) 2.e B AC 0 4.e 4.e 0 2 A(M1) 2.e 0 Hàm số không đạt cực trị tại M1(-2,2) Tại M2(-4,2),ta có : 4 4 A z''xx (M 2 ) e (( 4 2)( 4 2 4) 4( 4 10) 2e 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 4 4 M2(-4,2) và zmax z( 4,2) e ( 4 2)( 4 2 4) 4.e Câu 2: (2đ) Tìm cực trị của hàm số z x2 y2 3xy 2 z'x 3x 3y 2 Ta có MXĐ : D (x, y) R  và 2  z'y 3y 3x 4
2. s z''xy(M ) 4(0 a)(0 b) 4ab 1 t z'' yy(M 2 ) 2.0(0 2a) 0 2 2 s rt (4ab) 0.0 16a2b2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 ) 4(0 a)(2b b) 4(ab) 2 t z'' yy(M 2 ) 2.0(0 2a) 0 s2 rt 16a2b20 M2(0,2b) không là điểm cực trị Với M3 (a,b) r z'' xx(M ) 2.b(b 2b) 4b2 3 s z'' xy(M 3 ) 4(a a)(b b) 0 2 t z'' yy(M 3 ) 2a(a 2a) 4a s2 rt 02 16a2b2 16a2b20 mà r= -4b2 0 hàm số đạt cực đại tại M3 (a,b) * Với M4 (2a,0) r z'' xx (M4) 2.0(0 2b) 0 s z'' xy(M ) 4(2a a)(0 b) 4ab 4 2 2 2 2 t z'' yy(M 4 ) 2.2a(2a 2a) 0 s rt ( 4ab) 0 16a b o Hệ số không đạt cự trị tại M4(2a,0) Với M5 (2a,2b) ta có: r z''(M ) 2.2b(2b 2b) 0 5 s z'' xy(M 5 ) 4(2a a)(2b b) 4ab 2 2 2 t z'' yy(M 5 ) 2.2a(2a 2a) 0 s rt 16a b 0 Hệ số không đạt cự trị tại M5(2a,2b) Như vậy hệ số đạt cực đại tại M3 (a,b) khi đó 2 2 2 2 2 2 Zmax Z(a,b) (2a a )(2b b ) a b Câu 4 : (2đ) z x2 xy y2 4ln x 10ln y Mxđ: D (x, y) : x0, y0 4 z' x 2x y ta có: x 4 z' y 2y x y ; Xét hệ pt tọa độ cỏc điểm tới hạn M (x,y): 6
3. MXĐ:(x,y) R2 2 Ta có : z'x 3x 1 2 z'y 3y 1 Xét hệ PT tọa độ các điểm tới hạn của h/số: 1 x 3 1 y 3 1 1 x x 3 3 1 1 x y 2 z'x 0 3x 1 0 3 3 2 z' y 0 3y 1 0 1 1 y x 3 3 1 1 y y 3 3 1 x 3 1 y 3 h/số có 4 điểm tới hạn: 1 1 1 1 M1( , ),M2( , ) 3 3 3 3 1 1 1 1 M3( , ),M4( , ) 3 3 3 3 Ta lại có: r z''xx 6x s z'' xy z'' yx  t z'' yy 6y 1 1 M1( , ) lần lượt xét các điểm tới hạn ta có : Tại 3 3 1 r z''xx(M ) 6. 2 3 1 3 s  1 t z''yy(M ) 6. 2 3 1 3 s2 rt  2 3.2 3 12 0 r 2 3 0 1 1 M1( , ) h/số đạt cực đại tại 3 3 và 8
4. 1 1 4 3 M 4 ( , );Zmin 3 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 2 z'x 0 x x y 0 x3 y3 0 ( x y )( x2 y2 xy ) 0    z' 0 2 3 3 y y y x 0 x x y 0 x x y 0 x y 0 x y 0 x 0 3 3 y 0 x x y 0 x 2x 0 x 2 xy 0 x 0 y 2 3 x x y 0 y 0 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) z(y,y) – z(0,0) = 2y4 >0 Khi y lõn cận 0. Từ 2 trường hợp trên => (0,0) k0 là Cực trị * Xét A 2, 2 thay vµo cùc d¹i * Xét B 2 , 2 thay vµo cùc tiÓu Câu 7 : (2đ) Tỡm cực trị của hàm số: 50 20 z = xy+ x y với x>0, y>0 10
5. 2 z'x 3x 2xy 2 2 z'y 3y x Tỡm cỏc điểm dừng 3x2 2xy 0(1) có hệ 2 2 3y x 0(2) Từ (1) => x(3x-2y) =0 x 0 3x 2y x 2 y 3 thay x=0 vào (2) ta có 3y2=0 =>y=0 thay x=2/3.y vào (2) ta có 3y2 4 y2 0 27y2 4y2 0 9 23 y2= 0 => y=0 Vậy ta có điểm dừng M(0,0) Bước 2: Tớnh B2 AC A z''x2 6x 2y 2 B z''xy 2x 4x (6x 2y).6y xét tại điểm dừng M(0,0) ta có C z''y2 6y (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 2x 2y 1 z x2 y 2 1 12
6. => 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 2 2 trờn miền D: x y 25 Giải: Ta có: z'x 2x 12 z' y 2 y 16 Tỡm cỏc điểm tới hạn z'x 2x 12 0 x 6 z' 2x 16 0 y y 8 Vậy ta thấy hàm số đạt cực trị thỡ điểm cực trị k0 thuộc miền D 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 x y 2 y=1 1 1 3 2 1 2 3 14
7. D được g/hạn bởi các đường x =0 ; x =2 y 2x x2 (x 1)2 y2 1 2 x 1 1 y 2 x 1 1 y y2 y 2x x 2 0 y 1  D D1D2D3 với D1 = (x, y) : y2  x 1 1 y2 2  1 y 2  D2 (x, y) : y2  x 2 2  0 y 1  1 1 y 2 1 D3 (x, y) :  Vậy I dy f (x, y)dx 2 2 1 1 y x 2 0 y 2 1 2 dy f (x, y)dx 0 1 1 y 2 2 2 dy f (x, y)dx 1 y2 2 Câu 14 : (2đ) 1 1 y dy f (x, y)dx 0 1 y2 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 x 1 y 2 x2 y2 1 (lấyphần x 0) D D1  D2 16
8. vậy I xdy ydx L a 2 2 2 x a x dx 2 2 a a x a 2 2 2 a a 2 a x dx 2 2 x 2 2 a x x. dx a a x a a2 x2 a 2 2 2 a x dx a a 2 dx a a a2 x2 a 2 2 I 2 a x dx a a 2 dx a a a2 x2 a 2 2 I1 a x dx ,đặt x=asint a t 2 2 2 2 2 2 I1 a a sin t .d(asint) 2 2 a cost.a cost.dt 2 2 2 2 a cos tdt 2 2 2 1 cos2t = a dt 2 2 2 a sin 2t 2 t 2 2 2 a2 ( ) 2 2 2 sin sin( ) a2  2 2 a a d( x ) dx a I 2 a a2 x2 a 1 ( x )2 a x a a arcsin arcsin a a a a arcsin a 2 I 2I1 a I2 a2 2. a2 0 2 b.Dùng công thức Green: y a B L D 18
9. tacó: L AmB BmA Trong đó AmB có PT: 2 x y dx xydy 0 y 1 Bn A có PT: x y dx dy 1 y 0 I (x y)dx xydy L (x y)dx xydy Am B (x y)dx xydy Bn A 0 2 3 (y y)2y y dy 1 1 2 (y y y )dy 0 1 2 2 (3y 2y )dy 0 1 2 (y 2y)dy 0 1 3 2 ( 3y y 2y)dy 0 y4 y3 1 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 1 p(x,y) x y y Q xy Q (x,y) y x Q p Theo công thức Green ta có: I ( )dxdy D x y Với D là miền kín biểu diễn trên h/vẽ I (y 1)dxdy D 1 y dy (y 1)dx 0 y 2 1 2 (y 1)(y y )dy 0 1 3 2 ( y 2y 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) 2 2 I y dx x dy c Y CR 20
10. x acost AB: ,o t y asint 2 Nhận xét : x y khi o t 4 x y khi t 4 2 2 4 I a (cost sint)costdt o 2 2 a (cost sint)costdt o 4 2 4 2 I a (cos t sint cost)dt o 2 2 2 a (cos t sint cost)dt 4 2 4 1 cos2t sin2t a ( )dt 2 2 2 2 2 1 cos2t sin2t a ( )dt 2 2 4 2 1 sin2t cos2t a t 4 2 4 4 o 2 1 sin2t cos2t 2 a t 2 4 4 4 0 Câu6(3đ) 2 x 2 2x ln ydx ( 1 y )dy AB y Y B C A 1 1 X x2 Đặt :p = 2xlny Q 1 y2 y p Q 2x Nhận xét: 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) 22
11. a x Câu8(3đ) ydx xdy I 2 2 c x y y t 1 x x cost Pt tham số: ,o t 2 y sint I= 2 ( sint)( sint) cost.costdt 2 2 o cos t sin t 2 dt 2 o Câu9(3đ) Cho các hàm số p(x,y) ex siny 2m2x cosy Q(x,y) ex cosy mx 2siny a. p ex cos y 2m2 sin y y Q ex cos y 2mx2 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 : x y x x 2 U(x,y) e dx (e cosy x siny)dy 2 o 2 ex siny x2 cosy 1 Câu10(3đ) 24
12. y2 x2 2mxy ny2 nx2 2xy (x2 y2 )(n 1) 2xy(1 m) b/ 0,x, y n 1 0 n m 1 1 m 0 B(a,o) C(a,a) A(a,o) x a a y a a x dy dx 2 2 2 2 oa y oa x I pdx Qdy pdx Qdy a a x a a x AC CB dx dx x y x y 2 2 2 2 p ,Q oa x oa x x2 y2 x2 y2 a 2a 1 x a a a y 0 x a dx 2a. arctg I dy dx 2 2 a a o 2 2 2 2 oa x o a y a x a 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 I 2 (x y z)dxdydz v 2 xdxdydz 2 ydxdydz 2 v v a a a zdxdydz 2 xdx dy dz 2 v 0 o o a a a a a a dx ydy dz 2 dx dy zdz o o o o o o 2 a a a a 2 a (x )(y )(z ) (x )(y ) (z a) (x a)(y a)(z2 a) o o o o o o o o o a4 a4 a4 3a4 26
13. x 2u.ux 2x ux u y z tương tự uy ; uz u u x y z gradu ( , , ) Thông lượng của trường vectơ gradu qua mặt cầu S: x2 y2 z 1 là u u u x y z  dydz dzdx dxdy xdydz ydzdx zdxdy s u u u s U 1 vì S áp dụng c/thức ostrogradsky ta có 2 2 2  3 dxdyz trong đó V là h/cầu x y z 1 v 4  3. (thể tích V) 3. 4 3 Câu1(4đ) y y' y'cosx ln y cosx 1 ln y y y' 1 ln y y cosx y' Đặt z ln y z' y 1 thay vào ,ta được : z'.z cosx 1 z2 z'.zdx dx cosx 2 cosx dx 1 sin2 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 lnC tg( ) 2 2 4 x Thay lại ,ta có nghiện tổng quát của PT: ln2 y 2lnC tg( ) 2 4 b/ y'' y xsin2 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 : 2 k1 1 k 1 0 k2 1 PT đặc trưng có 2 nghiệm thực phân biệt do đó nghiệm tổng quát của PT đặc trưng : x x y C1.e C2.e +Ta tìm 1 No riêng của Pt vi phân tuyến tính cấp 2 ko thuần nhất đã cho: 1 cos2x y'' y xsin2 x x( ) 2 x x cos2x f1(x) f2(x) 2 2 x ox với f1(x) e .P1(x) 2 28
14. z'dx dx z3 x 1 1 1 . 2 x 1 C 2 z2 1 z2(2 x 1 C) 2 Thay z ln y ta có: 1 ln2 y(2 x 1 C) 2 15 do y( ) e2 thay vào: 16 15 1 ln2(e2).(2 1 C) 16 2 1 1 4.(2. C) 4 2 1 1 3 C 8 2 8 Vậy,No riêng của Pt đã cho là : 3 1 ln2 y(2 x 1 ) 8 2 b.Tìm No tổng quát : 2 ox y'' 3y' x e 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'' 3y' 0 là: k2 3k 0 k(k 3) 0 k1 0 k2 3 no t/quát của PT thuần nhất là: ox 3x y C1.e C2.e 3x C1 C2.e 2 ta tìm 1 No riêng của PT vi phân cấp 2 Ko thuần nhất đã cho có dạng : YR x(ax bx C) (Vì k1 0 ) ax3 bx2 C 2 y'R 3ax 2bx C y' 'R 6ax 2b y' 'R 3y'R 6ax 2b 9ax2 6bx 3C x2 9ax2 6(a b)x 2b 3C x2 9a 1 6(a b) 0 2b 3c 0 1 a b 9 2 2 1 2 C b . 3 3 9 27 Vậy một no riêng của PT là : 1 2 1 2 yR x( x x ) 9 9 27 x 2 (x2 x ) 9 5 No t/quát của Pt đã cho là : 30
15. 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 x Thay vào (2) - (4a +5c)sin2x – 5(ax+b)cos2x = cos2x 2 1 a 10 4a 5c 0 b 0 5b 0 4 1 c . 1 5 10 5a 2 2 25 1 2 Vậy yR2 = xcos2x sin 2x 10 25 YR YR1 YR2 Như vậy theo n/lý chồng chất N0, N0 riêng của pt đã cho sẽ là : x x 2 cos2x sin 2x 2 10 25 Vậy N0 tq của pt đã cho là : x x Ytq Y YR C1e C2e x x 2 cos2x sin 2x 2 10 25 Câu 4 : (4đ) a) 2ydx + (y2 – 6x)dy = 0 dx y x 3 0 dy 2 y 3 y x' x y 2 Đây là pt vi phân t2 cấp 1 không thuần nhất với : 3 y P ;Q (y) y (y) 2 C/thức N0 t/quát là : P(y)dy P dy x e e (y) Q(y)dy C 3 I p dy dy Đặt (y) y dy 3 3ln y y P( y) dy J e Q( y)dy y 3 3ln y. dy ln y.ydy 2 2 dy du u ln y y Đặt dv ydy y2 v 2 3 y2 y2 dy J ln y . 2 2 2 y 3 2 3 y ln y ydy 4 4 3 3 y2 ln y y2 4 8 32
16. p(t)dt p(t)dt y e e .q(t)dt C +Ta có : I p(t)dt 1 dt lnt t p(t)dt J e q(t)dt lnt 2t 1 2t e .t.e dt .t.e dt t 2t 2t e e dt 2 Vậy No t/quát: e2t e2t y elnt C t.( C) 2 2 x2 Thay t = lnx , et x y ln x( C) 2 e2 do: y(e) thay vào ta có : 2 e2 y ln(e).( C) (e) 2 e2 e2 C C 0 2 2 y y' xln x xln x Vậy N0 riêng của pt 2 e y(x) 2 x2 => y ln x 2 b) Tìm N0 t/quát: y'' 2y' y x.ex Đây là pt viphân t2 cấp 2 không thuần nhất. Xét pt thuần nhất tương ứng: y’’ –2y’ + y = 0 pt đặc trưng k2 – 2k + 1 = 0 2 (k – 1) = 0 N0 kép k1 = k2 = 1 pt thuần nhất có N0 t/quát : x y e (c1 c2)x Ta tìm 1 N0 riêng của pt không t/nhất đã cho có dạng: 2 x 2 yR x .e .(ax b) vì f (x) x.e 1 k1 x 3 2 2 X 3 2 e ax bx 3ax 2bx yR = e (ax + bx ) yR ex ax3 (b 3a)x2 2b x 3 2 y''R e ax (3a b)x 2bx 3ax2 2(3a b)x 2bx x 3 2 y''R e ax (6a b)x 2(3a 2b)x 2b Thay vào pt đã cho ta được: y''R 2y'R yR ex  6a b 2(3a b) bx2 (6a 2b) 4bx 2b  xex (6a – 2b) x + 2b = x 1 6a 2b 1 a 6 2b 0 b 0 34
17. ox yR1 e .(ax b) ax b y’R1 =a y’’R1 = 0 Thay vào ta có: 0 –5a + 6(ax +b) =x 6ax + 6b –5a = x 6a 1 6b 5a 0 1 a 6 5 5 b a 6 36 1 5 No riêng: yR1 x 6 36 x f2(x) e y'' 5y' 6y x + Với : f2(x) e Qo (x) 1 k1,k2 ta tìm No riêng dạng: x yR2 e .A y'R2 x y''R2 A.e Thay vào ta được : A.ex 5A.ex 6.A.ex ex 1 2A.ex ex A 2 1 x yR e 2 2 Theo n/lý chồng chất No riêng của Pt đã cho là : y y y R R1 R2 1 1 5 ex 2 6 36 Vậy No của Pt đã cho : 2x 3x ytq y yR C1e C2e 1 1 5 ex x 2 6 36 (C1 ,C2 là các hằng số) Câu7(4đ) y a. y' x2y4 x y' 1 1 . x2 y4 y3 x 1 3y'.y2 Đặt z z' y3 y6 3y' y' 1 z y4 y4 3 Thay vào ,ta có : 1 1 z' z x2 3 x 3 z' z 3x2 x 3 2 Với p(x) ,q(x) 3x x đây là Pt vi phân t2 cấp 1 ko thuần nhất c/thức No t/quát: 36
18. a.Tìm No riêng của Pt: x y' x y' y e 2 y y e 2 y y' y' Đặt:Z= y z' 2z' 2 y y x Thay vào 2z' z e 2 1 1 x z' z e 2 2 2 1 P(x) 2 với 1 x q(x) e 2 2 Đây là Pt vi phân t2 cấp 1 ko thuần nhất ,No tổng quát : Z = P(x)dx P(x)dx e e .Q(x)dx C dx 1 I P(x)dx x 2 2 x Z e 2 1 e x C P(x)dx 2  J e .Q(x)dx x x x x C.e 2 1 e 2 1 1 x 1 x 2 e 2 . e 2 dx e dx e 2 2 2 x x 1 no t/quát y C.e 2 e 2 2 0 1 0 Y (o) C.e 2 e 2 2 Thay : 1 9 7 C C 2 4 4 - Vậy No riêng của Pt : 7 x 1 x y e 2 e 2 4 2 b.Tìm No t/quát của Pt: y'' 6y' 5y x e x - Đây là Pt vi phân t2 cấp 2 ko thuần nhất hệ số hằng số! - Xét Pt thuần nhất tương ứng: y'' 6y' 5y 0 Pt đặc trưng: k2 6k 5 0 k1 1 (k 1)(k 5) 0 k2 5 Pt có 2 No thực phân biệt, vậy No t/quát của Pt thuần nhất : x 5x Y C1.e C2.e - Xét Pt ko thuần nhất đã cho: y'' 6y' 5y x e x f1(x) f2(x) ox với f1(x) x e .p1(x) ( 0 k1,k2) Ta tìm No riêng dạng : ox YR1 e (ax b) Của Pt: y'' 6y' 5y x f1(x) (1) y'R1 a y''R1 0 0 6a 5ax b x 1 a x 6 thay vào 5a 1 5 YR1 6a b o 6 5 b 6a 5 x x +Với f2(x) e e .po(x) 1 k1 38
19. C'2 (x) tgx.sin x sin 2 x 1 cosx cosx cosx C1(x) C'1 dx sin xdx cosx sin 2 x C2(x) C'2 dx dx cosx sin2 x d(sin x) cos2 x (đặt t=sinx) t 2 1 t 2 1 dt dt 1 t 2 1 t 2 1 1 dt (1 t)(1 t) 1 1 1 dt dt 2 1 t 1 t 1 1 t t ln 2 1 t 1 1 sin x C2 (x) sin x ln 2 1 sin x Vậy No riêng : yR C1(x)sin x C2 (x) cosx yR sin x cosx 1 1 sin x cosx(sin x ln ) 2 1 sin x 1 1 sin x cosx ln 2 1 sin x Như vậy,No tổng quát của Pt đã cho : ytq y yR C1sin x C2 cosx 1 1 sin x cosx ln 2 1 sin x b. y'' 3y' 4y e4x -Đây là Pt vi phân t2 cấp 2 ko thuần nhất hệ số hằng số -Xét Pt thuần nhất tương ứng: y’’- 3y’- 4y =0 Pt đặc trưng: k2 3k 4 0 k1 4 (k 4)(k 1) 0 k2 1 Pt đặc trưng có 2 no thực phân biệt no t/quát của Pt thuần nhất 4x x y C1e C2e -Xét Pt vi phân cấp 2 ko thuần nhất đã cho: 4x 4x y'' 3y' 4y e f(x) e x e po(x) 4 k1 Ta tìm no riêng của Pt dạng: 4x 4x yR x.e A Axe 4x y'R Ae (1 4x) 4x y''R Ae (4 4(1 4x)) 8Ae4x(1 2x) Thay vào ta có : 4x y''R 3y'R 4yR 8Ae (1 2x) 3Ae4x (1 4x) 4Ax.e4x x x A.e4x 8 16x 3 12x 4x No riêng : y e 2 R 5 5A.e4x e4x 1 5A 1 A 5 40
20. 4x 4x 4x 1 1 4x A.e 16x 8 5(1 4x) 4x 3A.e e A Vậy yR x.e 3 3 Như vậy ,no t/quát của Pt đã cho là : ytq y yR x 4x 1 4x C1e C2e xe 3 Câu11(4đ) 1 a. y'' 5y' 6y 1 e2x 2 k1 2 -Pt đặc trưng k 5k 6 0 k2 3 No t/quát của Pt thuần nhất : 2x 3x y c1e c2e sử dụng p2 biến thiên hằng số: 2x 3x C'1 e C'2 e 2x 3x 0 2C'1 e 3C'2 e 1 1 e2x 3x 1 C'2 e C'2 1 e2x e3x e3x C2 dx 1 e2x 1 e2x Đặt t ex dt exdx tdx dt dx t t3 dt t2dt C2  1 t2 t 1 t2 1 (1 )dt t arctgt k2 1 t2 x x e arctge k2 3x C'2 e x C'1 C'2.e e 2x e3x e2x  e x 1 e2x 1 e2x e2x C1 dx 1 e2x dt Đặt t ex dx t t2 dt t C1  dt 1 t2 t 1 t2 1 2 ln(1 t ) k1 2 1 2x ln(1 e ) k1 2 Pt ko thuần nhất có No 1 2x 2x y K1 ln(1 e ) e 2 x x 3x K2 e arctge e 2x 2x 3x e K1e K2e ln 2 (1 e2x) e 2x e 3xarctgex 2 k1 1 b) Pt đặc trưng k 3k 2 0 k2 2 42
21. dz z dx cotg 2 z 2 2sin 3x 2 b. y'' 7y' 12y e (2) x y C x cotg( ) C x 2 pt đặc trưng k2 7k 12 0 3x 4x có No: k1 3,k2 4 Pt thuần nhất có No t/quát : y C1e C2e Pt (2)có No riêng dạng y* Axe3x y'* Ae3x(1 3x) y''* Ae3x(6 9x) thay vào (2) : Ae3x6 9x 7(1 3x) 12x e3x A 1 Vậy (2) có No t/quát: 3x 4x 3x y C1e C2e xe câu14(4đ) y a. y' x x -Đây là Pt vi phân t2 bậc 1 dạng: y’+ py = q có No t/quát: Pdx Pdx y e C Qe dx dx 1 Pdx ln x x Pdx 1 Qe dx x. dx x dx 2 x x No t/quát y x(C 2 x) b. y'' 4y' 3y e3x -Pt đặc trưng : k2 4k 3 0 có No: k1 3,k2 1 Pt thuần nhất có No t/quát : 3x x y C1e C2e ta tìm 1 No riêng của Pt ko thuần nhất dạng: y* Axe3x y'* Ae3x(1 3x) y''* Ae3x(6 9x) Thay vào Pt và đồng nhất hệ số : Ae3x6 9x 4(1 3x) 3x 1 e3x y* xe3x 2 3x x x 3x y C1e C2e e Pt có No t/quát 2 y(o) 1 C1 C2 1(1) 3x x y' 3C1e C2e 1 3 e3x xe3x 2 2 1 y'(o) 9 3C1 C2 9(2) 2 44