Đang tải... (xem toàn văn)
Giải các dạng bài tập toán A3.doc
DẠNG CÂU HỎI 1 ĐIỂMCâu1 : (1đ) Cho hàm số z = arctgyx chứng minh z’’xx + z’’yy= 0Z = artagyx⇒Z’X =)2)(1(1yxy+ = 22yxy+ 222)(11.2'yxxyxyxyz+−=+−= Nên ⇒ ')22(''xyxyxxz+= = -y.2)22(22)22(2yxxyyxx+−=+ yyxxyyz'22)(''+−= = 222222)(2)()2(.yxxyyxyx+=+−− Vậy ⇒ =+yyzxxz '''' .02)22(22=++−yxxyxy (đpcm )Câu 3 : (1đ) Cho hàm số z = x + f(xy) với f(t) là hàm số khả vi, CMR xz’x-yz’y=xZ =x + f(xy) vì f(t) khả vi ⇒∃ f’(t) = f’(xy)⇒=+=xxyfxxz')((' )('.')(1 xyfxxy+ (a); Z’Y = )('.')(0'))('( xyfyxyyxyfx+=+ )('. xyfx= (b) Thay (a) và (b) ta có =−yzyxzx'.'.))(.())(1(''xyfxyxyyfx−+==−+ )(')('xyxyfxyxyfxx (đpcm)Câu 4 : (1đ) Cho hàm số z = y f (x2-y2), với f(t) là hàm số khả vi CMR 2'1'1yzzyzyyx=+)22( yxyfz+= )(.2)(.).()((22'22''22'22'yxfxyyxfyxyyxyfzxxx−=−−=−=và)(.2)()(.)()())((22'22222''2222'22'yxfyyxfyxfyxyyxfyxyfyzyy−−−=−−+−=−=Khi đó ⇒ =+yzyxzx'.1'.1 ))(2)(.(1)(2.122'22222'yxfyyxfyyxxyfx+−−+− = yyxf )22(+ (đpcm)Câu 5 : (1đ) Cho hàm số z = ln(1/r) với r=22 yx+ CMR z’’xx + z’’yy=0rrz ln1ln−==,với 2yxr+= Ta có:rxyxxxr=+=2222' ryyxyyr =+=2222'2/.1'.1)ln('rxrxrrrrzxxx−=−=−=−=⇒)(2 2.'2.1)'(''42242422arrxrrrxxrrrrxrrxzxxxx−=+−=+−=−=⇒Với vai trò của x và y là tương đương nhau trong biểu thức → tính tương tự ta được :)(4222'' brryyyz−= Cộng 2 vế (a) và (b) → 42224224222)(222''''rryxrryrrxzzyyxx−+=−+−=+ = 0 (đpcm )Câu 6 : (1đ) Cho hàm sốxyxxyyxarctgxyxyxyxarctgzyxyxxarctgzx22)(11.1.'22222−++=−++=⇒−−=Khi đó )(2'.2222ayxyxxyxxarctgzxx++−=)(2'.22)(11 '222222222byyxyxzyyyxxyyxyxxzyy−+−=⇒−+−=−+−=Cộng 2 vế của (a) và (b) ta được)('')(222'.'222222222yxzyzxzyxyxxarctgyyxyxxyxxarctgzyxzyxyx+−=+⇔+−=−+−+−=+ Câu 7 : (1đ) )2,1,1222(A,zyxu++=Ta có :2z2y2xx2z2y2x2x2xu++=++=∂∂ 2z2y2xy2z2y2x2y2yu++=++=∂∂ 2z2y2xz2z2y2x2z2zu++=++=∂∂212)2(21211x)A(u=++=∂∂⇒ 212)2(21211y)A(u=++=∂∂⇒ 222)2(21212z)A(u=++=∂∂⇒Biết rằng: AOl=tạo với 3 trục của Oxyz cỏc gúc γβα,,cosin Chỉ phương:212)2(21211cos=++=α 212)2(21211cos=++=β 222)2(21212cos=++=γVậy:1 .cos)(cos)(cos)()(222221212121=++=∂∂+∂∂+∂∂=∂∂γβαlAuyAuxAulAuCâu 8 : (1đ) Cho trường vô hướng A(1,0),T¹i TÝnh u)1,1()ln(.2−=−−+∂∂lyxyxxulBg: Ta có yx21yxx)yxln(2xu−−+++=∂∂yx21yxx2xu−++=∂∂( )230121011)01ln(.2)(=−−+++=∂∂⇒xAu250121011.2y)A(u=−++=∂∂Biết rằng ⇒−=)1,1(lvéctơ Chỉ phương 21)1(1121)1(1102222coscos)cos,(cos−−+−−+=======lylxlβαβαBiết rằng βαcosy)A(ucosx)A(ul)A(u∂∂+∂∂=∂∂2221252123 −−=+=Câu 9 : (1đ) Cho trường vô hướng(gradu). div TÝnh)3x2y(eu2xy−+=Bg: Ta có ( )yuxu gradu kh¸c MÆt∂∂∂∂∂∂∂∂=+−+=+−+=+−+=+−+=;)232.(.2)32(.)232(.2)32(.22232yxxxyeeyxyexyxyyeexyeyxyxyxyxuxyxyxyxuvà x yeyyx yyx yeyxu.2)2323(.22++−+=∂∂)y4y3xy2y(e224xy+−+)24233222423224(22)24233222()22()23222(.22++−+++−+=∂∂+∂∂=⇒++−+=++++−+=∂∂xyxxxyyyxyyxyexuyuxyxxxyxyexyxyeyxxxyxyexyu22 (gradu) div Câu 10 : (1đ) Cho hàm ẩn ),( yxzz =Có PTxzyarctgxz−=− Ta có ydyzdxxzyxzd ''),(+= mà 0),,(=−+−=⇔−=−zxxzyarctgFxzyarctgxzzyx2)(22)(11.1'2)(22)(212)(212)(11.2)('xzyxzxzyxzyFxzyxzyyxzyyxzyxzyxF−+−= =−+−=−+−++= =+−+=+−+−=2 2)(2)2)(2(2)(2)2)(2(12)(212)(11.2)('xzyxzyyxzyxzyyxzyyxzyxzyzF−+−++−=−+−++−=−−+−=−−+−−=2222222222)('''1)())(()())(('''xzyyxzFFzxzyxzyyxzyxzyyFFzzyyzxx−++−=−==−+−++−−+−++−=−=→ nnª VËydyxzyyxzdxdyzdxzdyxyxz22),()(''−++−+=+= dã, DoCâu 11 : (1đ) cho hàm ẩn),( zyxx=có PT :23xyxx4z+−= Víi243),,(xyxxzzyxF−−+=⇔ 1'2'43'22=−=−−=zFxyFyxFdyx ã, Khi2222431'''432'''yxFFxyxx yFFxxzzxyy−−−=−=−−=−=⇒Như vậy =dzyxdyyxxydzxdyxdzyzyx2222),(431432''−−−−−=+=Câu 12 : (1đ) cho hàm ẩn),( zyxx =có PT )y2yx(ez2x2++=ozyyxeFxzyx=−++=⇔)2(22),,(Ta có: 1')1(.2)22(')1242()2(.2'2222222−=+=+=+++=+++=zxxyxxxxFyeyeFyyxeeyyxeF)2412(1'''2412)1(2)2412()1(2'''222222yyxeFFxyyxyyyxeyeFFxxxzzxxxyy+++=−=++++−=++++−=−=⇒Như vậy )2412()1(2''222),(yyxedzdyeydzxdyxdxxzyzyx+++++−=+=DẠNG CÂU HỎI 2 ĐIỂMCâu 1 : (2đ) Tìm cực trị của hàm số)4)((+−+=yxyxezxMxđ :Ryx∈∀),(ta có [ ]42)4)(()()4()4)(('+++−+=+++−++−+=xyxyxeyxeyxeyxyxezxxxxx[ ]yeyxeyxezxxxy24)()4('−+=+−+−=Xét tọa độ các điểm tới hạn của h/số : M(x,y)==0)('0)('MyzMxz⇔ [ ])189'(22420862042)2(2042)4) ((0)24(22=−=∆−==−==⇔=++==+++=⇔=+++−+=−xyxyxyxxyxyxyxeyeyxx⇒ Hàm số có 2 điểm tới hạn: )2,2(1−Mvà )2,4(2−MTa lại có: [42)4)((''+++−+==xyxyxezArxxx] [ ]====+++−+=++++−+yxxyxzzBsxyxyxeyxyx ''''104)4)((2)()4([ ] [ ]xyxyyxxxeyezCtyeye 2)24('')24()24(//−=−===−=−3 Tại M1(-2,2),ta có:[ ]0.20.4.40.2)1(''0)2.24(''.210)2(4)422.(0)('')(2)1(4422)1(2)1()1(2211>=>=+=−⇒−===−===+−++−−==−−−−−−−eAeeACBeMzCezBeeMzMAMyyMMxyMxx⇒Hàm số không đạt cực trị tại M1(-2,2)Tại M2(-4,2),ta có :0.20.4.40.20)2.24(2)104(4)424)(24(()(''488244442<−=<−=−=−⇒−==−=−=+−++−−+−==−−−−−−−eAeeACBeCeBeeMzAxxVậy hàm số đạt cực đại tại M2(-4,2) và 44)2,4(max.4)424)(24(−−−=+−−+−==eezz Câu 2 : (2đ) Tìm cực trị của hàm sốxyyxz 322−+=Ta có MXĐ : ∈∀=2),( RyxDvà xyyzyxxz323'323'−=−=Xét tọa độ các điểm tới hạn M(xo,yo) của Z(x,y) :==⇔=−=−⇔==)2()1(0330330'0'2222xyyxxyyxzzyxThay (2) vào (1) ⇔=→ yy4==⇔=++−⇔=−010)43)21)((1(0)1(2123yyyyyyyVới :121111==→=yxyVới : 022202==→=yxy⇒Ta có 2 điểm tới hạn của :M1(1,1) và M2(0,0): ta cóyzzzxzyyyxxyxx6''3''''6''=−===Tại M1(1,1) thì ⇒ 027)6.6()3(6)1(''3''61.6''22)1()1(<−=−−=−=∆⇒==−=====ACBMzCzBzAyyMxyMxxVậy ⇒>=<∆→060A H/s đạt cực tiểu tại M1(1,1)Tại M2(0,0) ta có 090)3(''3''00.6''2200.6)()()(222>=−−=−=∆=−=======ACBzCzBzAMyyMxyMxx⇒hàm số không đạt cực trị tại M2(o,o) .Như vậy hàm số đó cho đạt cực tiểu tại M1(1,1) = - 1Câu 3 : (2đ) Tìm cực trị của hàm số 0,2)2)(22(≠−−=abybyxaxz MXĐ :2),( Ryx∈∀Ta có : [ ][ ])2()(22)2(')2()(22)2(')2()2()2)(2(22axxbyybyaxxzbyyaxxaxbyyzbyyaxxybxxaxzyx−−=+−−=−−=+−−=−−=−−=Xét hệ PT:=−−=−−⇔==0))(2(20)2()(20'0'byaxxbyyaxyzxz4 ==========⇔======⇔byaxyaxbyxoyxbyaxbyaxoxbyyax2202200220Kết 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][))((42)(2'''')2(2))2()(2('''byaxybyaxyxzxyzbyybyyaxzxxx−−=+−−==−=−−=và )2(2'' axxyyz−= với M1(0,0)→)1('' Mxxzr=0)20.(0.2=−=b0)20(0.2)(''4)0)(0(4)(''21=−===−−==aMyyztabbaMxyzs=−=−=∆⇒0.02)4(2abrts02216〉ba (ab ≠ 0) mà r = 0⇒ M1(0,0) không là điểm cực trịVới M2(0,2b)→0)22(2.2)(''2=−== bbbMxxzr0)20(0.2)('')(4)2)(0(4)(''22=−==−=−−==aMyyztabbbaMxyzs022162〉=−=∆barts⇒M2(0,2b) không là điểm cực trịVới M3 (a,b)⇒233234)2(2)(''0))((4)(''4)2(.2)(''aaaaMyyztbbaaMxyzsbbbbMxxzr−=−===−−==−=−== =−=−=∆→2216202barts02216〈−=ba mà r= -4b2 < 0⇒hàm số đạt cực đại tại M3 (a,b)* Với M4 (2a,0)⇒ 0)20(0.2)4(''=−==bMxxzrobaabrtsaaaMyyztabbaaMxyzs〉=−−=−=∆⇒=−==−=−−= ==222244160)4(0)22(2.2)(''4)0)(2(4)(''→Hệ số không đạt cự trị tại M4(2a,0)Với M5 (2a,2b) ta có:0160)22(2.2)(''4)2)(2(4)(''0)22(2.2)(''222555〉=−=∆→=−===−−===−==bartsaaaMyyztabbbaaMxyzsbbbMzr→Hệ số không đạt cự trị tại M5(2a,2b) Như vậy hệ số đạt cực đại tại M3 (a,b) khi đó222222),(m ax)2)(2( babbaaZZba=−−= ==Câu 4 : (2đ)yxyxyxz ln10ln422−−++=Mxđ:{ }0,0:),(〉〉∀=yxyxD→ta có: xyxxz42' −+=yxyyz42'−+= ; Xét hệ pt tọa độ cỏc điểm tới hạn M (x,y):5 =−+=−+⇔==0420420'0'yxyxyxyzxz=+−+=+−−⇒0)(4)(3044xyyxyxyxyx=−+=−−⇔0)43)((0)41)((xyyxxyyx{000==⇔=+=−⇒ yxyxyx→ loại Với khụg ∈ D332340430==⇔==⇔=−=−yxxyyxxyyx−=−=⇔=+=−400412xyxyxxy (vụ n0)==→=−=−344043041xyxyxyxy ( vụ n0)vậy→ hệ pt có 1 n0 332==yx→ Hệ số có 1 điểm tới hạn )332,332(MXét: 242''xzrxx+==242''1''''yyyztyxzxyzs+=====⇒tại 0154.41441''1''441'')332,332(234)()(34)(<−=−=−⇒=+=====+==⇒rtsztzszrMMyyMxyMxxvà r = 4 > 0 ⇒ h/số cực tiểu tại:)332,332(M và 34ln7434ln21434.3)332,332(min−=−==zZCâu 5 : (2đ)yxyxz−−+=33MXĐ:∀(x,y)∈R2Ta có :123'−=xxz 123'−=yyzXét hệ PT tọa độ các điểm tới hạn của h/số:6 ==−===−=−=−=⇔=−==−=⇔=−=−⇔==3131313131313131313131310130130'0'22yxyxyxyxyyxxyxzzyx⇒h/số có 4 điểm tới hạn:)31,31(4),31,31(3)31,31(2),31,31(1MMMM−−−−Ta lại có: 6xxx'z'r==yyyztyxzxyzs6''''''==⊗===⇒lần lượt xét các điểm tới hạn ta có : Tại )31,31(1−M03201232.3223231.6)1(''3231.6)1(''<−=<−=−⊗=−⇒−=−==⊗=−=−==rrtsMyyztsMxxzr⇒h/số đạt cực đại tại )31,31(1−−Mvà 934max)31,31(max=⇒−−=ZzZTại ⇒−)31,31(2M7 01232.323231.6''''32)31.(6''2)()(22>=+⊗=−⇒===⊗==−=−==rtsztzszrMy yxyMx x⇒h/số ko đạt cực trị tại M2Tại −=−=======⇒−32)31.(6''0''3231.6'')31,31()()(333My yxyMxxxtzszrM01232.322>=+⊗=−⇒rtS⇒h/số dạt cực trị tại : )31,31(3−MTại ⇒)31,31(4M===⊗======3231.6)4(''''''3231.6)4(''MyyztyxzxyzsMxxzr01232.322〈−=−⊗=−⇒rtSmà 032 〉=r⇒h/số đạt cực tiểu tại )31,31(4Mvới 934)31,31(min−==zZNhư vậy h/số đạt cực đại tại 934max1);31,31(=−−ZMĐạt cực tiểu tại:934min4);31,31(−=ZMCâu 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 =+−=+−↔==0xyy0yxx0'z0'z22yx=+−=−++↔=+−=+↔0yx3x0)x y2y2x) (yx(0yx3x03y3x 8 ===−=+⇔=+−==+−=+⇔0y0x0x23x0yx0yx3x0xy0yx3x0yx=−=−====⇔2y2x2y2x0y0x+ 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 ()2y<+ 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* Xét A( )¹i cùc vµo thay d2,2=>−* Xét B( )tiÓu cùc vµo thay =>− 2,2Câu 7 : (2đ)Tỡm cực trị của hàm số: z = xy+y20x50+với x>0, y>0Giải: Bước 1 −−=2y20x2x50x'zy'z Tỡm cỏc điểm dừng ==−⇒=−=−)2()1(000222220502050yxyxxyxyThay (2) vào (1) ta có0y.y0y48122y2050=−⇒=−=> 8y – y4 = 0 => y(8-y3) = 0=++−=−=⇒0)224)(2(380yyyyy=⇒==⇒>++=+− 032)1(4220yyyy2y 5 x ra bµi theo lo¹i Vậy có 1 điểm dừng M1(5,2). Bước 2: Tính ACB2−=∆34000340''11''100''2332yzCzBxzAyyxxyx==−=∆⇒====Tại điểm dừng M(5,2) ta có0341)2,5(<−=−=∆=> hàm số đạt cực trị ta lại có9 ⇒>= 0)2,5(A125100Tại M hàm số đạt cực tiểu.Câu 8 : (2đ)Tỡm cực trị cuả hàm số z= x3 + y3 – x2yGiải: Bước 1:−=−=22y2xxy3'zxy2x3'zTỡm cỏc điểm dừngcó hệ=−=−)2(0223)1(0223xyxyxTừ (1) => x(3x-2y) =0=⇒==⇒yxyxx32230 thay x=0 vào (2) ta có 3y2=0 =>y=0thay x=2/3.y vào (2) ta có042703222942=−⇒=yyyy23 y2= 0 => y=0 Vậy ta có điểm dừng M(0,0)Bước 2:Tớnh ACB2−=∆yxzAx26''2−==yzCyyyxxxx yzB6''26).26(242''==−−=∆⇒−== xét tại điểm dừng M(0,0) ta có0)0,0( =∆=> chưa có k.luận về cực trị, xét hàm số tại (0,0): z=0; z>0 với x=yCâu 9 : (2đ)Tỡm cực trị của hàm số 112222++++=yxyxz122)122(1221222'++++++−++=yxyxyxxyxxz322232222212221)22()1(2+++−−++++−++==yxxxyyyxxxyxyx32221222'+++−−=yxyxyxyz10 [...]... 1 2 3' −= y y z Xét hệ PT tọa độ các điểm tới hạn của h/số: 6 = = = = = = = = = = ⇔ = = = = = = ⇔ by ax y ax by x oy x by ax by ax ox by y ax 2 2 0 2 2 0 0 2 2 0 Kết hợp các khả năng với ab ≠ 0→a ≠0 ,b≠0, ta có 5 điểm tới hạn sau :M 1 (0,0) , M 2 (0,2b), M 3 (a,b) , M 4 (2a,0) ,M 5 (2a,2b) Ta lần lượt xét các điểm tới hạn trên... 2 t 4 ππ ≤≤ ∫ −− ∫ −= = ∫ −− ∫ −= 2 4 dt)tcostsint 2 (cos 2 a 4 o dt)tcostsint 2 (cos 2 aI o 2 4 tdtcos)tsint(cos 2 a 4 o tdtcos)tsint(cos 2 aI π π π π π π 0 4 2 4 t2cos 4 t2sin t 2 1 2 a o 4 4 t2cos 4 t2sin t 2 1 2 a 2 4 dt) 2 t2sin 2 t2cos1 ( 2 a 4 2 dt) 2 t2sin 2 t2cos1 ( 2 a = ++= ++= ∫ − + = ∫ − + = π π π π π π π Câu6(3đ) dy) 2 y1 AB y 2 x (ydxlnx2 ++ ∫ + Y B C A 1 1 X Đặt :p = 2xlny 2 y1 y 2 x Q ++= Nhận xét: y x2 x Q y p = ∂ ∂ = ∂ ∂ 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 ∫ − =+= a a dxxI 0.00. 2 Vậy 000 21 =−=−=⇒ III Câu 3(3đ) ∫ ++ L xydydxyx )( x=y 2 1 B m L A n O 1 x y=x a.Tính trực... 1' )1(.2)22(')1242()2(.2' 2222222 −= +=+=+++=+++= z xx y xxx x F yeyeFyyxeeyyxeF )2412( 1 ' ' ' 2412 )1(2 )2412( )1(2 ' ' ' 22222 2 yyxe F F x yyx y yyxe ye F F x x x z z x x x y y +++ =−= +++ +− = +++ +− = − =⇒ Như vậy )2412( )1(2 '' 22 2 ),( yyxe dzdyey dzxdyxd x x zyzyx +++ ++− =+= DẠNG CÂU HỎI 2 ĐIỂM Câu 1 : (2đ) Tìm cực trị của hàm số )4)(( +−+= yxyxez x Mxđ : Ryx ∈∀ ),( ta có [ ] 42)4)(()()4()4)((' +++−+=+++−++−+= xyxyxeyxeyxeyxyxez xxxx x [ ] yeyxeyxez xxx y 24)()4(' −+=+−+−= Xét tọa độ các điểm tới hạn của h/số : M(x,y) = = 0)(' 0)(' M y z M x z ⇔ [ ] )189'( 2 2 4 2 086 2 042)2( 2 042)4)... kk ⇒Pt thuần nhất có No t/quát : x eC x eCy 4 2 3 1 += Pt (2)có No riêng dạng x Axey 3 * = )96( 3 '*' )31( 3 '* x x Aey x x Aey += +=⇒ thay vào (2) : [ ] 1 3 12)31(796 3 −=⇒= ++−+ A x e xxx x Ae Vậy (2) có No t/quát: x xe x eC x eCy 34 2 3 1 −+= câu14(4đ) a. x x y y =−' -Đây là Pt vi phân t 2 bậc 1 dạng: y’+ py = q có No t/quát: ∫ ∫ + ∫ = − dxQeCey PdxPdx ∫ == ∫ = ∫ ∫ ∫... : )(. .3'4'' 1 )( xPe fexyyy x x x α = ==++ − ⇒Do 1 1 k=−= α ⇒ta tìm No riêng của Pt ko thuần nhất có dạng: ).(. bax x ex R y + − = ) 2 ( bxax x e + − = +−+− − = +−+− − = −−+ − =⇒ 2 22'' )2( 2 2 2' axbaax x e R y bxbaax x e bxaxbax x e R y ] bxba −−− )2( ] −+−− − = )(2)4( 2 baxbaax x e 30 có N 0 riêng dạng y R2 = (Ax+B)cos2x + Csin2x → y’ R2 =Acos2x –2(Ax + B)sin2x +2Ccos2x... biệt ⇒No t/quát của Pt thuần nhất : x eC x eCy 4 21 − + − = - Xét Pt vi phân ko thuần nhất đã cho : )( 4 4'5'' x f x eyyy = − =++ 2 4 )()( k xo p x e x f =−= =⇒ α α nên ta tìm No riêng có dạng: [ ] )12( 4 8 )41(44 4 .'' )41( 4 ' 4 . − − = −−− − = − − =⇒ − = x x Ae x x eA R y x x Ae R y x eAx R y Thay vào pt trên ⇒ R y R y R y 4'5'' ++ = [ ] xxxeA x 4)41(5816. 4 +−+− − 3 1 44 .3 −=⇔ − = − −= A x e x eA Vậy x ex R y 4 . 3 1 − −=⇒ Như... no t/quát của Pt thuần nhất là : x eCy 4 1 = x eC 5 . 2 + -Xét Pt vi phân ko thuần nhất đã cho 1 )( 4 )( )( 4 4 . 20'9'' k peef feyyy xo xx x x x ==⇒ ==⇒ ==+− α α ⇒Ta tìm 1 No riêng có dạng: x exA x ex x eA R y x exA x eA x x Ae R y A x xe R y 4 )21(8 4 ).41(4 4 .4'' 4 )41( 4 .4 4 ' . 4 += ++= += +=⇒ = thay vào ta có : 1 20 )41(9)21(8 20'9'' 44 44 44 4 −=⇔=−⇔ =+ +−+⇔ =+− AeA... phân biệt ⇒no t/quát của Pt thuần nhất xx eCeCy − += 2 4 1 -Xét Pt vi phân cấp 2 ko thuần nhất đã cho: 1 4 )( 4 )( 4 4'3'' k xo p x e x e x f x eyyy ==⇒= =⇒=−− α α ⇒Ta tìm no riêng của Pt dạng: )21( 4 8 ))41(44( 4 '' )41( 4 ' 44 . x x Ae x x Ae R y x x Ae R y x AxeA x ex R y += ++= +=⇒ == Thay vào ta có : [ ] 5 1 15 .5 4123168. .4)41(3)21( 84'3'' 44 4 44 4 =⇔=⇔ == −−−+= −+−+ =−− AA eeA xxxeA eA...⇒Ta tìm 1 No riêng có dạng: xxCxxCy R cos)(sin)( 21 += ⇒theo p 2 biến thiên hằng số Largrange ,C 1 (x) và C 2 (x) là No của hệ : =− =+ x xCxC xCxC 2cos 1 sin 2 'cos 1 ' 0cos 2 'sin 1 ' xtgxx x x x xx C tgxCC 222 2 1 12 1 1 sincos cos ) cos sin (cos2cos 1 ' '' − = − = + = −= ... ∫ =−= x x dx dx x xdxQe xx dx Pdx Pdx 2 1 . 1 ln ⇒No t/quát )x2C(xy += b. x3 ey3'y4''y =+− -Pt đặc trưng : 03k4 2 k =++ có No: 1 2 k,3 1 k == ⇒Pt thuần nhất có No t/qt : x e 2 C x3 e 1 Cy += ta tìm 1 No riêng của Pt ko thuần nhất dạng: )x96( x3 Ae'*'y )x31( x3 Ae'*y x3 Axe*y += +=⇒ = Thay vào Pt và đồng nhất hệ số : 36 = = − = = = − = − = − = ⇔ = − = = − = ⇔ =− =− ⇔ = = 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 013 013 0' 0' 2 2 y x y x y x y x y y x x y x z z y x ⇒h/số . PT:=−−=−−⇔==0))(2(20)2()(20'0'byaxxbyyaxyzxz4 ==========⇔======⇔byaxyaxbyxoyxbyaxbyaxoxbyyax2202200220Kết 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. 2xlny 2y1y2xQ ++=Nhận xét:yx2xQyp=∂∂=∂∂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 ∫+++∫+=∫