Bài tập Toán chuyên đề: Giải tích

Chia sẻ: Nguyen Quang Long | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

369
lượt xem 63
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo các chuyên đề về toán học

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài tập Toán chuyên đề: Giải tích

Bang đao ham cua ham hợp hai biên ̉ ̣ ̀ ̉ ̀ ́ a a-1 1 (f(x) )’ = a f (x) f’(x) a = -1: (1/f(x))’ = -f’(x) / f2(x) a=1/2: ( f (x) )’ = f’(x) / 2 f (x ) 2 (e’f(x))’ = f’(x) ef(x) 3 (af(x))’ = af(x) lna (a>0) 4 (ln(f(x))’ = f’(x) / f(x) 5 (sin f(x))’ = cos f(x). f’(x) 6 (cos f(x))’ = - sin f(x). f’(x) 7 (arcsin f(x))’ = f’(x) / (1+ f2(x)) = -(arccos f(x))’ 8 (arctg f(x))’ = f(x)’ / (1 + f2(x)) = -(arccotg f(x)) 9 dx x ∫ sin x = ln tg 2 + C 1 dx dx  x ∏ 0 ∫ cos x = ∫  ∏  = ln tg  2 + 4  + C   sin  x +   2 1. Cho hàm số z = arctg (x/y)’ CMR z’’xx + z’’yy = 0 Ta có: z’x = (x/y)’ / (1+ (x/y)2) = (1/y) / (x2 + y2)/y2 = y/( x2 + y2) z’’xx= (-2xy)/ ( x2 + y2)2 z’y = (x/y)’/(1+(x/y)2) = -x/(x2+y2) z’’yy = 2xy/(x2+y2)2 vậy suy ra đpcm . 2. Cho hàm số z = ln(1/r) với r= x 2 + y 2 CMR z’’xx + z’’yy=0 Ta có: (ln(1/r))’ = (1/r)’ / (1/r) z’x = (1/r)’/(1/r) = -( x 2 + y 2 )’ / (x2 + y2) = -x /(x2 + y2) z’’xx = (-x/(x2 + y2))’ = (x2 – y2) / (x2 + y2)2 z’y = (1/r)’/(1/r) = -( x 2 + y 2 )’ / (x2 + y2) = -y /(x2 + y2) z’’yy = (-y /(x2 + y2))’ = (y2 - x2) / (x2 + y2)2 suy ra dpcm 3. Cho hàm số z’x = arctg x/y + x (x/y)’ /(1 + (x2 / y2)) – 2x = arctg x/y + x/ y(1 + (x2 / y2)) – 2x z’y = -x2 /(y2(1 + (x2/y2))) – 2y suy ra dpcm 4. Tính các đạo hàm riêng của hàm số Xem y = const ta tìm được df 1  x  1 = 1 + = dx x + x 2 + y 2  x +y  2 2  x2 + y2 
Xem x = const ta tìm được df 1 y = . dy x + x 2 + y 2 x2 + y2 5. Tìm vi phân toàn phần dz = 1 x+ y d = ( x − y ) 2 . 2( xdy − ydx ) = xdy − ydx   x+ y x− y 2 x + y 2 2 ( 2 )( x − y) 2 x2 + y2 1+  x− y    6. Tìm cực trị của hàm số Hàm z được viết lại như sau z = ex (x2 + 4x + 4y – y2) Tìm điểm dừng của z z’x = ex (x2 + 4x + 4y – y2) + ex(2x + 4) = 0 z’y = ex(4 – 2y) = 0 Giải hệ trên ta được hai điểm dừng M1(-2,2); M2(-4,2) Điều kiện đủ z’’xx = [ex(x2 + 6x + 4y – y2 + 4)]’ = ex(x2 + 6x + 4y – y2 + 4) + ex(2x + 6) = ex(x2 + 8x + 4y – y2 + 10) z’’yy = [ex(x2 + 6x + 4y – y2 + 4)]’ = ex(4 – 2y) z’’yx = ex(4 – 2y) Xét điểm M1(-2,2) ta có A = z’’xx|M1 = -2 e-2 C = z’’yy|M1= 0 B = z’’yx|M1= 0 Vậy AC – B2= 0 chưa kết luận được. Xét điểm M2(-4,2) ta có A = z’’xx|M2 = -2 e-4 C = z’’yy|M2= 0 B = z’’yx|M2= 0 Vậy AC – B2= 0 chưa kết luận được. 7. Tìm cực trị của hàm số z = x3 + y3 – 3xy Tìm điểm dừng của z z’x = 3x2 – 3y z’y = 3y2 – 3x giải hệ trên ta được M1(0,0) và M2(1,1) điều kiện đủ z’’xx = 6x z’’yy = 6y z’’yx = -3 Xét điểm M1(0,0) ta có A = z’’xx |M1 = 0; C = 0; B = -3 Ta có AC – B2 > 0 có cực trị A=0 đạt cực đại Z(M1) = 0 Xét điểm M1(0,0) ta có A = z’’xx |M2 = 6; C = 6; B = -3 Ta có AC – B2 > 0 có cực trị với A>0 đạt cực tiểu Z(M2) = -1
8. Tìm cực trị của hàm số z = x2 + xy +y2 - 4lnx – 10lny x, y > 0 F’(x)= 2x + y – 4/x F’(y)= x+2y - 10/y  2x + y - 4/x = 0 (1)  - 2x + 4/x = y (1) Điểm dừng là nghiệm  =>  x + 2y - 10/y = 0 xy + 2y - 10 = 0 2 (2) (2) Thay (1 ) vào (2) ta dc x * (-2x + 4/x) + 2 * (-2x + 4/x) - 10 =0 2  - 2x + 4 + 8x + 32/x - 32 - 10 = 0 2 2 2  6x 2 + 32/x 2 - 38 = 0  6x 4 + 32 - 38 x 2 = 0  x2 = 1  x =1    x2 = 16 =>  4 3  x=  3   3 X= 1 thì y =2 4 3 4 3 X= thì y = -2* + 3 < 0 (loại ) 3 3 4 A= f’’(x)= 2 + 2 = 6 tại x=1 x 10 9 C=f’’(y)=2 + 2 = tại y=2 y 2 B = f’’yx = 1 Ta có AC – B2 = 26>0 với A>0 hàm số đạt cực tiểu tại điểm dừng (1,2) cực tiểu z = 3 – 10 ln2 9. Tính các đạo hàm riêng của hàm ẩn z =z(x,y) xác định từ phương trình x+y+z =ez Ta có F(x,y,z) = ez – x –y –z =0 F’x(x,y,z) = -1 F’y(x,y,z) = -1 F’z(x,y,z) = ez – 1 1 Do đó z’x = z’y = z e −1 10. Tìm cực trị của hàm số z = x3 + y3 – x – y Điểm dừng Z’x = 3x2 – 1 Z’y = 3y2 – 1 Giải hệ trên ta có hai điểm dừng M1(1/ 3 ,-1/ 3 ) và M2 (-1/ 3 ,1/ 3 ) Điều kiện đủ Z’’xx = 6x Z’’yy = 6y X’’yx = 0 Tại M1 ta có A = 6/ 3 C = -6/ 3 B =0 ta có AC – B2 = - 36*3
dxdy − x +3 1 2 dy 2 −1 2 1 1 −1 x I= ∫ ∫( x + y)3 = ∫ dx ∫ ( x + y)3 = ∫ dx 2( x + y) 2 |y=1y= 3-x = ∫ dx( 2(1 + x) 2 − 18 ) = 2( x + 1) |21 - 18 | 1 1 1 1 2 1 = 1/36 12. Tính 1  3 x x2 y2  2 1  3 1 x3   x6  Ta có I = ∫ dx ∫ x − x y dy = ∫ dx ( x y − 3 2   |x 2 ) x = ∫  x x −  −  x 5 − dx = 2   2  0 x 2 0   0    2 2 1 4 1 6 1 71 9  x − x − x + x | 9 8 6 14  0   13. Tính 1 1+ x Ta có I = ∫ dx ∫ ln( x + y )dy bằng cách tích phân phân đoạn ta được 0 1 1+ x 1+ x ydy 1+ x x ∫ ln( x + y)dy = y ln( x + y )| = (1+x)ln(1+2x) – ln(1+x) - ∫ (1 − − ∫ )dy 1 1 x+ y 1 x+ y = (1+x)ln(1+2x) – ln(1+x) – x – xln(1+2x) – xln(1+x) =(1+2x)ln(1+2x) – (1+x)ln(1+x)-x 1 Do đó I = ∫ [ (1 + 2 x) ln(1 + 2 x) − (1 + x) ln(1 + x) − x]dx 0 Dùng phương pháp tích phân phân đoạn ta được 1 1 (1 + 2 x) 2 1 (1 + 2 x) 2 2 (1 + x ) 2 1 (1 + x) 2 1 x2 1 I= ln(1 + 2 x ) | − ∫ . dx − ln(1 + x) | + ∫ . dx − | 4 0 0 4 1 + 2x 2 0 0 2 1+ x 2 0 9 1 2 1 1 2 1 1 9 3 = ln 3 − (1 + 2 x) |0 − 2 ln 2 + (1 + x) |0 − = ln 3 − 2 ln 2 − 4 8 4 2 4 4 14. Tính Đường x2 + y2 –x =0 là đường tròn tâm tại (1/2,0) bán kính bằng ½ , chuyển sang hệ tọa độ cực phưng trình trình của đường tròn đó là r = cos ϕ Miền lấy tích phân trong mặt phẳng(r, ϕ ) là ∏ ∏ -
15. Tính Chuyển sang hệ tọa độ cực, phương trình của đường tròn x2 + y2 =2x là r = 2cos ϕ . Miền D’ trong ∏ mặt phảng (r, ϕ ) được xác định bởi 0
y’ = f(x,y) (1) có tích phân tổng quát ∫ M ( x)dx + ∫ M ( y )dy = C b. Phương trình phân ly biến số M1(x)N1(y) dx + M2(x)N2(y)dy =0 (2) TH1: N1(y) = 0 => y = y0 là nghiệm TH2: M2(x) = 0 => x = x0 là nghiệm TH3: M2(x)N=(y) 0 chia cả hai veescuar (2) cho M2(x)N=(y) được pt (1) dạng là M 1 ( x) N ( y) dx + 2 dy = 0 M 2 ( x) N 1 ( x) c. Dạng pt phân ly biến số a x + b1 y + c1 y' = 1 (3) a 2 x + b2 y + c 2 a1 b1 Thỏa mãn = (3) sẽ đưa về pt có biến phân ly (2) nên đặt a1x + b1y = u hoặc a2x+b2y a 2 b2 =u trong đó u=u(x). VD1: y’ tgx + (1+y2)=0 dy Ta có tgx + 1 + y 2 = 0 hay tgxdx + (1 + y 2 )dy = 0 (1) dx TH1: tgx =0 => x = k ∏ k ∈ Z là nghiệm (1) TH2: tgx(1+y2) 0 chia hai vế của (1) cho tgx(1+y2) được dy dx + = 0 (2) là phương trình có biến phân ly 1+ y 2 tgx dx dy cos xdx dy d sin x dy ∫ tgx + ∫ 1 + y 2 = ∫ s + ∫ 1 + y 2 = ∫ sin x + ∫ 1 + y 2 = ln | sin x | + arctgy + ln C = 0  ln(Csinx) = - arctgy hay C sin x = e − arctgy là nghiệm tổng quát cần tìm. VD2: x(y2-1)dx + (x2+1)(2y+1)dy =0 (1) TH1: y2-1 =0  y = +- 1 là các nghiệm của (1) TH2: (y2 – 1 )(x2 + 1) 0 chia cả 2 vế của (1) cho (y2 – 1 )(x2 + 1) x 2y +1 dx + 2 dy = 0 (2) x +1 2 y −1 x 2y +1 1 d ( x 2 + 1) d ( y 2 − 1) dy Có ∫ x2 +1dx + ∫ 2 y −1 dy = ∫ 2 2 x +1 +∫ y −1 2 +∫ 2 y −1 1 1  1 1  1 1  y − 1 = ln( x 2 + 1) + ln | y 2 − 1 | + ∫   y − 1 − y + 1 dy = 2 ln( x + 1) + ln | y − 1 | + 2 ln  y + 1  2 2 2 2     y −1 C(x2+1)(y2-1) = 1 hay (x2+1)(y-1)3(y+1) =C y +1 19. PT tuyến tính và PT Becnuly y’ + p(x)y = q(x) (1) y’ + p(x)y = 0 (2) y’ + p(x)y = q(x) y α (3) PT becnuly α ≠ 0, α ≠ 1 Cách giải (1),(3) - Tìm một nghiệm của pt thứ nhất (2) là y = e − ∫ p ( x ) dx - Tìm y = uy0 (4) trong đó u = u(x) cần tìm. Thay (4) vào (1) hay (3) được pt có biến phân ly u’y0 = VP.
1 VD: Giải y ' = x sin y + sin 3 y dy 1 dx '= hay = x sin y + sin 3 y dx x sin y + sin y 3 dy x’ - x sin y = sin 3 y (1) − p ( y ) dy - Một no của pt thuần nhất x’ – xsiny = 0 là x0 = e ∫ = e ∫ sin ydy - Thế Becnuly x = ux0 tức là x = u. e − cos y (2) trong đó u = u(y) cần tìm. − cos y Thế (2) vào (1) được u’ e 3 = sin y cos y 3 du = e sin y dy u = ∫ e cos y sin 3 ydy đặt cosy = t => -sinydy = dt = − ∫ e (1 − t )dt = ∫ t e dt − ∫ e dt = ∫ t e dt − e + C =t e − 2 ∫ e tdt − e + C t 2 2 t t 2 t t 2 t t t = t e − 2te + 2 ∫ e dt − e + C = t e − 2te + e + C thay t = cosy vào và thế vào (2) được nghiệm 2 t t t t 2 t t t của pt. x = cos2y – 2cosy + 1 +c e − cos y 20. Tìm nghiệm tổng quát y y dy y a. y ' cos x =  y '− =0 − = 0  cos x ln ydy − ydx = 0 (1) ln y cos x ln y dx cos x ln y TH1: y=0 là một nghiệm của (1) TH2: cosx=0  x =k ∏ là một nghiệm của (1) TH3:ycosx 0 chia cả 2 vế của (1) cho ycosx ta được − dx ln ydy − dx ln ydy + = 0 (2) lấy tích phân hai vế của (2) ta có ∫ +∫ = 0 hay cos x y cos x y − dx ∫ ∏ + ∫ ln yd (ln y ) = 0 x ∏ ln 2 y vậy ngiệm tổng quát của (2) là − ln tg ( + ) + =C sin( x + ) 2 4 2 2 b. y’’ – y = xsin2x Xét phương trình thuần nhất y’’ – y = 0 (1) có pt đặc trưng là λ2 − 1 = 0 = >λ = ±1 là nghiệm Ng tổng quát của (1) là y01 = C1e-x + C2 ex (2) x x cos 2 x Pt y’’ – y = xsin2x = − = f1(x) + f2(x) 2 2 x Xét y’’-y = (3) phương pháp VP đặc biệt eαx p1 ( x) trong đó α = 0 không là ng cua ptđt bậc của 2 p(x) là 1 ta có y02 = ax+b (4) thế (4) vào (3) và so sánh 2 vế ta được a = -1/2 ; b =0 Vậy y02 = -1/2 x (4’) Xét y’’-y = -x/2 cos2x (5) vpdb eαx [p1(x) cos β x + q1(x) sin β x] ở đây α = 0 , β =2 và α + iβ = 2i không phải là ng của ptdt. 1 Ta có y03 = (ax+b)cos2x + (cx+d)sin2x (6) thế (6) vào (5) so sánh hệ số hai vế ta được a= ; 10 b=0,c=0;d=0 1 Vậy y03 = xcos2x (6’) 10 Từ (2), (4’),(6’) ta có nghiệm tổng quát của pt như sau −1 1 y(x) = x + x cos 2 x + C1e-x + C2 ex 2 10 21. Tìm NTQ của pt y’’+5y’+4y = e-4x
y’’+5y’+4y =0 (1) xét phương trình đặc trưng a2-5a+4 =0 có nghiệm là a1 = -1; a2=-4 pttn NTQ của (1) là y01 = C1e-x + C2e-4x (2) Xét pt y’’ + 5y’ + 4y = e-4x (3) pp vế phải đb e λ xP(x) trong đó λ =-4 là nghiệm của ptdt Vậy nghiệm tổng quát của (3) là y02 = axe-4x (4) Thế (4) vào (3) ta được y02 = axe-4x (*4) y’02= ae-4x - 4axe-4x (*5) y’’02 = - 4ae-4x -4ae-4x + 16axe-4x (*1) so sánh hệ số 2 vế rút ra a = 1 vậy y02 = xe-4x (4’) từ (2) và (4’) ta có NTQ của pt là y02 = xe-4x + C1e-x + C2e-4x 22.