Ôn tập kiến thức vi tích phân | Môn toán cao cấp

lOMoAR cPSD| 47207194
ÔN TẬP VI TÍCH PHÂN A2 Chương 1: HÀM NHIỀU BIẾN
Vấn đề. Tìm cực trị tự do của hàm f (x, y) -
Tìm các điểm tới hạn. -
Tại điểm dừng M(x y '' '' ''
0, 0): A = fxx (x0 , y0 ), B = fxy (x0 , y0 ), C = fyy (x0 , y0 ),
D = AC- B2 . Kết luận tại (x y0, 0):
i) D > 0: A > 0 Þ cực tiểu; A < 0 Þ cực đại
ii) D < 0: không đạt cực trị
iii) D = 0: không có kết luận gì cho điểm nghi ngờ (x y0, 0)
Tìm cực trị của các hàm sau:
1) z=4(x y- - -) x2 y2 ;
7) z x= 3 -4xy y+ +2 13 4 10x- y+ .
2) z x= +3 y3 -3xy ;
8) z=3x y y2 + 3 -3x2 -3y2 +2.
9) z x= +4 y4 - -x2 2xy y- 2.
3) z xy= + +50 20 (x > 0, y > 0); x y 10) x
z= 1 xy+(47- -x y)( + y) .
4) z = x3 + y3 – 18xy + 18. 2 3 4
5) z=2x3 + xy2 +5x2 + +y2 1.
11) z = f x y( , ) = 5xy + +10
6) z x= +3 3xy2 -15 12x- y. 20 x y
 ĐS: a) zCD =8 tại (2, -2), b) zCT =-1 tại (1, 1), z không đạt cực trị tại (0, 0);c) zCT =30 tại (5, 2) Vấn
đề. Tìm GTLN và GTNN của hàm liên tục f (x, y) trên miền đóng và bị chặn D
- Tìm các điểm tới hạn của f(x, y) thuộc phần trong của D và tính giá trị của hàm tại các điểm này.
- Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất trên biên (dùng phép thế hoặc phương pháp nhân tử Lagrange).
So sánh các giá trị vừa tính fmin = số nhỏ nhất, fmax = số lớn nhất
a) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm f (x, y) = x2 + 2y2 + 4xy - 4x trên miền D
= {x ³ 0, y ³ 0, x + y £ 3}. Giải.
ìïf ' x= +2 4 4 0x y- = í
+ Hệ îï fy' = + =4 4x y 0 không có nghiệm trong miền mở x > 0, y > 0, x + y < 3. Do đó GTNN và GTLN
của f chỉ đạt trên biên của D.
+ Trên các biên x = 0 (0 £ y £ 3); y = 0 (0 £ x £ 3) và x + y = 3 (0 £ x £ 3) hàm có 4 điểm nghi ngờ là M1(3; 0), M2(0; 3), M3(0; 0), M4(2; 0).
+ So sánh giá trị của f tại 4 điểm trên ta được: fmin = - 4 tại M4(2; 0) và fmax = 18 tại M2(0; 3). b)
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm f (x, y) = xy2 trên tập
D = {(x,y): x2 + y2 £ 1}. Giải
+ Điểm dừng trong tập mở x2 + y2 < 1 là mọi điểm có dạng (x0, 0). Ta có f (x0, 0) = 0.
+ Trên biên: x2 + y2 = 1 Þ y = ± 1-x2 Þ f = -x3 + x (-1 £ x £ 1). Có 6 giá trị cần xét là f æçç- 13 ;± 23 ö÷ø÷=- 2 3 3 è lOMoAR cPSD| 47207194
; f æçç 13 ;± 23 ö÷÷ø=3 32 và f (±10 0; ) = . è
+ So sánh giá trị của f tại các điểm trên ta được: f ,
min = - 2 tại ççæ-÷÷ö và fmax = 3 32 tại ± ççèæ 13 ,± 23 ö÷÷ø. 3 3 èø
c) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm f (x, y) = x + y trên tập
D = {(x,y): x2 + y2 £ 1}. Giải
+ Điểm tới hạn trong tập x2 + y2 < 1: Þ Không có điểm tới hạn
+ Lập hàm Lagrange: F x y( , ,l) = + +x y l(x2 +y2 -1) ìF ' x= 1 2+ lx = 0
Giải hệïïíF ' = 1 2+ ly = 0 . Ta được hai điểm tới hạn y
ïîïF ' = x2 +y2 -1 = 0 l - - 2 M 2 2 1( 2 ,
2 ) ứng với l= 2 và f M( ) = - . 1 2 2 M 2 2
2( 2 , 2 ) ứng với l=- 2 và f M( = . 1 ) 2 2 2 - - 2 2 2 ,
+ Vậy fmin =- 2 tại M1( 2 ,
2 ) và fmax = 2 tại M ( 2 2 ).
d) Tìm GTNN, GTLN của hàm z x= 2 -y2 trên hình tròn D:{ x2 +y2 £4};
Ä ĐS: zmin =-4 tại (0, -2), (0, 2) và zmax =4 tại (-2, 0), (2, 0);
e) Tìm GTNN, GTLN của hàm z x= +2 2xy-4 8x+ y trên miền D:{ 0 £ x £ 1, 0 £ y £ 2}.
Ä ĐS: zmin =-3 tại (1, 0) và zmax =17 tại (1, 2);
f) Tìm GTNN, GTLN của hàm z x= +2 y2 -xy x y+ + trên miền D:{x £ 0, y £ 0, x + y ³ -3}.
Ä ĐS: zmin =-1 tại (-1, -1) và zmax =6 tại (-3, 0), (0, -3);
g) Tìm GTNN, GTLN của hàm z x xy= - trên miền D:{0 £ x £ 1, 0 £ y £ 1-x2 }.  ĐS: zmin =0 tại x = 0 (0
£ y £ 1) và zmax =1 tại (1, 0).
Chương 2: TÍCH PHÂN BỘI =
Vấn đề: Tích phân hai lớp I òò f x y dxdy( , ) D lOMoAR cPSD| 47207194
1) D là hình thang cong loại 1: D: {a x b£ £ , y x1( )£ £y y x2( ) }. b y x2( )
I = òdx ò f x y dy( , ) a y x1( )
2) D là hình thang cong loại 2: D: {c £ y £ d, x y1( )£ £x x y2( )}. d x y2( )
I = òdy ò f x y dx( , ) c x y1( )
3) Phương pháp tọa độ cực: với f x y( , ) chứa biểu thức x2 +y2 và D có dạng hình tròn.
ìx r= cosj ìj jj£ £ í í
Đặt îy r= sinj, với îr11£ £r r2 2 . j2 r2
I = ò ò f r( cos , sinj j jr)rd dr . j1 r1
Chú ý: x2 + =y2 r2 ; J = r. Tính các tích phân: a) òòsin(x y dxdy+ )
với D: {y = 0, y = x, x y+ =p2 }; D b) òòx ydxdy2
với D: {y = 0, y= 2ax x- 2 }; D
c) òòxdxdy với D: { x2 +y2 £2x }; D d) òòarctan y
x dxdy với D:{ x £ £y
3x , 1£x2 +y2 £9}; D e) òòxy dxdy2
với D: { x2 +(y-1)2 =1, x2 +y2 -4 0y= }; D
f) òò( xy +1)dxdy với D:{ 1£x2 +y2 £2x} D
 ĐS: a) ; b) a5; c) p ; d) p +p 62 ; e) 0; f) 2 3 .
Vấn đề. Tích phân 3 lớp I = òòò f x y z dxdydz( , , ) V 2 lOMoAR cPSD| 47207194
Phương pháp dựa vào hình chiếu của V trên mặt phẳng Oxy để đưa về tích phân 2 lớp:
(V) là vật thể hình trụ giới hạn phía trên bởi mặt cong z z x y= 2( , ), phía dưới bởi mặt cong z z x y= 1( , ) và có
hình chiếu xuống mặt phẳng Oxy là miền D. æz x y2( , ) ö =
I òòç ò f x y z dz dxdy( , , ) ÷ . ç ÷
D è z x y1( , ) ø
a) Tính òòòycos(x z dxdydz+ ) với V:{ y= x , y = 0, z = 0, x z+ =p2 } V
b) òòò x2 +y dxdy2 với V:{ x2 + =y2 z2, z = 1}; V
c) òòò(x2 +y dxdydz2) với V:{ x2 + =y2 2z, z = 2}. V
d) òòòxyzdxdydz với V:{ x2 + + =y2 z2 1, x = 0, y = 0, z = 0}; V  ĐS: a) 1 (p ) 2 8 2 -1 . b) p6 ; c) p, d) 1/48;
Chương 4: TÍCH PHÂN ĐƯỜNG - TÍCH PHÂN MẶT
Vấn đề. Tích phân đường ¢
 Tích phân đường loại 1: ò f x y ds( , ) = tò '
2 f x t y t( ( ), ( )) x 2+ 2 t y dtt . AB t1 t =
 Tích phân đường loại 2: ò Pdx +Qdy ò2 (P x. ¢ + ¢) t Q y dt. tt . AB t1
 Công thức Green: Nếu P(x,y), Q(x,y) liên tục cùng với các đạo hàm riêng trên miền D thì ò Pdx Qdy+ =òò(¶ )
¶Qx - ¶¶Py dxdy, với L là biên miền D. L D
a) ò xyds, với L là biên hình chữ nhật với các đỉnh O(0, 0), A(4, 0), B(4, 2), C(0, 2). L
b) ò x ds2 , với L là giao của hai mặt phẳng x - y + z = 0 và x + y +2z = 0 từ gốc O đến điểm (3, 1, -2). L c) ò(x y ds- )
, với L: y= ax x- 2 . L
d) ò2(x2 +y dx x y2) + (4 3+ )dy, trong đó L là đường gấp khúc OAB với O(0, 0), A(1, 1), B(2, 0). L lOMoAR cPSD| 47207194 ò + e) ABCDA
|dx dyx | + | y | , trong đó ABCDA là biên hình vuông với A(1, 0), B(0, 1), C(-1, 0), D(0, -1).
f) ò (1-x ydx x2) + +(1 y dy2) trong đó L: x2 + =y2 R2 L
g) ò (ex sin y ky dx e- ) +( x cosy k dy- ) , trong đó AmO là nửa trên của đường tròn x2 + =y2 ax chạy từ AmO
A(a, 0) đến O(0, 0).
h) ò(x y dx- )2 + +(x y dy)2 , trong đó L là chu tuyến dương của tam giác OAB với O(0, 0), A(2, 0), B(4, 2). L
i) ò2(x2 +y dx x y2) + (4 3+ )dy, trong đó L là đường gấp khúc OAB với O(0, 0), A(1, 1), B(2, 0). L
 ĐS: a) 24; b) 3 14 ; c) a42 (p-2); d) ; e) 0; f) R4 p2 ; g) ka2 p8 ; h) 16; i) .
Vấn đề. Tích phân mặt
Cho mặt cong S: z = z(x, y), trong đó z có các đạo hàm riêng liên tục trên miền D, với D là hình chiếu của S
xuống mặt phẳng Oxy. =
òò f x y z dS( , , ) òò f x y z x y( , , ( , )) 1+ +z '2 '2 x z dxdyy S D + + = a) òòò( ) z+ +2x y dS
, trong đó S là phần mặt phẳng x y z 2 3
4 1 nằm trong góc phần tám thứ nhất. S
b) òò(x2 +y dS2) , trong đó S là nửa trên của mặt cầu x2 + + =y2 z2 R2. S
c) òòxyzdS , trong đó S là phía ngoài của mặt nón z2 = +x2 y2 , (0 £ z £ h). S
 ĐS: a) 4 61; b) pR4 ;
Chương 5: PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
 Phương trình tách biến: y¢ = A x B y( ). ( ) Û M(y)dy = M(x)dx =
* Nghiệm tổng quát: òM y dy( ) òN x dx C( ) + a) y2 +1dx xydy=
 ĐS: Tích phân TQ: ln | x C| + = y2 +1. b)
(x2 -1)y '+ 2xy2 = 0 , y(0) = 1.  ĐS: Nghiệm riêng ứng với ĐKBĐ y(ln|x2 - 1| + 1) = 1. c)
2x2yy' + y2 = 2
 ĐS: TPTQ y2 -1=Ce. 1x , y=± 2 .
d) y '.cot x y+ = 2 , y(0) = -1.
 ĐS: y = -3cosx + 2.
e) ye dx2x -(1+e dy2x) =0
 ĐS: y C= 1+e2x 4 lOMoAR cPSD| 47207194 x
 Phương trình đẳng cấp: y¢ = f ( ) . y = y
* Cách giải: Đặt z Þ
y zx= . Þ y¢ = +zx z¢ x
Þ PTVP tách biến x và z = y a) dydx xy x -2 2  ĐS: y Ce= yx -
b) dy y x= (2 2 y2) 3  ĐS: dx 2x
x=±y ln | Cx | , y = 0.
c) (y2 -2 )xy dx x dy+ 2 =0.
 ĐS: y = Cx(x - y).
d) xy ' = y xe- . y x.
 ĐS: y = -xlnln|Cx|.
e) xy y x'- = tan xy .  ĐS: sin y x =Cx.
 Phương trình vi phân tuyến tính: y' + P(x)y = Q(x)
* Nghiệm tổng quát: y e= -òP x dx( )
a) xy y x'- = 2 sin x. 
ĐS: y = x(C - cosx)  b)
ĐS: y= +(1 x x C2)( + ) 
(1+x y2) ' = 2xy+ +(1 x2 2) ( )
c) y '+ 2xy xe= -x2 .
ĐS: y e= -x2 C+ x22 .  d)
ĐS: y=(x2 -p2)e-sin x .
y y'+ cos x= 2xe-sin x, y(p) = 0.  ĐS: y= x - 22 ln x. y e) y ' =x xln , y e( ) =e2 2. x xln
 Phương trình Bernoulli: y P x y Q x y'+ ( ) = ( ) a.
+ Khi a = 0 hoặc a = 1 Þ PTVP tuyến tính
+ Khi a ¹ 0, 1: chia hai vế phương trình cho a
y và đặt z y= 1-aÞ z¢ = (1-a)y-a.y¢Þ y-a.y¢ = z¢ 1-a
Þ PTVP tuyến tính theo z
æçòQ x e( ) òP x dx( ) dx C+ ö÷. è ø
a) y '+ 2y=3x y2 4 3.
 ĐS: y-13 =Cx2 3 - x3 x lOMoAR cPSD| 47207194
b) y y e'+ = x 2 y ; y( )0 = .
 ĐS: y e= -x ( 1 2 ex +C)2 6 lOMoAR cPSD| 47207194
 Phương trình vi phân tuyến tính cấp hai với hệ số không đổi: ay"+ + =by ' cyf x( ) (1)
* Nghiệm tổng quát: y y Y= + với
y là nghiệm tổng quát của
phương trình thuần nhất ay by cy"+ + =' 0.
Y là một nghiệm riêng của (1)
• Tìm nghiệm tổng quát y của phương trình thuần nhất ay by cy"+ + =' 0.
Xét phương trình đặc trưng: ak2 + + =bk c 0. Phương trình có hai nghiệm k k1, 2. i) k k kx k x
1, 2 là hai nghiệm thực phân biệt Þ y Ce= 1 1 +C e2 2 . ii) k
1 =k2 ∈ Þ y =(C C x e1+ 2 ) kx1 .
iii) k12, = ±abi Þ y e C= ax( 1cosbx C+ 2 sinbx)
• Tìm một nghiệm riêng Y của phương trình không thuần nhất ay"+ + =by ' cy f x( )
a) f x( )= eaxP xn( ), trong đó P xn( ) là đa thức bậc n.
So sánh a với hai nghiệm k k1, 2 của phương trình đặc trưng: i) a a¹k1, ¹k2
Þ Y e Q x= ax n( ). ii) a a=k1, ¹k2 Þ Y xe Q x= . ax. n( ) . iii) a= =k k1 2 Þ
Y x e Q x= 2. ax. n( ). b) f x( ) = eax[P xn( )cosbx +Qm( )x sinbx]
So sánh k = ±abi với hai nghiệm k k1, 2 của phương trình đặc trưng:
i) ab+ i ¹ k k1 2,
Þ Y e U x= ax[ r( )cosbx V x+ r( )sinbx] với r= max( ,n m).
ii) ab+ =i k1 Þ Y xe= . ax.[U xr( )cosbx V x+ r( )sinbx]
Giải các phương trinh vi phân sau:
a) y"- -2y ' 3y e= 4x.
 ĐS: y Ce C e= 1 -x 2 3x + 15e4x .
b) y y"+ =4sin x .
 ĐS: y C= 1cosx C+ 2 sin x-2xcosx ; =
c) y"-9y '+20y x e= 2 4x.  ĐS: y Ce 4x 5x 1
+C e2 +(-13 x3 + +x2 2x e) 4x .
d) y y"+ '-2y= cos x-3sin x .  ĐS: - y Ce= 2x x 1
+C e2 +sin x . Tìm dạng nghiệm tổng quát của các phương trình sau:
a) y"-4y '+ =8y e2x + sin2x;
 ĐS: y Ae= 2x +Bcos2x C+ sin2x .
b) y"+4y '-5y e= +x cos x ;
 ĐS: y Ce= x -5x 1 +C e2
+Axex +Bcosx C+ sin x ;
c) y y xe"+ = x +2e-x ;
 ĐS: y C= 1cosx C+ 2 sin x+(Ax B e+ ) x +Ce-x .