Ôn toán

1

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP 1

-Dạng chuẩn tổng quát: y’ + p(x)*y = q(x) (1) trong đó p(x) và q(x) là hàm số cho trước

-Nếu chưa ở dạng chuẩn thì phải đưa về dạng chuẩn

-Ta có công thức nghiệm tổng quát như sau: y = y1 ∗ ʃ dx + C & 1 =  − ʃ 

VD: Giải phương trình vi phân sau x2

y’ + 2xy = sinx (1) Bước 1: Đưa về phương trình chuẩn hóa, đk x≠0 (1)
+

 =

PTVPTT C1 dạng chuẩn hóa có p(x) = 2/x và q(x) = sinx/x2

Bước 2: Tính y1 =? Ta có y1 = e-ʃp(x)dx

= e-ʃ2/x*dx = e-2lnx = -(1/x2) Bước 3: Tính ʃ ∗  = ʃ : −  = ʃ −  ∗ "#$ = ʃ %&"

Đặt u = x và dv = d(cosx) => du = dx và v = cosx => ʃ %&" =  ∗ %&" − ʃ%&" = %&" −

"#$

Thay vào công thức nghiệm tổng quát y = y1 ∗ ʃ dx + C = −∗ %&" − "#$ + '

Chú ý:

PHƯƠNG TRÌNH BERNOUNI

Dạng chuẩn: Trong đó: α≠1, α≠0, α=cont

Ta biến đổi về dạng

Ta đặt Z = yβ => Z’ = y’y β => y’ = Z’/yβ

Thay vào pt đã cho ta có Z’ + P(x)Z = Q(x) rồi làm tương tự

Z = Z1 ∗ ʃ dx + C và Z1 = e-ʃP(x)dx Tìm được Z thế vào Z = yβ là nghiệm của pt

ʃudv = u*v - ʃvdu

y’ + p(x)y = yαq(x)

yαy’ + p(x)yβ = q(x)

2

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP 2 HỆ SỐ HẰNG

Dạng chuẩn hóa: Y” + PY’ + QY = F(X) gọi là phương trình (1) Trong đó P, Q là 2 hằng số cho trước, F(X) là hàm số cho trước Phương pháp giải:

Bước 1: Giải phương trình thuần nhất tương ứng: Y” + PY’ + QY = 0 gọi là phương trình (2) Giải phương trình đặc trưng k2 + Pk + q = 0 gọi là phương trình (3) và tính hệ số ∆= ,2 − 4/%

- Nếu ∆ > 0 => 01,2 và nghiệm thuần nhất Ӯ = C1*ek1x

+ C2*ek2x

- Nếu ∆ = 0 => 01,2 và nghiệm thuần nhất Ӯ = (C1+ C2*x)*ekx

- Nếu ∆ < 0 => 01,2 và nghiệm thuần nhất Ӯ = eαx( C1cosβx + C2sinβx) Bước 2: Tìm nghiệm riêng Yr

Nếu F(x) = eλxPn(x) thì ta so sánh λ với k1 và k2

- Nếu λ = k1 or k2 thì Yr = x eλx Q(x) => từ đây ta tính Yr” và Yr’ sau đó thế vào phương trình (1) ta sẽ được các hệ số bất định để tìm ra Q(x)

- Nếu λ = k1, k2 (nghiệm kép) thì Yr = x2

eλx Q(x) => từ đây ta tính Yr” và Yr’ sau đó thế vào phương trình (1) ta sẽ được các hệ số bất định để tìm ra Q(x)

- Nếu λ ≠ k1 & k2 thì Yr = eλx Q(x) => từ đây ta tính Yr” và Yr’ sau đó thế vào phương trình (1) ta sẽ được các hệ số bất định để tìm ra Q(x)

Nếu F(x) = eλx (Pn(x) cosµx + Qm(x) sinµx) ta sẽ so sánh 2 ± # 4 với 5 ± # 6

- Nếu 2 ± # 4 ≠ 5 ± # 6 thì Yr = eλx( Rl(x)cosµx + Sl(x)sinµx) trong đó Rl(x) và Sl(x) là 2 hàm

số có bậc cao nhất của Pn(x) và Qm(x) – bậc nhất ax+b, bậc 2 là ax2 + bx + c từ đây ta tính Yr”

và Yr’ sau đó thế vào phương trình (1) ta sẽ được các hệ số bất định để tìm ra Rl(x) & Sl(x)

- Nếu λ=α và µ=β thì Yr = x eλx( Rl(x)cosµx + Sl(x)sinµx) từ đây ta tính Yr” và Yr’ sau đó thế vào phương trình (1) ta sẽ được các hệ số bất định để tìm ra Rl(x) & Sl(x)

Nếu F(x) không ở dạng nào thì: Yr = C1(x) y1 + C2(x) y2 Cần tìm C1(x) và C2(x) bằng cách giải hệ pt:

C1’(x) y1 + C2’(x) y2 = 0 C1’(x) y1’ + C2’(x) y2’ = F(x) từ hệ này ta tính được C1’(x) và C2’(x) và tính dc C1(x) và C2(x) Kết luận: Nghiệm của phương trình là Y = Ӯ + Yr Yr có thể = Yr1 + Yr2 nếu F(x) = F1(x)+F2(X)

3

CHUỖI HÀM SỐ

Cho chuỗi hàm số có dạng ∑9:;8$ 

Tiêu chuẩn Đa-lăm-be

-Xét lim→9│8$ + 1 /8$ │ =======> D(x)

-Giải bất phương trình │D(x)│ < 1 là nghiệm x thu được là khoảng nghiệm của chuỗi hàm

-Khảo sát sự hội tụ của chuỗi hàm tại các điểm nút, ta áp dụng 1 số chuỗi và so sánh:

+ ∑9 1/$

:; α Phân kỳ với 0 ≤ 5 ≤ 1 và hội tụ với α > 1

+ Chuỗi ∑9:;1/$ là chuỗi điều hòa phân kỳ theo tiêu chuẩn tích phân

+ Chuỗi ∑9 1/$

:; 2 là chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn tích phân

+ Chuỗi ∑ −19

:; n. là chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn Lepnit vì có Un = 1/n với lim→9= 0

Và với mọi n ta có > là dãy đơn điệu giảm

Tiêu chuẩn COSI

Nếu chuỗi 1 đưa về dạng lim→9GF│8$ │

========= D(x)

Tương tự ta giải bất phương trình D(x) < 1 ta tìm được khoảng nghiệm

Khảo sát sự hội tụ tại các đầu nút

Nếu tồn tại giới hạn

Nếu tồn tại giới hạn

4

ĐỔI THỨ TỰ TÍCH PHÂN

VD: đổi thứ tự tích phân I = H  HKJ JKI , 

Giải:

Cần đổi qua thứ tự tính x trước và y sau Với miền D giới hạn bởi các đường sau:

x = -3 ; x = 1; y = 2x ; y = 3-x2 Chọn các điểm đặc biệt x=-3 => y = -6 X=1 => y = 2 ; x = 0 => y = 3; x=-1 => y = 2 Nhận xét: Miền D = D1 U D2

ta có  = ±L3 −  Nhận xét ở nhánh này hướng x vào là x < 0 nên  = −L3 −  và hướng x ra là  = /2 Xét miền D2: và đường vào là  = −L3 −  và đường ra là  = L3 −  Vậy ta có công thức biến đổi như sau:

Id = Id1 + Id2 = H  H I ,  + H  HLJK I , 

KLJK

/

KLJK

 KN

TÍNH DIỆN TÍCH (câu 2a)

Ví dụ: Tính diện tích miền giới hạn bởi các đường y = √ + 1 ; x = 0 và x+y+1 = 0 Lời giải:

Miền D là miền giới hạn bởi 3 đường thẳng y = √ + 1 ; x = 0 và y = -x – 1 Ta vẽ trên trục tọa độ của

3 đường trên:

Với: x= -1 => y = 0 x= 0 => y = ±1 x= -3/4 => y = ±1/2

Do y = √ + 1 > 0 nên chỉ lấy phần y > 0 Nhận xét: ta miền D có: x: x = -1 đến x = 0

Y: Đường dưới y = -x -1 Đường trên y = √ + 1

Sd = H ; H  = H √ + 1; − − − 1  = 7/6

2

3

1 -3

y = 2x

D1

0 D2

y = 3-x2

y = -6 đến y = 2

y = 2 đến y = 3

1

-1

y

Y=-x-1

 = √ + 1

D

5

CÂU 3a TÍCH PHÂN ĐƯỜNG LOẠI 2

PA1: H R  + S  = H TRU, I V + SU, I V ∗ IXY  W

PA2: H R  + S  = H \R ] ,  + S ] ,  ∗ ]′ _[ `Z`Y với y: Ya đến Yb, x =g(y)

VD:

Tính I = H  + 2 + 1[ trong đó C là đoạn thẳng từ điểm A(0;1) đến B (1;4)

Lời giải: - Viết phương trình đoạn thẳng đi qua 2 điểm A(0;1) và B (1;4)

PT đoạn thẳng AB có dạng y = ax+b thế vào 2 điểm => a = 3 và b = 1

Vậy phương trình đoạn thẳng AB là y = 3x+1 => dy = 3dx

A(0;1) và B (1;4) nên x: chạy từ x=0 đến x=1

Vậy: a = H  + 2 + 1[ = H \ ∗ 3 + 1 + 2 + 1 ∗ 3_; =11/2

TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ

VD: Z = 1 + 3x2

+ 6xy – 12y + 2y3

Giải:

Giải hệ phương trình Z’x = 0 và Z’y = 0

Z’x = 6x + 6y = 0 và Z’y = 6x – 12 + 6y2

= 0

ta tìm được 2 điểm M1 (-2;2) và M2( 1;-1)

Tính Z”x = 6 = A ; Z”xy = 6 = B và Z”y = 12y = C

Xét biểu thức B2

– AC = 36 – 72y

Tại M1(-2;2) thay vào biểu thức B2 – AC = 36 – 72y = 36 – 72*2 < 0 là điểm cực trị của hàm số và do

A = 6 >0 nên đây là điểm cực tiểu, thay vào tính Z = 1+3*(-2)2

+6*(-2)*2-12*2+2*23

= -19 Tại M2(1;-1) thay vào biểu thức B2 – AC = 36 – 72y = 36 – 72*-1 > 0 không phải là điểm cực trị

Y=3x+ 1

1 A

4

1

B

Giải hệ Z’x = 0 và Z’y = 0 tìm ra điểm x, y

A = Z”x ; B = Z” xy ; C = Z”y

B2 – AC > 0 không phải cực trị

B2 – AC < 0 là điểm phải cực trị Với A>0 thì là cực tiêu Với A<0 là điểm cực đại

B2 – AC = 0 thì xét F(m) – F(m0) > 0 cực đại

F(m) – F(m0) < 0 cực tiểu

6

TÍCH PHÂN KÉP

Chú ý: đặt x = rcosφ ; y = rsinφ ; │J│ = r Miền D sẽ là đường tròn or 1 phần đường tròn

Ta có công thức: a = ∬ R ,  =c H d Hg f gI e%&"d, e"#$d ∗ │e│e Cần dựa vào hình để xác định các cận của tọa độ cực:

φ: đi từ φ1 đến φ2 và r: r1(φ) đến r2(φ) VD: Tính I = H  − 1c với D là miền giới hạn bởi x2

+ y2 ≤ 4x và y>0 Giải: D giới hạn bởi đường x2

+ y2 ≤ 4x
(x-2)2

+ y2 = 22 => đây là đường tròn tâm I(2;0) và R=2

Do y>0 nên ta lấy phần dương của hình tròn

Do miền D có dạng hình tròn nên ta đổi qua tọa độc cực, đặt:

x=rcosφ y=rsinφ

│J│ = r Cận của công thức tích phân mới như sau:

φ: φ = 0 đến φ = Π/2 r: r1(φ)=0 đến r2(φ) = 4 cosφ hoặc từ pt x2

+ y2 ≤ 4x thay x=rcosφ và y=rsinφ ta được r2

cos2φ + r2 sin2φ = 4cosφ =>r=4cosφ Thay vào công thức ta có:

I = H e2%&"φsinφ − 1 ∗ │e│φ;k/

Chú ý:

H;k/"inn xdx = H;k/'osn

xdx = ‼ nếu n là số lẻ = k ‼ nếu n là số chẵn

Pt: x2 +y2 ≤ ax

0 ≤r ≤a.cosφ

2 4

φ cosφ= r/4

=>R = 4cosφ

D1

D2

Nếu hàm đối xứng qua ox mà là hàm lẻ với y thì S=0, lúc đót a chỉ tính S trên miền D1 là S=2S1

Nếu hàm đối xứng qua 0y và hàmle ẻ

ới x thì S=0, nên ta chỉ tính trên miền D1 là S=2S1 D1

D2

Pt: x2 +y2 ≤ by

0 ≤r ≤b.sinφ

H c⬚ = Π2 /2*r2

7