Tiêu chuẩn Đa-lăm-be-Xét =======> Dx -Giải bất phương trình │Dx│ < 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
Trang 1PHƯƠNG 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: &
VD: Giải phương trình vi phân sau x2y’ + 2xy = sinx (1)
Bước 1: Đưa về phương trình chuẩn hóa, đk x≠0 (1) Đây là 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
Đặt u = x và dv = d(cosx) => du = dx và v = cosx =>
Thay vào công thức nghiệm tổng quát
Chú ý:
PHƯƠNG TRÌNH BERNOUNI
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
và Z1 = e-ʃP(x)dx Tìm được Z thế vào Z = yβ là nghiệm của pt
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP 2 HỆ SỐ HẰNG
Dạng chuẩn hóa: Y” + PY’ + QY = F(X) gọi là phương trình (1)
1
ʃudv = u*v - ʃvdu
y’ + p(x)y = y α q(x)
y α y’ + p(x)y β = q(x)
Trang 2Trong 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
- Nếu Δ > 0 => và nghiệm thuần nhất Ӯ = C1*ek1x + C2*ek2x
- Nếu Δ = 0 => và nghiệm thuần nhất Ӯ = (C1+ C2*x)*ekx
- Nếu Δ < 0 => 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 với
- Nếu ≠ 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 Yr có thể = Yr1 + Yr2 nếu F(x) = F1(x)+F2(X)
CHUỖI HÀM SỐ
Cho chuỗi hàm số có dạng
2
Y = Ӯ + Yr
Trang 3Tiêu chuẩn Đa-lăm-be
-Xét =======> 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:
+ Chuỗi là chuỗi điều hòa phân kỳ theo tiêu chuẩn tích phân
+ Chuỗi 2 là chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn tích phân
+ Chuỗi n là chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn Lepnit vì có Un = 1/n với
Và với mọi n ta có là dãy đơn điệu giảm
Tiêu chuẩn COSI
Nếu chuỗi 1 đưa về dạng ========= 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
ĐỔI THỨ TỰ TÍCH PHÂN
VD: đổi thứ tự tích phân I =
Giải:
3
Nếu tồn tại giới hạn
Nếu tồn tại giới hạn
D2 1
D1 1
2
Trang 4Cần 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
Nhận xét ở nhánh này hướng x vào là x < 0 nên và hướng x ra là
Vậy ta có công thức biến đổi như sau:
Id = Id1 + Id2 =
TÍNH DIỆN TÍCH (câu 2a)
Ví dụ: Tính diện tích miền giới hạn bởi các đường y = ; x = 0 và x+y+1 = 0
Lời giải:
Miền D là miền giới hạn bởi 3 đường thẳng y = ; x = 0 và y = -x – 1 Ta vẽ trên trục tọa độ của 3 đường trên:
Với: x= -1 => y = 0
x= 0 => y =
x= -3/4 => y =
Do y = > 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 =
Sd =
CÂU 3a TÍCH PHÂN ĐƯỜNG LOẠI 2
PA1: với x: Xa đến Xb, y =f(x)
PA2: với y: Ya đến Yb, x =g(y)
VD:
Tính I = trong đó C là đoạn thẳng từ điểm A(0;1) đến B (1;4)
4
0
y = 3-x2
y = -6 đến y = 2
y = 2 đến y = 3
y
1 D
x -1
-1 Y=-x-1
Trang 5Lời 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: = =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
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:
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 = với D là miền giới hạn bởi x2 + y2 4x và y>0
5
4
Y=3x+ 1
1 A
1
Giải hệ Z’x = 0 và Z’y = 0 tìm ra điểm x, y
A = Z”x ; B = Z” xy ; C = Z”y
B 2 – AC > 0 không phải cực trị
B 2 – AC < 0 là điểm phải cực trị
Với A>0 thì là cực tiêu Với A<0 là điểm cực đại
B 2 – AC = 0 thì xét F(m) – F(m0) > 0 cực đại
F(m) – F(m0) < 0 cực tiểu
Trang 6Giải: 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 r2cos2φ + r2sin2φ = 4cosφ =>r=4cosφ
Thay vào công thức ta có:
I =
Chú ý:
inn xdx = osn xdx = nếu n là số lẻ = nếu n là số chẵn
Pt: x2+y2 ax
0 r a.cosφ
6
φ
cosφ= r/4
=>R = 4cosφ
2
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
0 r b.sinφ