Đáp án môn giải tích 1 EG10 Ehou đại học mở

Đáp án môn giải tích 1 EG10 Ehou đại học mở Đáp án môn giải tích 1 EG10 Ehou đại học mở Đáp án môn giải tích 1 EG10 Ehou đại học mở Đáp án môn giải tích 1 EG10 Ehou đại học mở Đáp án môn giải tích 1 EG10 Ehou đại học mở Đáp án môn giải tích 1 EG10 Ehou đại học mở Đáp án môn giải tích 1 EG10 Ehou đại học mở Đáp án môn giải tích 1 EG10 Ehou đại học mở Đáp án môn giải tích 1 EG10 Ehou đại học mở Đáp án môn giải tích 1 EG10 Ehou đại học mở

Trang 1

Xác định cận của tích phân

𝐼 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦𝐷 , trong

đó D được cho bởi các

đường: D: x + y ≤ 1, x - y ≤

-1 và x ≥ 0

x =0 ; x= -1;

y= x; y = x - 1

x =0 ; x= 1; y= 1- x;

y = x - 1

x =0 ; x= 1; y= x; y

= x - 1

x =0 ; x= -1; y=

x; y =1- x

Đáp án đúng là: x =0 ; x= 1; y= 1- x; y = x – 1

Vì: x + y ≤ 1 ↔ y=1-x , x - y ≤ -1 ↔ y=x-1;

2 đường thắng trên cắt nhau tại x=1 Dó đó, x

=0 và x=1

𝐼 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦𝐷 , trong

đó D được cho bởi

2 2 2 2 2 2

x y a x y  a a

0 ≤ 𝜑 ≤ 𝜋 ;

0 ≤ 𝑟 ≤ 𝑎

0 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋 ;

0 ≤ 𝑟 ≤ 𝑎

0 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋 ;

0 ≤ 𝑟 ≤ 2𝑎

0 ≤ 𝜑 ≤ −𝜋 ;

0 ≤ 𝑟 ≤ −2𝑎

Đáp án đúng là 0 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋 ; 0 ≤ 𝑟 ≤ 2𝑎

Vì: Khi đổi biến sang tọa độ cực, miền lấy tích phân là hình vành khăn Ta có 0 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋 Mặt khác, do đường tròn 2 2 2

x y a đi qua O nên cận dưới r = 0, và 2 2 2

4

x y  a theo Ox = 2a nên cận trên r = 2a

Vậy cận lấy tích phân của miền D là:

0 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋 ; 0 ≤ 𝑟 ≤ 2𝑎

𝐼 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦𝐷 , với

Dlà hình tròn x2y2 1

0 ≤ 𝜑 ≤ 𝜋 ;

0 ≤ 𝑟 ≤ −2𝜋

0 ≤ 𝜑 ≤ −𝜋 ;

0 ≤ 𝑟 ≤ 1

0 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋 ;

0 ≤ 𝑟 ≤ −1

0 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋 ;

0 ≤ 𝑟 ≤ 1

Đáp án đúng là:

0 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋 ; 0 ≤ 𝑟 ≤ 1 Vì: Chuyển sang tọa độ cực ta có:

x= rcos 𝜑 và y= rsin 𝜑 , thay vào pt trên ta có

r2 =1 nên 0 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋 ( ¼ đường tròn góc thứ nhất) vì bán kính của đường tròn r =1 và

có tâm tại O nên dễ thấy: 0 ≤ 𝑟 ≤ 1

Xác định cận của tích

phân 𝐼 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦𝐷 ,

trong đó D được cho bởi các

đường:

𝜋

4 ≤ 𝜑 ≤

𝜋

2 ;

0 ≤ 𝑟 ≤ 1

−𝜋

4 ≤ 𝜑 ≤ −

𝜋

2 ;

0 ≤ 𝑟 ≤ 1

−𝜋

4 ≤ 𝜑 ≤

𝜋

2 ;

0 ≤ 𝑟 ≤ 1

𝜋

4 ≤ 𝜑 ≤ −

𝜋

2 ;

0 ≤ 𝑟 ≤ 1

4 ≤ 𝜑 ≤𝜋

2 ; 0 ≤ 𝑟 ≤1 Vì: Chuyển sang tọa độ cực ta có:

x= rcos 𝜑 và y= rsin 𝜑 , do đường tròn

2 2

1

x y có tâm tại O và r=1, nên 0 ≤ 𝑟 ≤

1 Mặt khác, do 0 x y nên 𝜋

4 ≤ 𝜑 ≤𝜋

2 (

1/8 đường tròn góc thứ nhất, phần 2)

Tính tích phân I=

2

(x xy) dxdy

hạn bởi y=x, y = 2x, x = 2

Tính tích phân :

2

y

D

D là miền giới hạn bởi

-1≤x≤1, 0≤y≤1

11

10

11 15

11 20

10

15 Vì: Triển khai hàm lấy tích phân theo trị tuyệt đối ta

có 2 phần”

Tính tích phân:

D

xydxdy

Miền giới hạn

7

4

8 4

9 4

10

4

Vì Tích phân từng phần ta có:

thay vào ta có KQ

2

x

dx y x dy dx x y dy

       

11 15

y x dxdy y x dxdy

Trang 2

Tính tích phân

2 2

(x y ) dxdy



Miền giới hạn

5

3

1 3

4 3

2

3 Vì:

Tham khảo trong giáo trình Bài 1 Tích phân 2 lớp

D

e  dxdy



, với

2

(e1) Vì:



    

2

( 1)( 1 ) ( 1)

D

x  y dxdy

3



2

3

2

3

Vì: chuyển sang tọa độ cực ,miền lấy tích phân là ở phần

mặt tròn với

1 2

2 0

4

2 4

r

c



 

2 2

D

x y dxdy

1 3

7 3

7 9

14

9

Vì: chuyển sang tọa độ cực ,miền lấy tích phân là

2

3

2

c

I d r dr







(sin cos )

D

x  y dxdy

: 0 , 0



2

4

Vì:



0

(sin cos ) (sin ) sin

cos

D

2 2

x y

D

e  dxdy

hình tròn x2y2 1



Vì: vì chuyển sang tọa độ cực và lấy tích phân từng phần

2 1

1 1

0 0

u r dv e dr du dr v e



 

2 2

D

x y dxdy

giới hạn bởi các đường

tròn

2 2 2 2 2 2

x y a x y  a a

3

12 3

a



3

8 3

a

14 3

a

14 3

a



3

14 3

a



Vì: vì chuyển sang tọa độ cực ,miền lấy tích phân là hình

vành khăn

14

a

a a a

a r a



Trang 3



 2 1 2

0 0

( 2 )

14 3

13 3

16 3

8

3 Vì:



0

2

0

( 2 ) ( 2 )

3

( 2 )

x

y dy

 

 2 2

4

D

x y dxdy, với D

giới hạn bởi đường tròn

2 2

2



  



  



  



  



  

Vì: chuyển sang tọa độ cực ,miền lấy tích phân là nửa đường tròn trên ở bên phải gốc tọa độ





  



D

2 2

2

x y  x

-3 2

2

4



-3 4



2

 Vì: chuyển sang tọa độ cực

0 0

3

r





 

 2 2

1

D

2 2

1

x y 

2 3



-2 3



3



-3



3



Vì: vì chuyển sang tọa độ cực

0 0

2 2 1 0

1

2

(1 )

D



Trong đó D là tam giác:

OAB với O(0,0), A(1,0),

B(0,1)

Kết quả nào sau đây là

đúng?

Vì:

Trong đó D là hình tròn:

x 2 + y 2 ≤ 9

đúng?

Vì:

Trang 4

Gọi S là diện tích được giới

hạn bởi các đường:

,

yx y x

Kết quả của S là?

1 2

4

6

8

6

S

Vì:

Trong đó D giới hạn bởi

đường

x 2 + y 2 = 2x + 2y

Kết quả nào sau đây là

đúng?

Vì: Đổi sang tọa độ cực x = r cosφ ; y =rsinφ, sau đó tìm cận φ và r ( tham khảo cách đổi tọa độ trong bài lý thuyết)

Tìm miền xác định tích

phân bội ba của f(x,y,z) với

miền D là: x 2 + y 2 ≤ 1 và 1

≤ z ≤ 2

đúng?

0

r z

 

 

r z

 

r z

  

 

r z

 

  

 

Đáp án đúng là

r z

 

Vì: chuyển sang tọa độ cực của đường tròn x 2 + y 2 ≤

1 ,

ta có

 

miền D là:

x 2 + y 2 = 2x và các mặt

phẳng z=0 và z=a (a>0)

đúng?

0

r

z a

  



  

 

0

r r

z a

  



  

 

0

r

z a

  



  

 

0

r

z a

  



  

 

0

r

z a

  



  

 

Vì:

2 cos

Vậy, miền D là

0

r

z a

  



  

 

miền D là ½ mặt cầu :

x 2 + y 2 +z 2 ≤ a 2 và z ≥ 0 ,

a > 0

đúng?

2 2

0 0 0

r a

 

 

0 0

r a

 

2 2

0

2 0

0

r a





 

2 2

0 0

r a

 

2 2

0 0

r a

 

Vì:

Từ phương trình x 2 + y 2 +z 2 ≤ a 2, ta có Chuyển sang tọa độ cực, sau đó rút z theo x và y :

Trang 5

miền D là:

đúng?

0 r h

r z h

 

0 0 0

r h

z h

 

 

0 r 1

r z h

 

0

1

r h

r z

 

0 r h

r z h

 

  Vì: Chuyển sang tọa độ cực và rút z từ phương trình

2 2

y z x , ta có:

Sauy ra, miền xác định cần tìm là::

0 r h

r z h

 

  Tính tích phân bội ba

sau

(1-x-y)dxdydz

v

trong đó V là miền xác định

bởi các mặt:

x  y z 1; x1, y0, z0

Kết quả nào sau đây đúng?

1 12

12

I 

1 22

22

1 12

I 

vì Xác định miền V

x

 



   



    



1 x y

1 1 x

1

I dx dy (1 x y)dz

12

 



Tính

2 2

+

(x y )dxdydz

v

trong đó V là miền giới hạn

bởi mặt trụ: x2y2 2x

Và các mặt phẳng x=0, y=0 ,

z=a

Kết quả nào sau đây đúng?

3 4

a

I 

4

a

2

a

I 

2

a

3 4

a

I  

Vì

a 3

I   d dr r dz  

Xác định miền D

0

2





  





  



2cos 2

3

3 4

a

I d r dr dz





Tính

2 2

+

(x y )dxdydz

v

trong đó V là nửa trên của

hình vành cầu:

2 2 2 2 2

a x y z b và z0

5 5 4

15

5 5 4

15

Vì: tính trong tọa độ cầu ta được

2 2

0 0

4

15

b

a



Tính thể tích vật thể giới hạn

bởi các mặt

x y z 2z và x y z

Vì: Ta đổi biến

r z  z z  r

ta được

2

2 1 1 1

0 0

r



Trang 6

đúng?

3 2

V  

2

4

V   

4

V   Vì:

V là nửa của mặt cầu:

đúng?

5

15

a

V  

5

2 15

a

2 15

a

15

a

V 

15

a

V  

Vì:

Vậy:

Trong đó V giới hạn bởi:

đúng?

4

h

V 

2

4

h

4

h

4

h

V 

4

h

V 

Vì:

Vậy:

Trong đó V được giới hạn

bởi:

đúng?

3

V 

3

V  

6

V  

6

V 

6

V  Vì:

Vậy:

Tính tích phân đường

2 ( 1)

AB

xy dxx ydy



Trong đó AB là đoạn đường

thẳng y = -2x+2 từ điểm

A(1,0) đến điểm B(0,2)

Chọn kết quả đúng?

Vì: Từ y = -2x+2, suy ra y’=-2 Thay y và y’ vào ta có

2

0

3 2 1

AB



Trang 7

Tính tích phân

OA ydx xdy

OA là cung parabol

2, (0;0), (1;1)

Vì: Từ y = x 2 , suy ra y’=2x Thay y và y’ vào ta có:

0

I  x x x dx x dxx 

Trong đó C có phương trình

2

2 Vì:

Tính tích phân 1 2x

L

e ds



L là đường ye x,0 x 1

1

2

1 2

2

e 

2

e 

Trong đó C có phương

trình

Vì:

Tính tích phân

2

4

OA

xydxx dy

cung parabol

2

2 , (0;0), (1; 2)

y x O A

Vì: y’=4x

0

I  x x x dx x dxx 

C

y y dx y x dy

C là đường x2y21,

Chiều dương

Vì: áp dụng công thúc Green

2 1

0 0 2

3 1 2 1

0

2 0

[2( ) 1]

d [2( cos sin ) 1]rdr=

D

c







 



Trang 8

Tính tích phân đường

L

x ydx x y dy



L là đường tròn 2 2

1

x y 

2



-2



3



-3



2



Vì: áp dụng công thức Green

2 2

D

  Chuyển sang tọa độ cực

2 1

3

I d r dr

AB

x  y dx xy dy



, AB là nửa đường tròn

2

Vì: áp dụng công thức Green P’y = 4, Q’x -6

1

2 1 0

0 0



Trong đó C là đường biên

của tam giác O(0,0), A(1,0),

B(0,1)

Vì:

- Đoạn OA

- Đoạn AB: trên AB ta có pt đường thẳng

- Đoạn OB:

Vậy OA+AB+OB =

Lấy theo đường thẳng nối từ

O(0,0) đến điểm M(1,2)

Vì: Ta có phương trình đường thẳng OM

Cho C là đường biên của

hình chữ nhật D= [1,-1] x

[0,2]

D

I y 

Vì:

Trang 9

Cho C là đường biên của

hình chữ nhật

Tính tích phân đường loại

2 sau :

Vì:

Trong đó L là đường Elip

có định hướng dương

Vì: Áp dụng công thức Green, ta có:

Tích tích phân đường :

Trong đó C là nối A(9,6),

B(1,2)

Tích tích phân đường :

Trong đó C là nối A(1,0),

B(0,1), C(0,0)

Tính

S

4y

3

    



, trong đó S là phần mặt

phẳng

x y z

1

2    3 4

nằm trong góc phần 8 thứ

nhất

I  4 61 I 3 61  I  2 61 I 5 61  Đáp án đúng là: I  4 61

4 3

2x y z  , ta có

3 4

Do đó P=-2,q=

3

4

dxdy dxdy

q p

3

61

Hình chiếu của mặt S xuống mặt phẳng xoy là miền giới hạn bởi các trục ox,oy

và đường thẳng 1

3

2 y 

x

.Miền D được xác định bởi các bất đẳng thức 0≤x≤2,0≤y≤

2

3x

vậy

  

s

ds

y x

3

4 2









D

) 3

4 2 3

4 2 4

= 3

61 4



D

dxdy =

3

61 4 3=4 61

Trang 10

Tính tích phân mặt 

s

yds ,

S là phần của mặt

13 2 2

3

13 2 3

3

Vì: Trên mặt z=x+y2,ta có

dxdy

y2

4 1

hình chiếu của S xuống mặt phẳng xoy là hình chữ nhật D xác định bởi

Do đó



s

D

2 4

2 y dxdy

0

2 1

0

2 1

=

3

2 13 )

2 1 (

3

2 4

1 2

2 0 2

3

2 

Tính  

s

ds y

x2 2 , trong

đó S là phần mặt nón

z2=x2+y2;0≤z≤1

2 3

3



3



3



Vì:

z

x y x

x





2 2 '

z

y y x

y





2 2 '

vậy ds=

dxdy dxdy

z

z y x dxdy z

y z

x

2

2 2 2 2

2 2

2









  

D

dxdy y

x2 2

2 chuyển qua hệ toạ độ cực:

ta có 0≤φ≤2π; 0≤r≤1



0

2 0 1 0

3 2

2





d

=

3

2

Tính I=  

S

ds z y

2

là phần mặt phẳng x+y+z=1

nằm trong góc phần tám thứ

nhất

2 3 3

3 3

2 3 3

3

z'x  z'y   1

S là hình chiếu mặt phẳng xuống xoy

I=



D

dxdy x

dxdy y x y

2 ( 3 D

Ta có 0≤x≤1; 0≤y≤1-x

0 2 1

0 1 0

) 1 ( 3 )

1 (

x

=

3

3 2 ) 3 ( 3

1 0

3



 x

x

Trang 11

Tính I= 

s

ds y

x2 2 , trong đó S là mặt cầu

x2+y2+z2=1

Vì: Ta có z= 1x2 y2

z

x y

x





2 2 '

1

z

y y

x

y





2 2 '

1

z

dxdy z

y z

2 2

2





vậy I=  

D

2 2

1

dxdy y x

chuyển qua hệ toạ độ cực:

x=rcosφ y=rsinφ với 0≤r≤1; 0≤φ≤2π



1

2

rdr r

rdr



=4π  0 

1

2

Tích tích phân mặt

S

zdxdy

+ y 2 + z 2 = R 2

3 1

3a

Vì:

Tính diện tích phần mặt

phẳng x + 2y + 2z = 5 cắt

bởi x = y2 và x=2 - y2

3 2

5 2

9

2 7

Vì:

Z=  xy

2 2

5

; Z’x=

2

1

 ; z’y=-1

2

3 4

1 1

1   ; 0≤x≤1; -1≤y≤1

Vậy diện tích phần mặt phẳng

D s

) 2 2

5 ( 2

3



=dx x y dy  y xy y dx







0

1

2 1

1 1

0

) 2 2 2

5 ( ) 2 2

5 (

=

1 0

2 1

0(4 ) 4 2

x x dx



2 7

Trang 12

, S là phía ngoài mặt cầu x2 +

y2 + z2 = a2

5.

13 a

5  12 5.

a

5.

12 a

5 

Vì:

Gọi P = x3, Q = y3, R = z3 ta có

P’x + Q’y + R'z = 3(x2 + y2 + z2)

Ap dụng công thức Oxtrôgratxki ta có

 2 2 2

V

I  3  x  y  z dxdydz

, trong đó V

là x2 + y2 + z2  a2

Chuyển sang tọa độ cầu:

2

x  rcos sin , y    rsin sin , z    rcos , dxdydz   r sin drd d   

, ta được:

r 12

I 3 d sin d r dr 3.2 cos a



Trong đó, S là nữa mặt

cầu :

x 2 + y 2 + z 2 =0, z ≥ 0 ,

hướng của S là hướng phải

ngoài mặt cầu

15



15



15



Vì:

Hình chiếu của S lên mặt phẳng Oxy là miền D là:

x 2 + y 2 ≤ 1, nên

+ y 2 + z 2 = a 2

2

4 a

Vì:

Tìm nghiệm của phương

trình vi phân sau bằng

phương pháp tách biến:

2

dx

xy

dy 

2

x

2

x

Vì : Đây là phương trình vi phân có biến phân ly

Tìm nghiệm tổng quát của

ptvp sau: y’ – y = y 2

1 ln

y  



ln 5

y

x C

y  

y

x C

y  

y

x C

y  

y

x C

y  



Vì: Đây là phương trình vi phân tách biến

ptvp sau:

x

x x

x

C e y

x x

x

x x

Vì: Đây là phương trình vi phân cấp 1

Trang 13

Tìm nghiệm tổng của ptvp

sau:

' y sin y

y

(1)

2

y 

4

y tag x

x 

2

y tag x

x 

3

y tag x

2

y tag x

x 

Vì:

ptvp sau:

x+ y =Cy (C ≠ 0)

x2. - y2 =Cy (C ≠ 0)

x2 + y2 =Cy (C ≠ 0)

x2 =Cy (C ≠ 0)

x2 + y2 =Cy

(C ≠ 0)

Vì:

Đây là ptvp đẳng cấp, ta đặt

y z x

 rồi giải bình thường

Giải phương trình biến số

phân ly:

2

3yy'2x 0

2 3

3

Vì :

3y dy 2x 0 3ydy 2x dx dx

2

3

2 3

y

Giải phương trình vi phân

cấp 1

2

0 1



x

2 1

1

y C x

Nghiệm tổng quát là:

2 2

2

1 ln( ) (1 )

x

x x

yCe  Ce   y C x

Tìm nghiệm tông quát của

phương trình:

2xydx + dy = 0

Kết quả đúng là?

2

x  y  x2ln y 0 2

lny 0

x  y 

Vì:

Khi y ≠ 0 ta chia 2 vế cho y, ta được

phương trình vi phân sau:

Kết quả đúng là?

ln

y x C y ln xC x ln

x C

Vì:

Trang 14

phân ly

x y dxy x dy 

Vì:

2 2 2 2

x y dx y x dy

C



phân ly (x21) 'y xy

2 1

1

yC x

Vì: y = 0 là mọt nghiệm của phương trình Xét

0

y ta có 2

2

1 1

2 1



 

phân ly

(x yx y) 'y xy 0

y  x y Đáp án đúng là: 1 1

y   x y

Vì: Vì xét x ,y 0ta có

0 0

y dy x dx

dy dy dx dx

y   x y

Giải phương trình đẳng

x

y

x  x 2y 1 C

x  2xyx2 C x 2 y 1 C

x

x 

Vì: đặt y =ux, phương trình trở thành

1

2

y

x



 

cấp 1 sau:

ln y ln x C

x  

ln

y

x C

x x  y ln y ln x C

x C

x  x  

Vì:

cấp 1 sau:

y x

y Cxe 2

y x

2

y x

y Cxe

Vì:

Giải ra ta có nghiệm trên

Trang 15

cấp 1 sau:

2

2 1 2 1

x

x Ce   y  y  2 1 2 1

x

2 1 2 1 1

x

xCe  y  y 

Vì:

cấp 1 sau:

(x 2 – y)dx + xdy = 0

2

y  x x

Vì:

cấp 1 sau:

2 2

2

y x

x

2

y x

x

2 1 2

y x

x

Vì:

cấp 1 sau:

4 1 3

y C x 1 4

3

yCx x

Vì:

Đây là phương trình tuyến tính cấp 1 và có NTQ là:

4 1 3

yCx x

Giải phương trình đẳng

2 ln

y  x Cx

2 2

2 ln

y  x Cx 2

2 ln

ln

2 ln

y  x Cx

Vì: đặt y =ux, phương trình trở thành

2 2 2

1

x

Giải phương trình thuần

(x 1) 'yxy0 2

1

C y

x



1

C y

x



1

C y

x



C y x



1

C y

x





Vì:

2

1

C

dy xdx

C y

x





Định dạng
Số trang	20
Dung lượng	1,56 MB