Xem mẫu
- TRƯỜNG ĐHSPKT HƯNG YÊN ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC
PHẦN
Khoa Khoa học cơ bản
Đề số: 02
Học phần: Toán cao cấp 3
Ngày thi:
Thời gian làm bài: 90 phút.
5
Cho hàm số: z = x + x − 2 xy + y − 6 y
3 2 2
Câu 1:
2
• Tìm cực trị của hàm z.
• Tại điểm N (1,2) hàm z sẽ tăng hay giảm nếu dịch chuyển
ra khỏi điểm N theo hướng lập với trục Ox góc 600.
• Tại điểm N đó hãy tìm hướng để hàm z thay đổi nhanh
nhất. Biểu diễn trên hình vẽ.
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, dùng tích phân mặt
Câu 2:
tính khối lượng của tam giác phẳng ABC với A (-2,3,0), B
3
( 4,0,0) và C (-2,0, ) với hàm mật độ ρ (x,y,z) = y.
2
Trên mặt phẳng hệ toạ độ Oxy chọn ba điểm A (1,-1),B (0,0) và
Câu 3:
C (1,2).
L là đường cong kín theo chiều dương, trong đó:
• Đoạn nối A với B có phương trình x = y 2
• Đoạn nối B với C có phương trình y = 2x 2
• Đoạn nối C với A là đường thẳng.
∫
Tính i 3 y (2 x + 1)dx + 2( x + y )dy
2 2
L
Kiểm chứng kết qủa thông qua việc sử dụng công thức
Green.
Giải hệ phương trình vi phân:
Câu 4:
y, = 3 y + 2z
, 1
z = − y + z + x.e
x
2
với điều kiện: khi x = 0 thì y = 0 và z = 0.
Giảng viên ra đề 1: Khoa / Bộ môn
- Giảng viên ra đề
Đáp án
Câu 1: z x = 3 x + 5 x − 2 y = 0
, 2
z ,y = −2 x + 2 y − 6 = 0 ⇒ y = x + 3
Thay vào ta có : 3 x 2 + 5 x − 2 x − 6 = 3 x 2 + 3 x − 6 = 0
⇒ x 2 + x − 2 = 0 ⇒ x1 = 1, x2 = −2 ⇒ y1 = 4, y2 = 1
Hàm số có 2 điểm tới hạn M 1 = (1, 4), M 2 = (−2,1)
M 1 = (1, 4) M 2 = (−2,1)
z = 6 x + 5 =r
,,
11 -7
xx
z = −2 =s
,,
-2 -2
xy
z ,, = 2 =t 2 2
yy
4-220
s − rt
2
r=11 hsố đạt cực tiểu không cực trị
zx ( N ) = 3 + 5 − 4 = 4
,
2. y
N
2
z ( N ) = −2 + 4 − 6 = −4
,
y
∂z 31 x
5
= 4 cos 600 − 4 cos 300 = 4(− + )
- m = ∫∫ yds = ∫∫ y 1 + ( z x ) 2 + ( z ,y ) 2 dxdy
y
, A
S D 2
−1 2 −1 2 21
m = ∫∫ y 1 + (
4 ∫∫
) + ( ) dxdy = ydxdy
4 2 C B x
5
D D
Tính tích phân này có 2 cách:
−x
y= +2
4 2
21 21
∫ dx ∫
Cách 1: ydy = 9.
4 −2 4
y =0
x =−2 y + 4
3
21 21
4∫ ∫ ydx = 9.
dy
Cách 2:
4
x =−2
0
Câu 3:
i =∫ +
∫ ∫ ∫
+
L BA AC CB
1.Trên đoạn BA: x = y 2 , y : 0 → −1
∫ 3 y(2 x + 1)dx + 2( x + y 2 )dy
2
C
2
BA
−1
= ∫ [3 y (2 y 2 + 1)2 y + 2( y 4 + y 2 )]dy
0
−1
= ∫ [(6y3 + 3 y ).2 y + 2 y 4 + 2 y 2 ]dy
B
0
−1
= ∫ (2y 4 + 2 y 2 + 12 y 4 + 6 y 2 )dy
A
0
14 5 8 3 −1 −14 8 −82
−1
= ∫ (14y 4 + 8 y 2 )dy = ( y + y) = −= -2
0
5 3 5 3 15
0
2. Trên đoạn AC: x = 1, y : −1 → 2
2
2
2
∫ 3 y(2 x + 1)dx + 2( x + y ) dy = ∫ 2(1 + y 2 ) dy = (2 y + y 3 ) = 12
2 2
−1
3
−1
AC
3. Trên đoạn CB: y = 2 x 2 , x :1 → 0
- 0 0
∫ 3 y(2 x + 1)dx + 2( x + y ) dy = ∫ [(6x (2 x + 1) + 2( x + 4 x ).4x]dx = ∫ (12x 3 + 6 x 2 + 8 x 3 + 32 x 5 )dx
2 2 2 2 4
CB 1 1
0
0
32 6 37
= ∫ (32x 5 + 20 x 3 + 6 x 2 )dx =( x + 5 x 4 + 2 x3 ) = −
1
6 3
1
−82 37 29
∫
i 3 y (2 x + 1)dx + 2( x 2 + y 2 )dy = + 12 − =− .
Vậy 15 3 5
L
Dùng công thức Green:
Q = 2( x 2 + y 2 ) , P = 3 y (2 x + 1)
∂Q ∂P
− = − 6 x − 3 + 4 x = −2 x − 3
∂x ∂y
y = x2
1
− ∫∫ (2 x + 3)dxdy = − ∫ dx ∫ (2 x + 3)dy
y =− x
D 0
1
1
4 52 3
= − ∫ (2 x + 3)(2 x 2 + x )dx = −( x 4 + 2 x 3 + x + 2x 2 )
0
5
0
−29
4
= −(1 + 2 + + 2) =
5 5
Câu 4:
Bước 1: Khử y ,, = 3 y , + 2 z , = 3 y , + (− y + 2 z + 2 xe x ) = 3 y , − y + y , − 3 y + 2 xe x
⇔ y ,, − 4 y , + 4 y = 2 xe x .
Bước 2: Phương trình thuần nhất y ,, − 4 y , + 4 y = 0
Phương trình đặc trưng λ − 4λ + 4 = 0 ⇔ λ1 = λ2 = 2
2
Nghiệm riêng y1 = e , y2 = xe
2x 2x
Nghiệm tổng quát y = c1e + c2 xe
x 2x
Bước 3: Phương trình không thuần nhất y ,, − 4 y , + 4 y = 2 xe x . Tìm
nghiệm bằng phương pháp biến thiên hằng số:
C1'e 2 x + C2 xe 2 x = 0 C1' e 2 x + C2 xe2 x = 0
' '
⇔ ' 2x ⇔ C2e 2 x = 2 xe 2 x
'
' 2x '
C1 (e ) + C2 ( xe ) = 0 2C1e + C2 (e + 2 xe ) = 0
' 2x ' ' 2x 2x
C2 = 2 xe − x dx + C2
∫
*
C2 = 2 xe − x −x
C2 = −2( x + 1)e + C2
' *
⇔ ' ⇔ ⇔
C1 = − ∫ x e dx + C1
−x
C1 = − xC2 C1 = (− x + 2 x + 2)e + C1
' 2 *
2 −x *
Nghiệm tổng quát phương trình không thuần nhất:
- y=[(− x 2 + 2 x + 2)e − x + C1* ]e2 x + [ − 2( x + 1)e − x + C2 ]xe 2 x = −(3 x 2 + 4 x + 2)e x + C1*e 2 x + C2 xe 2 x
* *
Thay vào tìm z
z = (6 x 2 + 2 x)e x − C1*e 2 x + C2 e 2 x − C2 xe 2 x = (6 x 2 + 2 x )e x − (C1* − C2 )e 2 x − C2 xe 2 x
* * * *
Bước 4: Thay điều kiện vào tìm C1* , C2* ta được C1* = 2, C2 = 2
*
y = −(3 x 2 + 4 x + 2)e x + 2( x + 1)e 2 x
Vậy
z = (6 x + 2 x)e − 2 xe
2 x 2x
Thang điểm
Câu 1: z x = 3x 2 + 5x − 2 y = 0
,
(1.5d)
z ,y = −2 x + 2 y − 6 = 0 ⇒ y = x + 3
⇒ 3x 2 + 5 x − 2 x − 6 = 3x 2 + 3x − 6 = 0
0.5
⇒ x 2 + x − 2 = 0 ⇒ x1 = 1, x2 = −2 ⇒ y1 = 4, y2 = 1
tại M 1 = (1, 4) cực tiểu
0.5
tại M 2 = (−2,1) hàm số không đạt cực trị
z (N ) = 3 + 5 − 4 = 4
,
x
z ,y ( N ) = −2 + 4 − 6 = −4
∂z 31
= 4 cos 600 − 4 cos 300 = 4(− + )
- ∫ 3 y(2 x + 1)dx + 2( x 0.5
+ y 2 )dy = 12
2
AC
∫ 3 y(2 x + 1)dx + 2( x + y 2 ) dy
2
CB
0
0.5
−37
= ∫ [(6x 2 (2 x + 1) + 2( x 2 + 4 x 4 ).4x]dx =
3
1
Lập biểu thức theo công thức Green
− ∫∫ (2 x + 3) dxdy =
D
0.5
y = x2
1
= − ∫ dx ∫ (2 x + 3)dy
y =− x
0
−29
= 1
5
Câu 4:
(2.5) 0.5
Phép khử ⇔ y ,, − 4 y , + 4 y = 2 xe x
0.5
Phương trình thuần nhất y ,, − 4 y , + 4 y = 0
Phương trình đặc trưng λ − 4λ + 4 = 0 ⇔ λ1 = λ2 = 2
2
Nghiệm tổng quát y = c1e + c2 xe
x 2x
0.5
C2 = −2( x + 1)e − x + C2
*
Tim ra 0.5
−x
C1 = (− x + 2 x + 2)e + C1
2 *
0.25
C1* = 2, C2 = 2
*
0.25
y = −(3 x + 4 x + 2)e + 2( x + 1)e
2 x 2x
z = (6 x + 2 x)e − 2 xe
2 x 2x
nguon tai.lieu . vn
