DẠNG CÂU HỎI 1 ĐIỂM
Câu1 : (1đ) Cho hàm số z = arctg
y
x
chứng minh z’’
xx
+ z’’
yy
= 0
Z = artag
y
x
⇒Z’
X
=
)
2
)(1(
1
y
x
y
+
=
22
yx
y
+

22
2

= -y.
2
)
22
(
2
2
)
22
(
2
yx
xy
yx
x
+
−
=
+
y
yx
x
yy
z
'
22
)(
''
+
−

(
22
=
+
+−
yx
xyxy
(đpcm )
Câu 3 : (1đ) Cho hàm số z = x + f(xy) với f(t) là hàm số khả vi, CMR xz’
x
-yz’
y
=x
Z =x + f(xy) vì f(t) khả vi ⇒∃ f
’
(t) = f
’
(xy)
⇒
=+=
x
xyfx
x
z
'
)((
'

)(
'


(b) Thay (a) và (b) ta có
=−
y
zy
x
zx
'
.
'
.
))(.())(1(
''
xyfxyxyyfx
−+
=
=−+ )(
'
)(
'
xyxyfxyxyfx
x (đpcm)
Câu 4 : (1đ) Cho hàm số z = y f (x
2
-y
2
), với f(t) là hàm số khả vi CMR
2
'
1

y
x
z
x
'
.
1
'
.
1

))(2)(.(
1
)(2.
1
22'22222'
yxfyyxf
y
yxxyf
x
+−−+−
=
y
yxf )
22
(
+
(đpcm)
Câu 5 : (1đ) Cho hàm số z = ln(1/r) với r=
22 yx


r
y
yx
y
y
r =
+
=
22
2
2
'
2
/
.
1
'.
1
)ln('
r
x
r
x
r
r
r
rz
x
x

xxx
−
=
+−
=+
−
=
−
=⇒
Với vai trò của x và y là tương đương nhau trong biểu thức → tính tương tự ta được :
)(
4
22
2
'' b
r
ry
yy
z
−
=
Cộng 2 vế (a) và (b) →
4
222
4
22
4
22
2)(222
''''

x
xarctgz
x
22
)(1
1
.
1
.'
22
2
22
−
+
+=−
+
+=⇒−−=
Khi đó
)(2'.
22
2
2
a
yx
yx
x
y
x
xarctgzx
x

+
−
=−
+
−
=
Cộng 2 vế của (a) và (b) ta được
)('')(222'.'
22222
22
2
2
yxzyzxzyx
y
x
xarctgy
yx
yx
x
y
x
xarctgzyxz
yxyx
+−=+⇔+−=−
+
−
+−=+
Câu 7 : (1đ)
)2,1,1
222

2
x
y
2
z
2
y
2
x2
y2
y
u
++
=
++
=
∂
∂

2
z
2
y
2
x
z
2
z
2
y

1
2
)2(
2
1
2
1
1
y
)A(u
=
++
=
∂
∂
⇒

2
2
2
)2(
2
1
2
1
2
z
)A(u
=
++

2
)2(
2
1
2
1
1
cos
=
++
=
β

2
2
2
)2(
2
1
2
1
2
cos
=
++
=
γ
Vậy:
1 cos
)(

Au
y
Au
x
Au
l
Au
Câu 8 : (1đ) Cho trường vô hướng
A(1,0),T¹i TÝnh
u
)1,1()ln(.2
−=−−+
∂
∂
lyxyxxu
l


Bg: Ta có
yx2
1
yx
x
)yxln(2
x
u
−
−
+
++=

−
−
+
++=
∂
∂
⇒
x
Au
2
5
012
1
01
1.2
y
)A(u
=
−
+
+
=
∂
∂
Biết rằng
⇒−=
)1,1(l

véctơ Chỉ phương
2

)A(u
l
)A(u
∂
∂
+
∂
∂
=
∂
∂

2
2
2
1
2
5
2
1
2
3

−
−
=





yxxxyeeyxyexyxyyeexyey
xyxyxy
x
u
xyxyxy
x
u
và
xy
eyyxyy
xy
ey
x
u
.2)232
3
(.
2
2
++−+=
∂
∂
)y4y3xy2y(e
224xy
+−+
)24
2
3
3
2

∂
∂
xyxxxyyyxyy
xy
e
x
u
y
u
xyxxxy
xy
exy
xy
eyxxxy
xy
ex
y
u
22
(gradu) div
Câu 10 : (1đ) Cho hàm ẩn
),( yxzz =
Có PT
xz
y
arctgxz
−
=−

Ta có

)(1
1
.
1
'
2
)(
2
2
)(
2
1
2
)(2
1
2
)(1
1
.
2
)(
'
xzy
xz
xz
y
xz
y
F
xzy

)
2
)(
2
(
2
)(
2
)
2
)(
2
(
1
2
)(
2
1
2
)(1
1
.
2
)(
'
xzy
xzyy
xzy
xzyy
xzy

)(
))((
)(
))((
'
'
'
xzyy
xz
F
F
z
xzy
xzyy
xzy
xzyy
F
F
z
z
y
y
z
x
x
−++
−
=
−
=

2
4
3
),,(
xyxxz
zyx
F
−−+=⇔

1'
2'
43'
22
=
−=
−−=
zF
xyF
yxFd
y
x
ã, Khi
22
22
43
1
'
'
'
43

yx
dy
yx
xy
dzxdyxd
zyzyx
2222
),(
43
1
43
2
''
−−
−
−−
=+=
Câu 12 : (1đ) cho hàm ẩn
),( zyxx =
có PT
)y2yx(ez
2x2
++=
ozyyxeF
x
zyx
=−++=⇔
)2(
22
),,(

x
yyx
y
yyxe
ye
F
F
x
x
x
z
z
x
x
x
y
y
+++
=−=
+++
+−
=
+++
+−
=
−
=⇒
Như vậy
)2412(
)1(2

[ ]
yeyxeyxez
xxx
y
24)()4('
−+=+−+−=
Xét tọa độ các điểm tới hạn của h/số : M(x,y)





=
=
0)('
0)('
M
y
z
M
x
z
⇔
[ ]
)189'(
2
2
4
2
086


=++
=



=+++
=
⇔





=+++−+
=−
x
y
x
y
x
y
xx
y
xyxyxe
ye
y
x
x
⇒ Hàm số có 2 điểm tới hạn:

−=−===−=−
3
Tại M1(-2,2),ta có:
[ ]
0.2
0.4.40.2)1(''
0)2.24(''.210)2(4)422.(0)('')(
2
)1(
4422
)1(
2
)1()1(
22
11
>=
>=+=−⇒−==
=−===+−++−−==
−
−−−
−−−
eA
eeACBeMzC
ezBeeMzMA
M
yyM
MxyMxx
⇒Hàm số không đạt cực trị tại M
1
(-2,2)

Vậy hàm số đạt cực đại tại
M
2
(-4,2) và
44
)2,4(max
.4)424)(24(
−−
−
=+−−+−==
eezz

Câu 2 : (2đ) Tìm cực trị của hàm số
xyyxz 3
22
−+=
Ta có MXĐ :






∈∀=
2
),( RyxD
và
xy
y
z


=
=
)2(
)1(
033
033
0'
0'
2
2
2
2
xy
yx
xy
yx
z
z
y
x
Thay (2) vào (1)
⇔=→ yy
4



=
=
⇔=++−⇔=−

yxy
⇒Ta có 2 điểm tới hạn của :M
1
(1,1) và M
2
(0,0): ta có
yz
zz
xz
yy
yxxy
xx
6''
3''''
6''
=
−==
=
Tại M
1
(1,1) thì ⇒
027)6.6()3(
6)1(''
3''
61.6''
22
)1(
)1(
<−=−−=−=∆⇒
==

22
00.6)(
)(
)(
2
2
2
>=−−=−=∆
=
−==
===
==
ACB
zC
zB
zA
Myy
Mxy
Mxx
⇒hàm số không đạt cực trị tại M
2
(o,o) .Như vậy hàm số đó cho đạt cực tiểu tại M
1
(1,1) = - 1
Câu 3 : (2đ) Tìm cực trị của hàm số
0,
2
)2)(
2
2(






=
=
0))(2(2
0)2()(2
0'
0'
byaxx
byyax
y
z
x
z
4























=
=
=




=
=
=
⇔
by
ax
y
ax
by
x
oy
x
by

))((42)(2''''
)2(2))2()(2(''
'
byaxybyaxyxzxyz
byybyyaxz
xxx
−−=+−−==
−=−−=
và
)2(2'' axxyyz
−=
với M
1
(0,0)→
)
1
('' Mxxzr
=
0)20.(0.2
=−=
b
0)20(0.2)(''
4)0)(0(4)(''
2
1
=−==
=−−==
aMyyzt
abbaMxyzs
=−=−=∆⇒

16
2
〉=−=∆
barts
⇒M
2
(0,2b) không là điểm cực trị
Với M
3
(a,b)⇒
2
3
3
2
3
4)2(2)(''
0))((4)(''
4)2(.2)(''
aaaaMyyzt
bbaaMxyzs
bbbbMxxzr
−=−==
=−−==
−=−==

=−=−=∆→
22
16
2
0

→Hệ số không đạt cự trị tại M
4
(2a,0)
Với M
5
(2a,2b) ta có:
0160)22(2.2)(''
4)2)(2(4)(''
0)22(2.2)(''
222
5
5
5
〉=−=∆→=−==
=−−==
=−==
bartsaaaMyyzt
abbbaaMxyzs
bbbMzr
→Hệ số không đạt cự trị tại M
5
(2a,2b) Như vậy hệ số đạt cực đại tại M
3
(a,b) khi đó
222222
),(max
)2)(2( babbaaZZ
ba
=−−===
Câu 4 : (2đ)




=
=
0
4
2
0
4
2
0'
0'
y
xy
x
yx
yz
xz







=
+
−+
=+−−

yx
{
0
0
0
==⇔



=+
=−
⇒ yx
yx
yx
→ loại Với khụg ∈ D
3
32
3
4
0
4
3
0
==⇔





=

4
1
2
x
yx
yx
xy
(vụ n
0
)





=
=
→







=−
=−
3
4
4

4
2''
x
zr
xx
+==
2
4
2''
1''''
y
yy
zt
yx
z
xy
zs
+==
===
⇒tại
0154.41
4
4
1''
1''
4
4
1''
)
3

,
3
32
(M
và
3
4
ln74
3
4
ln
2
14
3
4
.3)
3
32
,
3
32
(
min
−=−==
zZ
Câu 5 : (2đ)
yxyxz
−−+=
33
MXĐ:∀(x,y)∈R






















=
=






















=
−
=






=
−
=
⇔




3
1
3
1
013
013
0'
0'
2
2
y
x
y
x
y
x
y
x
y
y
x
x
y
x
z
z
y
x
⇒h/số có 4 điểm tới hạn:
)

1
MM
MM
−
−−−
Ta lại có:
6xxx'z'r
==
yyyzt
yxzxyzs
6''
''''
==
⊗===
⇒lần lượt xét các điểm tới hạn ta có : Tại
)
3
1
,
3
1
(
1
−
M
032
012
32.32
2
32

Mxx
zr
⇒h/số đạt cực đại tại
)
3
1
,
3
1
(
1
−−
M
và
9
34
max
)
3
1
,
3
1
(
max
=⇒
−−
=
Z
zZ

⊗==
−=
−
==
rts
zt
zs
zr
Myy
xy
Mxx
⇒h/số ko đạt cực trị tại M
2
Tại









−=−==
==
===
⇒−
32)
3
1

)
3
1
,
3
1
(3
−
M
Tại
⇒
)
3
1
,
3
1
(
4
M









==

⇒h/số đạt cực tiểu tại
)
3
1
,
3
1
(
4
M
với
9
34
)
3
1
,
3
1
(
min
−==
zZ
Như vậy h/số đạt cực đại tại
9
34
max1
);
3
1

3
– 4x + 4y
z’y = 4y
3
– 4y + 4x
z’’xy = 4, z’’x
2
= 12x
2
– 4
z’’y
2
= 12y
2
– 4






=+−
=+−





↔
=

x)(yx(
0yx
3
x
0
3
y
3
x

8





































=
−=
−=
=
=
=
⇔
2y
2x
2y
2x
0y
0x

* Xét A
( )
¹i cùc vµo thay d2,2
=>−
* Xét B
( )
tiÓu cùc vµo thay =>− 2,2
Câu 7 : (2đ)
Tỡm cực trị của hàm số:
z = xy+
y
20
x
50
+
với x>0, y>0
Giải: Bước 1





−
−=
2
y
20
x
2
x

50
20
50
y
x
y
x
x
y
x
y
Thay (2) vào (1) ta có
0y.y0y
4
8
1
2
2
y
20
50
=−⇒=−









2
0
yy
y
y
2
y
5 x
ra bµi theo lo¹i
Vậy có 1 điểm dừng M
1
(5,2).
Bước 2: Tính
ACB
2
−=∆
3
4000
3
40
''
11''
100
''
2
33
2
y
zC
zB





−=
−=
22
y
2
x
xy3'z
xy2x3'z
Tỡm cỏc điểm dừng
có hệ





=−
=−
)2(0
22
3
)1(02
2
3
xy
xyx
Từ (1) => x(3x-2y) =0

2
−=∆
yxzA
x
26''
2
−==
yzC
y
yyxxx
xy
zB
6''
2
6).26(
2
42''
==
−−=∆⇒−==
xét tại điểm dừng M(0,0) ta có
0)0,0(
=∆
=> chưa có k.luận về cực trị, xét hàm số tại (0,0): z=0; z>0 với x=y
Câu 9 : (2đ)
Tỡm cực trị của hàm số

1
122
22
++

22
222
1
222
1
)22()1(2






++
+−−






++
++−++
==
yx
xxyy
yx
xxyxyx
3
22
2

=
022
2
2
022
2
2
0'
0'
yxyx
xxyy
y
z
x
z



=+−−
=++−
↔
0222
0)122)((
2
yxyx
yxyx





2
2
2
2122
++++≤++
yxyx
13
22
++=
yx
33
1
122
22
≤⇒≤⇒
++
++
z
yx
yx

=> max z=3
21
22
==↔==↔
yx
y
x
=> A(2,2) là cực đại Với Z
max



=
−=
⇒





=+=
=−+=
6y
4x
08x2
y
'z
04y2x2
x
'z

Vậy ta thấy hàm số đạt cực trị thỡ điểm cực trị k
0
thuộc miền D

17)2,1(
3)0,1(
16)2,0(
0)0,0(
=

−=
16y2'z
12x2'z
y
x
Tỡm cỏc điểm tới hạn



−=
=
⇒





=+=
=−=
8y
6x
016x2
y
'z
012x2
x
'z
Vậy ta thấy hàm số đạt cực trị thỡ điểm cực trị k
0
thuộc miền D


Đổi thứ tự lấy t/phân
∫
=
1
0
dyI

∫
−
2
2
2
3
),(
y
y
dxyxf
miền lấy t/phân D =










−≤≤

DDD
với











−≤≤
≤≤
=










≤≤
≤≤
=


x
yxD
y
x
yxD
yx
x
yxD
Vậy→
∫
=
2
1
0
dxI

∫
+
x
dyyxf
2
0
),(
∫
2
2
1
dx
∫
+

x =
1
12

1/2 1 2 x
Miền lấy t/phân D =










≤≤−
≤≥
∈
xyxx
x
Ryx
2
2
2
20
:
2
),(


 
321
DDDD
=
với D
1
=










−−≤≤
≤≤
2
11
2
2
10
:),(
yx
y
y
yx




≤≤−+
≤≤
=
2
2
11
10
:),(
3
xy
y
yxD
Vậy →
∫∫
=
−−
2
2
2
11
1
0
y
y
dyI
+
dxyxf ),(
+

dxyxfdy
y
1
y=1
1
-1 x

x=1-y
→miền lấy tích phân
{
),( yxD =

yxy
y
−≤≤−−
≤≤
1
2
1
10

→Miền D được giới hạn bởi các đường: y=0 ,y =1 ,x=1-y và

2
1 yx
−−=
1
22
=+⇔ yx
(lấyphần

xy
x
yxD
10
10
:),(
2
13
∫
−
∫
−
∫
−
∫
−
+=⇒
x
dyyxfdx
x
dyyxfdxI
1
0
),(
0
1
0
1
2
1

−=
∫∫
−−+=
D
dxdy)xy(
D
dxdy)1x1y(I
Trong đó D là hình tròn :
4
2
a
2
y
2
)
2
a
x( ≤+−
đổi toạ độ cực thì:
D





≤≤
≤≤−
ϕ
ππ
cosar0

x
dx
xa
x
dy
22
22
2
2
−
−
=
−
−
=⇒

vậy⇒
∫
+=
L
ydxxdyI
dx
a
a
xa
x
xxa
∫
−





−
−−=
∫
−










−
−−=
a
a
xa
dx
a
a
a
dxxa
dx
a
a

xa
dx
a
dxxaI
22
2
22
2
14
∫
−
−=
a
a
dxxaI
22
1
,đặt x=asint
22
ππ
≤≤
−
⇒
t
⇒
∫
−
−=
2
2

−
+
2
2
2
2cos1
2
π
π
dt
t
a

]
22
)sin(sin
)
2
(
22
2
2sin
2
2
2
2
2
2
a
a

−
∫
−
=
−−
a
a
a
x
a
x
a
a
d
xa
dx
I
222
2
)(1
)(
π
=
−
−=
−
=
a
a
a

-a 0 a x
Xét miền kín được tạo bởi đường cong L và đ/thẳng y=o ⇒
∫ ∫
+=+=
∩
L
ABC
ydxxdyydxxdyI
∫ ∫
+−+=
ABC
AC
ydxxdyydxxdy

-Ta có:
∫
+=
ABC
ydxxxdyI
1
⇒Theo đ/lý Green với:
∫∫
∂
∂
−
∂
∂
=
⇒


1
∫∫
=−=
D
dxdy 0)11(
-Mặt khác:
∫
+=
AC
ydxxdyI

2
Với:
⇒



=→=
≤≤−
00
:
dyy
axa
A
C
15
∫
−
=+=
a

+=
Trong đó
B
m
A


có PT:
xydydx
y
yx
=⇒



≤≤
=
10
2
AB
n


có PT:
[ ]
∫
++
∫
−−=
∫

2)(
)(
)(
)(
01
dyyy
dyyy
dyyyy
dyyyyy
xydydxyx
xydydxyx
xydydxyxI
dydx
y
yx
AB
BA
L
n
m




∫
+−−=
1
0
23
)23( dyyyy

yxyx
dyQdxpI
),(),(
Với:







=
∂
∂
=
∂
∂
⇒





=
+=
y
x
Q
y
p

1
0
2
)1(
y
y
dxydy
16
12
1
12
683
0)
2
1
3
2
4
1
(
)
23
2
4
(
)2(
))(1(
1
0
234

2
yI
Y
C
R

-R R X
Cách1:Đường tròn có Pt tham số:
]
∫
−
−+
−
∫



−−=
≤≤



=
=
R
R
o.
2
xodx
dt)tcosR(t

sin
+
=
−
=
dt)t3costcos3
o
t3sintsin3(
4
3
R
I
++
∫
−
−
=⇒
π
3
3
R4
3
16
.
4
3
R
3
1
3


+



++−
−
=
π
Cách2:
∫ ∫
+−=
∫∫





≥
≤+
+−=
π
ϕϕϕ
o
R
o
rdr)sinrcosr(d2
oy
2
R

=
∫
+
−
=
∫
+−=
π
ϕϕ
π
ϕϕϕ
ϕ
π
ϕϕ
Câu5(3đ):
∫
−
AB
dyyx
Y
B
a
17
t A
a X



≤≤
=

−=
2
4
dt)tcostsint
2
(cos
2
a
4
o
dt)tcostsint
2
(cos
2
aI
o
2
4
tdtcos)tsint(cos
2
a
4
o
tdtcos)tsint(cos
2
aI
π
π
π
π

2
t2cos1
(
2
a
4
2
dt)
2
t2sin
2
t2cos1
(
2
a
=






++=






++=

1
1 X
Đặt :p = 2xlny
2
y1
y
2
x
Q ++=
Nhận xét:
y
x2
x
Q
y
p
=
∂
∂
=
∂
∂
Vậy tích phân ko phụ thuộc dạng đường cong .Bằng cách lấy tích phân dọc theo biên của tam giác ACB ,với C(o,1)
18
∫
+++
∫
+=
∫ ∫
+++=

−+=





=
+
=
⇒





=
+
=
∫
+=⇒
2
1
dy
2
y1
2
y
1
2
2

2
y1yln(I
1
2
2
y1y
2
1
2
1
2
y1
dy
dy
2
y1
2
1
2
y1ydy
2
y1
11
2
y
1
2
2
y1yI
+

=
=
π
2to,
tsinay
tcosax
[
]
dt)tcosa)(tcosatsina(
2
o
2
a
)tsina)(tsinatcosa(
I
−+
∫
−+
=
π
∫
−=−=
∫
+−=
π
π
π
2
o
2dt

=
=
π
2to,
tsiny
tcosx
I=
][
∫
==
∫
+
+−−
π
π
π
2
o
2dt
2
o
t
2
sint
2
cos
dttcos.tcos)tsin)(tsin(
Câu9(3đ)
Cho các hàm số
ysin

2
2
là vi phân toàn phần khi :
om
2
m
x
Q
y
p
=−⇔
∂
∂
=
∂
∂
nhận được m = o,m = 1
b.theo công thức ta có :
∫ ∫
+=
x
o
y
2
ycos
x
e(dx
x
e)y,x(U
π

p
∂
∂
=
∂
∂
x
x
x
x
xx
x
x
x
x
x
eh
h
h
hh
yyyxh
yyyxh
x
Q
y
p
yh
yyyxh
x
Q

'
)sincos(
)sincos('
cos
)sincos('
)sincoscos(
b.
y
A(o,π)
0 B(π,o) x
20
∫
=
∫ ∫
+−=
∫ ∫
+++=
π
π
π
o
o
oA
Bo
ydyy
dxodyyy
QdyPdxQdyPdxI
sin
.)sin(
0

sincos
coscos
Câu11(3đ)
∫
+
++−
AB
2
y
2
x
dy)ynx(dx)ymx(
a.Ta có :
)
2
y
2
x(
xy2
2
nx
2
ny
y
p
2
)
2
y
2

1
01
01
,,0
)1(2)1)((
2
2
22
22
22
mn
m
n
yx
mxynyx
xynxny
mxyxy
b/
B(a,o) C(a,a)
A(a,o) x
dx
ax
ax
dy
ya
ya
I
yx
yx
Q

)
4
(2)arctgo1arctg(2
o
a
a
o
a
x
arctg
a
1
.a2dx
2
x
2
a
a2
a
o
dx
2
x
2
a
xa
a
o
dx
2

∫
+
+
=
∫ ∫
+
−
+
+
+
=
Câu12(3đ)
Tính tích phân mặt loại 2 sau đây:
dxdy
2
zdzdx
2
ydydz
s
2
x ++
∫∫
z
a
a
y
a
x
21
∫ ∫ ∫∫

v v
v
zdzdydxdzydydx
dzdyxdxzdxdydz
ydxdydzxdxdydz
dxdydzzyxI
2
22
222
)(2
0

))(())()((
22
o
a
y
o
a
x
o
a
z
o
a
y
o
a
x
+=

yz,
2
xy(F =

dxdy
2
zx
dzdx
2
yz
s
dydz
2
xy
+
+
∫∫
=Φ
áp dụng công thức :Ostrogratski
1:
)(
222
222
≤++
∫∫∫
++=Φ
zyxV
dxdydzxzy
v
Đổi qua toạ độ cầu :

θθϕ
==
∫ ∫ ∫
=Φ⇒
Câu14(3đ)
Đổi qua toạ độ trục







≤≤
≤≤
≤≤
20
2
2
20
2
r
z
r
πϕ
dzrddrI
r
.
2
3

(2.2
)
122
(2
4
2
0
64
π
π
π
=−
=−
rr
Câu 15 (3đ)
2
z
2
y
2
x
2
U
2
z
2
y
2
xU
++=⇒

1z
2
y
2
x:S =++
là
∫∫
++=Φ
s
dxdy
u
z
dzdx
u
y
dydz
u
x
zdxdyydzdx
s
xdydz ++
∫∫
=
vì
1=
S
U
áp dụng c/thức ostrogradsky ta có
∫∫∫
=Φ

ln
'
1cosln
'
ln
cos'
=⇔
=⇔=
Đặt
y
y
zyz
'
'ln =⇒=
thay vào ,ta được :
x
zz
cos
1
'. =
∫
−
=
∫ ∫
⇔=⇒
dx
x
x
z
dx

1
sin1
)(sin
2
1
π
+=⇔
+
−
+
=
∫ ∫
−
+
+
=
x
tgC
z
C
x
x
x
xd
x
xd
Thay lại ,ta có nghiện tổng quát của PT:
)
42
(ln2

PT đặc trưng có 2 nghiệm thực phân biệt do đó nghiệm tổng quát của PT đặc trưng :
xx
eCeCy
−
+=

21
+Ta tìm 1 No riêng của Pt vi phân tuyến tính cấp 2 ko thuần nhất đã cho:
)(
2
)(
1
2cos
22
)
2
2cos1
(
2
sin''
xfxfx
xx
x
xxxyy
+=−=
−
==−
với
)(.
2



=
−=
⇔
0
2
1
B
A
→
N
o
riêng : y
R1
=
2
x
−
Với f
2
(x) =
=− x
x
2cos
2
[ ]
xxQxxP
ox
e 2sin).(

x
2cos
2
−










−
=
−
=
=
=
⇔







=
=

2
2cos
10
1
'
2
−=
Như vậy, N
o
riêng của pt vi phân khg thuần nhất đã cho là :
y
R
= y
R1
+y
R2

xxx
x
2sin
25
2
2cos
10
1
2
−+
−
=
Vậy N

−=⇔
=++
x
yy
y
xyyy
đặt
y
y
zyz
'
'ln =⇒=
Thay vào ta được:
1
1
3
'
+
−=
x
z
z
Tích phân 2 vế :
2
1
)12(
2
12
2
1

2
)
16
15
( ey
thay vào:
8
3
2
1
8
1
2
1
)
4
1
.2.(4
2
1
)1
16
15
2).(
2
(
2
ln
−
=−=⇔


=
=
⇔
=−⇔=−
3
2
0
1
0)3(03
2
k
k
kkkk
24
→no t/quát của PT thuần nhất là:
x
eCC
x
eC
ox
eCy
3
.
21
3
.
2
.
1

bax
R
y
Cbxax
R
y
Cbxax
=−−
−+=−⇒
+=
++=⇒
++⇒







−
=
−
==
−==
⇔






xCb
xbaax
Vậy →một no riêng của PT là :
)
5
2
2
(
9
)
27
2
9
1
2
9
1
(
++
−
=
++−=
xx
x
xxx
R
y
→ No t/quát của Pt đã cho là :
)
5

zxxz
sin
1
'
)1(sin'
.sinsin'
=
−
⇔
−=⇔
=+
Tích phân 2 vế :
Cz
xdx
z
dz
xdx
z
dxz
+−=−⇔
∫ ∫
=
−
⇔
∫ ∫
=
−
⇔
cos1ln
sin

2cos
22
+=
- Đây là PT vi phân tuyến tính cấp 2 Ko thuần nhất
- Xét PT vi phân thuần nhất tương ứng :
0'' =−yy
→PT đặc trưng :
12,1
01
2
±=
⇔=− kk
vậy →PT thuần nhất có No t/quát
x
eC
x
eCy
−
+=
2
.
1
- Xét Pt Ko thuần nhất đã cho :
)(2)(1
2cos
22
''
x
f
x