Bài giảng Toán cao cấp C1 (Phần 2) - Trần Ngọc Hội

59 
CHƯƠNG 2 
PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN HÀM MỘT BIẾN 
A-TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH 
1. KHÁI NIỆM VỀ TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH 
1.1. Định nghĩa nguyên hàm. Hàm số F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên (a,b) nếu 
F′(x)= f(x), ∀ x∈(a,b). 
Ví dụ. 1) 
4
x4 là một nguyên hàm của x3 trên R. 
2) cosx là một nguyên hàm của − sinx trên R. 
Khi nói đến nguyên hàm của f(x) mà không chỉ rõ khoảng (a,b) thì ta hiểu đó là nguyên 
hàm của f(x) trên các khoảng xác định của f(x). 
1.2. Định lý. Cho F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên (a,b). Khi đó 
1) Với mọi hằng số C, F(x) + C cũng là nguyên hàm của f(x) trên (a, b). 
2) Ngược lại, mọi nguyên hàm của f(x) trên (a,b) đều có dạng F(x) + C. 
1.3. Định nghĩa tích phân bất định 
Tập hợp tất cả các nguyên hàm của f(x) được gọi là tích phân bất định của hàm f(x), ký 
hiệu là f (x)dx∫ . Nếu biết F(x) là một nguyên hàm của f(x) thì: 
f (x)dx F(x) C.= +∫ 
Ví dụ. 
4
3 xx dx C;
4
= +∫ sin xdx cos x C.= − +∫ 
1.4. Tính chất 
1) Nếu f(x) có nguyên hàm thì 
( )f (x)dx f (x).′ =∫ 
2) 2) f (x)dx f (x) C.′ = +∫ 
3) Với k là hằng số, ta có 
kf (x)dx k f (x)dx C.= +∫ ∫ 
4) [f (x) g(x)]dx f (x)dx g(x)dx.+ = +∫ ∫ ∫ 
60 
1.5. Bảng các tính phân cơ bản 
1xx dx C (-1 : Const)
1
α+α = + ≠ αα +∫ 
dx 2 x C
x
= +∫ 
2
d x 1 C
x x
= − +∫ dx ln | x | Cx = +∫ 
x xe dx = e + C ∫ xx aa dx= +C 
lna∫ (0 < a ≠ 1: Const) 
sinxdx = cosx + C−∫ cosxdx = sinx + C∫ 
2
2
dx (1 + tg x)dx 
cos x
 = tgx +C
=∫ ∫ 22
dx (1+ cotg x)dx
sin x
 cot gx C
=
= − +
∫ ∫
tgxdx ln|cos x| C= − +∫ cot gxdx ln|sin x| C= +∫ 
2 2
dx xarcsin + C
aa x
=−∫ 
(0< a: Const) 
2
2
dx n x x h C
x h
= + + +
+∫ A 
(h: Const) 
2 2
dx 1 xarctg C 
a x a a
(0 a: Const)
= ++
≠
∫
 2 2
dx 1 x aln C
2a x aa x
+= +−−∫ 
(0 ≠ a: Const) 
2 2
d x 1 x aln C
2 a x ax a
−= ++−∫ 
(0 ≠ a:Const) 
2 2 2 2 21 1 xa x dx x a x a arcsin C (0 < a : Const)
2 2 a
− = − + +∫ 
2 2 21 1x h dx x x h h.ln| x x h | C (h: Const)
2 2
+ = + + + + +∫ 
Chú ý. Nếu f (x)dx F(x) C= +∫ thì với a ≠ 0 và b là các hằng số, ta có 
( ) 1f ax b dx F(ax b) Ca+ = + +∫ . 
Ví dụ. 3x 4 3x 41e dx e C.
3
− −= +∫ 
61 
2. CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN 
2.1. Phương pháp phân tích 
Muốn tính tích phân bất định của một hàm số f(x) ta dùng các tính chất của tích phân và 
phân tích f(x) để đưa tích phân cần tính về các dạng tích phân cơ bản. 
Ví dụ. Tính các tích phân sau: 
1/2x 1 21) dx x dx xdx= x x 2 x C.
3x
+ = + + +∫ ∫ ∫ 
4 4
2 2
2 2 2 2
3
x x 16 16 16 dx2) dx dx (x 4 )dx x dx 4 dx 16
x 4 x 4 x 4 x 4
x x = 4x 8arctg C.
3 2
− += = − + = − ++ + + +
− + +
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
1 1 13) sin5x.sin 3xdx (cos2x cos8x)dx cos2xdx cos8xdx
2 2 2
1 1 sin 2x sin 8x C.
4 16
= − = −
= − +
∫ ∫ ∫ ∫
2 1 cos4x 1 1 14) sin 2x dx dx (1 cos4x)dx x sin4x C.
2 2 2 8
−= = − = − +∫ ∫ ∫ 
2 2 2 4 3 54 45) (1 2x ) dx (1 4x 4x )dx x x x C
3 5
+ = + + = + + +∫ ∫ 
10 11 111 1 16) (1 2x) dx (1 2x) C (1 2x) C.
2 11 22
+ = + + = + +∫ 
2.2. Phương pháp đổi biến số 
1. Đổi biến số dạng 1: Giả sử tích phân có dạng: [ ]I f u(x) u '(x)dx= ∫ , trong đó u(x) và 
u'(x) liên tục. Đặt t = u(x) ⇒ dt = u'(x)dx. Ta có 
[ ]I f u(x) u '(x)dx f (t)dt= =∫ ∫ (1) 
Tính tích phân sau cùng trong (1) theo t, sau đó thay t = u(x) để suy ra I. 
2. Đổi biến số dạng 2: Xét tích phân I f (x)dx= ∫ . Đặt x = ϕ(t), trong đó ϕ(t) có đạo hàm 
ϕ '(t) liên tục và x = ϕ (t) có hàm ngược t = ϕ−1(x). Khi đó dx = ϕ '(t)dt và 
I f (x)dx f[ (x)] (t)dt′= = ϕ ϕ∫ ∫ (2) 
Tính tích phân sau cùng trong (2) theo t, sau đó thay t = ϕ−1(x) để suy ra I. 
Ví dụ. Tính các tích phân sau: 
2 3 41) I x (3 2x ) dx.= +∫ 
62 
3 2 2 dtÑaët t 3 2x dt 6x dx x dx .
6
= + ⇒ = ⇒ = 
Suy ra 
5 3 5
4 1 t (3 2x )I t dt C C
6 30 30
+= = + = +∫ . 
2
2x 12) I dx.
x x 3
+= + −∫ 
Đặt 2t x x 3 dt (2x 1)dx.= + − ⇒ = + Suy ra 
I = 2
dt ln t C ln x x 3 C.
t
= + = + − +∫ 
2
xdx3) I .
x x 3
= + −∫ Ta có 
2
2 2
J
1 2x 1 1 dx 1 1I dx ln|x x 3| J.
2 2 2 2x x 3 x x 3
+= − = + − −+ − + −∫ ∫	
Xét 2
dxJ
x x 3
= + −∫ . Ta có 
2 21 13x x 3 (x ) .
2 4
+ − = + − 
Suy ra 
2 2
2
2
1 1 13d(x ) xdx dx 12 2 2J n C
1 13x x 3 13 1 131 13(x ) 2. x(x )2 4 2 2 22 2
1 2x 1 13 ln C.
13 2x 1 13
+ + −
= = = = ++ − ⎛ ⎞+ − + ++ − ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
+ −= ++ +
∫ ∫ ∫ A
Vậy 
21 1 2x 1 13I ln|x x 3| ln C.
2 2 13 2x 1 13
+ −= + − − ++ + 
4
xdx4) I .
1 x
=
+∫ 
2 dtÑaët t = x dt 2xdx xdx
2
⇒ = ⇒ = . Suy ra 
63 
 I= 2 2 4
2
1 dt 1 1I ln t 1 t C ln x 1 x C.
2 2 21 t
= = + + + = + + +
+∫ 
2ln x 15) I dx.
x ln x
+= ∫ 
Đặt t = lnx 
x
dxdt =⇒ . Suy ra 
I = 
2 2 2t 1 1 t ln xI dt (t )dt ln t C ln ln x C.
t t 2 2
+= = + = + + = + +∫ ∫ 
3x 56) I dx.
4x 1
+= +∫ 
2t 1 1Ñaët t = 4x 1 x dx tdt
4 2
−+ ⇒ = ⇒ = . Suy ra 
2
3
2 3
t 13 5 1 3 17 t 17t 1 174I tdt ( t )dt (4x 1) 4x 1 C.
t 2 8 8 8 8 8 8
− +
= = + = + = + + + +∫ ∫ 
2 27) I a x dx (0 < a: Const).= −∫ 
Đặt x = asint, t
2 2
π π⎛ ⎞− ≤ ≤⎜ ⎟⎝ ⎠ ⇔ t = arc sin a
x . Khi đó 
2 2a x a|cos t| a cos t;dx a cos tdt.− = = = 
Suy ra 
( )2 2 2 2 2 21 1 1 1 1I a cos tdt a 1 cos2t dt a (t sin2t) C a t a sin2t C.2 2 2 2 4= = + = + + = + +∫ ∫
Mặt khác, 
 2 2 2 2 2
1 1 1 1a sin2t a sin t cos t a sin ta cos t x a x .
4 2 2 2
= = = − 
Vậy 2 2 21 x 1I a arcsin x a x C.
2 a 2
= + − + 
2.3. Phương pháp tích phân từng phần 
Cho các hàm số u = u(x) và v= v(x) co1ca1c đạo hàm u′ = u′(x) và v′ = v′(x) liên tục. Khi 
đó (uv)′ = u′v + uv′ nên uv′= (uv)′ − vu′. Suy ra 
uv dx (uv) dx u vdx uv u vdx.′ ′ ′ ′= − = −∫ ∫ ∫ ∫ 
Ta đã chứng minh công thức tích phân từng phần: 
64 
uv dx uv vu dx′ ′= −∫ ∫ 
Ta còn viết công thức trên dưới dạng: 
udv uv vdu= −∫ ∫ 
Chú ý. 1) Để tính g(x)h(x)dx∫ bằng phương pháp tích phân từng phần có 2 cách đặt: 
du g (x)dxu g(x)
v h(x)dx (thöôøng choïn C = 0)dv h(x)dx
′=⎧=⎧ ⎪⇒⎨ ⎨ ==⎩ ⎪⎩ ∫ 
 hoặc 
du h (x)dxu h(x)
v g(x)dx (thöôøng choïn C = 0)dv g(x)dx
′=⎧=⎧ ⎪⇒⎨ ⎨ ==⎩ ⎪⎩ ∫ 
Ta thường chọn cách đặt nào để tính được vdu∫ . 
2) Đối với một số bài toán, sau khi áp dụng tích phân từng phần, ta được mộ hệ thức có 
dạng 
f (x)dx F(x) f (x)dx, (1 : Const).= + α ≠ α∫ ∫ 
Khi đó 
( ) 1f x dx F(x) C.1= +− α∫ 
3) Các tích phân sau đây dược tính bằng phương pháp tích phân từng phần với cách đặt 
tương ứng (ở đây p(x) là đa thức theo x có a là hằng số): 
LOẠI CÁCH ĐẶT 
axp(x)sinaxdx, p(x) cosaxdx, p(x)e dx,...∫ ∫ ∫ u = p(x); dv = sinaxdx (cosaxdx, eaxdx,) 
p(x) lnaxdx, p(x)arctgaxdx, p(x)arcsinaxdx,...∫ ∫ ∫ u = lnax (arctgax,arcsinax,); dv = p(x)dx 
Ví dụ. Tính các tích phân sau: 
1) I x cos xdx= ∫ . Đặt u x du dxdv cos xdx v sin x
⎧ ⎧= =⇒⎨ ⎨= =⎩ ⎩ 
Suy ra I xsin x sin xdx xsin x cosx C.= − = + +∫ 
2
xdx2) I .
sin x
= ∫ Đặt 
2
u x du dx
dx v cot gxdv
sin x
=⎧ =⎧⎪ ⇒⎨ ⎨ = −= ⎩⎪⎩
Suy ra 
65 
cos x d(sin x)I x cot gx cot gxdx x cot gx dx x cot g x x cot g x ln sin x C.
sin x sin x
= − + = − + = − + = − + +∫ ∫ ∫ 
x3) I e sin xdx= ∫ . Đặt ⎪⎩
⎪⎨⎧ =
=⇒⎪⎩
⎪⎨⎧ =
=
xx ev
dxxcosdu
dxedv
xsinu
1
x x
I
Suy ra I e sin x e cos xdx .= − ∫	
Tính I1 : Đặt ⎪⎩
⎪⎨⎧ =
−=⇒⎪⎩
⎪⎨⎧ =
=
xx ev
dxxsindu
dxedv
xcosu
Suy ra x x x1I e cos x e sin xdx e cos x I.= + = +∫ Vậy 
 x xI e sin x e cos x I.= − − 
Từ đó x
1I e (sin x cos x) C.
2
= − + 
4) I x ln xdx ( 1 : Const)α= − ≠ α∫ . Đặt 1
dxduu ln x x
dv x dx xv
1
α α+
⎧ =⎪=⎧ ⎪⇒⎨ ⎨=⎩ ⎪ =⎪ α +⎩
 . Ta có 
1 1 1 1 1
2
x x dx x x x xI ln x ln x dx ln x C
1 1 x 1 1 1 ( 1)
α+ α+ α+ α α+ α+
= − = − = − +α + α + α + α + α + α +∫ ∫
2 3x5) I x e dx.= ∫ Đặt ⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
=
⇒=
=
3
ev
xdx2du
dxedv
xu x3
x3
2
. Suy ra 
1
2 3x
3x
I
x e 2I xe dx.
3 3
= − ∫	
Tính I1: Đặt ⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
=
⇒=
=
3
ev
dxdu
edv
xu x3
x3 .Ta có 
3x 3x
3x 3x
1
xe 1 xe 1I e dx e C
3 3 3 9
= − = − +∫ 
Vậy 
66 
2 3 x 3 x
3 x 3 x 2x e 2 xe 1 1I ( e ) C e (9x 6x 2) C
3 3 3 9 27
= − − + = − + + 
6) I x arc tg x dx.= ∫ Đặt 
2
2
dxduu arc tgx 1 x
dv x 1 xv
2
⎧ =⎪=⎧ ⎪ +⇒⎨ ⎨= +⎩ ⎪ =⎪⎩
.Ta có 
2 2 2
2
1 x 1 x dx 1 x 1I arctgx arctgx x C.
2 2 2 21 x
+ + += − = − ++∫ 
2 27)I a x dx (0 < a: Const)= −∫ 
Đặt 
2 2
2 2
xdxduu a x
a x
dv dx v x
⎧⎧ = −⎪ ⎪= − ⇒⎨ ⎨ −=⎪ ⎪⎩ =⎩
.Ta có 
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
x (a x ) aI x a x dx = x a x dx
a x a x
dx x x a x a x dx a x a x a arcsin I.
aa x
⎛ ⎞ − −= − − − − −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠
= − − − + = − + −
−
∫ ∫
∫ ∫
Suy ra 
2 2 21 1 xI x a x a arcsin C.
2 2 a
= − + + 
28)I x h dx (h: Const)= + =∫ 
Đặt 
2
2
xdxduu x h
x h
dv dx v x
⎧⎧ =⎪ ⎪= + ⇒⎨ ⎨ +=⎪ ⎪⎩ =⎩
.Ta có 
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2
2
x (x h) hI x x h dx = x x h dx
x h x h
dx x x h x hdx h x x h h.ln|x x h| I.
x h
+ −= + − + −
+ +
= + − + + = + + + + −
+
∫ ∫
∫ ∫
Suy ra 
2 21 1I x x h h.ln | x x h | + C.
2 2
= + + + + 
67 
3. TÍCH PHÂN HÀM HỮU TỈ 
3.1. Tích phân của các phân thức đơn giản 
Xét các tích phân có dạng sau: 
( )k k
AI dx
x a
=
−∫ , ( )m m2
Mx NJ dx
x px q
+=
+ +∫ , 
trong đó A, M, N, a, p, q ∈ \ ; k , m nguyên dương và p2 – 4q < 0. 
1) ( )k k
AI dx
x a
=
−∫ được tính như sau: 
1
AI dx A ln x a C.
x a
= = − +−∫ 
( ) ( ) ( )2 k k 1
A AI dx C (k > 1).
x a k 1 x a
−= = − +− − −∫ 
2) Tính tích phân ( )1 m2
Mx NJ dx
x px q
+=
+ +∫ : 
Ta có 
2 2
2 p px px q x q .
2 4
⎛ ⎞⎛ ⎞+ + = + + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Vì p2 – 4p < 0 nên 
2pq 0
4
− > . Đặt 
2pa q
4
= − . Thực hiện đổi biến 
pt x dt dx.
2
= + ⇒ = 
Ta có x2 + px + q = t2 + a2 và Mx + N = Mt + ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −
2
MpN . Do đó 
J1 = ∫ ∫ +
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −+
=++
+ dt
at
2
MpNMt
dx
ppxx
NMx
222 = ∫ ∫ +⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −++ 2222 at
dt
2
MpN
at
tdt2
2
M 
 = ( )∫ +⎟⎠⎞⎜⎝⎛ −+++ Catarctg2MpNa1at atd2M 22
22
 = ( ) C
a
tarctg
2
MpN
a
1atln
2
M 22 +⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −++ 
= ( )2
2 2
M 2N Mp 2x pln x px q arctg C
2 2 4q p 4q q
− ++ + + +
− −
3) Tính tích phân ( )m m2
Mx NJ dx
x px q
+=
+ +∫ (m > 1): 
Biến đổi giống như J1 ta được 
68 
( ) ( ) ( ) ( )
m m
mm m m m2 22 2 2 2 2
K L
MpMt N
2Mx N M 2tdt Mp dtdtJ dx N .
2 2t ax px q t a t a
⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎛ ⎞+= = = + −⎜ ⎟+ ⎝ ⎠+ + + +∫ ∫ ∫ ∫	
 	
Ta tính Km bằng cách đổi biến tdt2duatu 22 =⇒+= . 
 m 2 2 m m m 1 2 2 m 1
2tdt du 1 1K 1 C C.
(t a ) u (m 1)u (m 1)(t a )− −
= = = − + = − ++ − − +∫ ∫ 
Ta tính m 2 2 m
dtL
(t a )
= +∫ bằng công thức truy hồi như sau: 
4) Tính tích phân m 2 2 m
dtL
(t a )
= +∫ (m nguyên dương) 
Đặt 2 2 m 2 2 m 1
1 2mtu du dt
(t a ) (t a )
dv dt v t
+
⎧ ⎧= = −⎪ ⎪⇒+ +⎨ ⎨⎪ ⎪= =⎩ ⎩
. Ta có 
( ) ( )
2
m m m 12 2 2 2
L
t tL 2m dt
t a t a
+= ++ +∫	
, 
2 2 2
2 2
m m 12 2 m 1 2 2 m 2 2 m 1
(t a ) a dt dtL dt a L a L .
(t a ) (t a ) (t a ) ++ +
+ −= = − = −+ + +∫ ∫ ∫ 
Do đó 
2
m m m 12 2 m
tL 2mL 2ma L .
(t a ) +
= + −+ 
Suy ra 
m 1 m2 2 2 m 2
1 t 2m 1 1L L
2m2ma (t a ) a+
−= ++ 
Đây là công thức truy hồi để tính Lm, trong đó 
1 2 2
dt 1 tL arctg C.
a at a
= = ++∫ 
3.2. Tích phân các hàm hữu tỉ 
Hàm hữu tỉ là một hàm số có dạng: 
n
n10
m
m10
xa...xaa
xb...xbb
)x(Q
)x(P)x(f +++
+++== (1) 
69 
với ai, bi ∈ \ và an, bm 0≠ và P(x), Q(x) không có nghiệm chung. 
Ta thấy nếu bậc của P(x) lớn hơn hoặc bằng bậc của Q(x) (m ≥ n) thì bằng cách chia tử 
cho mẫu ta có thể biểu diễn (1) dưới dạng: 
2
1
P (x)f (x) P (x)
Q(x)
= + , 
trong đó P1(x), P2(x) là các đa thức theo x với bậc của P2(x) bé hơn bậc của Q(x). Vì P1(x) là đa 
thức nên tích phân P1(x) tính được dễ dàng. Vì vậy ta giả thiết rằng f(x) có dạng (1) với bậc của 
tử bé hơn bậc của mẫu (m < n). Khi đó 
P(x)
Q(x) đuợc phân tích thành tổng các phân thức đơn 
giản như sau: 
 Để minh họa, ta giả sử Q(x) có bậc 10 và được phân tích dưới dạng: 
Q(x) = (x − a)(x − b)3(x2 + px + q)(x2 + rx + s)2 
(p2 – 4q < 0; r2 – 4s < 0 ). Khi đó 
31 2 1 1 2 2
2 3 2 2 2 2
BB B E x F E x FP(x) A Cx D ,
Q(x) x a x b (x b) (x b) x px q x rx s (x rx s)
+ ++= + + + + + +− − − − + + + + + + 
trong đó A, B1,.., E2, F2 ∈ R. Để các định các hệ số trên ta có 2 cách như sau: 
Cách 1 (Phương pháp hệ số bất định): Nhân hai vế cho Q(x) rồi đồng nhất hệ số của các 
số hạng cùng bậc ở hai vế, đưa đến hệ phương trình tuyến tính đối với A, B1,.., E2, F2 . Giải hệ 
phương trình này ta tìm được A, B1,.., E2, F2. 
Cách 2 (Phương pháp giá trị riêng): Cho x nhận 10 giá trị tùy ý (số 10 ứng với số lượng 
các hệ số cần xác định) rồi thế vào đẳng thức trên để được một hệ phương trình tuyến tính đối 
với A, B1,.., E2, F2 . Giải hệ phương trình này ta tìm được A, B1,.., E2, F2. 
Ví dụ. Tính các tích phân sau: 
4 3 2
x 2a) I dx
x 2x 2x 2x 1
+= + + + +∫ , 4
dxb) I
x 1
= +∫ . 
Giải. 
4 3 2
x 2a) I dx
x 2x 2x 2x 1
+= + + + +∫ . Ta phân tích 
4 3 2 2 2 2 2
2 2 2
x 2 x 2 A B Cx D
x 1x 2x 2x 2x 1 (x 1) (x 1) (x 1) x 1
 x 2 A(x 1)(x 1) B(x 1) (Cx D)(x 1) (1)
+ + += = + +++ + + + + + + +
⇔ + = + + + + + + +
Từ (1) ta có 
- chọn x = −1 ⇒ B = 1/2. 
- chọn x = 0 ⇒ A + B + D = 2. 
- chọn x = 1 ⇒ 4A + 2B + 4C + 4D = 3. 
- chọn x = −2 ⇒ −5A + 5B − 2C + D = 0. 
70 
Ta có hệ 
3A D A 12
 4A 4C 4D 2 C 1
5 15A 2C D D
2 2
⎧ ⎧+ =⎪ ⎪ =⎪ ⎪⎪ + + = ⇔ = −⎨ ⎨⎪ ⎪⎪ ⎪− − + = − =⎩⎪⎩
Vậy 
4 3 2 2 2 2 2 2
1xx 2 1 1 1 1 1 1 1 2x 1 12 .
x 1 2 x 1 2 2 2x 2x 2x 2x 1 (x 1) x 1 (x 1) x 1 x 1
−+ = + − = + − ++ ++ + + + + + + + +
Suy ra 
2 2 2
2
1 1 1 1 2x 1 1I dx dx dx dx
x 1 2 2 2(x 1) x 1 x 1
1 1 1 1 ln|x 1| ln(x 1) arctgx C.
2 x 1 2 2
= + − ++ + + +
= + − − + + ++
∫ ∫ ∫ ∫
4
dxb) I .
x 1
= +∫ Ta có 
4 4 2 2 2 2 2
2 2
x 1 (x 2x 1) 2x (x 1) (x 2)
 (x x 2 1)(x x 2 1)
+ = + + − = + −
= + + − + 
Ta phân tích 
2 2
4 2 2
3 2
1 Ax B Cx D 1 (Ax B) (x x 2 1) (Cx D)(x x 2 1)
x 1 x 2x 1 x 2x 1
(A C)x ( A 2 B C 2 D)x (A B 2 C D 2)x B D 1
+ += + ⇔ = + − + + + + ++ + + − +
⇔ + + − + + + + − + + + + =
Đồng nhất các hệ số tương ứng ở hai vế ta được: 
1A
2 2
A C 0 1BA 2 B C 2 D 0 2
1A B 2 C D 2 0 C
2 2B D 1
1D
2
⎧ =⎪⎪+ =⎧ ⎪⎪ =⎪− + + + =⎪ ⎪⇔⎨ ⎨− + + =⎪ ⎪ = −⎪ ⎪+ =⎩ ⎪⎪ =⎪⎩
Vậy 
1 2
2 2
I I
1 x 2 1 x 2I
2 2 x x 2 1 2 2 x x 2 1
+ −= −+ + − +∫ ∫	
 	
71 
Ta có 
2
1 2
2 2
2d(x )1 2x 2 2 12I dx = ln(x x 2 1) arctg(x 2 1) C.
2 2 2x x 2 1 2 2(x ) ( )
2 2
++= + + + + + ++ + + +
∫ ∫
Tương tự, 
2
2
1I ln(x x 2 1) arctg(x 2 1) C.
2
= − + − − + 
Do đó 
2
2
1 x x 2 1 1 1I ln arctg(x 2 1) arctg(x 2 1) C
4 2 x x 2 1 2 2 2 2
+ += + + + − +− + 
4. TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC 
Xét tích phân dạng I R(sin x,cos x)dx,= ∫ trong đó R là một hàm hữu tỉ đối với sinx, cosx. 
4.1. Phương pháp tổng quát 
Thực hiện phép đổi biến 
xt tg , ( x )
2
= −π < < π 
Khi đó 2
2dtdx
1 t
= + và ta có công thức 
2
2 2 2
2t 1 t 2tsin x ,cos x , tgx .
1 t 1 t 1 t
−= = =+ + − 
Do đó I có dạng tích phân hàm hữu tỉ đã xét ở phần trước. 
Ví dụ: I = ∫ +− 5xcosxsin2
dx
= 
x3tg 11 2arctg C
5 5
+
+ 
4.2. Một số phương pháp khác 
Sau đây ta xét một số dạng có thể đổi biến để đưa về các tích phân hàm hữu tỉ đơn giản 
hơn: 
1) Tích phân dạng I R(sin x).cos xdx= ∫ 
Đặt t sin x dt cos x dx.= ⇒ = Khi đó I = ∫ .dt)t(R 
2) Tích phân dạng I R(cos x).sin xdx.= ∫ 
72 
Đặt t cosx dt sinxdx= ⇒ = − . Khi đó I R(t)dt.= ∫ 
3) Tích phân dạng I R(tgx)dx.= ∫ 
2
2
dtÑaët t tgx dt (1 tg x)dx hay dx=
1 t
= ⇒ = + + 
Khi đó 
2
R(t)I d ... m một biến đó cho ta cực trị có điều kiện của f(x,y). 
Ví dụ : Tìm cực trị của hàm z = x2 + y2 thỏa điều kiện ràng buộc x + y = 10 (*). 
Giải. Từ điều kiện (*) ta suy ra: y = 10 – x. Thế vào z ta được hàm một biến: 
z1 = x2 + (10 – x)2 = 2x2 – 20x + 100. 
Hàm z1 đạt cực tiểu tại x = 5 với z(5) = 50. Do đó, với điều kiện (*), z đạt cực tiểu tại (x,y)=(5,5) 
với z(5,5) = 50. 
2) Phương pháp nhân tử Lagrange: 
Phương pháp nhân tử Lagrange gồm các bước sau: 
Bước 1: Lập hàm Lagrange: 
Lλ(x,y) = f(x,y) + λϕ (x,y), 
Trong đó λ là tham số thực, gọi là nhân tử Lagrange. 
Bước 2: Xác định các điểm dừng và nhân tử: 
Giải hệ 
x x
y y
L f (x, y) (x, y) 0;
x
L f (x, y) (x, y) 0;
y
(x, y) 0.
λ
λ
∂⎧ ′ ′= + λϕ =⎪ ∂⎪∂⎪ ′ ′= + λϕ =⎨ ∂⎪⎪ϕ =⎪⎩
tìm tất cả các điểm dừng cùng với các giá trị tương ứng của nhân tử λ. 
Bước 3: Tìm vi phân cấp 2: 
2 2 2
2 2 2
2 2
L L Ld L dx 2 dxdy dy
x x y y
λ λ λ
λ
∂ ∂ ∂= + +∂ ∂ ∂ ∂ 
Bước 4: Xác định cực trị có điều kiện: 
Với mỗi điểm dừng M0(x0,y0) cùng với nhân tử λ0 tìm được ở Bước 2, xét: 
D = 
0
2
0 0d L (x , y )λ 
trong đó dx, dy thỏa ràng buộc biểu thị bằng phương trình: 
0 0d (x , y ) 0 ϕ = 
hay x 0 0 y 0 0(x , y )dx (x , y )dy 0′ ′′ϕ + ϕ = (**) 
Ta có: Cho dx, dy thay đổi, không đồng thời bằng 0 thoả (**). Khi đó 
112 
D không đổi dấu khi dx, dy 
thay đổi 
D > 0 f đạt cực tiểu tại M0(x0,y0) với điều kiện (*) 
D < 0 f đạt cực đại tại M0(x0,y0) với điều kiện (*) 
D đổi dấu khi dx, dy thay đổi f không đạt cực trị tại M0(x0,y0) với điều kiện (*)
 Ví dụ. Tìm cực trị của hàm z = x + 2y thỏa điều kiện ràng buộc x2 + y2 = 5. 
Giải. Điều kiện đã cho được viết lại như sau: 
x2 + y2 − 5 = 0 (*) 
Bước 1: Lập hàm Lagrange: 
Lλ(x,y) = x + 2y + λ(x2 + y2 – 5). 
Bước 2: Xác định các điểm dừng và nhân tử: 
Ta có: 
2 2
2
L 10; x ;
x 2 11 2 x 0; (x, y) ( 1, 2); ;L 1 20; 2 2 y 0; y ; 
1y (x, y) (1,2); .x y 5 0. 1 2(x, y) 0. .
4
λ
λ
∂⎧ ⎧= = −⎪ ⎪∂ λ ⎡⎧ + λ =⎪ ⎪ = − − λ =⎢∂⎪ ⎪ ⎪= ⇔ + λ = ⇔ = − ⇔ ⎢⎨ ⎨ ⎨∂ λ ⎢⎪ ⎪ ⎪ = λ = −+ − =⎩ ⎢⎪ ⎪ ⎣ϕ = λ =⎪ ⎪⎩⎩
Vậy Lλ có hai điểm dừng: M1(−1, −2) ứng với λ1 = 1/2 và M2(1,2) ứng với λ2 = –1/2. 
Bước 3: Tìm vi phân cấp 2: 
2 2 2
2 2 2 2 2
2 2
L L Ld L dx 2 dxdy dy 2 dx 2 dy .
x x y y
λ λ λ
λ
∂ ∂ ∂= + + = λ + λ∂ ∂ ∂ ∂ 
Bước 4: Xác định cực trị có điều kiện: 
2 2
x y(x, y) x + y 5 2x; 2y;d (x, y) 2xdx 2ydy′ ′ϕ = − ⇒ ϕ = ϕ = ϕ = + 
• Tại M1(−1,−2) ứng với λ1 = 1/2: 
D1 = 1
2 2 2 2 2
1 1d L ( 1, 2) 2 dx 2 dy dx dyλ − − = λ + λ = + , 
trong đó dx, dy thỏa: d ( 1, 2) 0ϕ − − = , nghĩa là 
(x,y) ( 1, 2)
(2xdx 2ydy) 0= − −+ = 
hay –2dx – 4dy = 0 (**) 
Ta thấy D1 > 0 với mọi dx, dy không đồng thời bằng 0 thỏa (**). Do đó, z đạt cực tiểu tại M1(–
1,–2) với điều kiện (*), trong đó z(–1,–2) = –5. 
• Tại M2(1,2) ứng với λ2 = –1/2: 
D2 = 2
2 2 2 2 2
2 2d L (1,2) 2 dx 2 dy (dx dy )λ = λ + λ = − + , 
trong đó dx, dy thỏa: d (1,2) 0ϕ = , nghĩa là 
113 
(x,y) (1,2)
(2xdx 2ydy) 0=+ = 
hay 2dx + 4dy = 0 (***) 
Ta thấy D2 < 0 với mọi dx, dy không đồng thời bằng 0 thỏa (***). Do đó, z đạt cực đại tại 
M2(1,2) với điều kiện (*), trong đó z(1,2) = 5. 
8. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT- GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 
8.1. Định nghĩa. Cho hàm số f(x,y) xác định trên D. Ta định nghĩa: 
1) M ∈ R là giá trị lớn nhất (GTLN) của f(x,y) trên D nếu 
1 1 1 1
(x, y) D, f (x, y) M;
(x , y ) D, f (x , y ) M.
∀ ∈ ≤⎧⎨∃ ∈ =⎩
2) m ∈ R là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của f(x,y) trên D nếu 
2 2 2 2
(x, y) D, f (x, y) m;
(x , y ) D, f (x , y ) m.
∀ ∈ ≥⎧⎨∃ ∈ =⎩
8.2. Định lý. Cho hàm số f(x,y) liên tục trên miền đóng, bị chặn D (D đóng nếu D chứa 
luôn phần biên; D bị chặn nếu D nằm trong một đường tròn nào đó). Khi đó f(x,y) đạt GTLN và 
GTNN trên D. 
8.3. Cách tìm GTLN và GTNN 
Cho hàm số f(x,y) có các đạo hàm riêng liên tục trên miền đóng, bị chặn D. Khi đó f(x,y) 
liên tục trên D, do đó đạt GTLN và GTNN trên D. Cách tìm các giá trị đó như sau: 
Bước 1: Tìm các điểm dừng 
Giải hệ 
x
y
f 0;
f 0.
′ =⎧⎨ ′ =⎩ tìm tất cả các điểm dừng thuộc phần trong của D (tức là thuộc D nhưng 
không thuộc biên D). 
Bước 2: Tìm các điểm nghi ngờ trên biên D 
Giả sử biên D có phương trình định bởi: 
ϕ(x,y) = 0 (*) 
Khi đó các điểm thuộc biên D mà ta nghi ngờ tại đó hàm số f(x,y) đạt GTLN, GTNN được xác 
định như sau: 
• Nếu dùng phương pháp thế thì đó là các điểm ứng với các giá trị đầu mút và các giá trị 
tại đó đạo hàm của hàm một biến triệt tiêu. 
• Nếu dùng phương pháp Nhân tử Lagrange thì đó là các điểm dừng của hàm Lagrange. 
Bước 3: Xác định GTLN và GTNN 
So sánh giá trị của f(x,y) tại các điểm dừng tìm được trong Bước 1 và tại các điểm nghi 
ngờ tìm được trong Bước 2, khi đó giá trị lớn nhất trong chúng chính là GTLN và giá trị nhỏ 
nhất trong chúng chính là GTNN. 
Ví dụ: Tìm GTLN và GTNN của hàm số : 
114 
z = x2 + y2 – xy + x + y 
trên miền D định bởi: x ≤ 0; y ≤ 0; x + y ≥ −3. 
 Giải. Bước 1: Miền D được biểu diễn như sau: 
x
y
z 0 2x y 1 0
x y 1.
z 0 2y x 1 0
′ =⎧ − + =⎧⇔ ⇔ = = −⎨ ⎨′ = − + =⎩⎩ 
Vậy z chỉ có một điểm dừng M0(–1, –1) thuộc phần trong của D, trong đó 
 z(–1,–1) = –1 (1) 
Bước 2: Xét biên D ta có: 
• Trên OA: y = 0, –3 ≤ x ≤ 0. Hàm z trở thành: 
z1 = x2 + x ⇒ z1′ = 2x + 1 (z1′ = 0 ⇔ x = –1/2) 
Các điểm nghi ngờ trên OA là: 
x = 3 ( 3,0) vôùi z( 3,0) = 6 
x = 0 (0,0) vôùi z(0,0) = 0 (2)
x = 1/2 ( 1/2,0) vôùi z( 1/2,0) = 1/4 
− → − −⎧⎪ →⎨⎪ − → − − −⎩
• Trên OB: x = 0, − 3 ≤ y ≤ 0. Hàm z trở thành: 
z2 = y2 + y ⇒ z2′ = 2y + 1 (z2′ = 0 ⇔ y = −1/2) 
Các điểm nghi ngờ trên OB là: 
y = 3 (0, 3) vôùi z(0, 3) = 6 
y = 0 (0,0) ñaõ xeùt treân OA (3)
y = 1/2 (0, 1/2) vôùi z(0, 1/2) = 1/4
− → − −⎧⎪ →⎨⎪ − → − − −⎩
• Trên AB: y = − x − 3, − 3 ≤ x ≤ 0. Hàm z trở thành: 
z3 = 3x2 + 9x + 6 ⇒ z3′ = 6x + 9 
z3′ = 0 ⇔ x = − 3/2 (y = − 3/2) 
Các điểm nghi ngờ trên AB là: 
115 
x = -3 ( 3,0) ñaõ xeùt treân OA
x = 0 (0, 3) ñaõ xeùt treân OB (4)
x = 3/2 ( 3/2, 3/2) vôùi z( 3/2, 3/2) = 3/4 
→ −⎧⎪ → −⎨⎪ − → − − − − −⎩
So sánh (1)-(4) ta suy ra GTLN và GTNN của z trên D như sau: 
 GTLN = 6 = z(−3,0) = z(0,−3); 
 GTNN = −1 = z(−1,−1). 
9. MỘT SỐ BÀI TOÁN KINH TẾ 
9.1. Bài toán lập kế hoạch sản xuất trong điều kiện cạnh tranh hoàn hảo 
1. Bài toán: Một xí nghiệp sản xuất hai loại sản phẩm. Đơn giá của hai loại sản phẩm trên 
thị trường lần lượt là P1; P2 và hàm tổng chi phí là C = C(Q1,Q2) (Q1, Q2 là các sản lượng). Hãy 
định các mức sản lượng Q1 và Q2 để xí nghiệp đạt lợi nhuận cao nhất. 
2. Phưong pháp giải: Điều kiện về các mức sản lượng Q1, Q2 là Q1 ≥ 0; Q2 ≥ 0. Khi đó 
- Doanh thu là R = P1Q1 + P2Q2. 
- Lợi nhuận là: 
 π = R – C = P1Q1 + P2Q2 – C(Q1,Q2). 
Để đạt lợi nhuận cao nhất, cần xác định các mức sản lượng Q1, Q2 dương sao cho tại đó π 
đạt cực đại. Lưu ý cần kiểm tra lại các đại lượng khác như chi phí, lợi nhuận phải dương để phù 
hợp với thực tế. 
3. Ví dụ: Một xí nghiệp sản xuất hai loại sản phẩm với các đơn giá trên thị trường lần lượt 
là P1 = 56 và P2 = 40. Hàm tổng chi phí là C = 2Q12 + 2Q1Q2 + Q22. Hãy định các mức sản lượng 
Q1, Q2 để xí nghiệp đạt lợi nhuận cao nhất. 
Giải. Điều kiện về các mức sản lượng Q1, Q2 là Q1 ≥ 0; Q2 ≥ 0. Ta có 
- Doanh thu là R=P1Q1+P2Q2 = 56Q1 + 40Q2. 
- Lợi nhuận là 
π = R – C = (56Q1 + 40Q2) – (2Q12 + 2Q1Q2 + Q22) 
 = 56Q1 + 40Q2 – 2Q12 – 2Q1Q2 – Q22 
Ta cần xác định các mức sản lượng Q1, Q2 dương sao cho tại đó π đạt cực đại. 
• Xét hệ: 
1
2
Q 1 2 1 2 1
1 2 1 2 2Q
0 56 4Q 2Q 0 2Q Q 28 Q 8 0
40 2Q 2Q 0 Q Q 20 Q 12 00
⎧ ′π = ⎧ ⎧ ⎧− − = + = = >⎪ ⎪ ⎪ ⎪⇔ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨ ⎨− − = + = = >′π = ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎩ ⎩ ⎩⎩ 
Vậy π chỉ có một điểm dừng là (Q1;Q2) = (8;12). 
116 
• Ta có 
2
1Q
A 4;′′= π = −
1 2Q Q
B 2;′′= π = − 2
2Q
C 2′′= π = − ; 
Δ = B2 – AC = – 4 < 0. 
Suy ra π đạt cực đại tại (Q1;Q2) = (8;12). Khi đó: 
- Chi phí là C = 2Q12 + 2Q1Q2 + Q22 > 0. 
- Lợi nhuận là π = 464 > 0. 
Kết luận: Để đạt lợi nhuận cao nhất, cần định mức sản lượng của hai loại sản phẩm lần lượt là 
Q1 = 8 và Q2 = 12. 
9.2. Bài toán lập kế hoạch sản xuất trong điều kiện sản xuất độc quyền 
1. Bài toán: Một xí nghiệp sản xuất độc quyền hai loại sản phẩm. Biết hàm cầu của hai 
loại sản phẩm trên lần lượt là QD1 = D1(P1,P2); QD2 = D2(P1,P2) (P1, P2 là các đơn giá) và hàm 
tổng chi phí là C = C(Q1,Q2) (Q1, Q2 là các sản lượng). Hãy định các mức sản lượng Q1 và Q2 để 
xí nghiệp đạt lợi nhuận cao nhất. 
2. Phương pháp giải. Điều kiện về các mức sản lượng Q1, Q2 là Q1 ≥ 0; Q2 ≥ 0. Do sản 
xuất độc quyền, với các mức sản lượng trên, để tiêu thụ hết sản phẩm, xí nghiệp sẽ bán với các 
đơn giá P1, P2 sao cho: 
1
2
D 1 1 1 2 1
D 2 2 1 2 2
Q Q D (P ,P ) Q
Q Q D (P ,P ) Q
=⎧ =⎧⎪ ⇔⎨ ⎨= =⎩⎪⎩ 
Giải hệ trên ta được 
1 1 1 2
2 2 1 2
P P (Q ,Q )
P P (Q ,Q )
=⎧⎨ =⎩
Khi đó; 
- Doanh thu là R = P1(Q1,Q2) Q1+ P2(Q1,Q2)Q2. 
- Lợi nhuận là: 
π = R – C = P1(Q1,Q2) Q1+ P2(Q1,Q2)Q2 – C(Q1,Q2). 
Để đạt lợi nhuận cao nhất, cần xác định các mức sản lượng Q1, Q2 dương sao cho tại đó π 
đạt cực đại. Lưu ý cần kiểm tra lại các đại lượng khác như: đơn giá, chi phí, lợi nhuận phải 
dương để phù hợp với thực tế. 
3. Ví dụ: Một xí nghiệp sản xuất độc quyền hai loại sản phẩm với các hàm cầu lần lượt là: 
1
2
1 2
D
1 2
D
1230 5P PQ
14
1350 P 3PQ
14
− +⎧ =⎪⎪⎨ + −⎪ =⎪⎩
117 
và hàm tổng chi phí là C = Q12 + Q1Q2 + Q22. Hãy định các mức sản lượng Q1, Q2 để xí nghiệp 
đạt lợi nhuận cao nhất. 
Giải. Điều kiện về các mức sản lượng Q1, Q2 là Q1 ≥ 0; Q2 ≥ 0. Do sản xuất độc quyền, 
với các mức sản lượng trên, để tiêu thụ hết sản phẩm, xí nghiệp sẽ bán với các đơn giá P1, P2 
sao cho: 
1
2
1 2
1D 1
D 2 1 2
2
1 2 1 1 1 2
1 2 2 2 1 2
1230 5P P QQ Q 14
Q Q 1350 P 3P Q
14
5P P 14Q 1230 P 360 3Q Q
 P 3P 14Q 1350 P 570 Q 5Q
− +⎧ == ⎪⎧⎪ ⎪⇔⎨ ⎨= + −⎪ ⎪⎩ =⎪⎩
− + = − = − −⎧ ⎧⇔ ⇔⎨ ⎨− = − = − −⎩ ⎩
Khi đó: 
- Doanh thu là 
R = P1Q1 + P2Q2 = (360 – 3Q1 – Q2)Q1 + (570 – Q1 – 5Q2)Q2 
 = – 3Q12 – 5Q22 – 2Q1Q2 + 360Q1 + 570Q2 
- Lợi nhuận là 
π = R – C = – 4Q12 – 6Q22 – 3Q1Q2 + 360Q1 + 570Q2. 
Ta cần xác định các mức sản lượng Q1, Q2 dương sao cho tại đó π đạt cực đại. 
• Xét hệ: 
1
2
Q 1 2 1
2 1 2Q
0 8Q 3Q 360 0 Q 30
12Q 3Q 570 0 Q 400
′⎧π = − − + = =⎧ ⎧⎪ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨− − + = =′π = ⎩ ⎩⎪⎩ 
Vậy π chỉ có một điểm dừng là (Q1;Q2)= (30;40). 
• Ta có: 
2
1Q
A 8;′′= π = −
1 2Q Q
B 3;′′= π = − 2
2Q
C 12′′= π = − ;Δ = B2 – AC = – 87 < 0. 
Suy ra π đạt cực đại tại (Q1;Q2) = (30;40). Khi đó 
- Chi phí là C = Q12 + Q1Q2 + Q22 > 0. 
- Lợi nhuận là π = 16800 > 0. 
Kết luận: Để đạt lợi nhuận cao nhất, cần định mức sản lượng của hai loại sản phẩm lần lượt là 
Q1 = 30 và Q2 = 40. 
9.3. Bài toán người tiêu dùng. 
1. Bài toán: Một người dành một số tiền B để mua hai loại sản phẩm có đơn giá lần lượt là 
P1 và P2. hàm hữu dụng ứng với hai loại sản phẩm trên là U = U(x1,x2) (x1,x2 lần lượt là số 
118 
lượng của các sản phẩm). Hãy xác định số lượng của hai loại sản phẩm trên sao cho hàm hữu 
dụng đạt giá trị cao nhất. 
2. Phương pháp giải: Gọi x1,x2 lần lượt là số lượng của các sản phẩm. Điều kiện: x1 ≥ 0; 
x2 ≥ 0. 
Khi đó x1P1 + x2P2 = B. Do đó để hàm hữu dụng đạt giá trị lớn nhất ta cần tìm cực đại của 
hàm hữu dụng U = U(x1,x2) với điều kiện x1P1 + x2P2 = B. 
3. Ví dụ: Một người muốn dùng số tiền 4.000.000đ để mua hai mặt hàng có đơn giá 
400.000đ và 500.000đ. Hàm hữu dụng của hai mặt hàng trên là U = (x + 5)(y + 4) (x, y lần lượt 
là số lượng hai mặt hàng). Hãy xác định số lượng cần mua của hai mặt hàng trên để hàm hữu 
dụng đạt giá trị cao nhất. 
Giải. Với x, y lần lượt là số lượng hai mặt hàng, ta có điều kiện: x ≥ 0; y ≥ 0. Khi đó 
400000x + 500000y = 4000000 ⇔ 4x+5y =40(*) 
Ta cần tìm x, y ≥ 0 để hàm hữu dụng U = (x + 5)(y + 4) đạt cực đại với điều kiện (*). 
Từ (*) ta suy ra: y = 8 – 4
5
x. Thế vào U, ta được 
U1 = (x + 5)(12 – 
4
5
x). 
Ta có U1′ = (12 – 45 x) –
4
5
(x + 5) = 88 x
5
− . 
U1′ = 0 ⇔ x = 5 > 0 (y = 4 > 0). 
U1′′ = 8 05− < . 
Do đó U1 đạt cực đại tại x = 5. Suy ra hàm hữu dụng U đạt cực đại tại (x,y) = (5,4) với 
U(5,4) = 80. 
Kết luận: Để hàm hữu dụng đạt giá trị cao nhất, người đó cần mua hai mặt hàng trên với số 
lượng lần lượt là 5 và 4. Khi đó giá trị hàm hữu dụng là U(5,4) = 80. 
BÀI TẬP 
1. Tính các giới hạn sau: 
( ) 22 1x 2xy2 2x 0 x 0
x 0 y 3
2 2
2 2 2 2x x
y y
(x y)a) lim b) lim 1 xy
x y
xsin y y sin x x yc) lim d) lim
x y x y
+
→ →→ →
→∞ →∞→∞ →∞
+ ++
+ −
+ +
2.Tìm vi phân toàn phần cấp 1 và cấp 2 của các hàm số sau: 
119 
a) z = x3 + y3 – 3xy b) x yz arctg .
1 xy
+= − 
2 2
2 2
x yc) z .
x y
−= + d) z = x
y. 
3.Tính gần đúng các giá trị sau nhờ vi phân cấp 1: 
a) (2,01)3,03 b) (2,02)2,97 c) sin29ocos62o. 
4. Tìm đạo hàm được chỉ ra của các hàm số sau: 
a) z = ln(ex + ey) với y = x3, tính z dz, .
x dx
∂
∂ 
b) z = ex−2y với x= sint, y = t3, tính dz .
dt
c) z = x2y − xy2 với x = ucosv, y = usinv, tính z z, .
u v
∂ ∂
∂ ∂ 
5. a) Tìm df(t) với tyf , x e , y ln t.
x
= = = 
b) Tìm df(x,y) với f = u2lnv, 2 2yu , v x y .
x
= = + 
6. Tìm đạo hàm đến cấp đã chỉ ra của các hàm số sau: 
a) 2 2z ln(x x y )= + + , tính 
2 2
2 2
z z, .
x y
∂ ∂
∂ ∂ 
b) z x ln(xy)= , tính 
3
2
z .
x y
∂
∂ ∂ 
c) z = x3siny + y3sinx , tính 
6
3 3
z .
x y
∂
∂ ∂ 
7. Cho hàm số 
2 2x yz .
x y
= + Chứng minh rằng: 
2 2
2
z z zx y 2 .
x x y x
∂ ∂ ∂+ =∂ ∂ ∂ ∂ 
8. a) Tính 
2
2
dy d y,
dx dx
 với y là hàm ẩn xác định bơi x + y = e x − y. 
b) Tính 
2
2
dy d y,
dx dx
 với y là hàm ẩn xác định bơi x – y + arctgy = 0. 
c) Tính z z,
x y
∂ ∂
∂ ∂ với z là hàm ẩn xác định bơi 
xyz ln(x z) 0
z
+ − = . 
d) Tính d2z với z là hàm ẩn xác định bơi x + y + z = ez. 
9. Tìm cực trị của các các hàm số sau: 
120 
 a) z = 8/x + x/y + y (x > 0, y > 0). 
 b) z = e2x( x + y2 + 2y). 
 c) z = x2 + xy + y2 – 2x – y. 
 d) z = 2x2 + 2xy + y2 – x + y +2. 
 e) z = 2x3 + 6xy − 6x − 3y2 – 30y + 2. 
 f) z = x3 + 3xy2 – 15x – 12y. 
 h) z = x4 + y4 – 2x2 + 4xy – 2y2. 
10. Tìm cực trị có điều kiện của các các hàm số sau: 
 a) z = 6 – 4x – 3y, với điều kiện x2 + y2 = 1. 
b) z = xy khi x2 + y2 = 1. 
c) d) z = x2 + y2 khi .1
3
y
2
x =+ 
11. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số sau trên miền đã cho: 
a) z = x3 + y3 – 3xy trên miền 0 ≤ x ≤ 2; −1 ≤ y ≤ 2. 
b) z = x2 + y2 – xy – x – y trên miền x ≥ 0; y ≥ 0; x + y ≤ 3. 
c) z = xy2 trên miền x2 + y2 ≤ 1. 
d) z = x2 + 2y2 – x trên miền x2 + y2 ≤ 25. 
12. Một xí nghiệp sản xuất hai loại sản phẩm với các đơn giá trên thị trường lần lượt là P1 = 60 
và P2 = 75. Hàm tổng chi phí là C = Q12 + Q1Q2 + Q22. Hãy định các mức sản lượng Q1, Q2 để xí 
nghiệp đạt lợi nhuận cao nhất. 
13. Một xí nghiệp sản xuất độc quyền hai loại sản phẩm với các hàm cầu lần lượt là: 
1
2
D 1 2
D 1 2
Q 40 2P P
Q 15 P P
= − +⎧⎪⎨ = + −⎪⎩
và hàm tổng chi phí là C = Q12 + Q1Q2 + Q22. Hãy định các mức sản lượng Q1, Q2 để xí nghiệp 
đạt lợi nhuận cao nhất. 
14. Một người muốn dùng số tiền 178.000.000đ để mua hai mặt hàng có đơn giá 400.000đ và 
600.000đ. Hàm hữu dụng của hai mặt hàng trên là U = (x + 20)(y + 10) (x, y lần lượt là số lượng 
hai mặt hàng). Hãy xác định số lượng cần mua của hai mặt hàng trên để hàm hữu dụng đạt giá 
trị cao nhất. 
-------------------------