Trang 1
Đại Học Bách Khoa TP.Hồ Chí Minh
Bộ môn Toán Ứng Dụng
ĐỀ THI CHK181 – Môn: GIẢI TÍCH 1
Ngày thi: 07-01-2019
Thời gian: 90 phút
Ca thi: CA 2
Hình thức tự luận: Đề gồm 6 câu
Sinh viên không được sử dụng tài liệu
𝐂â𝐮 𝟏: Khảo sát và vẽ đồ thi hàm số 𝑦={ 𝑥𝑒1
𝑥,𝑥>0
𝑥2
𝑥3−1,𝑥≤0
𝐂â𝐮 𝟐: Cho miền D giới hạn bởi 𝑦≥0,𝑥2+𝑦2≤2,𝑥2+𝑦2≥2𝑦. Tính thể tích vật thể
tạo tròn xoay tạo ra khi quay miền D quanh trục Oy
𝐂â𝐮 𝟑: Tính tích phân 𝐼=∫ 1
𝑥√|4−𝑥2|𝑑𝑥
+∞
1
𝐂â𝐮 𝟒: Tìm tất cả số thực α>0 để tích phân 𝐼=∫ 𝑥𝛼−𝑙𝑛𝛼(1+𝑥)
(𝑥3+𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥2)𝛼𝑑𝑥
+∞
0 HỘI TỤ
𝐂â𝐮 𝟓: Giải hệ phương trình {𝑥′(𝑡)=−2𝑥+5𝑦+𝑒3𝑡
𝑦′(𝑡)=2𝑥+𝑦+8𝑒3𝑡
Câu 6: Khi pha 300 lít dung dịch trong thùng để sản xuất, 1 người đã cho nhầm cả bao
10kg hóa chất. Do đó, người ta phải pha loãng dung dịch bằng cách cho nước tinh khiết
chảy vào thùng, đồng thời cho dung dịch chảy ra với cùng tốc độ 5 lít/ phút liên tục đến
khi lượng hóa chất trong thùng chỉ còn 5kg.
1/ Nếu gọi y(t) là số kilogam hóa chất có trong thùng sau t phút thì tỉ lệ hóa chất
trong thùng sau t phút là bao nhiêu? y(0) bằng bao nhiêu?
2/ Tốc độ thay đổi của tỉ lệ hóa chất trong thùng tại thời điểm t0 là 𝑦′(𝑡0) được tính
bằng công thức nào?
3/ Chứng minh hàm 𝑦(𝑡) là nghiệm của phương trình vi phân 𝑦′(𝑡)=−𝑦
60 với điều
kiện đầu 𝑦(0)=10. Tìm 𝑦(𝑡)?
4/ Sau bao nhiêu phút thì lượng hóa chất trong thùng đạt yêu cầu 5kg?
Chủ nhiệm bộ môn
TS. Nguyễn Tiến Dũng
.
Trang 2
ĐÁP ÁN
Câu 1:
Tập xác định D=R
𝑦′=
{
𝑒1
𝑥(1−1
𝑥),𝑥>0
−𝑥4−2𝑥
(𝑥3−1)2,𝑥<0
Xét 𝑦′=0:
𝑒1
𝑥(1−1
𝑥)=0→𝑥=1(Nhận) ; −𝑥4−2𝑥
(𝑥3−1)2=0→𝑥=−√2
3(Nhận) và x=0(Nhận)
lim
𝑥→0+𝑦= lim
𝑥→0+𝑥𝑒1
𝑥=+∞→Có tiệm cận đứng x=0
lim
𝑥→0−𝑦= lim
𝑥→0−𝑥2
𝑥3−1=0
lim
𝑥→+∞𝑦= lim
𝑥→+∞𝑥𝑒1
𝑥= lim
𝑥→+∞𝑥(1+1
𝑥+𝑜(1
𝑥))=𝑥+1→Có tiệm cận xiên y=x+1
lim
𝑥→−∞𝑦= lim
𝑥→−∞ 𝑥2
𝑥3−1=0→Có tiệm cận ngang y=0
Bảng biến thiên
x
−∞ −√2
3 0 1 +∞
y’
− 0 + − 0 +
y
Hàm số có hai cực tiểu là
(−√2
3,−√4
3
3) và (1,𝑒)
Vẽ đồ thị:
0
−√4
3
3
0
+∞
+∞
𝑒
.
Trang 3
Câu 2:
Miền bị chặn là phần màu xanh pha đỏ nằm phía trên trục Ox, gọi thể tích tạo bởi miền
đó khi quay quanh Oy là V1
Gọi thể tích nửa bán cầu trên khi quay quanh Oy ( tâm O, bán kính √2) là V
Gọi thể tích phần màu trắng pha xanh là V2
Ta tính V2 theo công thức ∫𝑥2𝑑𝑦
𝑏
𝑎:
𝑉2=𝜋∫(2𝑦−𝑦2)𝑑𝑦+𝜋∫ (2−𝑦2)𝑑𝑦
√2
1
1
0=2.78225
V1 là thể tích nửa bán cầu bán kính √2: 𝑉1=1
2.4
3𝜋(√2)3=5.9238
Vậy thể tích phần cần tính là: 𝑉=𝑉1−𝑉2=3.14=𝝅
Câu 3:
Xét: 4−𝑥2=0→𝑥=±2
1 2 +∞
4−𝑥2 0 𝑥2−4
Vậy, ta có:
𝐼=∫ 1
𝑥√|4−𝑥2|𝑑𝑥
+∞
1=∫ 1
𝑥√4−𝑥2𝑑𝑥+∫ 1
𝑥√𝑥2−4𝑑𝑥=𝐼1+𝐼2
+∞
2
2
1
Xét I1:
Đặt 𝑡=1
𝑥→𝑥=1
𝑡→𝑑𝑥=−1
𝑡2𝑑𝑡
.
N
Trang 4
Với x=1, t=1 ; với x=2,t=0.5
𝐼1=∫ 1
𝑥√4−𝑥2𝑑𝑥
2
1=∫ −1
𝑡2𝑑𝑡
1
𝑡√4−1
𝑡2=∫ −𝑑𝑡
√4𝑡2−1=∫ 𝑑𝑡
√4𝑡2−1
1
0.5
0.5
1
0.5
1
Suy ra: 𝐼1=1
2ln|2𝑡+√4𝑡2−1|0.5
1=1
2ln|2+√3|
Xét I2:
Đặt 𝑡=1
𝑥→𝑥=1
𝑡→𝑑𝑥=−1
𝑡2𝑑𝑡
Với x=2, t=0.5 ; với x=+∞,t=0
𝐼2=∫ 1
𝑥√𝑥2−4𝑑𝑥
2
1=∫ −1
𝑡2𝑑𝑡
1
𝑡√1
𝑡2−4=∫ −𝑑𝑡
√1−4𝑡2=∫ 𝑑𝑡
√1−4𝑡2
0.5
0
0
0.5
0
0.5
Suy ra: 𝐼2=1
2arcsin(2𝑡)|0
0.5=𝜋
4
Vậy: 𝐼=𝐼1+𝐼2=𝟏
𝟐𝐥𝐧(𝟐+√𝟑)+𝝅
𝟒
Câu 4:
𝐼=∫ 𝑥𝛼−𝑙𝑛𝛼(1+x)
(𝑥3+𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥2)𝛼
+∞
0𝑑𝑥=∫ 𝑥𝛼−𝑙𝑛𝛼(1+x)
(𝑥3+𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥2)𝛼
2
0𝑑𝑥+∫ 𝑥𝛼−𝑙𝑛𝛼(1+x)
(𝑥3+𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥2)𝛼
+∞
2𝑑𝑥=𝐼1+𝐼2
Đặt 𝑓(𝑥)=𝑥𝛼−𝑙𝑛𝛼(1+x)
(𝑥3+𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑥2)𝛼
Xét 𝐼1:
Khi 𝑥→0+:𝑓(𝑥)~𝑥𝛼−(𝑥−𝑥2
2)𝛼
(𝑥3+𝑥2)𝛼=𝑥𝛼−𝑥𝛼(1−𝑥
2)𝛼
(𝑥3+𝑥2)𝛼~𝑥𝛼−𝑥𝛼(1−𝛼
2𝑥)
𝑥2𝛼 ~𝑥𝛼+1
𝑥2𝛼 =1
𝑥𝛼−1
Suy ra I1 cùng bản chất với ∫ 1
𝑥𝛼−1𝑑𝑥
2
0
Vậy để I1 hội tụ thì: 𝛼−1<1→𝛼<2 (1)
.
.
Trang 5
Xét 𝐼2:
Khi 𝑥→+∞:𝑓(𝑥)~𝑥𝛼
𝑥3𝛼 =1
𝑥2𝛼
Suy ra I2 cùng bản chất với ∫ 1
𝑥2𝛼𝑑𝑥
+∞
2
Vậy để I2 hội tụ thì: 2𝛼>1→𝛼>1
2(2)
Từ (1) và (2): Để I HỘI TỤ thì 𝟏
𝟐<𝜶<𝟐
Câu 5: {𝑥′(𝑡)=−2𝑥+5𝑦+𝑒3𝑡(1)
𝑦′(𝑡)=2𝑥+𝑦+8𝑒3𝑡(2)
Từ (1) ta có: 5𝑦=𝑥′+2𝑥−𝑒3𝑡 →5𝑦′=𝑥′′+2𝑥′−3𝑒3𝑡 (*)
Nhân 5 vào hai vế của 2: 5𝑦′=10𝑥+5𝑦+40𝑒3𝑡. Thế (*) vào, ta được:
𝑥′′+2𝑥′−3𝑒3𝑡=10𝑥+𝑥′+2𝑥−𝑒3𝑡+40𝑒3𝑡
→𝑥′′+𝑥′−12𝑥=42𝑒3𝑡(**)
Phương trình đặc trưng: 𝑘2+𝑘−12𝑘=0→𝑘=3 𝑣à 𝑘=−4
→𝑥0=𝑐1𝑒3𝑡+𝑐2𝑒−4𝑡
Xét 𝑒𝛼𝑡(𝑃𝑛cos(𝛽𝑡)+𝑄𝑚sin(𝛽𝑡))=42𝑒3𝑡→𝛼=3;𝛽=0;𝑘=0;𝑠=1
Vậy: 𝑥𝑟=𝑎𝑡𝑒3𝑡 →𝑥𝑟′=𝑎(1+3𝑡)𝑒3𝑡 →𝑥𝑟′′=𝑎(6+9𝑡)𝑒3𝑡. Thế vào phương trình (**):
→(6𝑎+9𝑎𝑡+𝑎+3𝑎𝑡−12𝑎𝑡)𝑒3𝑡=42𝑒3𝑡
→7𝑎𝑒3𝑡=42
→𝑎=6
Vậy 𝑥𝑡𝑞 =𝑥0+𝑥𝑟=𝑐1𝑒3𝑡+𝑐2𝑒−4𝑡+6𝑡𝑒3𝑡
Thế vào (1), suy ra: 𝑦𝑡𝑞 =𝑐1𝑒3𝑡−2
5𝑒−4𝑡+𝑒3𝑡+6𝑡𝑒3𝑡
Vậy nghiệm tổng quát hệ phương trình là:
{𝒙(𝒕)=𝒄𝟏𝒆𝟑𝒕+𝒄𝟐𝒆−𝟒𝒕+𝟔𝒕𝒆𝟑𝒕
𝒚(𝒕)=𝒄𝟏𝒆𝟑𝒕−𝟐
𝟓𝒆−𝟒𝒕+𝒆𝟑𝒕+𝟔𝒕𝒆𝟑𝒕
Câu 6:
.