TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN, ĐHQG-HCM MÃ LƯU TRỮ
ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN
Học kỳ II – Năm học: 2024 - 2025
Mã HP: MTH00013Tên học phần: VI TÍCH PHÂN 2A
Ngày thi: 23/06/2025Thời gian làm bài: 90 phút
Ghi chú: Sinh viên được phép sử dụng tài liệu khi làm bài.
ĐỀ MINH HỌA 1:
Câu 1: Tìm bán kính hội tụ và miền hội tụ của chuỗi sau:
∞
X
n=1
(−1)n
n x+3
2!n
Câu 2: Khảo sát sự liên tục của hàm số sau:
f(x, y) =
(x+y) sin 1
x2+y2!nếu (x, y)= (0,0)
0nếu (x, y) = (0,0)
Câu 3:
a) Cho hàm số f:R2→Rxác định như sau:
f(x, y)=5y3+ 2x2y4
Tính các đạo hàm sau:
∂f
∂x (x, y),∂f
∂y (x, y),∂2f
∂x2(x, y),∂2f
∂y2(x, y),∂2f
∂x∂y (x, y),∂2f
∂y∂x (x, y)
b) Cho hàm số f:R2→Rxác định như sau:
f(x, y) = ex+2y
trong đó x(s, t) = s
tvà y(s, t) = t
s. Tìm ∂f
∂s và ∂f
∂t tại t=s= 1.
Câu 4: Tìm các giá trị cực đại và cực tiểu tuyệt đối của f(x, y) = x2+y2−2x
trên Dlà miền hình tam giác đóng có các đỉnh A(2,0), B(0,2) và C(0,−2).
Câu 5: Cho ánh xạ f:R2→Rđược định nghĩa như sau:
f(x, y) =
x3y
x4+y2,khi (x, y)= (0,0)
0,khi (x, y) = (0,0)
Hỏi fcó khả vi Fréchet trên R2hay không? Giải thích.
—————– HẾT —————–
Người ra đề/MSCB:................................. Người duyệt đề: ...........................
lOMoARcPSD|42620215
Chữ
ký:
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
ĐÁP ÁN THAM KHẢO ĐỀ MINH HỌA 1
Câu 1:
Ta có:
∞
X
n=1
(−1)n
nx+3
2n
=
∞
X
n=1
cn(x−a)nlà một chuỗi lũy thừa tâm a=−3
2với cn=
(−1)n
n.
Khi đó, cn+1 =(−1)n+1
n+ 1 .
Áp dụng tiêu chuẩn d’Alembert, ta có:
lim
n→∞
cn+1
cn= lim
n→∞
(−1)n+1
n+ 1 ·n
(−1)n
= lim
n→∞
n
n+ 1 = 1 = ρ
Khi đó, bán kính hội tụ của chuỗi là:
R=1
ρ= 1
Ta có khoảng hội tụ của chuỗi là (a−R, a +R) = −5
2,−1
2.
Xét x=a−R=−5
2, khi đó chuỗi trở thành:
∞
X
n=1
(−1)n
n(−1)n=
∞
X
n=1
1
nlà một chuỗi phân
kỳ (theo định lý chuỗi dương), suy ra x=−5
2không thuộc miền hội tụ của chuỗi.
Xét x=a+R=−1
2, khi đó chuỗi trở thành:
∞
X
n=1
(−1)n
n1n=
∞
X
n=1
(−1)n
nlà một chuỗi hội tụ
vì là chuỗi đan dấu Leibniz.
Vậy: Chuỗi trên có bán kính hội tụ R= 1 và miền hội tụ là −5
2,−1
2.
Câu 2:
Xét (x, y)= (0,0), ta có: f(x, y) = (P1+P2) sin 1
P2
1+P2
2!liên tục tại mọi điểm (x, y)=
(0,0).
Xét (x, y) = (0,0), ta có:
|f(x, y)|=
(x+y) sin 1
x2+y2!
≤ |x+y| vì
sin 1
x2+y2!≤1!
Mà lim
(x,y)→(0,0) |x+y|= 0 và 0≤ |f(x, y)| ≤ |x+y|nên lim
(x,y)→(0,0) |f(x, y)|= 0, hay lim
(x,y)→(0,0) f(x, y) =
0 = f(0,0).
Suy ra: fliên tục tại điểm (0,0).
Kết luận: Hàm fliên tục trên R2.
Câu 3:
a)
∂f
∂x (x, y) = 4xy4∂2f
∂y∂x (x, y) = 16xy3∂2f
∂x2(x, y)=4y4
∂f
∂y (x, y) = 15y2+ 8x2y3∂2f
∂x∂y (x, y) = 16xy3∂2f
∂y2(x, y) = 30y+ 24x2y2
lOMoARcPSD|42620215
.
b) Với s=t= 1 thì x(s, t)=1và y(s, t) = 1.
Theo quy tắc mắt xích, ta có:
∂f
∂s =∂f
∂x
∂x
∂s +∂f
∂y
∂y
∂s =ex+2y1
t−2ex+2yt
s2
Thay x=y=s=t= 1, ta được: ∂f
∂s =e3−2e3=−e3.
∂f
∂t =∂f
∂x
∂x
∂t +∂f
∂y
∂y
∂t =−ex+2ys
t2+ 2ex+2y1
s
Thay x=y=s=t= 1, ta được: ∂f
∂t =−e3+ 2e3=e3.
Kết luận: Với s=t= 1 thì ∂f
∂s =−e3,∂f
∂t =e3.
Câu 4: Ta có: Dlà tập đóng và bị chặn trong không gian R2hữu hạn chiều, suy ra Dlà
tập compact.
Hàm f(x, y) = x2+y2−2xliên tục trên R2, suy ra fliên tục trên D⊂R2. Từ đó ftồn tại
cực đại và cực tiểu tuyệt đối.
Tìm điểm dừng của hàm fqua hệ phương trình:
∂f
∂x (x, y) = 0
∂f
∂y (x, y) = 0 ⇔
2x−2 = 0
2y= 0 ⇔
x= 1
y= 0
Vậy fcó một điểm dừng (1,0) nằm trong miền Dvà f(1,0) = −1.
Tìm các cực trị tuyệt đối trên ∂D:
Ta có: ∂D =L1∪L2∪L3, trong đó:
▷L1là tập hợp các điểm trên đoạn thẳng AB, tức:
L1={(1 −t) (2,0) + t(0,2) : t∈[0,1]}={(2 −2t, 2t) : t∈[0,1]}
Khi đó: (x, y)∈L1⇔(x, y) = (2 −2t, 2t), t ∈[0,1] và:
f(x, y) = f(2 −2t, 2t)=8t2−4t
Hàm f(2 −2t, 2t)đạt cực tiểu địa phương tại điểm 3
2,1
2với t=1
4và f3
2,1
2=−1
2.
đạt cực đại địa phương tại điểm (0,2) với t= 1 và f(0,2) = 4.
▷L2là tập hợp các điểm trên đoạn thẳng AC, tức:
L2={(1 −t) (2,0) + t(0,−2) : t∈[0,1]}={(2 −2t, −2t) : t∈[0,1]}
Khi đó: (x, y)∈L1⇔(x, y) = (2 −2t, −2t), t ∈[0,1] và:
f(x, y) = f(2 −2t, −2t)=8t2−4t
Hàm f(2 −2t, −2t)đạt cực tiểu địa phương tại điểm 3
2,−1
2với t=1
4và f3
2,−1
2=−1
2.
đạt cực đại địa phương tại điểm (0,−2) với t= 1 và f(0,−2) = 4.
lOMoARcPSD|42620215
.
▷L3là tập hợp các điểm trên đoạn thẳng BC, tức:
L3={(1 −t) (0,2) + t(0,−2) : t∈[0,1]}={(0,2−4t) : t∈[0,1]}
Khi đó: (x, y)∈L1⇔(x, y) = (0,2−4t), t ∈[0,1] và:
f(x, y) = f(0,2−4t) = (2 −4t)2
Hàm f(0,2−4t)đạt cực tiểu địa phương tại điểm (0,0) với t=1
2và f(0,0) = 0.
đạt cực đại địa phương tại điểm (0,−2) với t= 1 và f(0,−2) = 4.
Từ hai bước trên, ta có kết luận: Hàm fđạt cực đại tuyệt đối tại các điểm (0,2) ,(0,−2)
với f(0,2) = f(0,−2) = 4 và đạt cực tiểu tuyệt đối tại điểm (1,0) với f(1,0) = −1.
Câu 5:
f(x, y) =
x3y
x4+y2,(x, y)= (0,0)
0,(x, y) = (0,0)
Xét tính khả vi Fréchet tại điểm (0,0):
Tính ∇f(0,0):
∂f
∂x (0,0) = lim
h→0
f(h, 0) −f(0,0)
h= lim
h→0
h3·0
h4+ 02−0
h= lim
h→00=0
∂f
∂y (0,0) = lim
h→0
f(0, h)−f(0,0)
h= lim
h→0
0·h
04+h2−0
h= lim
h→00=0
Vậy ∇f(0,0) = (0,0).
Xét tính khả vi Fréchet tại điểm (0,0):
Với h= (h1, h2)∈R2, ta có:
ε(h1, h2) = f(h1, h2)−f(0,0) − ⟨∇f(0,0) ,(h1, h2)⟩
qh2
1+h2
2
=h3
1h2
(h4
1+h2
2)qh2
1+h2
2
Đặt hàm g(x, y) = x3y
(x4+y2)√x2+y2, xét giới hạn lim
(x,y)→(0,0) g(x, y):
Cho (x, y)→(0,0) theo đường đi y=x2, khi đó: lim
(x,y)→(0,0) g(x, y) = lim
x→0
x5
2x4√x2+x4=
lim
x→0
x
2|x|√x2+ 1.
Giới hạn này không tồn tại vì lim
x→0+
x
2|x|√x2+ 1 =1
2và lim
x→0−
x
2|x|√x2+ 1 =−1
2=1
2.
Do đó: lim
h→0ε(h)không tồn tại.
Kết luận: fkhông khả vi Fréchet trên R2vì fkhông khả vi Fréchet tại điểm (0,0).
lOMoARcPSD|42620215
.