TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN, ĐHQG-HCM MÃ LƯU TRỮ
(do phòng KT-ĐBCL ghi)
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 2:
Câu 1: Tìm bán kính hội tụ và miền hội tụ của chuỗi:
∞
X
n=1
√n
8n(x+6)n
Câu 2: Khảo sát tính liên tục của hàm số f:R2→Rxác định bởi:
fx,y=
x2y3
2x2+y2,x,y=(0,0)
0,x,y=(0,0)
Câu 3: Xét hàm số f:R2→Rđược xác định bởi hàm số tương ứng với Câu 2, hãy
xét tính khả vi Fréchet trên R2.
Câu 4:
a) Cho hàm số f:R2→Rxác định bởi:
fx,y=x2+y2ln x2+y2
Tính các đạo hàm sau:
∂f
∂xx,y,∂f
∂yx,y,∂2f
∂x2x,y,∂2f
∂y2x,y,∂2f
∂x∂yx,y,∂2f
∂y∂xx,y
b) Cho hàm số f:R2→Rxác định bởi:
fx,y=√xexy
trong đó x(s,t)=1+st và y(s,t)=s2−t2. Tìm ∂f
∂svà ∂f
∂ttại (s,t)=(2,1).
Câu 5: Tìm các giá trị cực đại và cực tiểu tuyệt đối của hàm f(x,y)=xy2trên miền
D=nx,y|x≥0,y≥0,x2+y2≤3o.
—————– HẾT —————–
Người ra đề/MSCB:....................................... Người duyệt đề: ..............................
lOMoARcPSD|42620215
Chữ
ký:
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
ĐÁP ÁN THAM KHẢO ĐỀ MINH HỌA 2
Câu 1: Ta có: ∞
X
n=1
√n
8n(x+6)n=∞
X
n=1
cn(x−a)nlà một chuỗi lũy thừa tâm a=
−6và cn=√n
8n.
Áp dụng tiêu chuẩn Cauchy, ta có:
ρ=lim
n→∞
n
p|cn|=lim
n→∞
2n
√n
8=1
8lim
n→∞
2n
√n
Tính lim
n→∞
2n
√n:
lim
n→∞
2n
√n=lim
n→∞ n1
2n=lim
n→∞ eln(n)
2nL’H
=lim
n→∞ e1
2n=e0=1
Khi đó: ρ=1
8, suy ra bán kính hội tụ của chuỗi là R=1
ρ=8.
Miền hội tụ của chuỗi:
Ta có khoảng hội tụ của chuỗi là (a−R,a+R)=(−14,2).
Xét x=a−R=−14, ta có:
∞
X
n=1
√n
8n(x+6)n=∞
X
n=1
√n
8n(−8)n=∞
X
n=1
(−1)n√n
là một chuỗi phân kỳ vì lim
n→∞ (−1)n√nkhông tồn tại.
Xét x=a+R=2, ta có:
∞
X
n=1
√n
8n(x+6)n=∞
X
n=1
√n
8n·8n=∞
X
n=1
√n
là một chuỗi phân kỳ vì lim
n→∞ √n=∞ =0.
Kết luận: Chuỗi số trên có bán kính hội tụ R=8và miền hội tụ là (−14,2).
Câu 2: Xét hàm số fx,y=
x2y3
2x2+y2,x,y=(0,0)
0,x,y=(0,0)
Với x,y=(0,0), ta có: fx,y=P2
1P3
2
2P2
1+P2
2
liên tục tại mọi điểm x,y=(0,0).
Với x,y=(0,0), ta xét giới hạn: lim
(x,y)→(0,0)
x2y3
2x2+y2
lOMoARcPSD|42620215
.
Ta có:
0≤
x2y3
2x2+y2
=x2y
3
2x2+y2
≤x2+x2+y2y
3
2x2+y2=y
3
Mà lim
(x,y)→(0,0)0=0và lim
(x,y)→(0,0)y
3=0nên suy ra: lim
(x,y)→(0,0)
x2y3
2x2+y2
=0
(theo nguyên lý kẹp).
Hay: lim
(x,y)→(0,0)
x2y3
2x2+y2=0=f(0,0). Suy ra fliên tục tại (0,0).
Kết luận: Vậy fliên tục trên R2.
Câu 3:
Xét x,y=(0,0), ta có fx,y=x2y3
2x2+y2là thương của hai hàm khả vi
Fréchet với 2x2+y2=0. Suy ra fkhả vi Fréchet tại mọi điểm x,y=(0,0).
Xét x,y=(0,0):
Tính ∇f(0,0):Ta có
∂f
∂x(0,0)=lim
h→0
f(h,0)−f(0,0)
h=lim
h→0
h2·03
2·h2+02−0
h=lim
h→0
0
h=0
∂f
∂y(0,0)=lim
h→0
f(0,h)−f(0,0)
h=lim
h→0
02·h3
2·02+h2−0
h=lim
h→0
0
h=0
Suy ra ∇f(0,0)=(0,0).
Xét tính khả vi Fréchet tại điểm (0,0):
Với z=(z1,z2)∈R2, ta có:
ε(z)=f(z1,z2)−f(0,0)−∇f(0,0),z
∥z∥
=
z2
1z3
2
2z2
1+z2
2
qz2
1+z2
2
=z2
1z3
2
2z2
1+z2
2qz2
1+z2
2
lOMoARcPSD|42620215
.
Xét giới hạn lim
z→0ε(z): Ta có z2
1≤2z2
1+z2
2,|z2|≤qz2
1+z2
2, khi đó:
0≤|ε(z)|=z2
1|z2|3
2z2
1+z2
2qz2
1+z2
2
≤2z2
1+z2
2qz2
1+z2
23
2z2
1+z2
2qz2
1+z2
2
=z2
1+z2
2
Mà lim
z→00=0và lim
z→0z2
1+z2
2=0nên suy ra lim
z→0|ε(z)|=0.
Hay lim
z→0ε(z)=0, suy ra fkhả vi Fréchet tại điểm (0,0).
Kết luận: Vậy fkhả vi Fréchet trên R2.
Câu 4:
a) Đạo hàm riêng cấp một:
∂f
∂x=2xln x2+y2+x2+y22x
x2+y2=2xln x2+y2+1
∂f
∂y=2yln x2+y2+x2+y22y
x2+y2=2yln x2+y2+1
Đạo hàm riêng cấp hai:
∂2f
∂x2=∂
∂xh2xln x2+y2+1i=2ln x2+y2+1+2x·2x
x2+y2
=2ln x2+y2+1+4x2
x2+y2
∂2f
∂x∂y=∂
∂xh2yln x2+y2+1i=2y·2x
x2+y2=4xy
x2+y2
∂2f
∂y∂x=∂
∂yh2xln x2+y2+1i=2x·2y
x2+y2=4xy
x2+y2
∂2f
∂y2=∂
∂yh2yln x2+y2+1i=2ln x2+y2+1+2y·2y
x2+y2
=2ln x2+y2+1+4y2
x2+y2
b) Ta có fx,y=√xexy.
Tại (s,t)=(2,1), ta có: x(2,1)=1+2·1=3và y(2,1)=22−12=3.
Ta có: ∂f
∂x=1
2√xexy +y√xexy =exy 1
2√x+y√x!
∂f
∂y=x√xexy
lOMoARcPSD|42620215
.
∂x
∂s=t∂x
∂t=s
∂y
∂s=2s∂y
∂t=−2t
Áp dụng quy tắc mắt xích, ta có:
∂f
∂s(s,t)=∂f
∂x
∂x
∂s+∂f
∂y
∂y
∂s=texy 1
2√x+y√x!+2sx√xexy
∂f
∂t(s,t)=∂f
∂x
∂x
∂t+∂f
∂y
∂y
∂t=sexy 1
2√x+y√x!−2tx√xexy
Thay s=2,t=1,x=y=3vào hai đạo hàm riêng, ta được:
∂f
∂s(2,1)=e9 1
2√3+3√3!+12√3e9=e9 1
2√3+15√3!
∂f
∂t(2,1)=2e9 1
2√3+3√3!−6√3e9=e9
√3
Vậy: Với (s,t)=(2,1)thì ∂f
∂s(2,1)=e9 1
2√3+15√3!và ∂f
∂t(2,1)=e9
√3.
Câu 5:
Tìm các điểm dừng của fqua hệ phương trình:
∂f
∂xx,y=0
∂f
∂yx,y=0⇔(y2=0
2xy =0⇔(x∈R
y=0
Khi đó: x,y=(x,0)∈∂D.
Tìm các cực trị của ftrên ∂D:
Ta có ∂D=L1∪L2∪L3, trong đó:
•L1=nx,y∈R2|x=0,0≤y≤√3o
Khi đó x,y∈L1⇔x,y=0,yvới 0≤y≤√3và f0,y=0với mọi
x,y∈L1.
•L2=nx,y∈R2|0≤x≤√3,y=0o
Khi đó x,y∈L2⇔x,y=(x,0)với 0≤x≤√3và f(x,0)=0với mọi
x,y∈L2.
•L3=nx,y∈R2|x≥0,y≥0,x2+y2=3o
lOMoARcPSD|42620215
.