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.
Câu 1 (2 điểm): Tìm bán kính hội tụ và miền hội tụ của chuỗi sau đây:
∞
X
n=1
√n+ 4
7n(x−2025)n
Câu 2 (2 điểm): Cho tập D=n(x1, x2)∈R2: 2x2
1+ 3x2
2<1o. Chứng minh rằng
Dlà tập mở.
Câu 3 (2 điểm):
a) Khai triển Taylor đến cấp 2 của hàm f(x, y) = sin (x) cos (y)quanh điểm
π
2,0.
b) Tìm các điểm tới hạn của hàm số f(x, y) = x4−y3−4x+ 9y+ 5.
Câu 4 (2 điểm):
a) Viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc với z=xsin (x+y)tại điểm (−1,1,0).
b) Cho x(u, v) = u+vvà y(u, v) = u−v, đặt z=f(x, y). Chứng minh rằng:
∂z
∂x!2
− ∂z
∂y !2
=∂z
∂u
∂z
∂v
Câu 5 (2 điểm): Cho hàm số f:R2→Rđược định nghĩa như sau:
f(x, y) =
2xy
√x2+y2,(x, y)= (0,0)
0,(x, y) = (0,0)
Hãy xét tính liên tục và khả vi của hàm số trên tại điểm (0,0).
—————– HẾT —————–
Người ra đề/MSCB:................................. Người duyệt đề: ...........................
lOMoARcPSD|42620215
Chữ
ký:
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
ĐÁP ÁN THAM KHẢO ĐỀ MINH HỌA 3
Câu 1: Ta có: ∞
X
n=1
√n+ 4
7n(x−2025)n=∞
X
n=1
cn(x−a)nlà một chuỗi lũy thừa
tâm a= 2025 với cn=√n+ 4
7n.
Áp dụng tiêu chuẩn Cauchy, ta có:
ρ= lim
n→∞
n
q|cn|= lim
n→∞
2n
√n+ 4
7=1
7lim
n→∞ (n+ 4) 1
2n
=1
7lim
n→∞ eln(n+4)
2n
=1
7lim
n→∞ e1
2n(L’Hopital)
=1
7e0=1
7
Suy ra: Bán kính hội tụ của chuỗi là R=1
ρ= 7.
Miền hội tụ của chuỗi:
Ta có: Chuỗi hội tụ tại các điểm xthỏa |x−a|< R ⇔ |x−7|<2025 ⇔x∈
(2018,2032).
Xét x=a−R= 2018, ta có: ∞
X
n=1
√n+ 4
7n(x−2025)n=∞
X
n=1
√n+ 4
7n(−7)n=
∞
X
n=1
(−1)n√n+ 4 là một chuỗi phân kỳ vì lim
n→∞ (−1)n√n+ 4 không tồn tại.
Xét x=a+R= 2032, ta có: ∞
X
n=1
√n+ 4
7n(x−2025)n=∞
X
n=1
√n+ 4
7n7n=
∞
X
n=1
√n+ 4 là một chuỗi phân kỳ vì lim
n→∞ √n+ 4 = ∞ = 0.
Kết luận: Chuỗi có bán kính hội tụ R= 7 và miền hội tụ là (2018,2032).
Câu 2: Viết lại tập D:
D=n(x1, x2)∈R2:
x1√2, x2√3
<1o
Ta cần chứng minh Dlà tập mở, tức là: Cho trước x= (x1, x2)∈D, ta cần
tìm rx>0sao cho B(x, rx)⊂D, hay: Nếu y= (y1, y2)∈Dthỏa ∥y−x∥< rx
thì y∈D.
Phân tích:
x∈D⇔
x1√2, x2√3
<1
∥y−x∥< rx⇔(y1−x1)2+ (y2−x2)2< r2
x
lOMoARcPSD|42620215
.
Áp dụng bất đẳng thức tam giác, ta có:
y1√2, y2√3
=
y1√2, y2√3−x1√2, x2√3+x1√2, x2√3
≤
y1√2, y2√3−x1√2, x2√3
+
x1√2, x2√3
=
√2 (y1−x1),√3 (y2−x2)
+
x1√2, x2√3
Mặt khác: (y1−x1)2+ (y2−x2)2< r2
x⇒
(y1−x1)2< r2
x
(y2−x2)2< r2
x
, nên ta có:
√2 (y1−x1),√3 (y2−x2)
2= 2 (y1−x1)2+ 3 (y2−x2)2
<2r2
x+ 3r2
x= 5r2
x
Từ đó suy ra:
y1√2, y2√3
< rx√5 +
x1√2, x2√3
Để
y1√2, y2√3
<1thì ta chọn rxsao cho
x1√2, x2√3
+rx√5<1⇔rx√5<1−
x1√2, x2√3
⇔rx<1
√51−
x1√2, x2√3
Chọn rx=1
2025√51−
x1√2, x2√3
, ta được điều cần chứng minh.
Vậy Dlà tập mở.
Câu 3:
a) Xét hàm số f(x, y) = sin (x) cos (y), ta có:
fπ
2,0= 1
Đạo hàm riêng cấp một:
∂f
∂x (x, y) = cos (x) cos (y)⇒∂f
∂x π
2,0= 0
∂f
∂y (x, y) = −sin (x) sin (y)⇒∂f
∂y π
2,0= 0
Đạo hàm riêng cấp hai:
∂2f
∂x2(x, y) = −sin (x) cos (y)⇒∂2f
∂x2π
2,0=−1
∂2f
∂x∂y (x, y) = −cos (x) sin (y)⇒∂2f
∂x∂y π
2,0= 0
∂2f
∂y∂x (x, y) = −cos (x) sin (y)⇒∂f
∂y∂x π
2,0= 0
∂2f
∂y2(x, y) = −sin (x) cos (y)⇒∂2f
∂y2π
2,0=−1
lOMoARcPSD|42620215
.
Khai triển Taylor đến cấp hai của hàm số f(x, y) = sin (x) cos (y)quanh
điểm π
2,0:
f(x, y)=1−1
2x−π
22−1
2y2
b) Tìm các điểm dừng của fthông qua hệ phương trình:
∂f
∂x (x, y)=0
∂f
∂y (x, y)=0 ⇔
4x3−4=0
−3y2+ 9 = 0 ⇔
x= 1
y=√3
y=−√3
Như vậy ta có hai điểm dừng: 1,√3,1,−√3.
Ma trận Hesse của hàm ftại điểm (x, y):
Hf(x, y) = 12x20
0−6y!
Khi đó, với h= (h1, h2)∈R2, ta có:
φ(h, h) = hHf(x, y)h⊤=h1h2 12x20
0−6y! h1
h2!
Xét (x, y) = 1,√3, ta có:
φ(h, h) = hHf1,√3h⊤=h1h2 12 0
0−6√3! h1
h2!= 12h2
1−6√3h2
2
Chọn hai vector h= (1,0) và k= (0,1), khi đó
φ(h, h) = 12 >0
φ(k, k) = −6√3<0,
suy ra điểm 1,√3là điểm yên ngựa.
Xét (x, y) = 1,−√3, ta có:
φ(h, h) = hHf1,−√3h⊤=h1h2 12 0
0 6√3! h1
h2!= 12h2
1+ 6√3h2
2
Khi đó φ(h, h)>0với mọi h= 0, suy ra điểm 1,−√3là điểm cực tiểu
địa phương.
Kết luận: Điểm dừng 1,√3là điểm yên ngựa, điểm dừng 1,−√3là
điểm cực tiểu địa phương.
Câu 4:
a) Phương trình mặt phẳng tiếp xúc của hàm z(x, y) = xsin (x+y)tại điểm
(x0, y0, z0)=(−1,1,0) là:
z−z0=∂z
∂x (x0, y0) (x−x0) + ∂z
∂y (x0, y0) (y−y0)
⇔z=∂z
∂x (−1,1) (x+ 1) + ∂z
∂y (−1,1) (y−1)
lOMoARcPSD|42620215
.
Trong đó:
∂z
∂x (x, y) = sin (x+y) + xcos (x+y)⇒∂z
∂x (−1,1) = −1
∂z
∂y (x, y) = xcos (x+y)⇒∂z
∂x (−1,1) = −1
Suy ra ta được phương trình: z=−(x+ 1) −(y−1) = −x−y.
Kết luận: Phương trình mặt phẳng tiếp xúc của hàm z(x, y) = xsin (x+y)
tại điểm (−1,1,0) là:
z=−x−y
b) Ta có z=f(x, y)với x(u, v) = u+vvà y(u, v) = u−v.
Áp dụng quy tắc mắt xích, ta có:
∂z
∂u =∂z
∂x
∂x
∂u +∂z
∂y
∂y
∂u =∂z
∂x +∂z
∂y
∂z
∂v =∂z
∂x
∂x
∂v +∂z
∂y
∂y
∂v =∂z
∂x −∂z
∂y
Suy ra:
∂z
∂u
∂z
∂u = ∂z
∂x +∂z
∂y ! ∂z
∂x −∂z
∂y != ∂z
∂x!2
− ∂z
∂y !2
(đpcm)
Câu 5: Xét hàm số f(x, y) =
2xy
√x2+y2,(x, y)= (0,0)
0,(x, y) = (0,0)
Với (x, y)= (0,0), ta có f(x, y) = 2P1P2
qP2
1+P2
2
là thương của hai hàm khả vi với
mọi điểm (x, y)= (0,0). Suy ra fkhả vi với mọi điểm (x, y)= (0,0), từ đó f
cũng liên tục tại mọi điểm (x, y)= (0,0).
Với (x, y) = (0,0):
Xét giới hạn lim
(x,y)→(0,0)
2xy
√x2+y2:
Áp dụng tọa độ cực: Đặt
x=rcos (θ)
y=rsin (θ)⇒x2+y2=r2với r > 0và θlà một
hằng số, khi đó:
lim
(x,y)→(0,0)
2xy
√x2+y2= lim
r→0+
2r2cos (θ) sin (θ)
√r2= lim
r→0+2rcos (θ) sin (θ) = 0 = f(0,0)
Vậy fliên tục tại (0,0).
Tính ∇f(0,0):
∂f
∂x (0,0) = lim
h→0
f(h, 0) −f(0,0)
h= 0
lOMoARcPSD|42620215
.