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 (Đề minh họa 4)
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 (2.0 điểm).
a) Khảo sát sự hội tụ hay phân kỳ của chuỗi sau đây:
∞
X
n=1
2n2+ 7
3n4+ 4n2+n+ 9
b) Tìm bán kính hội tụ và miền hội tụ của chuỗi sau đây:
∞
X
n=1
7n(n2+ 7)
n4+ 14 (x−11)n
Câu 2 (2.0 điểm). Dùng định nghĩa để chứng minh hàm số f(x, y) = 4x
x+ykhả vi Fréchet
tại điểm (1,3).
Câu 3 (2.0 điểm).
a) Viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt x+y+ 3z= 4exyz tại điểm (1,0,1).
b) Cho z= tan x
y!với x(s, t) = 4s+ 7tvà y(s, t) = 7s−4t. Tính ∂z
∂s và ∂z
∂t .
Câu 4 (2.0 điểm). Khai triển Taylor đến cấp hai T2(x, y)của hàm số ftại điểm (x, y)
được tính theo công thức:
f(x+h1, y +h2)≈T(h1, h2) = f(x, y) + ⟨∇f(x, y),(h1, h2)⟩+1
2(h1, h2)Hf(x, y) (h1, h2)⊤
Tìm khai triển Taylor đến cấp hai T2(h1, h2)của hàm f(x, y) = cos (x2−y2)tại điểm
(0,0) và dùng khai triển đó để tính giá trị xấp xỉ của cos (0.062−0.032).
Câu 5 (2.0 điểm) Chứng minh tam giác A={(x, y)∈R2:|x|<1−y, 0< y < 1}là một
tập mở trong R2.
Người ra đề/MSCB:.................................... Người duyệt đề: ..............................
lOMoARcPSD|42620215
Chữ
ký:
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
ĐÁP ÁN THAM KHẢO ĐỀ MINH HỌA 4
Câu 1:
a) Xét chuỗi số:
∞
X
n=1
2n2+ 7
3n4+ 4n2+n+ 9
Đây là một chuỗi số dương.
Đặt an=2n2+ 7
3n4+ 4n2+n+ 9, bn=1
n2, khi đó ta có giới hạn:
lim
n→∞
an
bn
= lim
n→∞
2n4+ 7n2
3n4+ 4n2+n+ 9 = lim
n→∞
2 + 7
n2
3 + 4
n2+1
n3+9
n4
=2
3
là một số hữu hạn dương.
Khi đó, hai chuỗi
∞
X
n=1
an,
∞
X
n=1
bnđồng thời hội tụ hoặc phân kỳ.
Mà
∞
X
n=1
bn=
∞
X
n=1
1
n2là một chuỗi hội tụ do có dạng
∞
X
n=1
1
npvới p= 2 >1. Suy ra chuỗi
∞
X
n=1
an=
∞
X
n=1
2n2+ 7
3n4+ 4n2+n+ 9 là một chuỗi hội tụ.
b) Ta có:
∞
X
n=1
7n(n2+ 7)
n4+ 14 (x−11)n=
∞
X
n=1
cn(x−a)nlà một chuỗi lũy thừa tâm a= 11 với
cn=7n(n2+ 7)
n4+ 14 . Áp dụng tiêu chuẩn Cauchy, ta có:
ρ= lim
n→∞
n
q|cn|= lim
n→∞ 7·n
sn2+ 7
n4+ 14 = 7 ·lim
n→∞
n
v
u
u
u
u
u
t
1 + 7
n2
n2+14
n2
= 7 ·lim
n→∞
n
s1
n2
= 7 ·lim
n→∞ 1
n21
n
= 7 ·lim
n→∞ n−2/n = 7 ·lim
n→∞ e
−2 ln(n)
n
= 7 ·lim
n→∞ e
−2
n= 7 ·e0= 7
Suy ra bán kính hội tụ là R= 1/ρ = 1/7.
Ta có: Chuỗi
∞
X
n=1
7n(n2+ 7)
n4+ 14 (x−11)nhội tụ tại các điểm xthỏa |x−a|< R ⇔x∈
76
7,78
7.
Xét x−a=R⇔x=78
7, khi đó chuỗi trở thành
∞
X
n=1
n2+ 7
n4+ 14. Khi n→ ∞ thì n2+ 7
n4+ 14 ∼1
n2,
suy ra chuỗi
∞
X
n=1
n2+ 7
n4+ 14 hội tụ.
Xét x−a=R⇔x=76
7, khi đó chuỗi trở thành
∞
X
n=1
(−1)n(n2+ 7)
n4+ 14 là một chuỗi đan dấu
lOMoARcPSD|42620215
Leibniz.
Khi
đó
chuỗi
trên
hội
tụ.
.
Kết luận: Chuỗi số trên có bán kính hội tụ R= 1/7và miền hội tụ là 76
7,78
7.
Câu 2:
Xét hàm số f(x, y) = 4x
x+y:
Tính ∇f(1,3):
∂f
∂x (x, y) = 4 (x+y)−4x·1
(x+y)2=4y
(x+y)2⇒∂f
∂x (1,3) = 3
4
∂f
∂y (x, y) = −4x·1
(x+y)2=−4x
(x+y)2⇒∂f
∂y (1,3) = −1
4
Vậy ∇f(1,3) = 3
4,−1
4.
Xét tính khả vi Fréchet tại điểm (1,3):
Với z= (z1, z2)∈R2, ta có:
ε(z) = f(1 + z1,3 + z2)−f(1,3) − ⟨∇f(1,3) , z⟩
∥z∥
=
4+4z1
4 + z1+z2−1−3
4z1+1
4z2
qz2
1+z2
2
=4 (4 + z1)−4 (4 + z1+z2)−3z1(4 + z1+z2) + z2(4 + z1+z2)
4 (4 + z1+z2)qz2
1+z2
2
=−3z2
1+z2
2−2z1z2
4 (4 + z1+z2)qz2
1+z2
2
Ta có bất đẳng thức:
−3z2
1+z2
2−2z1z2≤−3z2
1−2z1z2+z2
2
=3z2
1+ 2z1z2+z2
2
≤3z2
1+z2
2+ 2 |z1z2|
≤3z2
1+z2
2+z2
1+z2
2
≤4z2
1+z2
2
Khi đó:
0≤ |ε(z)|=|−3z2
1+z2
2−2z1z2|
4 (4 + z1+z2)qz2
1+z2
2
≤4 (z2
1+z2
2)
4 (4 + z1+z2)qz2
1+z2
2
=qz2
1+z2
2
4 + z1+z2
Mà lim
z→00 = 0,lim
z→0qz2
1+z2
2
4 + z1+z2
= 0, nên theo nguyên lý kẹp: lim
z→0|ε(z)|= 0, hay lim
z→0ε(z)=0,
đó là điều cần chứng minh.
Kết luận: Hàm fkhả vi Fréchet tại điểm (1,3).
Câu 3:
lOMoARcPSD|42620215
.
a) Xét mặt x+y+ 3z= 4exyz:
Đặt hàm F(x, y, z) = x+y+ 3z−4exyz = 0.
Xét tại điểm (1,0,1), ta có F(1,0,1) = 1 + 0 + 3 −4 = 0. Suy ra điểm (1,0,1) thuộc mặt
đã cho.
Tính các đạo hàm riêng:
∂F
∂x (x, y, z)=1−4yzexyz ⇒∂F
∂y (1,0,1) = 1
∂F
∂y (x, y, z) = 1 −4xzexyz ⇒∂F
∂y (1,0,1) = −3
∂F
∂z (x, y, z) = 3 −4xyexyz ⇒∂F
∂y (1,0,1) = 3
Mặt phẳng tiếp xúc với mặt x+y+ 3z= 4exyz tại điểm (1,0,1) có phương trình là:
∂F
∂x (1,0,1) (x−1) + ∂F
∂y (1,0,1) (y−0) + ∂F
∂z (1,0,1) (z−1) = 0
⇔(x−1) −3y+ 3 (z−1) = 0
⇔x−3y+ 3z= 4
Kết luận: Mặt phẳng tiếp xúc với mặt x+y+ 3z= 4exyz tại điểm (1,0,1) có phương trình
là:
x−3y+ 3z= 4
b)
z= tan (x/y), x (s, t) = 4s+ 7t, y (s, t) = 7s−4t
Áp dụng quy tắc mắt xích, ta có:
∂z
∂s =∂z
∂x
∂x
∂s +∂z
∂y
∂y
∂s =1
y·1
cos2 x
y!·4−x
y2·1
cos2 x
y!·7
=1
cos24s+ 7t
7s−4t"4
7s−4t−7 (4s+ 7t)
(7s−4t)2#
=−65t
cos24s+ 7t
7s−4t(7s−4t)2
∂z
∂t =∂z
∂x
∂x
∂t +∂z
∂y
∂y
∂t =1
y·1
cos2 x
y!·7 + x
y2·1
cos2 x
y!·4
=1
cos24s+ 7t
7s−4t"7
7s−4t+4 (4s+ 7t)
(7s−4t)2#
=65s
cos24s+ 7t
7s−4t(7s−4t)2
Câu 4:
f(x, y) = cos x2−y2⇒f(0,0) = 1
Đạo hàm riêng cấp một:
∂f
∂x (x, y) = −2xsin x2−y2⇒∂f
∂x (0,0) = 0
∂f
∂y (x, y) = 2ysin x2−y2⇒∂f
∂y (0,0) = 0
lOMoARcPSD|42620215
.
Đạo hàm riêng cấp hai:
∂2f
∂x2(x, y) = −2 sin x2−y2−4x2cos x2−y2⇒∂2f
∂x2(0,0) = 0
∂2f
∂x∂y (x, y) = 4xy cos x2−y2⇒∂2f
∂x∂y (0,0) = 0
∂2f
∂y∂x (x, y) = 4xy cos x2−y2⇒∂2f
∂y∂x (0,0) = 0
∂2f
∂y2(x, y) = −2 sin x2−y2−4y2cos x2−y2⇒∂2f
∂y2(0,0) = 0
Khai triển Taylor đến cấp hai của hàm f(x, y) = cos (x2−y2)quanh điểm (0,0):
f(h1, h2)≈T(h1, h2)=1
Suy ra:
cos 0.062−0.032=f(0.06,0.03) ≈T(0.06,0.03) = 1
.
Vậy cos (0.062−0.032)≈1.
Câu 5: Ta cần chứng minh Alà tập mở, tức là: Cho trước a= (x0, y0)∈A, ta cần tìm
ra>0sao cho B(a, ra)⊂A.
Ta có: ∂A =L1∪L2∪L3, trong đó:
•L1={(x, 0) : |x| ≤ 1}, khi đó d1=d(a, L1) = y0>0.
•L2={(1 −y, y):0≤y≤1}, khi đó d2=d(a, L2) = 1−y0−x0
√2>0.
•L3={(y−1, y):0≤y≤1}, khi đó d3=d(a, L3) = x0−y0+ 1
√2>0.
Để B(a, ra)⊂Athì ta chọn rasao cho nhỏ hơn khoảng cách nhỏ nhất từ ađến các cạnh
của tam giác.
Chọn ra=1
2025 min (y0,1−y0−x0
√2,x0−y0+ 1
√2), ta được điều cần chứng minh.
Vậy Alà một tập mở trong R2.
lOMoARcPSD|42620215
.