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
Tên học phần: VI TÍCH PHÂN 2A -ĐỀ MINH HỌA 5 Mã HP: MTH00013
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 (2,5 điểm):
a) Khảo sát sự hội tụ hay phân kỳ của chuỗi:
∞
X
n=1
4n·n!
(n+ 3)!
b) Tìm bán kính hội tụ và miền hội tụ của chuỗi sau đây:
∞
X
n=1
n!·5n+2
6n·(n+ 2)! (x−3)n
Câu 2 (2,0 điểm). Chứng minh rằng hình chữ nhật
A=n(x, y)∈R2: 0 <x<3,|y|<1o
là một tập mở trong không gian R2.
Câu 3 (1,5 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f(x, y) =
x4+y4−4x2y−8ythỏa x2+y2= 4.
Câu 4 (2,5 điểm).
a) Tìm mặt phẳng tiếp xúc với mặt z= 2x2y3+ ln (xy) + 7 tại điểm (1,1,9).
b) Cho z=ertan θvới r=st, θ =√s2+t2. Tính ∂z
∂s và ∂z
∂t .
Câu 5 (1,5 điểm). Cho hàm số f(x, y) = x+y
√x2+y2.
a) Tìm xấp xỉ tuyến tính của fgần điểm (x, y) = (2,5).
b) Tính xấp xỉ giá trị của f(2.01,4.99).
lOMoARcPSD|42620215
Người
ra
đề/MSCB:.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Người
duyệt
đề:
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Chữ
ký:
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
ĐÁP ÁN THAM KHẢO ĐỀ MINH HỌA 5
Câu 1:
a) Ta có chuỗi số
∞
X
n=1
4n·n!
(n+ 3)! =
∞
X
n=1
anvới an=4n·n!
(n+ 3)! là một chuỗi dương.
Ta có: an+1 =4n+1 ·(n+ 1)!
(n+ 4)! , khi đó:
an+1
an
=4n+1 ·(n+ 1)!
(n+ 4)! ·(n+ 3)!
4n·n!= 4 ·n+ 1
n+ 4
Khi đó lim
n→∞
an+1
an
= 4 ·lim
n→∞
n+ 1
n+ 4 = 4 ·1=4>1.
Theo tiểu chuẩn d’Alembert, ta suy ra chuỗi số trên phân kỳ.
b) Ta có chuỗi
∞
X
n=1
n!·5n+2
6n·(n+ 2)! (x−3)n=
∞
X
n=1
cn(x−a)nlà một chuỗi lũy thừa
tâm a= 3 với cn=n!·5n+2
6n·(n+ 2)!.
cn+1 =(n+ 1)! ·5n+3
6n+1 ·(n+ 3)!, khi đó cn+1
cn
=(n+ 1)! ·5n+3
6n+1 ·(n+ 3)! ·6n·(n+ 2)!
n!·5n+2 =5
6·n+ 1
n+ 3. Áp
dụng tiêu chuẩn d’Alembert, ta suy ra:
ρ= lim
n→∞
cn+1
cn
=5
6lim
n→∞
n+ 1
n+ 3 =5
6·1 = 5
6
Bán kính hội tụ của chuỗi là R=1
ρ=6
5.
Xét miền hội tụ của chuỗi:
▷Với |x−3|<6
5⇔x∈ 9
5,21
5!, chuỗi
∞
X
n=1
n!·5n+2
6n·(n+ 2)! (x−3)nhội tụ.
▷Với |x−3|>6
5⇔
x < 9
5
x > 21
5
, chuỗi
∞
X
n=1
n!·5n+2
6n·(n+ 2)! (x−3)nphân kỳ.
▷Xét |x−3|=6
5:
•Với x=9
5, chuỗi trở thành:
∞
X
n=1
n!·5n+2
6n·(n+ 2)! −6
5!n
=
∞
X
n=1
(−1)n·25
(n+ 1) (n+ 2)
là một chuỗi hội tụ vì là chuỗi đan dấu Leibniz – lim
n→∞
25
(n+ 1) (n+ 2) = 0
và 1
(n+ 2) (n+ 3) <1
(n+ 1) (n+ 2) với mọi số tự nhiên nhay {an}là dãy
giảm.
•Với x=21
5, chuỗi trở thành:
∞
X
n=1
n!·5n+2
6n·(n+ 2)! 6
5!n
=
∞
X
n=1
25
(n+ 1) (n+ 2) =
25
∞
X
n=1
1
n2+ 3n+ 2 là một chuỗi hội tụ vì
∞
X
n=1
1
n2+ 3n+ 2 ∼
∞
X
n=1
1
n2là chuỗi
hình học
∞
X
n=1
1
npvới p= 2 >1.
lOMoARcPSD|42620215
.
Kết luận: Chuỗi
∞
X
n=1
n!·5n+2
6n·(n+ 2)! (x−3)ncó bán kính hội tụ R=6
5và miền hội
tụ là "9
5,21
5#.
Câu 2:
x
y
3
−1
1L1
L2
L3
L4A
0a
Ta cần chứng minh Alà tập mở, tức là: Cho trước a= (x0, y0)∈A, hay 0< x0<
3,|y0|<1, ta cần tìm ra>0sao cho B(a, ra)⊂A.
Xét biên của A, ta có: ∂A =L1∪L2∪L3∪L4, trong đó:
▷L1∥L3với 0≤x≤3. Khi đó d1= min {1−y0, y0+ 1}= 1 − |y0|>0.
▷L2∥L4với |y| ≤ 1. Khi đó d2= min {x0,3−x0}>0.
Để B(a, ra)⊂Athì ta cần chọn rathỏa 0< ra<min {1− |y0|, x0,3−x0}.
Chọn ra=1
2025 min {1− |y0|, x0,3−x0}>0, ta được điều cần chứng minh.
Vậy Alà một tập mở trong R2.
Câu 3: Xét hàm f(x, y) = x4+y4−4x2y−8ythỏa x2+y2= 4.
Đặt g(x, y) = x2+y2−4.
Ta tìm cực trị của hàm fthông qua cực trị của hàm L(x, y, λ) = f(x, y)+λg (x, y).
Tìm điểm dừng của Lqua hệ phương trình:
∇f+λ∇g= 0
g(x, y) = 0 ⇔
4x3−8xy, 4y3−4x2−8+λ(2x, 2y) = 0
x2+y2= 4
⇔
4x3−8xy + 2λx = 0
4y3−4x2−8+2λy = 0
x2+y2= 4
⇔
λ= 2y2+ 4y−8
8y3+ 12y2−16y−24 = 0
x2= 4 −y2
Giải phương trình bậc ba 8y3+12y2−16y−24 = 0, ta được ba nghiệm phân biệt:
lOMoARcPSD|42620215
.
y=±√2
y=−3
2
. Như vậy ta được 6nghiệm:
x=±√2
y=√2
λ= 4√2−4
x=±√2
y=−√2
λ=−4√2−4
x=±√7
2
y=−3
2
λ=−19
2
Tìm HL(x, y, λ):
Xét các đạo hàm riêng cấp hai:
∂2L
∂x2=∂
∂x 4x3−8xy + 2λx= 12x2−8y+ 2λ
∂2L
∂x∂y =∂
∂x 4y3−4x2−8+2λy=−8x
∂2L
∂y∂x =∂
∂y 4x3−8xy + 2λx=−8x
∂2L
∂y2=∂
∂y 4y3−4x2−8+2λy= 12y2+ 2λ
Do đó:
HL(x, y, λ) = 12x2−8y+ 2λ−8x
−8x12y2+ 2λ!
Suy ra với h= (h1, h2)∈R2\{(0,0)}, ta có dạng toàn phương:
φ(h, h) = hHL(x, y, λ)h⊤= (h1h2) 12x2−8y+ 2λ−8x
−8x12y2+ 2λ! h1
h2!
▷Với (x, y, λ) = √2,√2,4√2−4, khi đó:
HL√2,√2,4√2−4= 16 −8√2
−8√2 16 + 8√2!
Suy ra
φ(h, h) = hHL√2,√2,4√2−4h⊤
= 16h2
1−16√2h1h2+16 + 8√2h2
2
= 16 h2
1−2h1·h2
√2+h2
2
2!−8h2
2+16 + 8√2h2
2
= 16 h1−h2
√2!2
+8+8√2h2
2>0,∀h= 0
Vậy √2,√2là cực tiểu địa phương của hàm fvới f√2,√2= 8 −16√2.
▷Với (x, y, λ) = −√2,√2,4√2−4, khi đó:
HL−√2,√2,4√2−4= 16 8√2
8√2 16 + 8√2!
lOMoARcPSD|42620215
.
Suy ra
φ(h, h) = hHL√2,√2,4√2−4h⊤
= 16h2
1+ 16√2h1h2+16 + 8√2h2
2
= 16 h2
1+ 2h1·h2
√2+h2
2
2!−8h2
2+16 + 8√2h2
2
= 16 h1+h2
√2!2
+8+8√2h2
2>0,∀h= 0
Vậy −√2,√2là cực tiểu địa phương của hàm fvới f−√2,√2= 8−16√2.
▷Với (x, y, λ) = √2,−√2,−4√2−4, khi đó:
HL√2,√2,4√2−4= 16 −8√2
−8√2 16 −8√2!
Suy ra
φ(h, h) = hHL√2,√2,4√2−4h⊤
= 16h2
1−16√2h1h2+16 −8√2h2
2
Chọn h= (1,0) , k = (1,1) ∈R2\{(0,0)}, khi đó
φ(h, h) = 16 >0
φ(k, k) = 32 −24√2<0
Vậy √2,−√2là điểm yên ngựa.
▷Với (x, y, λ) = −√2,−√2,−4√2−4, khi đó:
HL−√2,−√2,−4√2−4= 16 8√2
8√2 16 −8√2!
Suy ra
φ(h, h) = hHL√2,√2,4√2−4h⊤
= 16h2
1+ 16√2h1h2+16 −8√2h2
2
Chọn h= (1,0) , k = (1,−1) ∈R2\{(0,0)}, khi đó
φ(h, h) = 16 >0
φ(k, k) = 32 −24√2<0
Vậy −√2,−√2là điểm yên ngựa.
▷Với (x, y, λ) =
√7
2,−3
2,−19
2
, khi đó:
HL
√7
2,−3
2,−19
2
= 14 −4√7
−4√7 8 !
lOMoARcPSD|42620215
.