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 6 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 (2,0 điểm). Tìm bán kính hội tụ và miền hội tụ của chuỗi:
∞
X
n=1
n2(n+1)!(x−2023)n
3·5·7·. . . ·(2n+1)
Câu 2 (1,5 điểm). Chứng minh tập A=nx,y∈R2:−3<x<3,0<y<9−x2o
là một tập mở trong R2.
Câu 3 (2,5 điểm). Cho hàm số f:R2→Rđược xác định như sau:
fx,y=
sin xy
px2+y2,x,y=(0,0)
0,x,y=(0,0)
a) Hàm số fcó liên tục tại (0,0)hay không? Giải thích.
b) Hàm số fcó khả vi Fréchet tại (0,0)hay không? Giải thích.
c) Với −→
ulà vector đơn vị, đạo hàm theo hướng D−→
uf(a)có tồn tại với mọi
vector a∈R2hay không?
Câu 4 (2,0 điểm). Cho hàm hai biến fx,y=x3+y4−27x−32y.
a) Khảo sát cực trị của hàm f.
b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm fthỏa mãn x2+y2≤16.
Câu 5 (2,0 điểm).
a) Cho hàm z=ln 2x+3yvới x(s,t)=s
2−tvà y(s,t)=t
s+2. Tính các đạo
hàm riêng ∂z
∂s(−1,1)và ∂z
∂t(−1,1).
b) Tìm mặt phẳng tiếp xúc với mặt phẳng z=extan ytại điểm 0, π/3,√3.
Người ra đề/MSCB:....................................... Người duyệt đề: ..............................
lOMoARcPSD|42620215
Chữ
ký:
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
ĐÁP ÁN THAM KHẢO ĐỀ MINH HỌA 6
Câu 1: Ta có chuỗi ∞
X
n=1
n2(n+1)!(x−2023)n
3·5·7·. . . ·(2n+1)=∞
X
n=1
cn(x−a)nlà một chuỗi lũy
thừa tâm a=2023 với cn=n2(n+1)!
3·5·7·. . . ·(2n+1).
Áp dụng tiêu chuẩn d’Alembert, ta có:
ρ=lim
n→∞
cn+1
cn
=lim
n→∞
(n+1)2(n+2)!
3·5·7·. . . ·(2n+1)·(2n+3)·3·5·7·. . . ·(2n+1)
n2(n+1)!
=lim
n→∞
(n+1)2(n+2)
n2(2n+3)=lim
n→∞
n3+4n2+5n+2
2n3+3n2=1
2
Bán kính hội tụ của chuỗi là R=1/ρ=2.
Xét miền hội tụ của chuỗi:
•Với |x−2023|<2⇔x∈(2021,2025), chuỗi ∞
X
n=1
n2(n+1)!(x−2023)n
3·5·7·. . . ·(2n+1)hội tụ.
•Với |x−2023|>2⇔
x<2021
x>2025, chuỗi ∞
X
n=1
n2(n+1)!(x−2023)n
3·5·7·. . . ·(2n+1)phân kỳ.
[...]
Câu 2:
x
y
y=9−x2
−3 3
9
O
a=x0,y0
lOMoARcPSD|42620215
.
Cho trước a=x0,y0∈A, ta cần tìm ra>0sao cho B(a,ra)⊂A.
Ta có ∂A=L1∪L2, trong đó:
⋆L1={(x,0):|x|≤3}, khi đó để B(a,ra)⊂Athì ta chọn 0<ra<min y0,3−|x0|
với 3−|x0|là khoảng cách từ ađến biên |x|=3.
⋆L2=nx,9−x2:|x|≤3o, khi đó để B(a,ra)⊂Athì ta chọn 0<ra<9−x2
0−y0.
Để đảm bảo B(a,ra)⊂Athì ta chọn ra>0thỏa ra<min ny0,3−|x0|,9−x2
0−y0o.
Chọn ra=1
2025 min ny0,3−|x0|,9−x2
0−y0o, ta được điều cần chứng minh.
Vậy Alà một tập mở trong R2.
Câu 3:
fx,y=
sin xy
px2+y2,x,y=(0,0)
0,x,y=(0,0)
a) Xét tính liên tục của ftại x,y=(0,0):
Ta có:
0≤fx,y=
sin xy
px2+y2≤xy
px2+y2≤x2+y2
2px2+y2=px2+y2
2
Mà
lim
(x,y)→(0,0)0=0
lim
(x,y)→(0,0)px2+y2
2=0
, theo nguyên lý kẹp, ta suy ra lim
(x,y)→(0,0)fx,y=
0. Hay lim
(x,y)→(0,0)fx,y=0=f(0,0).
Vậy fliên tục tại (0,0).
b) Xét tính khả vi Fréchet của ftại x,y=(0,0):
Tính ∇f(0,0):
∂f
∂x(0,0)=lim
h→0
f(h,0)−f(0,0)
h=lim
h→0
sin (h·0)
√h2+02−0
h=lim
h→0
0
√h2
h=0
∂f
∂y(0,0)=lim
h→0
f(0,h)−f(0,0)
h=lim
h→0
sin (0·h)
√02+h2−0
h=lim
h→0
0
√h2
h=0
Vậy ∇f(0,0)=(0,0).
lOMoARcPSD|42620215
.
Với z=(z1,z2)∈R2, ta có:
ε(z)=f(z1,z2)−f(0,0)−∇f(0,0),z
∥z∥
=
sin (z1z2)
qz2
1+z2
2
−0−0z1−0z2
qz2
1+z2
2
=sin (z1z2)
z2
1+z2
2
Xét giới hạn lim
z→0ε(z):
Cho (z1,z2)→(0,0)theo đường đi z1=z2, khi đó:
ε(z)=sin z2
1
2z2
1⇒lim
z→0ε(z)=1
2lim
z1→0
sin z2
1
z2
1
=1
2=0
Vì tồn tại một đường đi sao cho khi z→0thì ε(z)↛0, nên fkhông khả vi
Fréchet tại điểm (0,0).
c) Cho −→
u=(u1,u2)∈R2thỏa u2
1+u2
2=1.
Với x,y=(0,0),fx,y=sin xy
px2+y2là thương của hai hàm khả vi Fréchet với
x2+y2>0. Khi đó fkhả vi Fréchet với mọi x,y=(0,0), đồng nghĩa rằng đạo
hàm theo hướng D−→
uf(a)=D∇f(a),−→
uEtồn tại với mọi a∈R2\{(0,0)}.
Với x,y=(0,0), ta xét đạo hàm theo hướng −→
utheo giới hạn sau:
D−→
uf(0,0)=lim
h→0
f(u1h,u2h)−f(0,0)
h
=lim
h→0
sin h2u1u2
qh2u2
1+u2
2
h=lim
h→0
sin h2u1u2
h2vì u2
1+u2
2=1
=u1u2lim
h→0
sin h2u1u2
h2u1u2
Đặt k=h2u1u2, khi h→0thì k=h2u1u2→0. Do đó:
D−→
uf(0,0)=u1u2lim
k→0
sin (k)
k=u1u2
lOMoARcPSD|42620215
Kết
luận:
Với
→−
u
=
(u1,
u2)
∈
R2
là
vector
đơn
vị,
đạo
hàm
theo
hướng
D→−
u
f
(a)
tồn
tại
với
mọi
a
∈
R2
và
D→−
u
f
(0,
0)
=
u1u2.
.
Câu 4:
fx,y=x3+y4−27x−32y
a) Xét điểm dừng của fthông qua hệ phương trình sau:
∂f
∂xx,y=0
∂f
∂yx,y=0⇔
3x2−27 =0
4y3−32 =0
⇔
x=±3
y=2
Ma trận Hesse của hàm ftại điểm x,ylà:
Hfx,y=
∂2f
∂x2
∂2f
∂x∂y
∂2f
∂y∂x
∂2f
∂y2
= 6x0
0 12y2!
Khi đó, với h=(h1,h2)∈R2\{(0,0)}ta có dạng toàn phương:
φ(h,h)=hHfx,yh⊤=h1h2 6x0
0 12y2! h1
h2!=6xh2
1+12y2h2
2
Tại x,y=(3,2), ta có φ(h,h)=hHf(3,2)h⊤=18h2
1+48h2
2>0,∀h=0. Khi đó
(3,2)là cực tiểu địa phương của f.
Tại x,y=(−3,2), ta có φ(h,h)=hHf(−3,2)h⊤=−18h2
1+48h2
2. Chọn hai
vector h=(1,0),k=(0,1)∈R2\{(0,0)}, ta được
φ(h,h)=−18 <0
φ(k,k)=48 >0. Khi đó
(−3,2)là điểm yên ngựa của f.
Kết luận: Điểm (3,2)là cực tiểu địa phương, điểm (−3,2)là điểm yên ngựa của
hàm f.
b) Xét cực trị của fqua điểm dừng:
Từ câu a)ta có: Vì (3,2)thỏa điều kiện x2+y2≤16 nên ta nhận điểm này và
f(3,2)=−102 là giá trị cực tiểu địa phương.
Xét cực trị của fqua biên của hình tròn x2+y2≤16:
Biên của đề bài là tập hợp các điểm x,ythỏa x2+y2=16.
lOMoARcPSD|42620215
.