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 7 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). Chứng minh rằng tập sau đây là tập mở:
S=n(x, y)∈R2:|x|<2,|y|<2− |x|o
Câu 2 (2,0 điểm). Tìm bán kính hội tụ và miền hội tụ của chuỗi sau đây:
∞
X
n=1
2n+1 (n+ 1)
(3n+ 1)252n+3 x−7
2!n
Câu 3 (2,5 điểm). Cho hàm số f(x, y) = 1 + ln 1−x3+y3.
a) Khai triển Taylor đến cấp hai của hàm fquanh điểm (1,1).
b) Dùng khai triển trên để tính xấp xỉ giá trị của 1 + ln 1−1.013+ 0.993.
c) Tìm mặt phẳng tiếp xúc với đồ thị ftại điểm (1,1)?
Câu 4 (2,0 điểm) Cho hàm số hai biến f:R2→Rxác định bởi f(x, y) =
x4+x2y+ 3xy.
a) Tìm và phân loại các điểm dừng của hàm f.
b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm ftrên miền
D=n(x, y)∈R2:|x| ≤ 3,0≤y≤9−x2o
Câu 5 (1,5 điểm) Cho hàm số hai biến f:R2→Rxác định bởi:
f(x, y) =
sin x2y2
x2y2, xy = 0
1xy, = 0
Hàm fcó khả vi Fréchet tại (0,0) hay không? Giải thích.
lOMoARcPSD|42620215
Người
ra
đề/MSCB:.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Người
duyệt
đề:
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Chữ
ký:
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
ĐÁP ÁN THAM KHẢO ĐỀ MINH HỌA 7
Câu 1:
−2 2
2
−2
O
a= (x0, y0)
S
x
y
Ta cần chứng minh Slà tập mở, tức: Cho a= (x0, y0)∈S, ta cần tìm ra>0sao
cho B(a, ra)⊂S.
Ta có: ∂S =n(x, y)∈R2:|y|= 2 − |x|olà hợp của 4đường thẳng:
L1:−x−y+ 2 = 0
L2:x−y+ 2 = 0
L3:−x+y+ 2 = 0
L4:x+y+ 2 = 0
Khi đó, để B(a, ra)⊂Sthì ta chọn ra>0thỏa
ra<min {d(a, L1), d (a, L2), d (a, L3), d (a, L4)}
=1
√2min {−x0−y0+ 2, x0−y0+ 2,−x0+y0+ 2, x0+y0+ 2}
=2− |x0|−|y0|
√2
Chọn ra=2− |x0|−|y0|
2025√2>0, ta được điều cần chứng minh.
Câu 2: Ta có chuỗi
∞
X
n=1
2n+1 (n+ 1)
(3n+ 1)252n+3 x−7
2!n
=
∞
X
n=1
cn(x−a)nlà chuỗi lũy
thừa tâm a= 7/2với cn=2n+1 (n+ 1)
(3n+ 1)252n+3 >0,∀n∈N.
lOMoARcPSD|42620215
.
Áp dụng tiêu chuẩn d’Alembert, ta có:
ρ= lim
n→∞
cn+1
cn
= lim
n→∞
2n+2 (n+ 2)
(3n+ 4)252n+5 ·(3n+ 1)252n+3
2n+1 (n+ 1)
= lim
n→∞
2
25 · n+ 2
n+ 1!· 3n+ 1
3n+ 4!2
=2
25 ·1·1 = 2
25
Khi đó, bán kính hội tụ của chuỗi là R= 1/ρ = 25/2.
Với |x−7/2|<25/2⇔x∈(−9,16), chuỗi
∞
X
n=1
2n+1 (n+ 1)
(3n+ 1)252n+3 x−7
2!n
hội tụ.
Với |x−7/2|>25/2⇔
x < −9
x > 16 , chuỗi
∞
X
n=1
2n+1 (n+ 1)
(3n+ 1)252n+3 x−7
2!n
phân kỳ.
Xét |x−7/2|= 25/2:
•Với x=−9, chuỗi trở thành:
∞
X
n=1
2n+1 (n+ 1)
(3n+ 1)252n+3 −25
2!n
=
∞
X
n=1
(−1)n·2 (n+ 1)
(3n+ 1)2·53=2
125
∞
X
n=1
(−1)n(n+ 1)
(3n+ 1)2
với
∞
X
n=1
(−1)n(n+ 1)
(3n+ 1)2là chuỗi đan dấu Leibniz vì
lim
n→∞
(n+ 1)
(3n+ 1)2= 0 và an+1 −an=−9n2−27n−14
(3n+ 1)2(3n+ 4)2<0với mọi n∈N.
(giải −9n2−27n−14 <0ta được n > −2/3hoặc n < −7/3).
Suy ra 2
125
∞
X
n=1
(−1)n(n+ 1)
(3n+ 1)2là chuỗi hội tụ.
•Với x= 16, chuỗi trở thành:
∞
X
n=1
2n+1 (n+ 1)
(3n+ 1)252n+3 25
2!n
=
∞
X
n=1
2 (n+ 1)
(3n+ 1)2·53=2
125
∞
X
n=1
(n+ 1)
(3n+ 1)2
với chuỗi
∞
X
n=1
(n+ 1)
(3n+ 1)2là chuỗi phân kỳ vì có chung tính chất với chuỗi
∞
X
n=1
1
n
(chứng minh bằng tiêu chuẩn so sánh bằng giới hạn).
Kết luận: Chuỗi
∞
X
n=1
2n+1 (n+ 1)
(3n+ 1)252n+3 x−7
2!n
có bán kính hội tụ R= 25/2và
miền hội tụ là nửa khoảng [−9,16).
Câu 3:
f(x, y) = 1 + ln 1−x3+y3
a) Ta có: f(1,1) = 1 + ln 1−13+ 13= 1.
Đạo hàm riêng cấp một:
∂f
∂x (x, y) = −3x2
1−x3+y3⇒∂f
∂y (1,1) = −3
1−13+ 13=−3
lOMoARcPSD|42620215
.
∂f
∂y (x, y) = 3y2
1−x3+y3⇒∂f
∂y (1,1) = 3
1−13+ 13= 3
Đạo hàm riêng cấp hai:
∂2f
∂x2(x, y) = −6x1−x3+y3−9x4
(1 −x3+y3)2⇒∂2f
∂x2(1,1) = −15
∂2f
∂x∂y (x, y) = 9x2y2
(1 −x3+y3)2⇒∂2f
∂x∂y (1,1) = 9
∂2f
∂y∂x (x, y) = 9x2y2
(1 −x3+y3)2⇒∂2f
∂x∂y (1,1) = 9
∂2f
∂y2(x, y) = 6y1−x3+y3−9y4
(1 −x3+y3)2⇒∂2f
∂y2(1,1) = −3
Khai triển Taylor đến cấp hai của hàm fquanh điểm (1,1) là:
f(1 + h1,1 + h2)≈T2(h1, h2)
=f(1,1) + ⟨∇f(1,1) ,(h1, h2)⟩+1
2h1h2Hf(1,1) h1
h2!
= 1 −3h1+ 3h2+h1h2 −15/2 9/2
9/2−3/2! h1
h2!
= 1 −3h1+ 3h2−15
2h2
1+ 9h1h2−3
2h2
2
b)
1 + ln 1−1.013+ 0.993=f(1.01,0.99)
≈T2(1.01 −1,0.99 −1)
=T2(0.01,−0.01)
= 1 −3·0.01 −3·0.01 −15
2·0.012−9·0.012−3
2(−0.01)2
= 1 −6·0.01 −18 ·0.012
= 0.9382
Vậy 1 + ln 1−1.013+ 0.993≈0.9382.
c) Mặt phẳng tiếp xúc với mặt z=f(x, y) = 1 + ln 1−x3+y3tại điểm (1,1,1)
có phương trình:
z= 1 + ∂f
∂x (1,1) (x−1) + ∂f
∂y (1,1) (y−1)
=−3x+ 3y+ 1
Câu 4:
a) Tìm điểm dừng của fthông qua hệ phương trình:
∂f
∂x (x, y)=0
∂f
∂y (x, y)=0 ⇔
4x3+ 2xy + 3y= 0 (1)
x2+ 3x(2)= 0
lOMoARcPSD|42620215
.
Từ phương trình (2), ta có: x2+ 3x= 0 ⇔
x= 0
x=−3
Với x= 0, phương trình (1) trở thành: 3y= 0 ⇔y= 0, ta được điểm dừng (0,0).
Với x=−3, phương trình (1) trở thành: −3y= 108 ⇔y=−36, ta được điểm
dừng (−3,−36).
Ma trận Hesse của hàm ftại điểm (x, y)là:
Hf(x, y) =
∂2f
∂x2
∂2f
∂x∂y
∂2f
∂y∂x
∂2f
∂y2
= 12x2+ 2y2x+ 3
2x+ 3 0 !
Với h= (h1, h2)∈R2\{(0,0)}, ta có
φ(h, h) = hHf(x, y)h⊤=h1h2 12x2+ 2y2x+ 3
2x+ 3 0 ! h1
h2!
Xét điểm dừng (x, y) = (0,0), ta có: φ(h, h) = h1h2 0 3
3 0! h1
h2!= 6h1h2, chọn
hai vector h= (1,1) , k = (1,−1) ∈R2\{(0,0)}ta được
φ(h, h)=6>0
φ(k, k) = −6<0. Vậy
(0,0) là điểm yên ngựa của f.
Xét điểm dừng (x, y) = (−3,−36), ta có: φ(h, h) = h1h2 36 −3
−3 0 ! h1
h2!=
36h2
1−6h1h2, chọn hai vector h= (1,0) , k = (0,1) ∈R2\{(0,0)}ta được
φ(h, h) = 36 >0
φ(k, k) = −6<0. Vậy (−3,−36) là điểm yên ngựa của f.
Kết luận: Cả hai điểm dừng (0,0) và (−3,−36) đều là điểm yên ngựa của f.
b) Theo câu a),fkhông đạt cực trị địa phương.
Xét cực trị của ftrên ∂D:
lOMoARcPSD|42620215
.