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 9 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 A=nx,y∈R2: 3x−2y>1olà một tập mở
trong R2.
Câu 2 (2.0 điểm).Cho hàm số f:R2→Rxác định bởi:
fx,y=
x2y−xy2
px2+y2cos 1
xy !,xy =0
0,xy =0
Hàm số này có khả vi Fréchet tại (0,0)hay không? Giải thích.
Câu 3 (2.0 điểm).Tìm bán kính hội tụ và miền hội tụ của chuỗi: ∞
X
n=1
(x−4)n(n+1)!
3·6·9·. . . ·3n
Câu 4 (1.5 điểm).Cho z=ex2yvớix=√st,y=1/t. Tính ∂z
∂svà ∂z
∂ttại (s,t)=(ln 2025,2025).
Câu 5 (2.5 điểm).Cho hàm số fx,y=x2+3y2+x−y.
a) Tính ∇f1
2,1
2. Từ đó hãy suy ra theo hướng nào từ điểm 1
2,1
2thì hàm fgiảm
nhanh nhất.
b) Xét cực trị của hàm f.
c) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm ftrên miền hình thang sau:
D=nx,y∈R2: 0 ≤x≤1,0≤y≤1,x+2y≥1o
lOMoARcPSD|42620215
Người
ra
đề/MSCB:.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Người
duyệt
đề:
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Chữ
ký:
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
ĐÁP ÁN THAM KHẢO ĐỀ MINH HỌA 9
Câu 1: Ta cần chứng minh A=nx,y∈R2: 3x−2y>1olà tập mở, tức: Cho trước a=
x1,y1∈A, ta cần tìm ra>0sao cho B(a,ra)⊂A.
Hay: Tìm ra>0sao cho với x2,y2∈B(a,ra)thì x2,y2∈A.
Phân tích:
•x1,y1∈A⇔3x1−2y1>1.
•x2,y2∈B(a,ra)⇔q(x2−x1)2+y2−y12<ra⇒
−ra<x2−x1<ra
−ra<y2−y1<ra
•x2,y2∈A⇔3x2−2y2>1.
Ta có:
3x2−2y2=3x2−3x1−2y2+2y1+3x1−2y1
=3(x2−x1)−2y2−y1+3x1−2y1
>−3ra−2ra+3x1−2y1
=−5ra+3x1−2y1
Để 3x2−2y2>1thì −5ra+3x1−2y1>1⇔5ra<3x1−2y1−1⇔ra<3x1−2y1−1
5.
Chọn ra=3x1−2y1−1
2025 , ta được điều cần chứng minh.
Vậy Alà một tập mở trong R2.
Câu 2: Xét hàm số
fx,y=
x2y−xy2
px2+y2cos 1
xy !,xy =0
0,xy =0
Xét tính liên tục tại (0,0): Ta có
x2y−xy2
px2+y2cos 1
xy !≤xyx−y
px2+y2≤px2+y2x−y
2px2+y2≤
x−y
2, suy ra: −x−y
2≤x2y−xy2
px2+y2cos 1
xy !≤x−y
2. Mà lim
(x,y)→(0,0)x−y
2=0nên áp
dụng nguyên lý kẹp, ta có lim
(x,y)→(0,0)
x2y−xy2
px2+y2cos 1
xy !=0=f(0,0), vậy fliên tục tại
(0,0).
Xét tính khả vi Fréchet tại (0,0):
Tính ∇f(0,0):
∂f
∂x(0,0)=lim
h→0
f(h,0)−f(0,0)
h=lim
h→0
0−0
h=0
∂f
∂y(0,0)=lim
h→0
f(0,h)−f(0,0)
h=lim
h→0
0−0
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∥
=
z2
1z2−z1z2
2
qz2
1+z2
2
cos 1
z1z2−0−0z1−0z2
qz2
1+z2
2
=z2
1z2−z1z2
2
z2
1+z2
2
cos 1
z1z2
Ta có |ε(z)|=|z1z2||z1−z2|
z2
1+z2
2
cos 1
z1z2≤|z1z2||z1−z2|
2|z1z2|=|z1−z2|
2⇒ −|z1−z2|
2≤ε(z)≤
|z1−z2|
2. Mà lim
z→0|z1−z2|
2=0nên theo nguyên lý kẹp, ta suy ra: lim
z→0ε(z)=0.
Vậy fkhả vi Fréchet tại (0,0).
Câu 3: Ta có chuỗi ∞
X
n=1
(x−4)n(n+1)!
3·6·9·. . . ·3n=∞
X
n=1
cn(x−a)nlà chuỗi lũy thừa tâm a=4với
cn=(n+1)!
3·6·. . . ·3n=n+1
3n. Áp dụng tiêu chuẩn d’Alembert, ta có:
ρ=lim
n→∞
cn+1
cn
=lim
n→∞
n+2
3n+1·3n
n+1
=1
3lim
n→∞
n+2
n+1=1
3·1=1
3
Suy ra, chuỗi có bán kính hội tụ R=1/ρ=3.
•Với |x−4|<3⇔x∈(1,7), chuỗi ∞
X
n=1
(x−4)n(n+1)!
3·6·9·. . . ·3nhội tụ.
•Với |x−4|>3⇔
x<1
x>7, chuỗi ∞
X
n=1
(x−4)n(n+1)!
3·6·9·. . . ·3nphân kỳ.
•Với |x−4|=3, ta được hai chuỗi ∞
X
n=1
(n+1)(với x=7) và ∞
X
n=1
(−1)n(n+1)(với x=1),
cả hai chuỗi đều là chuỗi phân kỳ.
Kết luận: Chuỗi ∞
X
n=1
(x−4)n(n+1)!
3·6·9·. . . ·3ncó bán kính hội tụ R=3và miền hội tụ là khoảng
(1,7).
Câu 4:
z=ex2y,x=√st,y=1
t
lOMoARcPSD|42620215
.
Áp dụng quy tắc mắt xích, ta có:
∂z
∂s(s,t)=∂z
∂x
∂x
∂s+∂z
∂y
∂y
∂s=2xyex2y·√t
2√s+x2ex2y·0
=2√st1
test
tt
2√st
=es
⇒∂z
∂s(ln 2025,2025)=eln 2025 =2025
∂z
∂t(s,t)=∂z
∂x
∂x
∂t+∂z
∂y
∂y
∂t=2xyex2y·s
2√st −x2ex2y
t2
=2√st1
test
t·√s
2√t−x2ex2y
t2=sest
t
t−sest
t
t=0
⇒∂z
∂t(ln 2025,2025)=0
Kết luận: Với (s,t)=(ln 2025,2025)thì ∂z
∂s(ln 2025,2025)=2025 và ∂z
∂t(ln 2025,2025)=
0.
Câu 5:
fx,y=x2+3y2+x−y
a) Ta có: ∇fx,y=2x−1,6y−1⇒ ∇f1
2,1
2=(2,2)
Suy ra, từ điểm 1
2,1
2thì theo hướng ngược với hướng vector gradient ∇f1
2,1
2sẽ giảm
nhanh nhất với vector đơn vị chỉ hướng −→
u=−∇f1
2,1
2
∇f1
2,1
2
=− 2
2√2,2
2√2!= −1
√2,−1
√2!.
b) Điểm dừng của fthỏa: ∇fx,y=2x−1,6y−1=(0,0)⇔
x=1
2
y=1
6
Ma trận Hesse của hàm ftại điểm x,ylà: Hfx,y= 2 0
0 6!, khi đó Hf1
2,1
6= 2 0
0 6!.
Suy ra, với h=(h1,h2)∈R2\{(0,0)}ta có dạng toàn phương φ(h,h)=hHf1
2,1
6h⊤=
h1h2 2 0
0 6! h1
h2!=2h2
1+6h2
2>0,∀h=(0,0).
Vậy 1
2,1
6là cực tiểu địa phương của f.
c)
D=nx,y∈R2: 0 ≤x≤1,0≤y≤1,x+2y≥1o
Theo câu b), ta có điểm 1
2,1
6/∈Dvì 1
2+1
3=5
6<1.
lOMoARcPSD|42620215
.
x
y
0 1
1/2
1MN
P
Q
Xét trên ∂D=MN ∪NP ∪PQ ∪QM:
⋆Trên cạnh MN:fx,y=f(x,1)=x2+x+2với 0≤x≤1. Hàm f(x,1)đạt giá trị
nhỏ nhất tại (0,1)với x=0và f(0,1)=2; đạt giá trị lớn nhất tại (1,1)với x=1và
f(1,1)=4.
⋆Trên cạnh NP:fx,y=f1,y=3y2−y+2=0với 0≤y≤1. Hàm f1,yđạt giá trị
nhỏ nhất tại 1,1
6với y=1
6và f1,1
6=23
12; đạt giá trị lớn nhất tại (1,1)với y=1và
f(1,1)=4.
⋆Trên cạnh PQ:fx,y=f1−2y,y=1−2y2+3y2+1−2y−y=7y2−7y+2với
0≤y≤1
2. Hàm f1−2y,yđạt giá trị nhỏ nhất tại 0,1
2với y=1
2và f0,1
2=1
4; đạt
giá trị lớn nhất tại (1,0)với y=0và f(1,0)=2.
⋆Trên cạnh QM:fx,y=f0,y=3y2−yvới 1
2≤y≤1. Hàm f0,yđạt giá trị nhỏ nhất
tại 0,1
2với y=1
2và f0,1
2=1
4; đạt giá trị lớn nhất tại (0,1)với y=1và f(0,1)=2.
Kết luận: Trên miền D, hàm fđạt giá trị nhỏ nhất tại 0,1
2với f0,1
2=1
4; đạt giá trị lớn
nhất tại (1,1)với f(1,1)=4.
lOMoARcPSD|42620215
.