TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN, ĐHQG-HCM
ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN
Học kỳ 2 – Năm học 2024-2025
MÃ LƯU TRỮ
(do phòng KT-ĐBCL ghi)
Tên học phần: Vi tích phân 2A – Đề minh họa 10 Mã HP: MTH00013
Thời gian làm bài: 90 phút Ngày thi: 23/06/2025
Ghi chú: Sinh viên [ được phép / không được phép] sử dụng tài liệu khi làm bài.
Họ tên sinh viên: ........................................................... MSSV: ........................... STT: ........
Câu 1:
a) Khảo sát sự hội tụ của chuỗi sau đây:
󰀚ln n
n7 + n5 + n3 + n
∞
n = 2
b) Tìm bán kính hội tụ và miền hội tụ của chuỗi sau đây:
󰀚(–1)n + 12 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ … ⋅ 2n
n! ⋅ (2n + 9)
∞
n = 1x – 4049
2n
Câu 2: Cho hàm số hai biến f : ℝ→ℝ xác định bởi:
𝑓(x, y)=
⎩
⎨
⎧
ln1 + x2 + y4
x2 + y4,(x, y) ≠ (0, 0)
1, (x, y) = (0, 0)
a) Xét tính liên tục trên ℝ của hàm số trên.
b) Xét tính khả vi Fréchet trên ℝ của hàm số trên.
Câu 3:
a) Tìm mặt phẳng tiếp xúc của hàm số 𝑧 = ex2 – 2y22x2 + 3y2 tại điểm 2,1,7.
b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 𝑓(x, y) = x3y2(1 – x
– y) thỏa mãn:
x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 1
Câu 4: Cho tập D = (x, y) ∈ ℝ : –1 < x < 2, –2 < y < 0, x + y > –1. Chứng minh rằng D
là một tập mở trong ℝ.
Câu 5:
a) Cho hàm số 𝑓(x, y)=lne + x2 – y2
x2 + xy
+ y2. Tìm xấp xỉ tuyến tính tại điểm (–2, 2), từ đó suy ra giá
trị xấp xỉ của 𝑓(–2.05, 2.05).
b) Cho hàm 𝑧=𝑓(𝑥,𝑦) thỏa x3y + y3z + z3x
= 11. Tìm ∂z
∂x(1, 2) và ∂z
∂y(1, 2).
lOMoARcPSD|42620215
.
ĐÁP ÁN THAM KHẢO ĐỀ MINH HỌA 10
Câu 1:
a) Ta có: ln 𝑛
𝑛7+𝑛5+𝑛3+𝑛≤𝑛
𝑛7=1
𝑛6. Mà ∞
∑︁
𝑛=2
1
𝑛6là chuỗi hội tụ vì là chuỗi hình học ∞
∑︁
𝑛=2
1
𝑛𝑝
với 𝑝=6>1. Do đó chuỗi ∞
∑︁
𝑛=2
ln 𝑛
𝑛7+𝑛5+𝑛3+𝑛là chuỗi hội tụ.
b) Ta có chuỗi ∞
∑︁
𝑛=1
(−1)𝑛+1·2·4·6·. . . ·2𝑛
𝑛!·(2𝑛+9)𝑥−4049
2𝑛
=∞
∑︁
𝑛=1
𝑐𝑛(𝑥−𝑎)𝑛là chuỗi lũy
thừa tâm 𝑎với 𝑐𝑛=(−1)𝑛+1·2·4·6·. . . ·2𝑛
𝑛!·(2𝑛+9)=(−1)𝑛+12𝑛
2𝑛+9.
Áp dụng tiêu chuẩn Cauchy, ta có:
𝜌=lim
𝑛→∞
𝑛
√︁|𝑐𝑛|=lim
𝑛→∞
2
𝑛
√2𝑛+9
=2 lim
𝑛→∞ (2𝑛+9)1/𝑛
=2 lim
𝑛→∞ 𝑒ln(2𝑛+9)
𝑛
=2 lim
𝑛→∞ 𝑒2
2𝑛+9=2·𝑒0=2
Suy ra chuỗi có bán kính hội tụ là 𝑅=1/𝜌=1/2.
Với 𝑥−4049
2<1
2⇔𝑥∈(2024,2025), chuỗi ∞
∑︁
𝑛=1
(−1)𝑛+1·2·4·6·. . . ·2𝑛
𝑛!·(2𝑛+9)𝑥−4049
2𝑛
hội tụ.
Với 𝑥−4049
2>1
2⇔"𝑥 < 2024
𝑥 > 2025, chuỗi ∞
∑︁
𝑛=1
(−1)𝑛+1·2·4·6·. . . ·2𝑛
𝑛!·(2𝑛+9)𝑥−4049
2𝑛
phân
kỳ.
Xét 𝑥−4049
2=1
2:
•Với 𝑥=2024, chuỗi trở thành: ∞
∑︁
𝑛=1
(−1)𝑛+12𝑛
2𝑛+9·−1
2𝑛
=∞
∑︁
𝑛=1
(−1)2𝑛+1
2𝑛+9=∞
∑︁
𝑛=1
−1
2𝑛+9là
một chuỗi phân kỳ.
•Với 𝑥=2025, chuỗi trở thành: ∞
∑︁
𝑛=1
(−1)𝑛+12𝑛
2𝑛+9·1
2𝑛
=∞
∑︁
𝑛=1
(−1)𝑛+1
2𝑛+9là chuỗi đan dấu Leib-
niz vì
lim
𝑛→∞
1
2𝑛+9=0
𝑎𝑛+1=1
2𝑛+11 <1
2𝑛+9=𝑎𝑛
. Vậy ∞
∑︁
𝑛=1
(−1)𝑛+1·2·4·6·. . . ·2𝑛
𝑛!·(2𝑛+9)𝑥−4049
2𝑛
hội tụ.
Kết luận: Chuỗi ∞
∑︁
𝑛=1
(−1)𝑛+1·2·4·6·. . . ·2𝑛
𝑛!·(2𝑛+9)𝑥−4049
2𝑛
có bán kính hội tụ 𝑅=1/2
và miền hội tụ là nửa khoảng (2024,2025].
lOMoARcPSD|42620215
.
Câu 2: Xét hàm 𝑓(𝑥, 𝑦)=
ln 1+𝑥2+𝑦4
𝑥2+𝑦4,(𝑥, 𝑦)≠(0,0)
1,(𝑥, 𝑦)=(0,0)
a) Với (𝑥, 𝑦)≠(0,0), ta có 𝑓(𝑥, 𝑦)=
ln 1+𝑃2
1+𝑃4
2
𝑃2
1+𝑃4
2
là hàm sơ cấp liên tục với mọi điểm
(𝑥, 𝑦)≠(0,0)(vì 1+𝑥2+𝑦4≥1,∀(𝑥, 𝑦)≠(0,0)).
Xét tính liên tục tại (0,0)qua giới hạn: lim
(𝑥,𝑦)→(0,0)
ln 1+𝑥2+𝑦4
𝑥2+𝑦4
Đặt 𝑧=𝑥2+𝑦4, khi đó (𝑥, 𝑦)→(0,0)thì 𝑧→0.
Do đó lim
(𝑥,𝑦)→(0,0)
ln 1+𝑥2+𝑦4
𝑥2+𝑦4=lim
𝑧→0
ln (1+𝑧)
𝑧=lim
𝑧→0
1
1+𝑧=1=𝑓(0,0).
Suy ra 𝑓liên tục tại (0,0).
Kết luận: 𝑓liên tục trên R2.
b) Với (𝑥, 𝑦)≠(0,0), ta có 𝑓(𝑥, 𝑦)=
ln 1+𝑃2
1+𝑃4
2
𝑃2
1+𝑃4
2
là hàm sơ cấp khả vi tại mọi điểm
(𝑥, 𝑦)≠(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
ln 1+ℎ2
ℎ2−1
ℎ
=lim
ℎ→0
ln 1+ℎ2−ℎ2
ℎ3
=lim
ℎ→0
2ℎ
1+ℎ2−2ℎ
3ℎ2
=lim
ℎ→0−2ℎ3
3ℎ21+ℎ2=lim
ℎ→0−2ℎ
31+ℎ2=(−2)·0
3·1=0
𝜕 𝑓
𝜕𝑦 (0,0)=lim
ℎ→0
𝑓(0, ℎ)−𝑓(0,0)
ℎ=lim
ℎ→0
ln 1+ℎ4
ℎ4−1
ℎ
=lim
ℎ→0
ln 1+ℎ4−ℎ4
ℎ5
=lim
ℎ→0
4ℎ3
1+ℎ4−4ℎ3
5ℎ4
=lim
ℎ→0−4ℎ5
5ℎ41+ℎ4=lim
ℎ→0−4ℎ
51+ℎ2=(−4)·0
5·1=0
Vậy ∇𝑓(0,0)=(0,0).
Xét tính khả vi Fréchet tại (0,0):
lOMoARcPSD|42620215
.
Với 𝑧=(𝑧1, 𝑧2)∈R2, ta có:
𝜀(𝑧)=𝑓(𝑧1, 𝑧2)−𝑓(0,0)−⟨∇𝑓(0,0), 𝑧⟩
∥𝑧∥
=
ln 1+𝑧2
1+𝑧4
2
𝑧2
1+𝑧4
2−1−0𝑧1−0𝑧2
√︃𝑧2
1+𝑧2
2
=
ln 1+𝑧2
1+𝑧4
2−𝑧2
1+𝑧4
2
𝑧2
1+𝑧4
2√︃𝑧2
1+𝑧2
2
Xét giới hạn: lim
𝑧→0𝜀(𝑧)
Đặt
𝑡1=𝑧2
1+𝑧4
2
𝑡2=√︃𝑧2
1+𝑧2
2
, khi đó (𝑧1, 𝑧2)→0thì (𝑡1, 𝑡2)→0.
Khi đó lim
𝑧→0
ln 1+𝑧2
1+𝑧4
2−𝑧2
1+𝑧4
2
𝑧2
1+𝑧4
2√︃𝑧2
1+𝑧2
2
=lim
(𝑡1,𝑡2)→(0,0)
ln (1+𝑡1)−𝑡1
𝑡1𝑡2
.
Ta có:
−𝑡2
1
2𝑡1𝑡2≤ln (1+𝑡1)−𝑡1
𝑡1𝑡2≤ − 𝑡2
1
2𝑡1𝑡2(1+𝑡1)
⇔ − 𝑡1
2𝑡2≤ln (1+𝑡1)−𝑡1
𝑡1𝑡2≤ − 𝑡1
2𝑡2(1+𝑡1)
Xét lim
(𝑡1,𝑡2)→(0,0)
𝑡1
𝑡2
=lim
𝑧→0
𝑧2
1+𝑧4
2
√︃𝑧2
1+𝑧2
2
=lim
𝑟→0+
𝑟2cos2𝜃+𝑟2sin4𝜃
𝑟=0.
Áp dụng nguyên lý kẹp, ta suy ra: lim
𝑧→0𝜀(𝑧)=lim
(𝑡1,𝑡2)→(0,0)
ln (1+𝑡1)−𝑡1
𝑡1𝑡2
=0.
Vậy 𝑓khả vi Fréchet tại (0,0).
Kết luận: Hàm 𝑓khả vi Fréchet trên R2.
Câu 3:
a)
𝑧(𝑥, 𝑦)=𝑒𝑥2−2𝑦22𝑥2+3𝑦2⇒𝑧√2,1=7
Vậy điểm √2,1,7thuộc mặt đã cho.
Tính các đạo hàm riêng:
𝜕𝑧
𝜕𝑥 (𝑥, 𝑦)=2𝑥𝑒𝑥2−2𝑦22𝑥2+3𝑦2+4𝑥𝑒𝑥2−2𝑦2⇒𝜕𝑧
𝜕𝑥 √2,1=18√2
𝜕𝑧
𝜕𝑦 (𝑥, 𝑦)=−4𝑦𝑒𝑥2−2𝑦22𝑥2+3𝑦2+6𝑦𝑒𝑥2−2𝑦2⇒𝜕𝑧
𝜕𝑦 √2,1=−22
lOMoARcPSD|42620215
.
Mặt phẳng tiếp xúc với mặt 𝑧=𝑒𝑥2−2𝑦22𝑥2+3𝑦2tại điểm √2,1,7có phương trình là:
𝑧=7+𝜕𝑧
𝜕𝑥 √2,1𝑥−√2+𝜕𝑧
𝜕𝑦 √2,1(𝑦−1)=18√2𝑥−22𝑦−7.
Kết luận: Mặt phẳng tiếp xúc với mặt 𝑧=𝑒𝑥2−2𝑦22𝑥2+3𝑦2tại điểm √2,1,7có phương
trình là:
𝑧=18√2𝑥−22𝑦−7
b) Đặt miền 𝐴=(𝑥, 𝑦)∈R2:𝑥≥0, 𝑦 ≥0, 𝑥 +𝑦≤1
𝑥
𝑦
𝑂
𝑃
𝑄
𝑓(𝑥, 𝑦)=𝑥3𝑦2(1−𝑥−𝑦)
Ta có 𝐴là tập đóng và bị chặn, suy ra 𝐴là tập compact.
𝑓liên tục trên R2, khi đó 𝑓liên tục trên 𝐴⊂R2. Vậy 𝑓tồn tại giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất trên 𝐴.
Tìm điểm dừng của 𝑓thông qua hệ phương trình:
𝜕 𝑓
𝜕𝑥 (𝑥, 𝑦)=0
𝜕 𝑓
𝜕𝑦 (𝑥, 𝑦)=0⇔(3𝑥2𝑦2(1−𝑥−𝑦)−𝑥3𝑦2=0
2𝑥3𝑦(1−𝑥−𝑦)−𝑥3𝑦2=0
⇔(𝑥2𝑦2(3−4𝑥−3𝑦)=0
𝑥3𝑦(2−2𝑥−3𝑦)=0
⇔
𝑥=0
𝑦=0
(3−4𝑥−3𝑦=0
2−2𝑥−3𝑦=0
Các điểm thỏa "𝑥=0
𝑦=0thuộc biên của 𝐴(𝜕 𝐴).
lOMoARcPSD|42620215
.