Giải tích 2 – Đề số 14
Câu 1: Vẽ khối
giới hạn bởi 2 2
4 , 1 , 0, 2
y x y x z z x
.
Các em tự vẽ.
Câu 2: Một cái hộp (hình hộp chữ nhật, không có nắp phía trên) được làm từ
2
12
m
bìa
carton. Tìm thể tích lớn nhất của cái hộp này
Bài giải
Gọi x là chiều rộng, y là chiều dài, z là chiều cao (m).
Ta có: 2xz+2yz+xy=12 V=xyz
, , 0
x y z
Ta cần tìm MaxV:
Cách 1: Xét hàm
'
'
'
, , 2 2
2 0
2 1/ 2
2 0
2 2
2 2 0 1
2 2 12
2 2 12
x
y
x
L x y z xyz xz yz xy
L yz z y x z
L xz z x y z x y
L xy x y z
xz yz xy
xz yz xy
Hàm có 1 Điểm dừng P(2,2,1). Tính các đạo hàm riêng cấp 2 tại P ta có:
22 2
d L P dxdy dxdz dydz
Lấy vi phân 2 vế của 2xz+2yz+xy=12 tại P suy ra: dx+dy+2dz=0
2 2 2
d L P dx dy dxdy
xác định âm
Vậy P là điểm cực đại
Và vì V liên tục trong góc phần tám thứ nhất và có duy nhất 1 điểm cực đại (P)
nên đạt giá trị lớn nhất tại P: MaxV=V(P)=4
Cách 2: Thế
12
2
xy
z
x y
vào biểu thức của V:
12 , ,
2
xy xy
V x y R
x y
2
12 12
2 2
xy
V xy xy
x y
Áp dụng côsi cho 2 số (x,y) và 3 sô (2xy,(12-xy), (12-xy)) ta được:
3
2
1 1 2 2(12 )
2 12 4
3
2 2 2 2 2
xy xy xy xy
V xy xy
x y xy
Dấu “=” xảy ra khi
2 1
2 12
x y
x y z
xy xy
Vậy Max V =4 đạt tại (2,2,1)
Nhận xét: Không nghi ngờ gì nữa cách 2 hay hơn và gọn hơn cách 1. Nhưng các
em nên nhớ đang học GT2 về cực trị và max-min. Yêu cầu phải biết vận dụng kiến
thức đã học vào những bài toán thực tế. Bài này điển hình cho bài tìm max-min
cho hàm 3 biến và miền không bị chặn rất hay.
Câu 3: Tính tổng
1
1
( 1)( 2)
n
Sn n n
Bài giải
1 1 1 2 1
( 1)( 2) 2 1 2
n n n n n n
Vậy
1
1 1 1 1 1
( )
( 1)( 2) 2 1 2 4
n
Sn n n
Câu 4:Tìm chuỗi Maclaurint của
4
0
( ) 1
x
dt
f x
t
và tìm miền hội tụ của chuỗi này
Bài giải
Ta có :
1
4 4 1
2
40
14 1 4 4
1 1
0 0
1 1 1 1
( )( 1)( 2).....( )
12 2 2 2
1 1 ( )
( 1)!
1
( 1) (2 1)!! (2 1)!!
1 ( ) 1
2 ( 1)! 2 ( 1)!
n
n
nn n
n n
n n
n
t t
n
t
n n
t t
n n
Vậy:
4 5 4 5
1 1
40 0
00
4
5
1
0
1
(2 1)!! (2 1)!!
( ) [ ]
2 ( 1)! 4 5 2 ( 1)! 4 5
1
(2 1)!!
2 ( 1)! 4 5
2 3 4 5
lim lim 1
2 2 4 9
11
x
xn n
n n
n n
n
n
n
n
n n
n
dt n t n x
f x t x
n n n n
t
n x
f x x x n n
n n
a
a n n
R
 
Tại x=±1
1
0 0
(2 1)!! 1 (2 1)!! 1
1 1 1
2 ( 1)! 4 5 (2 2)!! 4 5
n
n n
n n
fn n n n
Dùng quy nạp ta Chứng minh được:
(2 1)!! 1
(2 2)!!
n
n
n
(dể thôi đừng lo)
Lúc này:
*
3
2
(2 1)!! 1 1 1 ,
(2 2)!! 4 5 4 5
1 1 1
4 5
4
n
n N
n n n
n
n
n
n
Do đó chuỗi hội tụ tuyệt đối theo tiêu chuẩn so sánh
Vậy: miền hội tụ là: [-1,1]
Câu 5: Tính tích phân
D
ydxdy
 với D là miền
2 2 2 2
1, 1.
16 9
x y
E C x y
Bài giải
Ta có: | | | | | |
D E C
I y dxdy y dxdy y dxdy
Vì E và C đối xứng qua Ox,Oy và hàm dưới dấu tích chẵn theo 2 biến x,y nên:
( , 0) , 0 ( , 0) , 0
1 1 1
2 2 2
0 0 0 0 0 0
4 | | | | 4
4 3 sin .12 sin . 4.35 sin .
1 140
140.1.
3 3
E x y C x y E x y C x y
I y dxdy y dxdy ydxdy ydxdy
d r rdr d r rdr d r rdr

Câu 6: Tìm diện tích phần mặt cầu 2 2 2
18
x y z
nằm trong hình nón
222
x y z
.
Bài giải
Tìm diện tích phần mặt cầu 2 2 2
18
x y z
nằm trong hình nón
222
x y z
.
2 2
: 9
D x y
2 3
2 2 2
0 0
18 18
2 2 2 (18 3 18)
18 18
D
S dxdy d rdr
x y r
Chú ý S gồm hai miền riêng biệt, đề này nên thêm điều kiện z>0 và kết
quả:
(18 3 18)
Câu 7: Tính tích phân mặt loại một
S
I yds
, với S là phần mặt trụ 2 2
4
x y
nằm giữa hai mặt phẳng
0, 3
z z
Bài giải
Chia S làm 2 miền: phía trước(S1) và sau mặt(S2) phẳng Oxz.
Miền D là hình chữ nhật:
2 2
0 3
y
z
3 2
120 2
0
4
y
I dz dy
y
Tương tự I2=0.
Vậy I=0
Thật ra bài này bằng không ngay từ đầu bằng cách nhận xét:
S đối xứng qua Oxz và hàm dưới dấu tích phân lẻ theo biến y.