Giải tích 2 – Đề số 16

Chia sẻ: Ho Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

63
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Câu 2: Cho một hình hộp chữ nhật ở góc phần tám thứ nhất trong hệ trục Oxyz, có 3 mặt nằm trên 3 mặt phẳng tọa độ và một đỉnh nằm trên mặt phẳng x + 2y + 3z = 6 . Tìm thể tích lớn nhất.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Giải tích 2 – Đề số 16

Giải tích 2 – Đề số 16 u Câu 1: Cho f  f (u , v)  arctan , u  u ( x, y )  2 x3  y 2 , v  v( x, y )  x  2 y . Tính v 2 f . xy Bài giải f v u  2 2 (6 x 2 )  2 2 x u  v u v 2  f 2 2uv u2  v2   v2  u2 4uv   6x  2 2 2 2 y  2 2 2 2    2 y 2 2 2  2 2 2  xy  (u  v ) (u  v )   (u  v ) (u  v )  Câu 2: Cho một hình hộp chữ nhật ở góc phần tám thứ nhất trong hệ trục Oxyz, có 3 mặt nằm trên 3 mặt phẳng tọa độ và một đỉnh nằm trên mặt phẳng x  2 y  3 z  6 . Tìm thể tích lớn nhất. Bài giải Gọi M(a,b,c) thuộc mặt phẳng x  2 y  3z  6  a  2b  3c  6 V  abc  6bc  2b 2 c  3bc 2 , b, c  0 2 V 'b  6c  4bc  3c 2  0  b  1, c  điểm dừng: P(1,2/3) 3 V 'c  6b  2b 2  6bc  0  8 V ''bb  4c V ''bb  P    3    8 V ''cc  6b  V ''cc  P   6      6   22  0 V ''  6  4b  6c   3  bc V ''bc  P   2  Suy ra d2f(P) xác định âm nên P là điểm cực đại duy nhất do đó V lớn nhất đạt tại P: MaxV=V(P)=4/3 Bài này dùng bất đẳng thức cosi nhanh hơn nhưng không liên quan đến bài học.  (2)n Câu 3: . Tính tổng  n 1 n 1 n ( n  2)  7 Bài giải  (2) n 1  1 1  (2)n  n(n  2)  7n1 14 n1  n n  2  7n  14  S1  S2  n 1     Xét:
 xn  1 f  x     f  x    x n 1  ' n 1 n n 1 1 x f  x    ln 1  x   c   ln 1  x  (vì f(0)=0) Ta lại có: n  2    2  7 f     n  S1  ln  7  n 1 n7 9 n n n 2  2    2  2 2   2  12   2  f     n       7  n 1 n7 7 49 n 3 n7 n 49 m1  n  2  7 n  2 n 12 4   2  12 4    n    S2 49 49 m 1  n  2  7 49 49 1 7   S2   49ln  12  4 9   45 7  Vậy S  14  S1  S 2   14   ln  3   4 9    Câu 4: Tìm chuỗi lũy thừa của hàm f ( x )  ln x  1  x 2 và tìm bán kính hội tụ của chuỗi này Bài giải 1  (2n  1)!! 2 n f '( x)   1  n1 x 1  x2 n 1 2 n! (2n  1)!! x 2 n 1   f ( x)  x   n1 C n 1 2 n ! 2n  1  (2n  1)!! x 2 n 1  x   n 1 n1 2 n ! 2n  1 (C=0 vì f(0)=0). Dùng D’Alembert dể dàng suy ra R=1.  x2 y2  Câu 5: Tính tích phân kép I    D  16  9  dxdy , trong đó D là miền phẳng giới hạn   bởi x  0, y  0, x  4sin t , y  3cos t , t   0,  / 2 . Bài giải : Dùng toạ độ cực mở rộng:
  x2 y 2  2 1 3 I      dxdy   dt  12r 3dr  D  16 9  0 0 2 Câu 6: . Tính tích phân đường I   3 zdx  2 xdy  ydz , với C là giao của mặt phẳng C 2 2 2 x  z  2 và mặt cầu x  y  z  4 theo chiều kim đồng hồ theo hướng trục Oz. Bài giải Gọi S là mặt trên của phần mặt phẳng x+z=2 nằm trong mặt cầu x 2  y 2  z 2  4 Áp dụng O-G: I   3zdx  2 xdy  ydz    dydz  3dxdz  2dxdy C S  1 1 Pháp véc tơ đơn vị của S: n( , 0, ) 2 2 3 3 3 I   dS   2 dt ( S )   2   4  2   3 2 2 S Câu 7: Tính tích phân mặt loại hai I   x 3dydz  y 3dzdx , với S là mặt ngoài của nửa S 2 2 x z trên ellipsoid  y2   1,  z  0 16 9 Bài giải x2 Gọi S là mặt dưới của E:  y 2  1 trong mặt phẳng Oxy 16 I       S S E E Trên E (z=0): dz=0    0 E Áp dụng O-G: I      3  x 2  y 2  dxdydz S S E V Dùng toạ độ cầu mở rộng:    x  4  sin  cos  0    2    y  1 sin  sin   V 0    2  z  3 cos  0    1   
 2 2 1  d  16 sin  cos    sin  sin  12 sin  d  2 2 2 2 2 2 2 I  3 d 0 0 0  3 16  sin 2  cos2    2 sin 2  sin 2  12  2 sin  dxdydz 2 V 408   5