Hệ thống hóa kiến thức môn giải tích 2

HỆ THỐNG HĨA KIẾN THỨC
MƠN GIẢI TÍCH 2
1
1.1

Vi phân

1. Cấp 1: df = fx dx + fy dy.
2. Cấp 2: d2 f = fxx dx2 + 2fxy dydy + fyy dy 2

1.2

O(0, R)

:

x2 + y 2 ≤ 2Rx

:

5. Hình trịn tâm O(−R, 0)
π ≤ ϕ ≤ 2π
0 ≤ r ≤ −2R sin ϕ

:

x2 + y 2 ≤ −2Rx

:

4. Hình trịn tâm

0≤ϕ≤π
0 ≤ r ≤ 2R sin ϕ

Đạo hàm Vi phân

Vector Gradient, đạo hàm theo hướng của

1. ∇f (x, y) = (fx , fy , fz ) ,
2. ∇f (x, y, z) = (fx , fy ) ,

Tích phân bội 3 I =

3

∂f
∇f, u
=
∂u
|u|

3.1

∂f
∇f, u
=
∂u
|u|

Tích phân kép I =

2. Hình chiếu giao tuyến của z = z1 và z = z2 :
z1 (x, y) = z2 (x, y) (Sử dụng khi yếu tố 1 khơng tạo ra miền
kín hoặc khơng có).
3. Giao miền tạo bởi 2 yếu tố trên và điều kiện xác định của
z1 (x, y), z2 (x, y)

f (x, y)dxdy

3.2

Trong tọa độ Descartes

2. Tọa độ cầu
x = ρ sin θ cos ϕ, y = ρ sin θ sin ϕ, z = ρ cos θ
Sử dụng khi có mặt cầu tâm O hoặc tâm (0, 0, ±R)
kết hợp với
a/ Các mặt tọa độ
b/ Các mặt phẳng đi qua trục Oz, VD : y = kx
c/ Nón z = k x2 + y 2

y2 (x)

dx
a

f (x, y)dy
y1 (x)

2. D : c ≤ y ≤ d, x1 (y) ≤ x ≤ x2 (y)
x2 (y)

d

I=

dy
c

2.2

f (x, y)dx
x1 (y)

CÁCH XÁC ĐỊNH CẬN
(i) Điều kiện của x, y là điều kiện của ϕ trên Oxy giống
tọa độ cực.
(ii) Cho x = 0 trong điều kiện của Ω, lát cắt trên Oyz xác
định ρ, θ.
Lưu ý : ρ là khoảng cách từ gốc O đến đường trịn, θ là
góc quay từ trục Oz về cả 2 phía , (0 ≤ θ ≤ π)

Tọa độ cực cơ bản x = r cos ϕ, y = r sin ϕ
r2 (ϕ)

β

I=

dϕ
α

f (r cos ϕ, r sin varphi)rdr
r1 (ϕ)

1. Hình tròn tâm O(0, 0) : x2 + y 2 ≤ R2 :

0 ≤ ϕ ≤ 2π
0≤r≤R

3. Thể tích Ω : V =

dxdydz
Ω

O(0, R)

:

x2 + y 2 ≤ 2Rx

:

3. 
Hình trịn tâm O(0, −R)
 π ≤ ϕ ≤ 3π
2
2
0 ≤ r ≤ −2R cos ϕ

:

x2 + y 2 ≤ −2Rx

:

2. Hình tròn tâm
π
π
− ≤ϕ≤
2
2
0 ≤ r ≤ 2R cos ϕ

Đổi biến

1. Tọa độ trụ : Khi miền D đổi sang tọa độ cực

1. D : a ≤ x ≤ b, y1 (x) ≤ y ≤ y2 (x)
I=

dxdy

z1 (x,y)

1. Các pt hoặc bất pt (xác định Ω) không chứa z

D

b

f (x, y)dz
D

Cách xác định D : gồm 3 yếu tố

2. Pt mặt cong S : z = z(x, y)
z = zx (x0 , y0 )(x − x0 ) + zy (x0 , y0 )(y − y0 ) + z0

2.1

z2 (x,y)

I=

Phương trình tiếp diện tại M (x0 , y0 , z0 )

1. Pt mặt cong S : F (x, y, z) = 0
Fx (M )(x − x0 ) + Fy (M )(y − y0 ) + Fz (M )(z − z0 ) = 0

2

Trong tọa độ Descartes

Ω : z1 (x, y) ≤ z ≤ z2 (x, y), hcΩ = D ⊂ Oxy

3. Hướng tăng nhanh nhất của f khi đi qua M là hướng của
∂f (M )
∇f (M ). Giá trị lớn nhất của
là |∇f (M )|
∂u

1.3

f (x, y, z)dxdydz
Ω


4

Tích phân đường

3. Tính I =

f (x, y, z(x, y))

1 + zx2 + zy2 dxdy

D

4.1

Tham số hóa đường cong
Là biểu diễn x, y hoặc x, y, z theo một biến.

1. Đường phẳng
a/Tọa độ Descartes : y = y(x), x ∈ [a, b]
hay x = x(y), y ∈ [c, d]
b/Đường tròn (x − a)2 + (y − b)2 = R2 :
x = a + R cos t, y = b + R sin t
t ∈ [0, 2π] hay t ∈ [−π, π]

x2
y2
c/Ellipse 2 + 2 = 1 :
a
b

x = a cos t, y = b sin t
t ∈ [0, 2π] hay t ∈ [−π, π]

6

Tích phân mặt loại 2
I=

P dydz + Qdzdx + Rdxdy
S

6.1

Cách tính

Bước 1 Chọn cách viết pt S, VD z = z(x, y)
Bước 1 Xác định hình chiếu Dxy của S lên mp tọa độ tương
ứng
Bước 1 Tính I = ±

(P, Q, R)(−zx , −zy , 1)dxdy

Dxy

2. Đường không gian (giao tuyến của 2 mặt)
Lấy + nếu S lấy phía trên theo hướng Oz
Cách 1 : Nếu có 1 pt mặt chứa 2 biến, xem nó như đường
phẳng để tham số hóa, dùng pt cịn lại tìm tham số cho
6.2 Công thức Gauss-Oxtrogratxki
biến thứ 3
Cách 2 : xác định hình chiếu giao tuyến lên một mp tọa
Yêu cầu : S là mặt biên của Ω, lấy phía ngồi
độ, ts hóa cho hc này rồi dùng 1 pt mặt để tìm ts cho biến
thứ 3.
I=
Px + Qy + Ry dxdydz
Ω

4.2

Tích phân đường loại 2
B

I=

P (x, y)dx + Q(x, y)dy theo đường cong C
A

1. Cách tính

xB

a/ C : y = y(x) ⇒ I =

P (x, y(x))dx+Q(x, y(x))y (x)dx
xA

C là biên của mặt cong hữu hạn S :z=z(x,y), lấy
nhìn từ
phía dương của Oz (nhìn từ trên xuống). Ln chọn phía trên
của S
I = P dx + Qdy + Rdz
C

(Ry − Qz )dydz + (Pz − R x)dzdx + (Q x − P y)dxdy
S

tB

P (x(t), y(t))x (t)dt + Q(x(t), y(t))y (t)dt
tA

Nếu lấy

C

D

Lưu ý: C phải là đường kín (hoặc nhiều đường kín).
Nếu C khơng kín thì ghép đường (nên là các đường dạng
x = a hay y = a và theo chiều của C so với miền D)
3. Tích phân khơng phụ thuộc đường đi
B1: Kiểm tra Q x = P y
B2: Tính I bằng cách đổi đường đi (đường gấp khúc

x = a, y = b đi từ A đến B) hoặc chọn hàm U thỏa
dU = P dx + Qdy và I = U (B) − U (A).

Tích phân mặt loại 1
I=

f (x, y, z)ds
S

Cách tính
1. Viết phương trình mặt S : z = z(x, y) (hoặc x =
x(y, z), y = y(z, x) ).
2. Xác định hình chiếu D của Slên mp tọa độ tương ứng (VD
chiếu lên mp z = 0)
Xác định từ 3 yếu tố :
(i) Pt mặt chắn mà khơng chứa z
(ii) Hình chiếu giao tuyến giữa S và các mặt chắn mà pt
chứa z
(iii) Giao với điều kiện xác định của z(x, y).

=−

:
C

S

=

Lưu ý :

2. Cơng thức Green : C là biên ngồi,
của miền hữu hạn
D (nếu có biên trong thì C gồm cả 2 biên và biên trong lấy
)
I = P (x, y)dx + Q(x, y)dy =
Qx − Py dxdy

5

Công thức Stokes

=I=

b/ C : x = x(t), y = y(t)
⇒I=

6.3

S

D


7

Chuỗi số

7.1

Chuỗi cơ bản

1. Chuỗi điều hòa

1
nα

α > 1 : HT
α ≤ 1 : PK

2. Chuỗi cấp số nhân

xn

|x| < 1 : HT
|x| ≥ 1 : P K

7.2

Cách chọn tiêu chuẩn khảo sát sự hội tụ

1. Tiêu chuẩn D’Alembert : khi số hạng tổng qt có chứa
tích vơ hạn.
2. Tiêu chuẩn Cauchy : khi số hạng tổng quát có chứa dạng
uvnn
3. Tiêu chuẩn Leibnitz : chuỗi đan dấu nhưng Không xuất
hiện dấu hiệu của 2 tc trên.
4. Tiêu chuẩn so sánh : cách sử dụng
a/Rút gọn số hạng tổng quát trước khi dùng D’A hoặc
Cauchy.

b/Thành phần chính của số hạng tổng quát chứa nα
c/Áp dụng cho chuỗi không âm (giữ nguyên dấu nếu thay
∼). d/Nếu áp dụng cho cho
|an | thì chỉ kết luận khi
chuỗi so sánh hội tụ.

7.3

Phát biểu định lý
0 : chuỗi phân kỳ. (an → 0 không

1. Điều kiện cần : an
kết luận được gì.)
2. TC D’Alembert :
Dn =

an+1
an



< 1 : HT

> 1 : P K
→D:

Dn ≥ 1 : P K


= 1 →

Dn < 1 : oKL

3. TC Cauchy : Cn =

n

|an | → C : KL giống TC D’A

4. TC Leibnitz : (−1)n an , 0 ≤ an ↓ 0 ⇒ : hội tụ
(an
0 : PK, an → 0 nhưng không ↓ : o KL)
5. an ∼ bn :

an và

bn cùng bản chất (bn =

bn = xn )

8

Chuỗi lũy thừa

8.1

1
hay
nα

an (x − x0 )n

Miền hội tụ

1. Bán kính hội tụ
an
R = lim
an+1
hay R = lim n |an |
2. Khoảng hội tụ : (x0 − R, x0 + R) (chuỗi đã pk bên ngoài
[x0 − R, x0 + R])
3. Miền hội tụ : xét thêm sự hội tụ của 2 chuỗi số tại 2
đầu Khoảng hội tụ (Tại 2 đầu không thể sử dụng C và D
nhưng có thể dùng Cn , Dn )

8.2

Chuỗi Taylor

8.3

Tính tổng chuỗi


ĐỀ THI HỌC KỲ II 2017-2018
Mơn Thi: GIẢI TÍCH 2
Ngày thi: 28-05-2018
Giờ thi: CA 2
Thời gian: 90 phút

Đại Học Bách Khoa TP.Hồ Chí Minh

Khoa Khoa Học
. Ứng Dụng
.

Hình thức thi tự luận: Đề gồm 6 câu.
Câu 1: Cho hàm số f (x, y) = 6x2 y 2 − 2mx3 + m2 xy 2 − 6y 3 . Tìm tất các các giá trị thực m
để ∇f (3, −2) vng góc với vector (2, 1).
Câu 2: Cho vật thể Ω giới hạn bởi nón z = − x2 + y 2 , mặt phẳng z = 0, miền nằm giữa
hai mặt trụ x2 + y 2 = 1 và x2 + y 2 = 4 . Gọi mặt định hướng S là biên của Ω, lấy
3xydydz + z(x2 + y 2 )dxdy.

phía trong. Tính I =
S

Câu 3: Cho miền phẳng D giới hạn bởi y = x2 , y = (x − 2)2 , x = 2, C là biên của D, lấy
theo chiều kim đồng hồ.
−xdy.

a/ Chứng minh rằng diện tích của D được tính bởi tích phân
C

b/ Tìm diện tích miền D theo cách tính này.
(x + 2y − z)dS, trong đó S là phần mặt phẳng z = 2x − 2y bị chắn

Câu 4: Tính I =
S

bởi các mặt z = x2 + y 2 − 2y − 3, x = 1, lấy miền x ≥ 1.
Câu 5: Khảo sát sự hội tụ của các chuỗi sau:
∞

(−1)n + 4n
a/
.
n2 + 2αn
n=1
∞

(n2 + 1)

b/
n=1

(2n + 1)!!
5n .n!

Trong đó : (2n + 1)!! = 1.3.5...(2n + 1).
∞

Câu 6: Tìm miền hội tụ của chuỗi
n=1

(−1)n (x + 2)2n+1
4n − n4

.
Sinh viên không được sử dụng tài liệu.
Giảng viên

TS. Huỳnh Thị Hồng Diễm

Phó Chủ nhiệm bộ mơn

TS.Nguyễn Bá Thi


ĐÁP ÁN CA 2
Câu 1 (1.5đ)∇f (3, −2) = (4m2 − 54m + 144, −12m2 − 288)
(1đ)
∇(3, −2) ⊥ (2, 1) ⇔ 4m2 + 108m = 0 ⇔ m = 0 hay m = −27

(0.5đ)

Câu 2 (2đ) Áp dụng công thức Gauss :
2π

(3y+x2 +y 2 )dxdydz = −

I=−

2

dϕ
0

Ω

0

(3r sin ϕ+r2 )rdz = −

dr
1

−r

62π
5

Đúng 2 trong 3 cận tp cho 0.5đ
Câu 3 (2đ) a/ Dùng công thức Green
4

1

−x.2(x − 2)dx = 2

−2dy +

−x.2xdx +

b/ S(D) =

(0.5đ)
1

0

2

(1đ+0.5đ)

2

Nếu không dùng tp đường chỉ cho tối đa 0.5đ.
2
2
Câu 4 (1.5đ) Hình chiếu của S lên
√ Oxy, D : (x − 1) + y ≤ 4, x ≥ 1
I = (x + 2y − 2x + 2y) 1 + 4 + 4dxdy
D
π/2

2

dϕ (1 + r cos ϕ + 4r sin ϕ)rdr

=3
−π/2

0

= −6π − 16 = −34, 8496

(0.5đ+0.25đ+0.25đ)

Câu 5 (1.5đ)
 n
4
(T H1)
(−1)n + 4n  n2 , α ≤ 0

n
∼
a/ 0 < an = 2
4

n + 2αn
 α
, α > 0 (T H2)
2
TH1 : PK theo ĐKC.
TH2 : HT ⇔ α > 2
(0.5đ)
2
b/ D = (0.5đ) nên ht (0.5đ)
5
∞

(−1)n
, X = x2
n − n4
4
n=1
RX = 4, DX = [0, 4) (0.5đ+0.5đ), Dx = (−4, 0) (0.5đ)

Câu 6 (1.5đ) = (x + 2)

an X n với an =

( 0.5đ)

(0.5đ+1đ+0.5đ)


ĐỀ THI HỌC KỲ II 2017-2018
Mơn Thi: GIẢI TÍCH 2
Ngày thi: 28-05-2018
Giờ thi: CA 1
Thời gian: 90 phút

Đại Học Bách Khoa TP.Hồ Chí Minh
Khoa Khoa Học
. Ứng Dụng
.

Hình thức thi tự luận: Đề gồm 6 câu.
Câu 1: Cho mặt cong S có phương trình z = x2 y 2 − 5x3 − 2xy 2 + 3y − 1. Tìm pháp vector
của S tại M (1, −1, −10) và viết phương trình tiếp diện của S tại M .
Câu 2: Gọi C là giao tuyến của trụ x + y = 1 và mặt phẳng y = 2z, lấy ngược chiều
kim đồng hồ khi nhìn theo hướng trục Oz (nhìn từ âm sang dương). Tính tích phân
(xy − yz 2 )dx + (3x + y 2 )dy − 2z 2 dz.

I=
C

(ex sin y − emy sin x) dx + (ex cos y + 2emy cos x) dy.

Câu 3: Cho I =
C

a/ Tìm m để I là tích phân khơng phụ thuộc đường đi trên Oxy.

b/ Với m tìm được ở câu a/, tính I với C là đường cong bất kỳ đi từ O(0, 0) đến
π π
A
,− .
4
4
√
x2 + y 2 dxdydz, trong đó Ω là miền cho bởi 3z ≥ x2 + y 2 , x2 +
Câu 4: Tính I =
Ω

y 2 + z 2 ≤ 4z, x ≥ y.
Câu 5: Khảo sát sự hội tụ của các chuỗi sau:
∞
an + n2
a/
, a ∈ R.
n
n!
+
2
n=1
∞

(3n + 1)

b/
n=1

n2 − 2

n2 + 2n + 1

n2

∞

Câu 6: Tìm miền hội tụ của chuỗi
n=1

2n + 3
(x − 5)n
3n + n2

.
Sinh viên không được sử dụng tài liệu.
Giảng viên

TS. Huỳnh Thị Hồng Diễm

Phó chủ nhiệm bộ môn

TS. Nguyễn Bá Thi


ĐÁP ÁN GIẢI TÍCH 2 HK172 CA 1
Câu 1 (1.5đ)n(1, −1, −10) = (±)(−15, 5, −1)
(0.5đ)
(Chọn + hay − cũng cho 0.5đ )
Pt tiếp diện z = −15(x − 1) + 5(y + 1) − 10 hoặc 15(x − 1) − 5(y + 1) + z + 10 = 0
(1đ)

Câu 2 (2đ)Gọi S là phần mặt phẳng z =
(0.5đ)
Áp dụng ct Stokes

y
nằm trong trụ, lấy phía trên theo hướng Oz
2

0dydz + (−2yz)dzdx + (3 − x + z 2 )dxdy

I=−

(0.5đ)

S

Dxy : |x| + |y| ≤ 1,
(0, −2yz, 3 − x − z 2 )(0, −1/2, 1)dxdy

I=−

(Có thể qua tp mặt 1 )

Dxy

1 2
y2
y +3−x−
2
4

=−

dxdy

(0.5đ)

Dxy

73
≈ −6.0833
(0.5đ)
12
Lưu ý : Sinh viên có thể lấy S là phía dưới thì I =

=−

... = −
S

Dxy

(0.5đ)
Câu 3 (2đ)a/ m = 2
b/ Cách
√ 1 : Chọn 1 đường đi đúng (0.5đ) Viết đúng tp xác định (0.5đ)
2 −π/2
e
− eπ/4 − 1 ≈ −2.4039(0.5đ)
I=

2
Cách 2 :chỉ ra hàm U (x, y) = ex sin y + e2y cos x
(1đ)
(khơng cần nêu cách tìm nhưng phải có khẳng định hoặc kiểm tra dU = P dx + Qdy,
nếu không làm việc này chỉ cho 0.5đ)
π/4

Câu 4 (1.5đ) Dùng tọa độ cầu :I =

π/3

dϕ
−3π/4

4 cos θ

ρ3 sin2 θdρ = π

dθ
0

0

4π √
+ 3
3

≈

18.6009

(1đ+0.5đ)
Lưu ý : Nếu đúng 2 trong 3 cận cho 0.5đ.
Dùng tọa độ trụ phần lớn là sai (nếu khơng tách thành 2 tích phân).
Câu 5 a/ Tách thành 2 chuỗi rồi dùng tc D’Alembert : hội tụ ∀a
(0.5đ)
Lưu ý : Để nguyên dùng D’A mà không chia trường hợp của a để tính
lim thì khơng cho điểm.
So sánh tử số với an , ∀a mà không biện luận cũng không cho điểm
b/C = e−2 ≈ 0.1353 (0.5đ) ⇒ hội tụ
(0.5đ)
Câu 6 (1.5đ) R = 3
(0.5đ), khoảng hội tụ (2, 8)
2 biên phân kỳ theo điều kiện cần
(0.5đ)

(0.5đ)


Điều chỉnh đáp án CA 1
dxdy

Câu 3 : I = 4

4 − x2 − y 2

Dxy

Câu 6 :
=

4n−1
1
+ x2n
(2n)! n

=

+∞
1

(−1)n
(2x)2n −
4(2n)!

∞
1

(−1)n−1 2 n
(x )
n

1
(cos 2x − 1) − ln(1 + x2 )
4

hoặc
=

+∞
n

1 (−1)

= 4π.

+∞
n
1 (−1)

4n−1
1
+ x2n
(2n)! n

=

+∞
1

(−1)n
(2x)2n +
4(2n)!

∞
1

(−x2 )n
n

1
(cos 2x − 1) − ln(1 + x2 )

4

Điều chỉnh đáp án CA 2
Câu 2 : I = −
=−

0
−1

dx

D
1−x2
0

cos2 ydx − (2xy + x sin 2y)dy

−2ydxdy −
C

2ydy +

1
2
Câu 7 : S = − ln 2 +
3
3

1
0

dx

∞
2

(1−x)2
0

2ydy −

−1
1

(−1)n
1
2
= − ln 2 +
2n + 1
3
3

1

1dx =

41
11
+2= .
15

15

arctan 1 − 1 +

1
3

1
2π 4
= − ln 2 +
−
3
34 9


Đại Học Bách Khoa TP.Hồ Chí Minh
Khoa Khoa Học
. Ứng Dụng

ĐỀ THI MƠN GIẢI TÍCH 2 HỌC KỲ 162
Ngày thi: 03-07-2017
Thời gian : 90 phút. Giờ thi: CA 2

.

Hình thức thi tự luận: Đề gồm 7 câu.
Câu 1: Cho f (x, y, z) = earctan

x+z
y

∂f
(2, 1, −1).
∂u

và u = (1, −1, 1). Tính

Câu 2: Cho (L) là đường gấp khúc ABC, trong đó AB là cung y = 1 − x2 , BC là cung
y = (x − 1)2 và tọa độ các điểm là A(−1, 0), B(0, 1), C(1, 0).
C
Tính I = A cos2 ydx − (2xy + x sin 2y)dy theo đường cong (L).
(x + 2z)dxdydz, với Ω là miền giới hạn bởi x2 + y 2 + z 2 ≤

Câu 3: Tính tích phân I =
Ω

1, z ≥ −1 +

x2 + y 2 , y ≥ 0.
2dydz +(y 2 −2x−z)dxdy, với S là phần mặt trụ z = 2x−x2

Câu 4: Tính tích phân I =
S

nằm giữa hai mặt phẳng y = 3x, y = −2x và trên mặt phẳng z = 0, lấy phía dưới
theo hướng trục Oz.
Câu 5: Khảo sát sự hội tụ của chuỗi số

∞
n 1.4.7...(3n

1 (−1)

Câu 6: Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa

+ 1) + ln n
.
(2n)!!2n

+∞
1

n2 + 1
4n2 − 3

n

(x − 2)n .

Câu 7: Tính tổng S hoặc chứng minh phân kỳ chuỗi số sau :
.
Sinh viên không được sử dụng tài liệu.
Phó chủ nhiệm bộ mơn

TS.Nguyễn Bá Thi

∞
1

(−1)n
.

n(2n + 3)


ĐÁP ÁN
π

e4
∂f
3 π
Câu 1: ∇f (2, 1, −1) =
(1, −1, 1) (0.5đ), ∇(M ), u = e 4 (0.5đ) ,
(2, 1, −1) =
2
2
∂u
√
3 π
e 4 (0.5đ)
2
Câu 2: Gọi C là đường y = 0, x : 1 → −1, khi đó C ∪ L là biên âm của miền phẳng D.
cos2 ydx − (2xy + x sin 2y)dy = − −2ydxdy (0.5đ)
L∪C

D

I=−

−2ydxdy −
D
0

−1

=−

2

cos ydx − (2xy + x sin 2y)dy
C

dx

1−x2
0

2ydy +

1
0

dx

(1−x)2
0

2ydy −

−1
1

x.1dx =

11
11
−0= .
15
15

Mỗi tp tính đúng là 0.5đ.
Nếu đúng tp kép nhưng sai chiều của C, có thể cho cả bài 0.5 .
Câu 3: I =

π
0

dϕ

1
0

√

dr

1−r2
−1+r

r(r cos ϕ + 2z)dz =

π
.

6

cận z : (0.5đ), cận : r, ϕ (0.5đ), đáp số : (0.5đ)
Câu 4: Dxy : 0 ≤ x ≤ 2, −2x ≤ y ≤ 3x.
(2, 0, y 2 − 2x − 2x + x2 )(2x − 2, 0, 1)dxdy (0.5đ)

I=−
Dxy

=−
=

(x2 + y 2 − 4)dxdy

Dxy
2
3x
dx −2x (x2
0

=−

+ y 2 − 4)dy (0.5đ)

80
. (0.5đ)
3

3n + 4
3

an+1
(0.5đ)= lim
= (0.5đ). Kết luận hội tụ : (0.5đ). Nếu
n→∞ 4(n + 1)
n→∞
an
4
thiếu trị tuyệt đối và kết luận đúng, cả bài cho 0.5đ .

Câu 5: D = lim

Câu 6: Bán kính hội tụ R = 4, (0.5đ)
Hai cận phân kỳ theo Điều kiện cần hoặc Cauchy Cn . (0.5đ)
(−1)n 2 ∞ (−1)n
−
(0.5đ)
3n
3 1 2n + 3
1
2 ∞ (−1)n
= − ln 2 +
3
3 2 2n + 1
1
2
1
2π 4
= − ln 2 + arctan 1 = − ln 2 +
− (1đ)
3

3
3
34 9

Câu 7: S =

∞
1


Trường Đại học Bách Khoa TP.HCM

ĐỀ THI CUỐI HỌC KỲ 162 – Mơn: GIẢI TÍCH 2

Bộ mơn Tốn Ứng dụng

Ngày thi: 03/07/2017 - Ca thi: CA 1

---------------

Thời gian làm bài: 90 phút
-----------------

ĐỀ THI KHÔNG SỬ DỤNG TÀI LIỆU

Câu 1: Cho hàm f  x, y, z   ln

x3  3 yz
x2  y 2  z 2

và u   2, 2,1 . Tính df 1,1,0  ,

f
1,1,0
u

Câu 2: Tính thể tích vật thể giới hạn bởi z  0, z  4  x , y  0,2 y  z  4
2

Câu 3: Tính tích phân I   1  z  ds với S là phần mặt cầu x 

4  y 2  z 2 nằm giữa 2 mặt

s

phẳng y   x 3, x  y 3 .
Câu 4: Dùng công thức Stokes để tính tích phân I 

3
2
3
2
  z  2 xy  dx  32 xyzdy   y  z x  dz

với

C

 x 2  2 y 2  z
lấy NGƯỢC chiều kim đồng hồ nhìn từ phía z dương.

z

4
y


C là đường cong 

Câu 5: Khảo sát sự hội tụ của các chuỗi số
n  n  2
 n  2 n 1
n2
n 2
1.  



 n 1 
n 3 n 
 2.5.8... 3n  2 
2. 
22n 1  n!
n 1



4n 1 1  2n
Câu 6: Tìm miền hội tụ D của chuỗi lũy thừa   1 
 x và tính tổng chuỗi khi x 
  2n ! n 

4
n 1




n

Bộ môn duyệt


ĐÁP ÁN:
Câu 1: f x  M   2, f y  M   1, f z  M   3 (1đ),

df  M   2dx  dy  3dz (0.5đ).

f
1,1,0  3 (0.5đ). Lưu ý: Phần tính đhr nếu chỉ đúng 1 đh thì cho 0.5đ
u
2 z

4  x2

z
64

dxdz  dy  0.5®    dx   2   dz  0.5®    0.5® 
2
5
0

2
0 
z  4  x2 , z  0

Câu 2: V 



2

2

 1  z  ds   1  z  ds  0.5® 

Câu 3: I 

S , z 0

S , z 0



  1  4  x 2  y 2
Dxy



6

2

1

0

4r

 2  d  r


3

2



2
4 x  y
2



dxdy   1  4  x 2  y 2
2
Dxy



2
4 x  y

2







1
 0, 4,1 (0.5đ)
17



1
4


I    32 yz  4 xy 
 3z 2  z 2
 3 y 2  3z 2 .0ds
17
17

S



x2  2 y 2  4 y







2. 

n 1



 32 y.4 y  4 xy   4 2.16 y 2  dxdy (0.5đ)  0 (0.5đ)



n2
Câu 5: 1.  

n 3 n 

n  n  2

 n  2  n 1
1
n 2
,lim n un   0.5®   1  HT (0.25® )


e

 n 1 

2.5.8... 3n  2 
22n 1  n!

dxdy

dr  0.5®   2  0.5đ

Cõu 4: Chn S là mp z 4 y phần nằm trong paraboloid, lấy phía TRÊN, nS 



2

lim

un 1 3
  0.5®   1  HT (0.25® )
un
4

Câu 6: R  1  D  [1,1](0.5® )

 4n 1  1n 
  1n
  1n 1
2n
2
n

x  

2 x   
x2

 
n 
n
n 1  2n !
n 1 4. 2n !
n 1


 



n
   1n 1
1    1
2n
 
x2
 2 x   1  
4  n  0  2n !
 n 1 n


 

n

n

(0.5đ)





1
 cos  2 x   1  ln 1  x 2 (0.5đ)
4


 2 
 2 
1    
1
(0.5đ)
 cos  2   1  ln 1 
   ln 1 
 16 
 16 
4  4  
4



