Giải tích 2 đề số 13

Giải tích 2 – Đề số 13

Câu 1: . Tính f y' (0,1) của hàm f ( x, y )  3  2 x 2  y 2 và biểu diễn hình học của đạo
hàm riêng này như là hệ số góc của tiếp tuyến.
Tương tự câu 1 đề 12.

Câu 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất z  ( x  y )e xy trên miền 2  x  y  1 .
Bài giải

uv

 x  2
2  u  1

Đặt 
v  R
y  u  v

2

z  ue
Xét f  u   ue
Vậy

u2
4

u 2 v2
4

u2

4

 ue .e

 v2
4

m in f  f  2   2e
 [-2,1]

1
max f  f 1  e 4
 [-2,1]

max z =2e đạt tại (u,v)=(1,0) hay (x,y)=(1/2,1/2)
max z =-4e4 đạt tại (u,v)=(-2,0) hay (x,y)=(-1,-1)




Câu 3: Khảo sát sự hội tụ của chuỗi số 
n 1

(1)n
n  (1)n

Bài giải 1:
Có em giải như sau:

(1) n

n  (1) n

(1) n
n

(1) n
hội tụ theo tiêu chuẩn Leibnitz
n
Các em nhận xét xem đúng hay sai?
Bài giải 2:
un 

un 

Có:


n
 1   1
n
n   1

n



n   1
n 1

n

   1

n
Vì   1
hội tụ theo tiêu chuẩn leinitz và
n 1
n 2
n

Câu 4: Tìm chuỗi Taylor của f ( x) 

n

1
n

n 1 n 1



1

 n  1 phân kỳ do đó chuỗi phân kỳ.
n 2

2x  3
, tại x0  1 và tìm miền hội tụ của chuỗi
x  5x  6
2

này.

Bài giải f ( x) 

2x  3
9
7


x  5x  6 x  3 x  2
2

Đăt u=x-1

f ( x) 

9
7
9
7
9
7





u  2 u  1 2( u  1) u  1 2( u  1) u  1
2

2
n

n



9   u 
9   x  1 
n
n
      7 u    
  7   x  1
2 n0  2 
2 n 0  2 
n 0
n 0


9 
n

   7  n 1   x  1
2 
n 0 
Câu 5: Tính tích phân kép I   xy dxdy , trong đó D là miền phẳng giới hạn bởi
D

2

2

1  x  y  4.
Bài giải
Vì hàm trong dấu tích phân là hàm chẵn theo x,y và miền D đối xứng qua 2 trục
ox,oy nên ta chỉ cần tính tích phân trên góc phần 4 thứ I rồi gấp 4 lần lên.



2

2

I   xy dxdy  4  d  r 3cos sin  dr 
D

0

1



Câu 6: Tính thể tích vật thể giới hạn bởi x 2  y 2



2

15
2

 2 xy, z  x  y, z  0 ( x  0) .

y

r(t)=sqrt (sin(2*t))

0.8
0.6
0.4
0.2

x
-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

-0.2

-0.4
-0.6
-0.8

Bài giải
 x  r cos 
r  sin 

Đổi sang toạ độ trụ:  y  r sin  Các mặt được viết lại là: 
 z  r  cos  sin  
z  z

 
 2 xy nên y>0 do đó   0, 
 2


0    2

Miền được viết lại trong toạ độ trụ là: V 0  r  sin 2
0  z  r sin   cos





sin 2
r sin   cos 
1 2
2

V   d 
rdr 
dz   sin 3   sin   cos  d
0
o
o
3 0



Vì x>0 và x 2  y 2



2

Đặt
t  sin   cos  sin 2  1  t 2
dt  (sin   cos )d
  0  t  1




2

 t 1


V

1 1
3 1

V

1 2

4
 cos udu 

3 2
8

2 3

1  t  dt

Đặt: t  sin u

Câu 7: Tính tích phân mặt loại một I   2 xds với S là phần mặt phẳng x  y  z  2
S

2

2

2

nằm trong hình cầu x  y  z  4 .

Bài giải
Vì có tính đối xứng nên
I   2 xds   2 yds   2 zds =
S

S

S

Hình cầu có tâm I(0,0,0)
0002
2
d( I , ) 

3
3
2
8
S   (22  ( )2 )  
3
3
32
Vậy I  
9

4
2
2
( x  y  z )ds   2ds = S


3
3 S
3 S