giải đề thi giải tích

Cập nhật 18/01/2015

2.6 Đề thi cuối kỳ I năm học 2014 – 2015
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC KỲ I
NĂM HỌC 2014 – 2015

Môn thi: Giải tích 2
Số tín chỉ: 02

Đề số 1

Dành cho sinh viên: Ngoài khoa Toán
Dạng đề thi: Không được sử dụng tài liệu
Thời gian làm bài: 60 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (3đ): Tìm cực trị của hàm số

z  x 3  6xy  y3
Câu 2 (4đ): Tính tích phân 3 lớp sau:

I  | xy | dxdydz
V

Trong đó V là miền xác định bởi x2 + y2 + z2  4 và z  0
Câu 3 (3đ): Tính tích phân đường loại hai:

I   (e x siny  xy  y 2 ) dx  (e x cosy  xy  x 2 ) dy
L

2
Trong đó, L là đường cong kín gồm cung y  1  x và đoạn [–1, 1]

Lời giải:
Câu 1: Tìm cực trị của hàm số hai biến
3
3
Hàm số: z  x  6xy  y

Thuộc dạng bài tìm cực trị tự do của hàm số hai biến.
* Tìm các điểm tới hạn (điểm dừng):
'
'
''
''
Hàm số xác định trên R2. Đặt: p  f x ; q  f y ; r  f x2 ; S  f xy ;

t  f y''2

Ta có:

p  f x'  3x 2  6y
q  f y'  3y2  6x
r  f x''2  6x ;

S  f xy''  6 ;

t  f y''2  6y

2

2
p  0 
3x  6y  0 
x  2y  0
 2
 2
 x 2  y2  2(x  y)  0
Cho: 
q  0 
3y  6x  0 
y  2x  0

Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149
25


Cập nhật 18/01/2015

x  y
 (x  y).(x  y  2)  0  
x  (y  2)
+ Thay x = y vào phương trình x2 – 2y = 0 ta được:

 y  0 x  0
y2  2y  0  

y

2


x  2
+ Thay x = – (y + 2) vào phương trình x2 – 2y = 0 ta được:

y2  4  0

(vô nghiệm thực)

 Có 2 điểm dừng: A(0, 0) và B(2, 2)
* Xét xem các điểm dừng có phải là cực trị hay không:
+ Xét điểm dừng A(0, 0) ta có:

S2  rt  36  36xy  36  0 . Do đó, A không là cực trị.
+ Xét điểm dừng B(2, 2) ta có:

S2  rt  36  36xy  108  0
Kết hợp với r = 6x = 12 > 0. Do đó, B là điểm cực tiểu.
Kết luận:
Hàm số z(x, y) đạt cực tiểu địa phương bằng –8 tại điểm B(2, 2).
Tham khảo hình ảnh từ đồ thị (kiểm tra lại kết quả tính toán):
Hình ảnh từ đồ thị cho thấy, điểm B(2, 2) thỏa mãn điểm cực tiểu và z(B) = – 8

HVT
Cực tiểu

Câu 2: Tính tích phân 3 lớp

I  | xy | dxdydz trong đó V là miền xác định bởi x2 + y2 + z2  4 và z  0
V

Miền lấy tích phân có dạng một nửa khối cầu phía trên mặt phẳng xOy, tâm khối

cầu tại O(0, 0, 0); bán kính R = 2. Hàm lấy tích phân là hàm chẵn đối với cả x và y,
miền lấy tích phân đối xứng qua mặt phẳng xOz và mặt phẳng yOz.
Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149
26


Cập nhật 18/01/2015

z
Miền V có dạng như hình vẽ:
Chia miền V thành 4 miền ứng
với 4 góc phần tư trong mặt phẳng
xOy. Tích phân cần tìm là:

2

V1

I  | xy | dxdydz

y

V

 4 xy dxdydz

x

V1

Đổi biến sang hệ tọa độ cầu:

x 'r
x  rcos sinθ

'
Đặt: y  rsin sinθ . Tính định thức Jacobi: J  y r
z  rcosθ
z 'r


x '
y'
z'

x θ'
y θ'  r 2sinθ
z θ'

0  r  2

Miền V1 được xác định với 0  θ  π/2
0    π/2

2
Do đó: I  4 xy dxdydz  4 rcos sinθ. rsin sinθ. | r sinθ | drd dθ
V1

V1

2

π/2

π/2

0

0

 4 r . sin cos. sin θ drd dθ  4 r dr.  sin cos d.  sin 3θ dθ
4

3

4

V1

0

2

r 5 sin 2
4
.
5 0 2

π/2 π/2

32 1 π/2
.   sin θ d (cosθ)  4. . .  (cos2θ  1) d (cosθ)
5 2 0
0
2

0

 /2


64  cos3θ
 
 cos θ 
5  3
0



64 
1  128
 0  0   1 
5
3  15

Câu 3: Tính tích phân đường loại hai

I   (e x siny  xy  y 2 ) dx  (e x cosy  xy  x 2 ) dy
L

2
Trong đó, L là đường cong kín gồm cung y  1  x và đoạn [–1, 1]

Đường cong kín L xác định miền D  R2 có dạng nửa đường tròn tâm O, bán kính 1
Sử dụng mối liên hệ giữa tích phân đường
loại hai với tích phân kép (công thức Green) để
tìm tích phân trên.

 P(x, y) dx  Q(x, y) dy    P

'
y

L

y
y  1 x2



 Qx' dxdy

D

Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149
27

D
1

O

1

x


Cập nhật 18/01/2015

Do đó:

I   (e x siny  xy  y 2 ) dx  (e x cosy  xy  x 2 ) dy
L





   ex cosy  x  2y  ex cosy  y  2x dxdy   x  y  dxdy
D

D

Miền D có dạng nửa hình tròn, sử dụng phương pháp đổi biến trong hệ tọa độ cực:

x  rcos
y  rsin

Đặt: 

x 'r
Tính định thức Jacobi: J  '
yr

x'
cos  rsin

r
'
y sin rcos

Tích phân trở thành:

0  r  1
I   x  y dxdy   (rcos  rsin ) | r| drd với D' xác định bởi: 
0    π
D
D'
π

1

  r dr (cos  sin ) d   r dr. (cos  sin ) d
2

D'

2

0

0

1

r3
1
2
π

.sin  cos  0  . 1  1  
30
3
3

Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149
28


Cập nhật 20/01/2015

2.7 Đề thi cuối kỳ I năm học 2014 – 2015
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC KỲ I
NĂM HỌC 2014 – 2015

Môn thi: Giải tích 2
Số tín chỉ: 03

Đề số 1

Dành cho sinh viên: Khoa Vật lý, Hóa học, Môi trường, KT-TV-HDH
Dạng đề thi: Không được sử dụng tài liệu
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1. Cho hàm số

 x 3  4y3

f(x, y)   2x 2  y2
0


khi (x, y)  (0,0)
khi (x, y)  (0,0)

a) Xét sự liên tục của f(x,y) trên R2
'
b) Tính các đạo hàm riêng f x' và f y

Câu 2. Tìm cực trị của hàm số

f(x, y)  (x2  y2 )3  3x 2  3y2
Câu 3. Tính tích phân kép

I   (x  xy  x 2 ) dxdy
D

Trong đó D là hình phẳng giới hạn bởi parabol y = x2 và đường thẳng y = 2x + 3

Câu 4. Tính tích phân bội ba

I   (xyz  x 2  y2 ) dxdydz
V

Trong đó V là hình cầu x2 + y2 + z2  1
Câu 5. Tính tích phân đường

I   (xy  y2 ) ds
L

Trong đó L là biên của tam giác ABC với A(–1, 0); B(0, 1); C(1, 0)
Câu 6. Tính tích phân đường

I   (x 2  x 2 y) dx  (xy 2  y3 ) dy
L

Trong đó L là đường tròn x2 + y2 = 1 theo chiều dương.
Lời giải:
Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149
25


Cập nhật 20/01/2015

Câu 1: Xét sự liên tục của hàm số và tính các đạo hàm riêng cấp 1

 x 3  4y3

f(x, y)   2x 2  y2

0


khi (x, y)  (0,0)
khi (x, y)  (0,0)

a) Xét sự liên tục của f(x,y) trên R2:
Hàm số xác định (x,y)  R2
Hàm số liên tục trên R2\{0, 0}. Xét tính liên tục của hàm số tại điểm (0, 0) ta có:

0
0

x 3  4y3
x3
4y3


2x 2  y2 2x 2  y2 2x 2  y2

(theo tính chất |a + b|  |a| + |b|)

x 3  4y3
x3
4y3 x


  4y
2x 2  y2 2x 2
y2

2

Khi (x, y)  (0, 0) thì

x
 4y  0 do đó theo nguyên lý kẹp ta được:
2

x 3  4y3
 0 . Suy ra:
(x, y)(0,0) 2x 2  y 2
lim

x 3  4y3
0
(x, y) (0,0) 2x 2  y 2
lim

x 3  4y3
 f(0,0)  0 . Do đó hàm số f(x,y) liên tục tại điểm (0, 0)
 (x, y)(0,0) 2
2x  y 2
lim

Vậy, hàm số f(x,y) liên tục trên R2.
'
'
b) Tính các đạo hàm riêng f x và f y :

f 

'
x

f 
'
y

3x 2 (2x 2  y2 )  4x(x 3  4y3 )

2x

2

 y2



2



12y2 (2x 2  y2 )  2y(x3  4y3 )

2x

2

 y2



2

6x 4  3x 2 y2  4x 4  16xy 3



2x

2

 y2



2



24x 2 y2  12y4  2x 3 y  8y4

2x

2

 y2



2

2x 4  3x 2 y2  16xy 3

2x



2

 y2



2

4y4  24x 2 y2  2x 3 y

2x

2

 y2



2

Câu 2: Tìm cực trị của hàm số

f(x, y)  (x2  y2 )3  3x 2  3y2 . Dạng bài tìm cực trị tự do của hàm số hai biến.

* Tìm các điểm tới hạn (điểm dừng):
'
'
''
''
Hàm số xác định trên R2. Đặt: p  f x ; q  f y ; r  f x2 ; S  f xy ;

p  f x'  6x(x2  y2 )2  6x
q  f y'  6y(x2  y2 )2  6y

Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149
26

t  f y''2 . Ta có:


Cập nhật 20/01/2015

r  f x''2  6(x 2  y2 )2  24x 2 (x 2  y2 )  6
S  f xy''  24xy(x 2  y 2 )

t  f y"2  6(x 2  y2 )2  24y2 (x 2  y2 )  6
 x  0
 x  0
6x(x 2  y2 )2  6x  0  2
p  0


2




x

y

1

x  1
Cho: 

2
2 2
q

0

6y(x

y
)

6y

0


y  0



y  0
 Có 3 điểm dừng: A(0, 0); B(1, 0) và C(–1, 0)
* Xét xem các điểm dừng có phải là cực trị hay không:
+ Xét điểm dừng A(0, 0) ta có:

S2  rt  02  (6).6  36  0 . Do đó, A không là cực trị.
+ Xét điểm dừng B(1, 0) ta có:

S2  rt  02  24.12  288  0
Kết hợp với r = 24 > 0. Do đó, B là điểm cực tiểu.
+ Xét điểm dừng C(–1, 0) ta có:

S2  rt  02  24.12  288  0
Kết hợp với r = 24 > 0. Do đó, C là điểm cực tiểu.
Kết luận:
Hàm số z(x, y) đạt cực tiểu địa phương bằng –2 tại hai điểm B(1, 0) và C(–1, 0).
Tham khảo hình ảnh từ đồ thị (kiểm tra lại kết quả tính toán):
Hình ảnh từ đồ thị cho thấy, điểm B và C thỏa mãn là các điểm cực tiểu.

Câu 3: Tính tích phân kép

I   (x  xy  x 2 ) dxdy
D

Trong đó D là hình phẳng giới hạn bởi parabol y = x2 và đường thẳng y = 2x + 3
Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149
27


Cập nhật 20/01/2015

Miền D có dạng như hình vẽ:

y
D

B 

y  2x  3

y  x2

A 
O

x

Đối với dạng này ta tìm khoảng biến thiên của x và y, sau đó sử dụng phương
pháp lặp để giải.
Hoành độ giao điểm tại A và B là nghiệm của hệ:

y  x 2
x  1
 x 2  2x  3  0  (x  1)(x  3)  0  

x  3
y  2x  3
Tích phân cần tìm là:
2x 3

2x 3

 2
xy 2 

I   dx  (x  x  xy) dy   dx  x y  xy 
2
2

 x2
1

1
x
3

3

2


x(2x  3) 2
x5 
  dx  x 2 (2x  3)  x(2x  3) 
 x 4  x 3  
2
2

1
3

3



1
  dx 4x 3  6x 2  4x 2  6x  4x 3  12x 2  9x  2x 4  2x 3  x 5
2 1


3

3
1
1  x 6 2 5 3 4 22 3 15 2 
5
4
3
2
  dx  x  2x  6x  22x  15x   
 x  x 
x  x 
2 1
2 6 5
2
3
2  1





1  729 486 243 594 135 1 2 3 22 15  416
 




     
2 6
5
2
3
2 6 5 2 3 2
5
Câu 4: Tính tích phân bội ba

I   (xyz  x 2  y 2 ) dxdydz trong đó V là hình cầu x2 + y2 + z2  1
V

Miền lấy tích phân là một khối cầu tâm O, bán kính bằng 1. Sử dụng phương pháp
đổi biến trong hệ tọa độ cầu:
Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149
28


Cập nhật 20/01/2015

x 'r
x  rcos sinθ


'
Đặt: y  rsin sinθ . Tính định thức Jacobi: J  y r
z  rcosθ
z 'r


x '
y'
z'

x θ'
y θ'  r 2sinθ
z θ'

0  r  1

Miền V ' được xác định với 0  θ  π
0    2π

Do đó:

I   (rcos sinθ. rsin sinθ.rcosθ  r 2cos2 sin 2 θ  r 2sin 2 sin 2 θ) | r 2sinθ | drd dθ
V'

  (r 3cos . sin sin 2 θ.cosθ  r 2 sin 2 θ) r 2sinθ drd dθ
V'

  (r 5cos . sin sin 3 θ.cosθ  r 4 sin 3 θ) drd dθ
V'

  (r 5cos .sin sin3 θ.cosθ drd dθ   r 4 sin3 θ drd dθ
V'

V'

1

π

2π

1

2π

π

0

0

  r dr.  cos . sin d. sin θ.cosθ dθ   r dr.  d. sin 3 θ dθ
5

0

3

0

1

r 6 sin 2

.
6 0 2

0

2π

0

π

4

0

1

π
sin 4θ
r5
2π
.

. 0 .  sin 2θ d (cosθ)
4 0 5 0

0
π

π

1
1
1  cos3θ
 .0.0  .2π. (cos 2θ  1) d (cosθ)  .2π 
 cos θ 
6
5
5  3
0
0



2π  1
1  2π 4
.   1   1 

5  3
3  5 3

Câu 5: Tính tích phân đường loại một

I   (xy  y2 ) ds với L là biên của tam giác ABC và A(–1, 0); B(0, 1); C(1, 0)
L

Tích phân đường loại một không phụ thuộc vào chiều lấy tích phân. Với L có dạng
biên của một tam giác thì ta viết phương trình phụ thuộc của y vào x trên từng cạnh của
tam giác sau đó lấy tích phân trên từng cạnh của tam giác đó.
y
Đường L có dạng như hình vẽ:

B 1

+ Phương trình đường thẳng AB
y=x+1
+ Phương trình đường thẳng BC
Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149
29

A

-1

O

C

1

x


Cập nhật 20/01/2015

y = –x + 1

+ Phương trình đường thẳng CA
y=0
 Tích phân đường loại một cần tìm là:

I   (xy  y2 ) ds
L

0

1

  [x(x  1)  (x  1) ] 1  1 dx   [x(x  1)  (x  1)2 ] 1  (1)2 dx  0
2

2

1

0

0

1

 2  (2x  3x  1) dx  2  (x  1) dx
2

1

0

0

1

3
2

 1

2 3 
 1 
 2  x3  x 2  x   2   x 2  x   2    1  2    1
2
3
 1
 2
0
3 2 
 2 


2 2
3

Câu 6: Tính tích phân đường loại hai

I   (x 2  x 2 y) dx  (xy 2  y3 ) dy
L

Trong đó L là đường tròn x2 + y2 = 1 theo chiều dương.
Sử dụng mối liên hệ giữa tích phân kép với tích phân đường loại hai trên đường
cong kín (công thức Green) để giải bài toán này.
Theo công thức Green ta có:

 P(x, y) dx  Q(x, y) dy    P

'
y

L



 Qx' dxdy

D

(trong đó D là miền phẳng tạo bởi đường cong kín L)
Do đó:

I   (x 2  x 2 y) dx  (xy 2  y3 ) dy   (x 2  y2 ) dxdy
L

với D là miền: x2 + y2  1

D

Miền D có dạng hình tròn tâm O(0,0); bán kính 1. Đổi sang hệ tọa độ cực:

x  rcos
y  rsin

Đặt: 

Định thức Jacobi: J 

x 'r
y'r

x'
cos  rsin

r
y'
sin rcos

Tích phân trở thành:

Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149
30




Cập nhật 20/01/2015



I   x 2  y2 dxdy   (r 2cos2  r 2sin 2 ) | r| drd   r 3drd

D

D'

D'

0  r  1
0    2π

với D' xác định bởi: 
1

2π

1

r4
1
π
2π
 I   r dr.  d 
.  0  .2π 
40
4
2
0
0
3

Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149

31


Cập nhật 18/01/2015

2.6 Đề thi cuối kỳ I năm học 2014 – 2015
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC KỲ I
NĂM HỌC 2014 – 2015

Môn thi: Giải tích 2
Số tín chỉ: 02

Đề số 1

Dành cho sinh viên: Ngoài khoa Toán
Dạng đề thi: Không được sử dụng tài liệu
Thời gian làm bài: 60 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (3đ): Tìm cực trị của hàm số

z  x 3  6xy  y3
Câu 2 (4đ): Tính tích phân 3 lớp sau:

I  | xy | dxdydz
V

Trong đó V là miền xác định bởi x2 + y2 + z2  4 và z  0
Câu 3 (3đ): Tính tích phân đường loại hai:

I   (e x siny  xy  y 2 ) dx  (e x cosy  xy  x 2 ) dy
L

2
Trong đó, L là đường cong kín gồm cung y  1  x và đoạn [–1, 1]

Lời giải:
Câu 1: Tìm cực trị của hàm số hai biến
3
3
Hàm số: z  x  6xy  y

Thuộc dạng bài tìm cực trị tự do của hàm số hai biến.
* Tìm các điểm tới hạn (điểm dừng):
'
'
''
''
Hàm số xác định trên R2. Đặt: p  f x ; q  f y ; r  f x2 ; S  f xy ;

t  f y''2

Ta có:

p  f x'  3x 2  6y
q  f y'  3y2  6x
r  f x''2  6x ;

S  f xy''  6 ;

t  f y''2  6y

2
2
p  0 
3x  6y  0 
x  2y  0
 2
 2
 x 2  y2  2(x  y)  0
Cho: 
q  0 
3y  6x  0 
y  2x  0

Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149
25


Cập nhật 18/01/2015

x  y
 (x  y).(x  y  2)  0  
x  (y  2)
+ Thay x = y vào phương trình x2 – 2y = 0 ta được:

 y  0 x  0
y2  2y  0  


y

2

x  2
+ Thay x = – (y + 2) vào phương trình x2 – 2y = 0 ta được:

y2  4  0

(vô nghiệm thực)

 Có 2 điểm dừng: A(0, 0) và B(2, 2)
* Xét xem các điểm dừng có phải là cực trị hay không:
+ Xét điểm dừng A(0, 0) ta có:

S2  rt  36  36xy  36  0 . Do đó, A không là cực trị.
+ Xét điểm dừng B(2, 2) ta có:

S2  rt  36  36xy  108  0
Kết hợp với r = 6x = 12 > 0. Do đó, B là điểm cực tiểu.
Kết luận:
Hàm số z(x, y) đạt cực tiểu địa phương bằng –8 tại điểm B(2, 2).
Tham khảo hình ảnh từ đồ thị (kiểm tra lại kết quả tính toán):
Hình ảnh từ đồ thị cho thấy, điểm B(2, 2) thỏa mãn điểm cực tiểu và z(B) = – 8

HVT
Cực tiểu

Câu 2: Tính tích phân 3 lớp

I  | xy | dxdydz trong đó V là miền xác định bởi x2 + y2 + z2  4 và z  0
V

Miền lấy tích phân có dạng một nửa khối cầu phía trên mặt phẳng xOy, tâm khối
cầu tại O(0, 0, 0); bán kính R = 2. Hàm lấy tích phân là hàm chẵn đối với cả x và y,
miền lấy tích phân đối xứng qua mặt phẳng xOz và mặt phẳng yOz.
Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149
26


Cập nhật 18/01/2015

z
Miền V có dạng như hình vẽ:
Chia miền V thành 4 miền ứng
với 4 góc phần tư trong mặt phẳng
xOy. Tích phân cần tìm là:

2

V1

I  | xy | dxdydz

y

V

 4 xy dxdydz

x

V1

Đổi biến sang hệ tọa độ cầu:

x 'r
x  rcos sinθ

'
Đặt: y  rsin sinθ . Tính định thức Jacobi: J  y r
z  rcosθ
z 'r


x '
y'
z'

x θ'
y θ'  r 2sinθ
z θ'

0  r  2

Miền V1 được xác định với 0  θ  π/2
0    π/2

2
Do đó: I  4 xy dxdydz  4 rcos sinθ. rsin sinθ. | r sinθ | drd dθ

V1

V1

2

π/2

π/2

0

0

 4 r . sin cos. sin θ drd dθ  4 r dr.  sin cos d.  sin 3θ dθ
4

3

4

V1

0

2

r 5 sin 2
4
.

5 0 2

π/2 π/2

32 1 π/2
.   sin θ d (cosθ)  4. . .  (cos2θ  1) d (cosθ)
5 2 0
0
2

0

 /2


64  cos3θ
 
 cos θ 
5  3
0



64 
1  128
 0  0   1 
5
3  15

Câu 3: Tính tích phân đường loại hai

I   (e x siny  xy  y 2 ) dx  (e x cosy  xy  x 2 ) dy
L

2
Trong đó, L là đường cong kín gồm cung y  1  x và đoạn [–1, 1]

Đường cong kín L xác định miền D  R2 có dạng nửa đường tròn tâm O, bán kính 1
Sử dụng mối liên hệ giữa tích phân đường
loại hai với tích phân kép (công thức Green) để
tìm tích phân trên.

 P(x, y) dx  Q(x, y) dy    P

'
y

L

y
y  1 x2



 Qx' dxdy

D

Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149
27

D
1

O

1

x


Cập nhật 18/01/2015

Do đó:

I   (e x siny  xy  y 2 ) dx  (e x cosy  xy  x 2 ) dy
L





   ex cosy  x  2y  ex cosy  y  2x dxdy   x  y  dxdy
D

D

Miền D có dạng nửa hình tròn, sử dụng phương pháp đổi biến trong hệ tọa độ cực:

x  rcos

y  rsin

Đặt: 

x 'r
Tính định thức Jacobi: J  '
yr

x'
cos  rsin

r
'
y sin rcos

Tích phân trở thành:

0  r  1
I   x  y dxdy   (rcos  rsin ) | r| drd với D' xác định bởi: 
0    π
D
D'
π

1

  r dr (cos  sin ) d   r dr. (cos  sin ) d
2

D'

2

0

0

1

r3
1
2
π

.sin  cos  0  . 1  1  
30
3
3

Hoàng Văn Trọng – 0974.971.149
28