De thi ket thuc hoc phan gt2

ĐỀ THI HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2

ThS. Huỳnh Nhật Vỹ

ĐỀ SỐ 1
Câu 1: Tính tích phân bội hai sau : I =

∫∫ 1 − x + (2 x − y)  dxdy . Với D là miền của ∆ABC,
2

D

trong đó A(2,1),B(−1, −3) và C ( −1,2) .
Câu 2: Tính tích phân đường loại hai sau đây:
I = ∫ ( ye xy + 2 x cos y − xy ) dx + ( xe xy − x 2 sin y + xy + x ) dx
C

2
2
Với C là biên của miềnvới Ω = { x + y ≤ 2 x, y ≥ 0} .
2
Câu 3: Tính tích phân mặt loại hai sau: I = ∫∫ xydydz − y dxdz + zdxdy . Trong đó, (S) là biên
(S )

3
của miền V = { ( x, y,z ) ∈ ¡ : 0 ≤ x ≤ 1;0 ≤ y ≤ 1;0 ≤ z ≤ 1} .

2 y ′ = 3 x3e 2 y − x
Câu 4: Giải phương trình vi phân cấp một sau : 
.
y

(2)
=
2

n
n
∞
( −1) + 2
Câu 5: Tính tổng của chuỗi số sau : ∑
.
3n
n =1
2

HƯỚNG DẪN
Câu 1: Pt đường thẳng qua A(2,1),B(−1, −3) là : 4 x − 3 y − 5 = 0 ⇒ y =
Pt đường thẳng qua B(−1, −3),C( −1,2) là : x = −1
Pt đường thẳng qua A(2,1),C(−1,2) là : x + 3 y − 5 = 0 ⇒ y =

4x − 5
3

5− x
3

4x − 5
−x + 5 

≤ y≤
Ta có : D(x, y) = (x, y) / −1 ≤ x ≤ 2,


3
3 

Câu 2: Khi đó, ta có công thức Green là: i∫ P(x, y)dx + Q(x, y)dy =
∂D (x,y)

∫∫ ( Q′ − P′ ) dxdy
x

y

D (x,y)

Q ′ = e xy + xye xy − 2 x sin y + y + 1
 x
⇒ Qx′ − Py′ = y + x + 1

xy
xy
 Py′ = e + xye − 2 x sin y − x
với D(x, y) là hình chiếu của mặt nón lên mp Oxy, hay
D (x, y) = { (x, y) ∈ R 2 / x 2 + y 2 ≤ 2 x, y ≥ 0}
 x = r cos ϕ
Ta chuyển miền D(x,y) sang miền cực, ta đặt 
 y = r sin ϕ
x ≥ 0
π
 π



⇒ ϕ ∈ 0,  . Khi đó ta có D(r,ϕ ) = ( r,ϕ ) / 0 ≤ ϕ ≤ ,0 ≤ r ≤ 2cos ϕ 
Ta có 
2
 2


y ≥ 0
Do đó ta có :
=

π /2

i∫

P(x, y)dx + Q(x, y)dy =

∂D (x,y)

x

D (x,y)
2 cos ϕ

∫ (cosϕ + sin ϕ )dϕ ∫
0

∫∫ ( Q′ − P′ ) dxdy = ∫∫ ( x + y + 1) dxdy

0

r 2 dr +

π /2

D (x,y)

2 cos ϕ

∫ dϕ ∫
0

y

rdr

0

TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI TP. HCM

Trang 1


ĐỀ THI HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2

ThS. Huỳnh Nhật Vỹ

Câu 3: Khi đó, công thức Gauss-Ostrogradski như sau:
ur
Pdydz

+
Qdzdx
+
Rdxdy
=
div
Ò
∫∫
∫∫∫ F dxdydz = ∫∫∫ Px′ + Qy′ + Rz′ dxdydz
S

T (x,y,z)

T (x,y,z)

)

(

P/ = y
 x
/
3
Trong đó Qy = −2 y . Với T (x, y,z) = { ( x, y,z ) ∈ R / 0 ≤ x ≤ 1,0 ≤ y ≤ 1,0 ≤ z ≤ 1}

 Rz′ = 1
2
2 y ′ = 3 x3e 2 y − x
2
2

1
3
3
⇒ 2 y dy = y ′dx = x 3e − x dx ⇒ ∫ e −2 y dy = ∫ x 3e − x dx
Câu 4: Ta có : 
e
2
2
 y (2) = 2
n

2
n
n
n
n
∞
∞
∞
 ÷ −1
( −1) + 2
( −1)
2
2
/
= ∑ n + ∑ n ; Sn = .  3 
Câu 5: ∑
⇒ lim S n/ = 2
n
3

n →∞
n =1
n =1 3
n =1 3
3 2 −1
3
n
∞
( −1)
Ta xét chuỗi ∑ n là chuỗi đan dấu và theo tiêu chuẩn Leibnitz, nên hội tụ.
n =1 3
∞
( −1) n
1
Ta có chuỗi ∑ n là chuỗi cấp số nhân với công bội q = − . Do đó tổng riêng phần thứ n
3
n =1 3
n

 −1 
 ÷ −1
1
9
1
1
//
của nó là Sn = .  3 
⇒ lim Sn// = . Vậy tổng của chuỗi đã cho là S = + 2 = .
n →∞
4

2
3 −1 − 1
4
3

ĐỀ SỐ 2
Câu 1: Tính tích phân bội hai sau : I =
đường có pt x = y; x = 2 y; x = 1; x = 2 .

y
∫∫D x 2 + 4 y 2 dxdy . Với D là miền kín giới hạn bởi các

Câu 2: Tính tích phân đường loại hai :

I=

∫» 6x e

3 2y

(

)

dx + 3x 4 + y + 1 e 2ydy

AB

. Với »AB có

+ sin (π t ),0 ≤ t ≤ 1 , đi từ điểm A ứng với tham số t A = 1 đến
phương trình x = t e , y = t
điểm B ứng với tham số t B = 0 .
Câu 3: Tính tích phân mặt loại một sau: I = ∫∫ zdS . Trong đó :
2013 2 −t

4026

S=

2

{ ( x, y,z ) ∈ ¡

(S )
3

}

: z = x2 + y2 , z ≤ 1

Câu 4: Giải phương trình vi phân cấp hai sau : y ′′ + 2 y ′ = 10e x cos x .
∞

n3

 1 + n2 
Câu 5: Xét sự hội tụ của chuỗi số sau
.


2÷
÷
n =1  2 + n 

∑

HƯỚNG DẪN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI TP. HCM

Trang 2


ĐỀ THI HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2

ThS. Huỳnh Nhật Vỹ

x


Câu 1: D(x, y) = ( x, y ) / 1 ≤ x ≤ 2, ≤ y ≤ x 
2



1+ x
y(x)
=
Câu 2: Tính đạo hàm cấp n của hàm số sau :
1− x
−1

1+ x
= (1 + x)(1 − x) 2
Ta có y(x) =
1− x
Áp dụng công thức Leibnitz : (

f .g )

(n)

n

= ∑ Cnk f (n − k) g (k)
k =0

−1
2

với f (x) = (1 − x) ; g (x) = 1 + x
Ta thấy g(x) = 1+ x là hàm bậc nhất nên đạo hàm từ cấp 2 trở đi thì nó bằng 0. Do đó ta có
(n − k)

(n)

1
1
n
−
− 



k
2
2
 (1 − x) .(1 + x) ÷ = ∑ Cn  (1 − x) ÷
k =0





(1 + x)

(k)

(n − k)

1
− 

= ∑ C  (1 − x) 2 ÷
k =0


1

k
n

(1 + x) (k)

(n −1)

(n)

−1
−1




2
=  (1 − x) ÷ (1 + x) + n  (1 − x) 2 ÷





Ta có công thức sau : ( x )

α (n)

= α (α − 1)(α − 2)... ( α − (n − 1) ) xα −n
(n)

Bây giờ ta tính : f

(n)

−1



(x) =  (1 − x) 2 ÷



Ta có 2 cách tính như sau:
+ Cách 1: Dùng pp quy nạp
−1 ′
−1
−1

 −1
2
f ′(x) =  (1 − x) ÷ = (−1)(1 − x) 2
2


′
−1
−1
−1 
−2
 −1
 −1 
 −1 
2
′′
f (x) =  (−1)(1 − x) ÷ =  ÷(−1)  − 1÷(−1)(1 − x) 2
 2


 2
  2 
−1
′
−1
−3
−2 
  −1 
 −1 
 −3 
 −1 
−1 

2
2
=
(
−
1)
(
−
1)
(
−
1)
−
1
(1
−

x)
f ′′′(x) =   ÷(−1)  − 1÷(−1)(1 − x)

÷

÷

÷
÷
 2 
 2 
 2

 2

 2 

−1
−1
−3
−3
1
 3
5
3
6 1 3 5
2
= (−1) (−1)  ÷(−1)  ÷(−1)  ÷(1 − x)
= (−1) . . (1 − x) 2
2 2 2

2
2
2

……………………………………………………………
−1
−n
(2n − 1)!!
1
(n)
2 n 1.3.5...(2n − 1)
2
f (x) = (−1)
(1
−
x)
=
n
n
2
2
(1 − x) n 1 − x
+ Cách 2: Dùng hàm hợp. Ta đặt h(x) = 1 - x

TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI TP. HCM

Trang 3


ĐỀ THI HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2

−1
2

ThS. Huỳnh Nhật Vỹ

−1
2
α −1
Mặt khác, ta có f x′ ( h(x) ) = f h′(h).h′x = (−1). f h′(h) = (−1)α h
f ′′( h(x) ) = ( f ′(h(x)) ) ′ = (−1)f ′′.h ′ = (−1) 2 f (2) (h)

Suy ra : ( f oh ) (x) = f ( h(x) ) = h

x

x

= hα , α =

h

x

Theo quy nạp, ta có
f x(n) ( h(x) ) = (−1) n f (n) (h) = (−1) n α .(α − 1)...( α − (n − 1) ) hα −n
−1

 −1  −1   −1
 −n
= (−1)  ÷ − 1÷... − (n − 1) ÷h 2

 2  2
  2

−1
−n
1.3.5...(2n − 1)
(2n − 1)!!
1
2
= ( −1) 2 n
(1
−
x)
=
n
n
2
2
(1 − x) n 1 − x
n

(n)

(n)

(n −1)

1
−1
−1

−






2
2
2
(1
−
x)
.(1
+
x)
=
(1
−
x)
(1
+
x)
+
n
(1
−
x)

÷


÷

÷
Vậy ta có :






(2 n − 1)!!
1
(2n − 3)!!
1
=
(1 + x) + n
n
n −1
n
n −1
2
2
(1 − x) 1 − x
(1 − x)
1− x
3 2y
Ta có : Qx′ = Py′ = 12 x e

u ′ = 6 x3 e2 y ,

(1)
 x
Ta có hệ sau 
4
2y
u y′ = ( 3x + y + 1) e , (2)
Từ (1), ta có : du = u x′ dx = 6 x 3e 2 y dx ⇒ ∫ du = ∫ 6 x 3e 2 y dx

3 4 2y
x e + C (y) ⇒ u y′ (x, y) = 3 x 4 e 2 y + C ′(y)
2
Thế vào (2), ta có : u y′ = ( 3 x 4 + y + 1) e2 y = 3x 4 e 2 y + C ′(y)
⇒ u (x, y) =

⇒ C ′(y) = ye 2 y + e 2 y ⇒ C (y) = ∫ ( ye 2 y + e 2 y ) dy + C

1
1
1
1
⇒ C (y) = e 2 y + ye 2 y − e 2 y + C = ye 2 y + C
2
2
2
2
3 4 2y 1 2y
Vậy : u (x, y) = x e + ye + C
2
2
3

1
Ta có : I = u (B) − u(A)u (x, y) = x 4 e 2 y + ye 2 y + C
2
2
Câu 3: Gọi S xq là mặt nón, và Sd là mặt đáy của hình nón nằm trên mp z = 1. Như vậy mặt
vật thể ta đang xét là S = S xq U S d .
Bây giờ ta xét mặt Sd .
Ta có Sd là giao diện giữa hình nón và mặt phẳng z = 1, hay
Sd = { (x, y,1) ∈ R 3 / x 2 + y 2 ≤ 1, z = 1} .
Ta chuyển mặt Sd thành phương trình
tham số theo x và y.
TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI TP. HCM

Trang 4


ĐỀ THI HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2

ThS. Huỳnh Nhật Vỹ

x = x

Vậy ta có  y = y , (x, y) ∈ D(x, y)
z = 1

uu
r ur ur  D( y, z ) D( z , x ) D( x, y ) 
,
,
Ta có : nS = rx′ ∧ ry′ = 

÷, (x, y) ∈ D(x,y)
 D(x, y) D(x, y) D(x, y) 
 yx′ z x′
xx′ z x′ xx′ yx′   y ′x z x′ z x′ xx′ xx′ y x′ 
=
,−
,
,
,
÷= 
÷
 y ′y z ′y
′y z ′y x′y y ′y ÷  y ′y z ′y z ′y x′y x′y y ′y ÷
x

 

= ( − z x′ , − z ′y ,1) = ( 0,0,1) .
uu
r
ur ur
′
′
ds
=
n
dxdy
=
r
Suy ra :

S
x ∧ ry dxdy = 1 dxdy = dxdy .
uu
r
I
=
ds
=
n
∫∫ S dxdy = ∫∫ dxdy
Vậy, ta có : d ∫∫
Sd

D (x,y)

D (x,y)

2
2
2
với D(x, y) là hình chiếu của Sd lên mp Oxy, do đó D(x, y) = { (x, y) ∈ R / x + y ≤ 1} .
Vì D(x, y) là miền tròn nên ta chuyển sang miền cực.
 x = r cos ϕ
, ϕ ∈ [0, 2π ] và D(r,ϕ ) = { (r,ϕ ) / 0 ≤ ϕ ≤ 2π ,0 ≤ r ≤ 1} .

y
=
r
sin
ϕ



Suy ra I d =

∫∫

rdϕ dr =

D (ϕ ,r)

2π

1

0

0

∫ dϕ ∫ rdr = π

{

mat

3
Bây giờ ta xét mặt xung quanh S xq . Ta có S xq = (x, y,z) ∈ R / z =

}

x2 + y2 .

Ta chuyển mặt S xq thành phương trình tham số theo x và y.
x = x

, (x, y) ∈ D(x, y)
Vậy ta có  y = y

2
2
 z = x + y
uu
r ur ur  D( y, z ) D( z , x) D( x, y ) 
n
,
,
Ta có S = rx′ ∧ ry′ = 
÷, (x, y) ∈ D(x,y)
D
(x,
y)
D
(x,
y)
D
(x,
y)


 yx′
=

 y ′y


z x′
xx′
,−
z ′y
x′y

z x′ xx′
,
z ′y x′y

yx′
y ′y

  y ′x
=
÷
÷  y ′y
 

z x′ z x′
,
z ′y z ′y

xx′ xx′
,
x′y x′y



x
y
′
′
= ( − z x , − z y ,1) = 
,
,1÷.
 x2 + y 2 x2 + y2 ÷


uu
r
ur ur
Suy ra : ds = nS dxdy = rx′ ∧ ry′ dxdy = 2 dxdy .
uu
r
2
2
2
2
I
=
x
+
y
ds
=
x

+
y
n
S dxdy =
∫∫
Vậy, ta có : xq ∫∫
S xq

D (x,y)

y x′
y ′y

∫∫


÷
÷


D (x,y)

x 2 + y 2 2dxdy .

2
2
2
với D(x, y) là hình chiếu của S xq lên mp Oxy, do đó D(x, y) = { (x, y) ∈ R / x + y ≤ 1} .

TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI TP. HCM

Trang 5


ĐỀ THI HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2

ThS. Huỳnh Nhật Vỹ

Vì D(x, y) là miền tròn nên ta chuyển sang miền cực.
 x = r cos ϕ
, ϕ ∈ [0, 2π ] và D(r,ϕ ) = { (r,ϕ ) ∈ R × [0,2π ] / 0 ≤ ϕ ≤ 2π ,0 ≤ r ≤ 1} .

y
=
r
sin
ϕ

Suy ra I xq =

∫∫

x 2 + y 2 2dxdy =

∫∫

D (r,ϕ )

D (x,y)

2.r.rdrdϕ = .

Vậy I = I xq + I d .
y) là hình chiếu của mặt nón lên mp Oxy, hay
z =0

D(x, y) = { (x, y) ∈ R 2 / x 2 + y 2 ≤ 2 x, y ≥ 0}
 x = r cos ϕ
, ϕ ∈ [0,2π ]
Ta chuyển miền D(x,y) sang miền cực, ta đặt 
 y = r sin ϕ
x ≥ 0
 π
⇒ ϕ ∈ 0, 
Ta có 
 2
y ≥ 0

π


Khi đó ta có D(r,ϕ ) = ( r,ϕ ) ∈ R × [0,2π ] / 0 ≤ ϕ ≤ ,0 ≤ r ≤ 2cos ϕ 
2


′
′
Do đó ta có i∫ P(x, y)dx + Q(x, y)dy = ∫∫ ( Qx − Py ) dxdy
∂D (x,y)

=

∫∫

D (x,y)

r (cos ϕ − sin ϕ )rdrdϕ =

D (r,ϕ )

2π

h

∫ (cosϕ − sin ϕ ) ∫ r dr = 0
2

0

0

k = 0
2
Câu 4: The characteristic eq of (*) is : k + 2k = 0 ⇒ 
 k = −2
Thus, the general solution of the homogeneous differential eq of (*) is
y (x) = C1 y1 (x) + C 2 y2 (x) = C1 + C2 e −2 x

Ta thấy f (x) = 10e x cos x , có hệ số trước mũ x la 2 là 1 và nó không là nghiệm của phương
*

x
trình đặc trưng nên NR có dạng : y (x) = e ( A cos x + B sinx )
……….
n3

 1 + n2 
Câu 5: ∑ 
.
2 ÷
2
+
n
n =1 

∞

 1 + n2 
1 
1 (


Ta có : 
=
1
−
=
1
−

÷ 

÷
2 ÷
2 + n2 
2 + n2 


2+n 
n3

(

n3

)

− 2+ n 2 ( − n )

1 

= 1 −
÷
2 + n2 



1 
=  1 −
÷

2 + n2 


Suy ra

(

− 2+ n2

−n

1 (

= 1 −
÷
2 + n2 

−n

− (n 2 + 2)

1 
1−

÷
÷ 
2 + n2 
 

2
n


÷
÷


)

− 2 + n2 ( − n ) − 2 n

− 2+ n2
−2

1 ( ) 
1 
÷ 1 −
=  1 −
÷
÷

÷ 
2 + n2 
2 + n2 



−2 n

1 

1 −

÷
2 + n2 


) 
÷ 

)

− 2 + n2 − 2 ( − n )

(n 2 + 2 − 2)
n

4

1 n

1 −
÷
2 + n2 


TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI TP. HCM

Trang 6


ĐỀ THI HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2

ThS. Huỳnh Nhật Vỹ
−n

− 2+ n 2

 1+ n 
1 ( )
 1 −
÷
lim 
÷ = lim
2 ÷
n →∞ 2 + n 2
n →∞ 
÷
2
+
n






=0
n3

2



1 
 1 −
÷

2 + n2 


− (n 2 + 2)

2
n


÷
÷


4
n

1 

1 −
÷
2 + n2 


ĐỀ SỐ 3
Câu 1: Bằng cách biến đổi tọa độ cầu, hãy tính tích phân bội ba sau
2

I = I = ∫ dx
0

4− x2 − y 2

4− x2

∫

dy

0

(x+

∫
0

)

x 2 + y 2 + z 2 dz

2
Câu 2: Tính tích phân đường loại một sau đây: I = ∫ xy ds . Với C là đường cong có phương
C

trình y = x + 1,0 ≤ x ≤ 1 .
2

Câu 3: Tính tích phân mặt loại hai sau: I = ∫∫ (x + y + z)dydz . Trong đó, (S) là mp có pt
(S )

2 x + y + z = 4, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 và lấy phía trên nhìn theo trục Oz.
Câu 4: Giải phương trình vi phân cấp hai sau : y ′′ + 2 y ′ + 5 y = 5 x 3 + 6 x 2 + 21x + 11 .
ln(x + 1)
Câu 5: Cmr hàm số f (x) =
giảm trên tập [2, +∞) > áp dung tinh chất này để cmr
x +1
∞
( −1) n ln(n + 1)
chuỗi số sau hội tụ : ∑
n +1
n =1

HƯỚNG DẪN

{

2
2
2
Câu 1: Ta có miền T (x, y,z) = (x, y, z) / 0 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4 − x ,0 ≤ z ≤ 4 − x − y

}

Miền T(x,y,z) là miền cầu nằm ở góc một phần tám thứ nhất trong kg
2

2

2

và có phương trình mặt cầu là x + y + z = 4
 x = r sin θ cos ϕ

 π
 π
Ta đặt  y = r sin θ sin ϕ , ϕ ∈ 0,  ,θ ∈ 0, 
 2
 2
 z = r cosθ

cosθ ≥ 0

x ≥ 0
sin θ cos ϕ ≥ 0 sin θ ≥ 0

 π
ϕ
∈
0,
y ≥ 0
sin θ sin ϕ ≥ 0

cos ϕ ≥ 0 



 2 

⇒
⇒ 
⇒
Ta xét 
z
≥
0
cos
θ
≥
0
sin
ϕ
≥
0




θ ∈ 0, π 
 2 

θ ∈[0, π ]


θ ∈ [0,π ] 
θ ∈[0, π ]




Và hơn nữa, bán kính là bán kính của hình cầu có gốc tại gốc tọa độ O, nên ta có 0 ≤ r ≤ 2

TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI TP. HCM

Trang 7


ĐỀ THI HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2

ThS. Huỳnh Nhật Vỹ

π
π


T
(
ϕ
,
θ
,
r)
=
(
ϕ
,
θ
,r)
/

0
≤
ϕ
≤
,0
≤
θ
≤
,0 ≤ r ≤ 2 

Vậy
2
2


Vậy I =

π /2

π /2

2

∫ dϕ ∫ sin θ dθ ∫ 2r dr
3

0

0

0

b

Câu 2: Áp dụng công thức I = ∫ f ( x, y (x) ) 1 + ( y ′ ( x ) ) dx
2

a

Câu 3: Mặt cong (S) : z = z ( x, y ) = 4 − 2 x − y,( x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0), ∀ (x, y) ∈ D(x, y) ,
Với D(x, y)= { (x, y) / 0 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4 − 2x}
x = x

, (x, y) ∈ D(x, y) .
Ta có phương trình tham số là  y = y
 z = z ( x, y )

Khi đó, ta cũng có pháp vectơ của mặt cong (S) tại M(x,y,z) thuộc (S) là
uu
r
 D ( y , z ) D ( z , x ) D ( x, y ) 
nS ( M ) = ( A, B, C ) = 
,
,
÷ = (− z x′ , − z ′y ,1) .
 D ( x , y ) D ( x, y ) D ( x, y ) 
uu
r
/
/

z
=
−
2;
z
=
−
1
n
Ta có x
. Vậy ta có S ( M ) = ( A, B, C ) = (− z x′ , − z ′y ,1) = (2,1,1)
y
Do đó, ta có I =
2

= 2 ∫ (4 − x)dx
0

D (x,y)

4− 2 x

∫

∫∫ [ P.A + Q.B+ R .C] dxdy = ∫∫

P. Adxdy =

D (x,y)

∫∫ 2 ( 4 − x ) dxdy

D (x,y)

dy =

0

k1 = −2 + i
2
Câu 4: The characteristic eq of (*) is : k + 2k + 5 = 0 ⇒ 
 k 2 = −2 − i

−2 x
Vậy nghiệm tổng quát có dạng y (x) = e ( C1 cos x + C2 sin x ) .
*
3
2
Nghiệm riêng của pt đã cho là y (x) = (Ax + Bx + C x + D)
We replace(thế) the above partial solution into the eq (*) , we have
1
(x + 1) − ln(x + 1)
1 − ln(x + 1)
Câu 5: Ta có f ′ = x + 1
=
< 0, ∀x ∈ [ 2, +∞ )
2
(x + 1)
(x + 1) 2

ĐỀ SỐ 4

TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI TP. HCM

Trang 8


ĐỀ THI HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2

ThS. Huỳnh Nhật Vỹ

Câu 1: Bằng cách biến đổi tọa độ trụ, hãy tính tích phân bội ba sau
2

I = I = ∫ dx
0

4− x2 − y 2

4− x2

∫

∫

dy

0

0

(x+

)

x 2 + y 2 + z 2 dz

Câu 2: Tính tích phân đường loại hai sau đây: I = »∫ xdx − xdy + xyzdz
AB

với »AB có pt x = cos(π t), y = sin(π t ),z = 2 t,0 ≤ t ≤ 1 , đi từ điểm A ứng với tham số t A = 0
đến điểm B ứng với tham số t B = 1.
Câu 3: Tính diện tích mặt nón có pt sau: z = x 2 + y 2 , ( x ≥ 0, y ≥ 0 )
Câu 4: Giải phương trình vi phân cấp hai bằng pp biến thiên hằng số
y ′′ + 4 y ′ + 4 y = e −2 x ln x .
( −1) n + 2n 2
Câu 5: Xét sự hội tụ của chuỗi số sau : ∑
.
n4
n =1
∞

HƯỚNG DẪN

{

2
2
2
Câu 1: Ta có miền T (x, y,z) = (x, y,z) / 0 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4 − x ,0 ≤ z ≤ x + y

}

Miền T(x,y,z) là miền cầu nằm ở góc một phần tám thứ nhất trong kg
2

2

2

và có phương trình mặt nón là x + y = z
 x = r cos ϕ

 π
Ta đặt  y = r sin ϕ , ϕ ∈ 0, 
 2
z = z

 x ≥ 0 cos ϕ ≥ 0


 π
vì  y ≥ 0 ⇒ sin ϕ ≥ 0 ⇒ ϕ ∈ 0, 
 2
z ≥ 0 z ≥ 0


Và hơn nữa, bán kính là bán kính của hình cầu có gốc tại gốc tọa độ O, nên ta có 0 ≤ r ≤ 2
π



T
(
ϕ
,r,z)
=
(
ϕ
,r,z)
/
0
≤
ϕ
≤
,0 ≤ r ≤ 2,0 ≤ z ≤ x 2 + y 2 

Ta có miền trụ là
2


Vậy I =

π /2

2

0

0

x2 + y 2

∫ dϕ ∫ rdr ∫
0

( r cosϕ +

)

r 2 + z 2 dz

dx = x ′ dt = −π sin ( π t ) dt
t


Câu 2: Ta có dy = yt′dt = π cos ( π t ) dt , t ∈ [ 0,1]

dz = zt′dt = 2dt
1

Vậy I = ∫  −π sin ( π t ) sin ( π t ) − π cos ( π t ) cos ( π t ) + 2cos ( π t ) sin ( π t ) .2t  dt
0

TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI TP. HCM

Trang 9


ĐỀ THI HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2

ThS. Huỳnh Nhật Vỹ

1

1

1

0

0

0

= ∫  2 t sin 2 ( π t ) − π  dt = ∫ 2 t sin 2 ( π t ) dt − π ∫ dt
Câu 3: Ta có diện tích của mặt cong (S) là S = ∫∫ ds
S
uu
r
ur ur
2
2
2
Ta có ds = nS .dxdy = rx′ ∧ ry′ dxdy = A + B + C dxdy =
x

′
với z x =

x2 + y2

Do đó ds =

( − z ′x )

Vậy S = ∫∫ ds =
S

∫∫

2

+ ( − z ′y ) + 1dxdy
2

y

; z y′ =
2

( − z x′ )

x2 + y 2

+ ( − z ′y ) + 1dxdy = 2dxdy
2

2dxdy

D (x,y)

 x = r cos ϕ
 π
,ϕ ∈ 0, 
Đặt 
 2
 y = r sin ϕ
 x ≥ 0 cos ϕ ≥ 0
 π
⇒
⇒ ϕ ∈ 0, 
Ta có 
 2
 y ≥ 0 sin ϕ ≥ 0
Với D(x,y) là hình chiếu của mặt nón trên mp Oxy. Do đó
π


D(x, y) = { (x, y) / x 2 + y 2 ≤ 4, x ≥ 0, y ≥ 0} ⇒ D ( ϕ , r ) = ( ϕ , r ) / 0 ≤ ϕ ≤ ,0 ≤ r ≤ 2 
2


2
Câu 4: Ta có pt đặc trưng của pt đã cho là k + 4k + 4 = 0 ⇒ k = k1 = k 2 = −2

The general solution of the homogeneous eq of (*) is : y (x) = C1e −2 x + C2 xe −2 x
We find the partial solution of the eq (*) as follows : y* (x) = v1 (x) y1 (x) + v 2 (x) y 2 (x),
− x.( e −2 x ) ln x
− y2 f (x)
v =

dx = ∫ −2 x
in where : 1 ∫ W ( y1 , y2 ) (x)
e
xe −2 x

− x.( e −2 x ) ln x

2

−2e −2 x

=∫

e−2 x − 2 xe−2 x

2

dx = ∫

(e )

−2 x 2

1

x

dx

−2 1 − 2 x

− x.ln x
dx = ∫ − x.ln xdx
1
x
−2 1 − 2 x

y1 f (x)
− x.e −2 x ln x
− x.e −2 x ln x
dx = ∫ −2 x
dx
=
∫ −2 x 2 1 x dx
W ( y1 , y2 ) (x)
e
xe−2 x
e )
(
−2 x
−2 x
−2 x
−2 1 − 2 x
−2e
e − 2 xe
− x.ln x
=∫
dx = ∫ − x.e 2 x ln xdx
1
x

e −2 x
−2 1 − 2 x
v2 = ∫

Thus, the general solution of the given eq is : y (x) = y (x) + y* (x)
∞
∞
∞
( −1) n + 2n 2 ∞ (−1) n
2n 2 ∞ (−1) n
2
=∑ 4 +∑ 4 =∑ 4 +∑ 2
Câu 5: Ta có : ∑
4
n
n =1
n =1 n
n =1 n
n =1 n
n =1 n
TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI TP. HCM

Trang 10


ĐỀ THI HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2

ThS. Huỳnh Nhật Vỹ

ĐỀ SỐ 5

Tính I =

1)
R = 3.
2)

D (x,y)

 (x − 1) 2 + (y − 2) 2  dxdy
. Với D(x, y) là hình tròn tâm A(1 ; 2), bán kính

2
Tính tích phân đường loại 2 sau W = ∫ (x − y) dx + (x + 5 y) dy . với L là đường cong có
L

2

2

x
y
+
= 1, x ≥ 0, y ≤ 0 và đi từ điểm A(0, -3) đến điểm B(2,0).
4
9
Tính I = ∫∫ (z − x − y)dydz + (x − y − z)dzdx + (y− z − x)dxdy . Tích phân lấy theo mặt

phương trình
3)

∫∫

S

2
2
ngoài của S, với S là biên của miền : T (x, y,z) = { (x, y,z) / −2 ≤ x ≤ 1, y + z ≤ 3}

4)
5)

3
2 2
2 2
3
Giải PTVP sau : ( 2 xy + 9 x y ) dx + ( 3 x y + 6 x y ) dy = 0
Tìm miền hội tụ của chuỗi
∞

3n
n
( 3 − 2x)
∑
n =0 n + 2

HƯỚNG DẪN
1) PT đường tròn tâm A(1,2), bán kính R = 3 là : (x − 1) 2 + (y − 2) 2 = 9
u = x − 1  x = u + 1
D(x, y)
⇒

⇒ J (u, v) =
=1
Đặt 
v
=
y
−
2
y
=
v
+
2
D
(u,
v)


2
2
Ta có miền D(u,v) là D(u, v) = (u, v) / u + v ≤ 9

{

Ta viết lại tích phân I =

∫∫

}

(u 2 + v 2 )dxdy

D (u,v)

u = r cos ϕ
Đặt 
. Suy ra D (u, v) → D(ϕ ,r) = { (ϕ ,r) / 0 ≤ ϕ ≤ 2π ,0 ≤ r ≤ 3}
v = r sin ϕ
Vậy ta có I =

∫∫

D (u,v)

(u + v )dxdy =
2

2

∫∫

r .rdxdy =
2

D (ϕ ,r)

2π

3

∫ dϕ ∫ r dr
3

0

0

 x = 2cos t ⇒ x ′ = −2sin t
t
2) Đặt 
. Vì đi từ điểm A(0, -3) đến điểm B(2,0) nên ta dễ dàng suy
′
 y = 3sin t ⇒ yt = 3cos t
 π 
ra t ∈  − ;0  .
 2 
3)
a)
Cách 1:
Vì S kín nên ta có thể áp dụng công thức Gauss-Ostrogradky
ur
Pdydz
+
Qdzdx
+
Rdxdy
=
div
Ò
∫∫

∫∫∫ F dxdydz = ∫∫∫ Px′ + Qy′ + Rz′ dxdydz
S

T (x,y,z)

2
2
Với T (x, y,z) = { (x, y,z) / −2 ≤ x ≤ 1, y + z ≤ 3}

T (x,y,z)

(

TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI TP. HCM

)

Trang 11


ĐỀ THI HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2

ThS. Huỳnh Nhật Vỹ

 y = r cos ϕ

Đặt  z = r sin ϕ
x = x


{

}

Ta dễ dàng suy ra được T (x, y,z) → T(ϕ , r, x) = (ϕ ,r, x) / 0 ≤ ϕ ≤ 2π ,0 ≤ r ≤ 3, −2 ≤ x ≤ 1
b)
Cách 2: Ta chia mặt S thành 3 mặt
Mặt trên đối với hình trụ có trục là Oy là St ứng với mặt x = 1.
Mặt dưới đối với hình trụ có trục là Oy là Sd ứng với mặt x = -2.
Mặt xung quanh đối với hình trụ có trục là Oy là Sxq ứng với mặt y2 + z2 =3.
Φ = ∫∫ () = ∫∫ () + ∫∫ () + ∫∫ () = Φ t + Φ d + Φ xq
Vậy ta có
S

St

Sd

S xq

Xét Φt, ta có pt tham số theo y,z là
r r r
i
j k
y = y
ur ur ur
 D ( y , z ) D ( z , x ) D ( x, y ) 

,
,

 z = z ⇒ nt = ry′ ∧ rz′ = x′y y ′y z′y = 
÷ = (1,0,0)
D
(y,z)
D
(y,z)
D
(y,z)


x = 1
x′z y′z z′z

Vậy I = ∫∫ (−1)dydz = −
St

∫∫

dydz với D(y,z) = {(y,z)/ y2 + z2 ≤3}

D (y,z)

Tương tự cho Φd, ta có pt tham số theo y,z là
r r r
y
=
y
i
j k


u
u
r
u
r
u
r
 D ( y , z ) D ( z , x ) D ( x, y ) 

,
,
 z = z ⇒ nd = − ry′ ∧ rz′ = − x′y y′y z′y = − 
÷ = (−1,0,0)
D
(y,
z)
D
(y,
z)
D
(y,
z)


 x = −2
x′z y′z z′z

Vậy I = ∫∫ (−2)dydz = −2
Sd

∫∫

dydz với D(y,z) = {(y,z)/ y2 + z2 ≤3}

D (y,z)

Bây giờ ta xét mặt xung quanh, ta chiếu Sxq lên mp D(x,y), vậy ta phải tách Sxq thành nửa trên
Sxqt và nửa dưới Sxqd đối với mp D(x,y).
x = x

Mặt trên Sxqt co pt tham số theo y và z là  y = y

2
 z = 3 − y
uu
r ur ur  D ( y, z ) D ( z , x) D ( x, y ) 
n
,
,
Ta có S = rx′ ∧ ry′ = 
÷
D
(x,
y)
D
(x,
y)
D(x, y) 

 y′x

=
 y′y


z′x z′x
,
z′y z′y

x′x x′x
,
x′y x′y

0
y′x  
÷=  1
y′y ÷
 


0
−y
3 − y2

,

0
−y
3 − y2



1 0÷
,
0 0 1÷
÷


1



−y
=  0,
,1÷ = − z x′ , − z y′ ,1

3 − y2 ÷



(

Vậy, ta có Φ xqt =

∫∫

)

(y− 3 − y 2 − x)dxdy

D (x,y)

với D(x, z) là hình chiếu của mặt cong Sxqt lên mặt phẳng Oxy, tức là
TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI TP. HCM

Trang 12


ĐỀ THI HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2

ThS. Huỳnh Nhật Vỹ

{

}

D (x, y) = (x, y) ∈ ¡ 2 / −2 ≤ x ≤ 1, − 3 ≤ z ≤ 3 .
x = x

Tương tự Mặt trên Sxqd co pt tham số theo y và z là  y = y

2
 z = − 3 − y
uu
r ur ur  D ( y , z ) D ( z , x ) D ( x, y ) 
nS = rx′ ∧ ry′ = 
,
,
Ta có
÷
 D (x, y) D(x, y) D(x, y) 
 y′x

=
 y′y


z′x z′x
,
z′y z′y

x′x x′x
,
x′y x′y

0
y′x  
÷=  1
y′y ÷
 


0
−y
3− y

0
−y

,

3 − y2

2


1 0÷
,
0 0 1÷
÷


1



y
=  0,
,1÷ = − z x′ , − z y′ ,1

3 − y2 ÷



)

(

Vậy, ta có Φ xqd =

∫∫

(y+ 3 − y 2 − x)dxdy

D (x,y)

với D(x, z) là hình chiếu của mặt cong Sxqt lên mặt phẳng Oxy, tức là
D (x, y) = (x, y) ∈ ¡ 2 / −2 ≤ x ≤ 1, − 3 ≤ z ≤ 3 .

{

Tóm lại ta có Φ = Φ t + Φ d + Φ xqt + Φ xqd
4)
a)
Cách 1

}

Py/ = 6 xy 2 + 18 x 2 y
P (x, y) = 2 xy 3 + 9 x 2 y 2


⇒ /
⇒ Py/ = Qx/
Ta có 
2 2
3
2
2
Q(x, y) = 3 x y + 6 x y
Qx = 6 xy + 18 x y



Khi đó tồn tại một hàm F (x, y) sao cho
dF(x, y) = P(x, y)dx + Q(x, y) dy = Fx/ (x, y) dx + Fy/ (x, y) dy
/
3
2 2

Fx (x, y) = P (x, y) = 2 xy + 9 x y , (*)
Suy ra  /
2 2
3

Fy (x, y) = Q(x, y) = 3 x y + 6 x y, (**)

Từ (**), ta có (**) ⇒ dF (x, y) = Fy/ (x, y) dy = ( 3 x 2 y 2 + 6 x 3 y ) dy
x const

⇒ ∫ dF (x, y) = ∫ ( 3x 2 y 2 + 6 x 3 y ) dy ⇒ F (x, y) = x 2 y 3 + 3 x 3 y 2 + C(x)
⇒ Fx/ (x, y) = 2 xy 3 + 9 x 2 y 2 + C′(x) ⇒ 2 xy 3 + 9 x 2 y 2 + C′(x) = 2 xy 3 + 9 x 2 y 2
⇒ C′(x) = 0 ⇒ C(x) = K ⇒ F (x, y) = x 2 y 3 + 3 x 3 y 2 + C(x),

(#)

Mặt khác dF (x, y) = 0 ⇒ F(x, y) = C' , do đó từ (#) ta có
C ' = F (x, y) =⇒ F (x, y) = x 2 y 3 + 3x 3 y 2 + C(x) ⇒⇒ F (x, y) = x 2 y 3 + 3x 3 y 2 = C

là NTQ của PTVP đã cho.
b) Cách 2 : Nếu

Py/ (x, y) = Q /x (x, y),

∀(x, y) ∈ D

TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI TP. HCM

Trang 13


ĐỀ THI HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2

ThS. Huỳnh Nhật Vỹ

Khi đó tồn tại một hàm F (x, y) sao cho
y
x

F(x, y) = ∫ P(s,0) ds +∫ Q(x, t) dt + C

0
0
dF (x, y) = 0 ⇒ F(x, y) = K

y
x

3
2 2
2 2
3
F(x, y) = ∫ ( 2 sy + 9 s y ) y =0 ds +∫ ( 3 x t + 6 x t ) dt + C


0
0
dF (x, y) = 0 ⇒ F(x, y) = K


x
y

2 3
3 2
F(x, y) = ∫ 0ds + ( x t + 3x t ) 0 + C

0
dF (x, y) = 0 ⇒ F(x, y) = K


F(x, y) = x 2 y 3 + 3x 3 y 2 + C

dF (x, y) = 0 ⇒ F(x, y) = K

Từ đây ta suy ra NTQ của PTVP đã cho.
5) Ta đặt t = 3 − 2 x
∞

Như vậy, từ chuỗi ban đầu trở thành chuỗi lũy thừa như sau

1

∑ 2n − 1 t

n

(*)

n =1

Tâm chuỗi là t = 0.
Ta tìm bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa (*). Ta có lim
n →∞

an+1
an

3n+1
= lim n +n 3 = 3
n→∞ 3
n+2

Vậy bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa (*) là R = . Do đó khoảng hội tụ của chuỗi lũy thừa
1
1
4
5
− < 3 − 2x < ⇔ < x <
(*) là
. Hay ta có 3
3
3
3
+ Tại x = :

∞

n

∞
3n  1 
1
CHS trở thành CS sau ∑
là chuỗi điều hòa phân kỳ.
=
∑
 ÷
n
+
2
3
n
+
2
  n =0
n =0

+ Tại x = : Tương tự
n

n
n
∞
CHS trở thành CS sau ∑ 3  −1 ÷ = ∑ ( −1) là chuỗi đan dấu hội tụ
n =0 n + 2  3 

n =0 n + 2
 4 5
+ Vậy MHT của CHS đã cho là  , 
 3 3
∞

ĐỀ SỐ 6
2
2
Câu 1: Tính I = ∫∫∫ (z − 3) 4 − x − y dxdydz . Với V được giới hạn bởi các mặt x 2 + y2 = 0 ;
V

z =0, z =4.

TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI TP. HCM

Trang 14


ĐỀ THI HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2

ThS. Huỳnh Nhật Vỹ
x

x

Câu 2: Tính khối lượng m của đường cong vật chất L có phương trình y = e 2 + e − 2 ,0 ≤ x ≤ 2 ,
với khối lượng riêng là

.

Câu 3: Tính thông lượng của trường vecto

{

qua mặt ngoài của biên

}

miền T = (x, t,z) / x + y ≤ z ≤ 2, x ≥ 0
2

2

Câu 4: Giải PTVP sau y′′ − 4 y′ + 4 y = 8 x3 − 44 x 2 + 68 x − 54 . Với y(0) = -3, y/ (0) = 15.
Câu 5: Khảo sát sự hội tụ của chuỗi

( −1) n n
∑
n +1
n =1
∞

HƯỚNG DẪN

 x = r cos ϕ

2
2
Câu 1: Ta có V = T (x, y, z) = { (x, y, z) / x + y = 4, z = 0, z = 4} . Ta đặt  y = r sin ϕ

z = z


T (ϕ ,r,z) = { (ϕ ,r,z) / (ϕ , r ) ∈ D(ϕ ,r),0 ≤ z ≤ 4} = { (ϕ ,r,z) / 0 ≤ ϕ ≤ 2π ,0 ≤ r ≤ 2,0 ≤ z ≤ a}

 x = r cos ϕ
Từ miền D(x,y) ta chuyển sang miền cực D(ϕ ,r) là bằng cách đặt 
 y = r sin ϕ
Ta thay vào phương trình miền tròn x 2 + y 2 ≤ 4 , ta có 0 ≤ r ≤ 2
Vậy ta có D(ϕ ,r) = { (ϕ ,r) / 0 ≤ ϕ ≤ 2π ,0 ≤ r ≤ 2}
I = ∫∫∫ (z − 3) 4 − x 2 − y 2 dxdydz =
V

∫∫∫

T (ϕ ,r,z)

(z − 3) 4 − r 2 r d ϕ drdz =

2π

2

4

0

0

0

2
∫ dϕ ∫ r 4 − r dr ∫ ( z − 3)dz

( )

2

2
3x + 2
1 + y x′ dx
y
0

Câu 2: Ta có m = ∫ ρ (x, y) dc = ∫
L

2

1 2x 1 − 2x 1  2x − 2x 
1  2x − 2x  1 x
2
′
Ta có : y = e − e =  e − e ÷ ; ( y′) =  e − e ÷ = e − 2 + e − x
2
2
2
4

 4

(

)

2

 1  2x − 2x  
1 x
1 x
2
−x
−x
1 + ( y′) = 1 + ( e − 2 + e ) = ( e + 2 + e ) =   e + e ÷÷
2
÷
4
4

 
1  2x − 2x 
2
1 + ( y ′) =  e + e ÷
2


2
x
− 
1  2x

1
2
m = ∫ ρ (x, y)dc = ∫ x
 e + e ÷dx = ∫ (3x + 2)dx
x
−  2
20

Vậy


L
0
2
2
e + e ÷

ur r
Câu 3: Ta có Φ = ∫∫ F .n.ds == ∫∫ ( P(x, y,z)dydz + Q(x, y,z) dzdx + R(x, y, z)dxdy ) . Trong đó
2

3x + 2

S

mặt S có pt mặt nón cong z =

S

x 2 + y 2 ≥ 0 được cắt bởi mặt z = 2 và lấy phần x ≥ 0.

TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI TP. HCM

Trang 15


ĐỀ THI HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2

ThS. Huỳnh Nhật Vỹ

 x = x(x, y)

, (x, y) ∈ D(x, y)
Đưa mặt S dưới dạng tham số là x và y.  y = y (x, y)

2
2
 z = z (x, y) = x + y
uu
r ur ur
 D ( y , z ) D ( z , x ) D ( x, y ) 
,
,
Ta có nS = rx′ ∧ ry′ = (A,B,C) = 
÷
 D (x, y) D(x, y) D(x, y) 


x
y

= ( − z′x , − z′y ,1) =  −
,−
,1÷

x2 + y2
x2 + y2 ÷


2
2
2
Với D(x, y) = { ( x, y ) ∈ R / x + y ≤ 4}

Ta áp dụng công thức Φ =

∫∫ [ P.A+ Q.B+ R .C] dxdy

D (x,y)

Câu 4: Phương trình đặc trưng la k 2 − 4k + 4 = 0 ⇒ k = k1 = k2 = 2
Vậy NTQ của PTVP thuần nhất của PTVP đã cho là y = ( C1 + xC2 ) e 2 x
Bây giờ ta tìm NR PTVP không thuần nhất
Ta đặt f(x) = 8x3 - 44x2 + 68x -54 = eαx(8x3 - 44x2 + 68x -54)
=> α = 0 không là nghiệm của PTĐT nên NR có dạng y* (x) = Ax 3 + Bx 2 + Cx + D
Câu 5: Đây là chuỗi đan dấu nên ta áp dụng tiêu chuẩn Leibnitz để khảo sát sự hội tụ.
n
Ta có số hạng tổng quát là un =
n +1
1
(x + 1) − x

(x + 1) − 2 x
−x +1
Ta xét hàm f (x) = x ⇒ f ′(x) = 2 x
=
=
≤ 0, ∀x ≥ 1
x +1
(x + 1) 2
x (x + 1) 2
x (x + 1)2
Vậy hàm f(x) là hàm giảm. Do đó dãy {un} là dãy dương và giảm.
n
Mặt khác lim un = lim
= 0 . Theo tiêu chuẩn Leibnitz ta có chuỗi đã cho hội tụ.
n →∞
n →∞ n + 1

ĐỀ SỐ 7
2
2
Câu 1: Tính I = ∫∫∫ z x + y dxdydz . Với V được giới hạn bởi các mặt x 2 + y2 = 4y ; z = 0,
V

z = 2.

3  3x − 3x 
Câu 2: Tính khối lượng m của dây phẳng L có phương trình y =  e + e ÷,0 ≤ x ≤ 3 , với
2

khối lượng riêng của dây tại điểm M(x,y) là

.

Câu 3: Tính diện tích của phần mặt nón có pt z = 2 Câu 4: Giải PTVP sau : y′′ + y = 3sin 2 x

với x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0.

∞

3n
xn
Câu 5: Tìm miền hội tụ của chuỗi hàm số sau ∑
n
n =1 n + 2

TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI TP. HCM

Trang 16


ĐỀ THI HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2

ThS. Huỳnh Nhật Vỹ

HƯỚNG DẪN

2
2
Câu 1: Ta có V = T (x, y, z) = { (x, y,) / (x, y) ∈ D(x, y),0 ≤ z ≤ 2} = { (x, y,z) / x + y = 4 y, z = 0, z = 2}

 x = r cos ϕ

Ta đặt  y = r sin ϕ . Ta xét miền hình chiếu D(x,y) của miền T(x,y,z) lên mặt phẳng Oxy như
z = z

2
2
sau D(x, y) = { (x, y) / x + y ≤ 4 y}

 x = r cos ϕ
Từ miền D(x,y) ta chuyển sang miền cực D(ϕ ,r) là bằng cách đặt 
 y = r sin ϕ
y ≥ 0
sin ϕ ≥ 0
0 ≤ ϕ ≤ π
2
2
⇒
⇒
Ta có x + y ≤ 4 y ⇒  2
r ≤ 4r sin ϕ 0 ≤ r ≤ 4sin ϕ 0 ≤ r ≤ 4sin ϕ

Suy ra D(ϕ ,r) = { (ϕ ,r) / 0 ≤ ϕ ≤ π ,0 ≤ r ≤ 4sin ϕ }
Vậy T (x, y,z) → T (ϕ ,r,z) = { (ϕ ,r,z) / (ϕ , r ) ∈ D(ϕ ,r),0 ≤ z ≤ 2}
= { (ϕ ,r,z) / 0 ≤ ϕ ≤ π ,0 ≤ r ≤ 4sin ϕ ,0 ≤ z ≤ 2}
I = I = ∫∫∫ z x 2 + y 2 dxdydz =
V

∫∫∫

T (ϕ ,r,z)

3

Câu 2: Ta có m = ∫ ρ (x, y)dc = ∫
L

z r 2 r d ϕ drdz =

0

∫∫∫

T (ϕ ,r,z)

π

zr 2 d ϕ drdz = dϕ
∫
0

4sin ϕ

∫
0

2

r dr ∫ zdz
2

0

( )

2
2
1 + y x′ dx
y

Ta có
2

3  1 3x 1 − 3x  1  3x − 3x 
y′ =  e − e ÷ =  e − e ÷;
2 3
3  2


2x
−

1  3x − 3x  1  23x
2
( y ′) =  e − e ÷ =  e − 2 + e 3 ÷
4
 4

2

2x
2x
x
−
−
− 
 1  23x
  1  3x
1  23x
2
3
3
3
1 + ( y′) = 1 +  e − 2 + e ÷ =  e + 2 + e ÷ =   e + e ÷÷

÷
4
 4
  2

1  3x − 3x 
2
1 + ( y′) =  e + e ÷
2

3
3
x
x
− 

2
1 3
1
3
3
m = ∫ ρ (x, y)dc = ∫ x
e
+
e

÷dx = ∫ dx =
x
−  2
20
2
 3
Vậy


L
0
3
e + e ÷



Câu 3: Ta có công thức tính diện tích là S = ∫∫ ds =
S

∫∫ ( − z′ ) + ( − z′ )

2

x

x

2

+ 1 dxdy

D( x, y )

Giao tuyến giữa mặt cong và mp z = 0 là pt đường tròn x2 + y2 = 4
x = x

Ta chuyển S về pt tham số  y = y

2
2
 z = 2 − x + y

TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI TP. HCM

Trang 17


ĐỀ THI HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2

ThS. Huỳnh Nhật Vỹ

uu
r ur ur
 D (y,z) D(z, x) D(x, y) 
,
,
Ta có pháp vecto mặt S là nS = rx′ ∧ ry′ = (A, B,C) = 
÷
 D (x, y) D(x, y) D(x, y) 


x
y
= − z x′ , − z y′ ,1 = 
,
,1÷
 x2 + y 2 x 2 + y 2 ÷


π


2
2
2
Với D(x, y) = { ( x, y ) ∈ R / x + y ≤ 4} → D (ϕ , r) = (ϕ , r ) / 0 ≤ ϕ ≤ ,0 ≤ r ≤ 2 
2



(

Suy ra S = ∫∫ ds =
S

∫∫ ( − z′ ) + ( − z′ )
2

x

2

x

+ 1 dxdy = 2

D( x, y)

∫∫

)

dudv = 2

D (u,v)

π /2

2

0

0

∫ dϕ ∫ dr

k1 = i
2
Câu 4: Phương trình đặc trưng la k + 1 = 0 ⇒ 
k2 = −i
Vậy NTQ của PTVP thuần nhất của PTVP đã cho là y = C1 cos x + C2 sin x
Bây giờ ta tìm NR PTVP không thuần nhất y* (x) = v1 (x) y1 (x) + v 2 (x) y 2 (x),
− y2 f (x)
y1 f (x)
dx; v2 = ∫
dx
Với v1 = ∫
W ( y1 , y2 ) (x)
W ( y1 , y2 ) (x)
y1 y2
cos x sin x
=
=1
Ta có W (y1 , y 2 )(x) =
y1′ y2′ − sin x cos x

y1 f (x)
− y2 f (x)
dx = ∫ − sinx.2sin 2 xdx; v2 = ∫
dx = ∫ cos x.3sin 2 xdx
W ( y1 , y2 ) (x)

W ( y1 , y2 ) (x)
Câu 5: Tâm chuỗi là x = 0. Ta tìm bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa (*). Ta có
3n+1
n +1
an+1
3n+1
n + 2n
n + 2n
3
n
+
1
+
2
lim
= lim
=
lim
=
3lim
=
n →∞ a
n→∞
n→∞ n + 1 + 2 n +1
n →∞ n + 1 + 2 n +1
3n
3n
2
n
n

n+2

Suy ra v1 = ∫

Vậy bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa (*) là R = . Do đó khoảng hội tụ của chuỗi lũy thừa
2
2
− (*) là
. Hay ta có 3
3
+ Tại x = - :
n

∞
3n  −2 
(−1)n 2n
2n
=1≠ 0
CHS trở thành CS sau ∑
là chuỗi đan dấu, ta có lim
÷ =∑
n 
n
n →∞ n + 2 n
n =0 n + 2  3 
n =0 n + 2
Theo tiêu chuẩn Leibnitz, chuỗi phân kỳ
n
∞

∞
3n  2 
2n
=
+ Tại x = : CHS trở thành CS sau ∑ n + 2n  3 ÷ ∑ n + 2n
  n =0
n =0
∞

n
Ta có lim un = lim 2 = 1 ≠ 0 Nên chuỗi phân kỳ
n →∞
n→∞ n + 2 n
 −2 2 
+ Vậy MHT của CHS đã cho là  , ÷
 3 3

TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI TP. HCM

Trang 18


ĐỀ THI HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2

ThS. Huỳnh Nhật Vỹ
un =

n
n +1

1

(x + 1) − x
x
(x + 1) − 2 x
−x +1
2
x
⇒ f ′(x) =
=
=
≤ 0, ∀x ≥ 1
x +1
(x + 1) 2
x (x + 1) 2
x (x + 1)2
Vậy hàm f(x) là hàm giảm. Do đó dãy {un} là dãy dương và giảm.
n
Mặt khác lim un = lim
= 0 . Theo tiêu chuẩn Leibnitz ta có chuỗi đã cho hội tụ.
n →∞
n →∞ n + 1
Ta xét hàm f (x) =

ĐỀ SỐ 8
Câu 1: Tính I = ∫∫∫ xyzdxdydz . Với V được giới hạn bởi các mặt z = x2 + y2, z = 8 – (x2 + y2).
V

Câu 2: Tính tích phân đường loại 2 sau :

W=

∫» (x

4

+ 4 xy3 ) dx + (6 x 2 y 2 − 5 y 4 ) dy

AB

2

2

Với cung AB có pt x + y = 4x, y ≥ 0, đi từ điểm A(4,0) đến điểm B(2,2).
ur
2
2
2
2
Câu 3: Cho F = (2 xy + 3yz ; x + 3yz;z − 2 xy) . Tìm
và div
 y′ = x + 2 y + z ,(1)
Câu 4: Giải hệ PTVP sau 
 z′ = y − 3 z ,(2)

tại M(2,-5,1).

(−1) n
n

( 2 x − 3)
Câu 5: Tìm miền hội tụ của chuỗi ∑
n =0 6n − 8
∞

HƯỚNG DẪN
2
 z = x + y
⇒ x 2 + y 2 = 4 . Giao tuyến nằm trên mp z = 4.
Câu 1: Giao tuyến của 2 mặt 
2
2
 z = 8 − (x + y )
 x = r cos ϕ

Ta đặt  y = r sin ϕ . Ta xét miền hình chiếu D(x,y) của miền T(x,y,z) lên mặt phẳng Oxy như
z = z

2

2
2
sau D(x, y) = { (x, y) / x + y ≤ 4}

 x = r cos ϕ
Từ miền D(x,y) ta chuyển sang miền cực D(ϕ ,r) là bằng cách đặt 
 y = r sin ϕ
D(ϕ ,r) = { (ϕ ,r) / 0 ≤ ϕ ≤ 2π ,0 ≤ r ≤ 2}
2
2

2
2
Vậy T (x, y,z) → T (ϕ ,r,z) = { (ϕ , r,z) / (ϕ , r ) ∈ D(ϕ ,r), x + y ≤ z ≤ 8 − x + y }

= { (ϕ ,r,z) / 0 ≤ ϕ ≤ 2π ,0 ≤ r ≤ 2,r 2 ≤ z ≤ 8 − r 2 }

I = I = ∫∫∫ xyzdxdydz =
V

∫∫

T(ϕ ,r,z)

rcos ϕ .rsin ϕ .zdxdy =

2π

∫
0

2

1
sin 2ϕ dϕ ∫ r 2dr
2
0

8− r 2

∫

r

zdz

2

Câu 2:

TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI TP. HCM

Trang 19


ĐỀ THI HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2

ThS. Huỳnh Nhật Vỹ

 x = r cos t ⇒ x ′ = − r sin t
t
Cách 1: Đặt 
. Suy ra x 2 + y 2 = 4 x ⇒ r 2 = 4r cos t ⇒ r = 2cos t
 y = r sin t ⇒ yt′ = r cos t
 x ′ = −r sin t = −2cos t sin t = − sin 2 t
t
Do đó 
 yt′ = 2cos t cos t = 2cos 2 t = 1 + cos 2t

Vì đi từ điểm A(4,0) đến điểm B(2,2) nên ta dễ dàng suy ra t
Vậy ta có W =

∫ (x

4

+ 4 xy3 )dx + (6 x 2 y 2 − 5 y 4 )dy =

»AB

.

π /4

∫
0

 P (x, y) = x 4 + 4 xy 3 ⇒ P ′ = 12 xy 2

y
⇒ Py′ = Qx′
Cách 2: Ta có 
2 2
4
2
Q(x, y) = 6 x y − 5 y ⇒ Qx′ = 12 xy
Tích phân không phụ thuộc vào đường đi.
Do đó, tích phân đã cho không phụ thuộc vào đường lấy tích phân mà chỉ phụ thuộc vào 2
điểm đầu là A và điểm cuối là B. Hay ta có tồn tại một hàm u(x,y) sao cho
du(x,y) = P(x,y)dx + Q(x,y)dy
 u′x = P (x, y) = x 4 + 4 xy 3

(1)
′
′
du
(x,
y)
=
u
dx
+
u
dy
Mặt khác, ta có :
. Suy ra 
x
y
2 2
4
(2)
u′y = Q(x, y) = 6 x y − 5 y
4
3
4
3
4
3
Từ (1), ta có : u′x (x, y) = x + 4 xy ⇔ ∫ u′x dx = ∫ (x + 4 xy ) dx ⇔ ∫ du = ∫ (x + 4 xy ) dx
x5
⇔ u (x, y) = + 2 x 2 y 3 + C (y) ⇒ u′y (x, y) = 6 x 2 y 2 + C ′(y)
5

2 2
Từ (2), ta suy ra : 6 x y + C ′(y) = 6 x 2 y 2 − 5 y 4 ⇒ C ′(y) = −5 y 4 ⇒ C(y) = − y 5 + C

x5
Vậy ta có hàm u(x; y) được xác định là : u (x, y) = + 2 x 2 y 3 − y 5 + C
5
Đến đây, ta có thể chọn C = 0, hoặc ta làm như sau
4
3
2 2
4
Ta có : W = ∫ (x + 4 xy ) dx + (6 x y − 5 y ) dy = u (B) − u(A) = u (2,2) − u(4,0)
»AB

P ′ = 2 y2
 x

2
2
2
Câu 3: Ta có P (x, y,z) = 2 xy + 3yz ⇒  Py′ = 4 xy + 3 z

 Pz′ = 3 y
Q ′ = 2 x
 x

Q(x, y,z) = x 2 + 3 yz ⇒ Qy′ = 3z

Qz′ = 3 y

 R ′ = −2 y
 x

R (x, y,z) = z 2 − 2 xy ⇒  Ry′ = −2 x

 Rz′ = 2 z

TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI TP. HCM

Trang 20


ĐỀ THI HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2
ThS. Huỳnh Nhật Vỹ
ur ∂P ∂Q ∂R
ur
+
+
rot F = ( R′y − Qz′ , Pz′ − Rx′ , Qx′ − Py′ ) ; div F =
∂x ∂y ∂z
 y′ = x + 2 y + z ⇒ y′′ = 1 + 2 y′ + z′  y′′ = 1 + 2 y′ + y − 3z
⇒
Câu 4: Ta có 
′
z
=
y
−
3
z


 z′ = y − 3 z
 y′′ = 1 + 2 y′ + y − 3( y′ − x − 2 y )
⇒
 z′ = y − 3 z
′′ ′
Ta được PTVP cấp 2 là y + y − 7 y = 1 + 3x

−1 − 3 3
 k1 =
2
2
PTĐT là k + k − 7 = 0 ⇒ 

−1 + 3 3
 k2 =

2

Vậy NTQ của PTVP thuần nhất là y (x) = C e
1

−1+ 29
x
2

+ C 2e

−1− 29
x

2

αx

Đặt f(x) = 1 + 3x = e (1+3x) => α = 0 không là nghiệm của PTĐT nên NR của PTVP đã cho
∗
có dạng y (x) = (Ax + B)
Câu 5: Ta đặt t = 3 − 2 x
∞
1 n
t
(*)
Như vậy, từ chuỗi ban đầu trở thành chuỗi lũy thừa như sau ∑
n =1 6 n − 8
Tâm chuỗi là t = 0.
1
an+1
= lim 6n − 2 = 1
Ta tìm bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa (*). Ta có lim
n →∞ a
n →∞
1
n
6n − 8
Vậy bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa (*) là R = 1. Do đó khoảng hội tụ của chuỗi lũy thừa
(*) là (-1,1). Hay ta có −1 < 3 − 2 x < 1 ⇔ 1 < x < 2
+ Tại x = 1:
∞
∞
1

1
n
CHS trở thành CS sau ∑
là chuỗi điều hòa phân kỳ.
3
−
2
x
=
(
) ∑
6
n
−
8
6
n
−
8
n =1
n =1
+ Tại x = 2: Tương tự
∞
∞
1
(−1) n
n
CHS trở thành CS sau ∑
là chuỗi đan dấu hội tụ
( −1) = ∑

n =1 6 n − 8
n =1 6n − 8
+ Vậy MHT của CHS đã cho là (1,2].

ĐỀ SỐ 9
Câu 1: Tính tích phân bội ba : I = ∫∫∫ (z − x )dxdydz . Với
V

2

2

V = {1 ≤ x + y ≤ 9, 0 ≤ z ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0} = T(x,y,z).
3
3
Câu 2: Tính tích phân đường loại 2 sau : W = ∫ y dx − x dy . Với C là biên của miền
C

2

2

D(x,y) = {1 ≤ x + y ≤ 4, x ≥ 0, y ≥ 0} và lấy theo chiều dương.
TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI TP. HCM

Trang 21


ĐỀ THI HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2

ThS. Huỳnh Nhật Vỹ

3
3
Câu 3: Tính I = ∫∫ y dzdx + z dxdy . Với S là phần mặt cầu x2 + y2 + z2 = 9.
S

Câu 4: Giải PTVP sau : y′′ + 2 y′ + 5 y = 2cosx
Câu 5: Khảo sát sự hội tụ của chuỗi

∞

n3 − n + 1

n =1

n 7 − 3n + 1

∑

HƯỚNG DẪN
4 ≤ x 2 + y 2 ≤ 9 4 ≤ r 2 ≤ 9
0 ≤ ϕ ≤ π2
 x = r cos ϕ



x ≥ 0
cos ϕ ≥ 0


→
→ 2 ≤ r ≤ 3 → T ( ϕ , r , z )
Câu 1: Đặt  y = r sin ϕ ; T (x, y,z) = 
y ≥ 0
sin ϕ ≥ 0
0 ≤ z ≤ 1
z = z




0 ≤ z ≤ 1
0 ≤ z ≤ 1
⇒ I = ∫∫∫ (z − x)dxdydz =
V

=

π /2

3

1

∫∫∫
ϕ

(z − r cos ϕ ) r d ϕ drdz =

T ( ,r,z)

2

0

zr d ϕ drdz −

T ( ,r,z)

π /2

∫ dϕ ∫ rdr ∫ zdz − ∫
0

∫∫∫
ϕ

0

3

1

1
cos ϕ dϕ ∫ r dr ∫ dz =
2
2
0
2

π /2

= 5 ∫ dϕ −
0

19
3

π /2

∫

π /2

r 2 cos ϕ d ϕ drdz

T ( ,r,z)

3

π /2

3

∫ dϕ ∫ rdr − ∫ cosϕ dϕ ∫ r dr
2

0

cos ϕ dϕ =

0

∫∫∫
ϕ

2

0

2

5π 19
−
2
3

 P (x, y) = y 3 ⇒ P ′ = 3 y 2
2
2

y
Câu 2: Ta có 
. Áp dụng Green, ta có W = −3 ∫∫ ( x + y ) dxdy
D (x,y)
Q(x, y) = − x 3 ⇒ Qx′ = −3x 2
1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4
1 ≤ r 2 ≤ 4 
π
x = r cos ϕ



0 ≤ ϕ ≤
D(x, y) =  x ≥ 0
→ cos ϕ ≥ 0 → 
2 → D (ϕ ,r)
y = r sin ϕ
y ≥ 0
sin ϕ ≥ 0
1 ≤ r ≤ 2


π /2
2
π /2
45
45π
2
2
3
dϕ = −
Vậy W = −3 ∫∫ ( x + y ) dxdy = −3 ∫ dϕ ∫ r dr = −
∫
4 0
8
D (x,y)
0
1
Câu 3:
 mat

 x = 3sin θ cos ϕ = x(θ ,ϕ )
 mat
+ Cách 1: Ta đưa S về PT tham số  y = 3sin θ sin ϕ = y (θ ,ϕ ), (θ ,ϕ ) ∈ D(θ ,ϕ )
 mat
 z = 3cosθ = z (θ ,ϕ )

uu
r ur ur
 D ( y , z ) D ( z , x ) D ( x, y ) 
nS = rθ′ ∧ rϕ′ = (A,B,C) = 
,
,
÷
 D(θ ,ϕ ) D(θ ,ϕ ) D(θ ,ϕ ) 
 3cosθ sin ϕ −3sin θ −3sin θ 3cos θ cos ϕ 3cosθ cos ϕ 3cos θ sin ϕ 
=
,
,
÷
3sin
θ
cos
ϕ
0
0
−
3sin
θ
sin
ϕ

−3sin θ sin ϕ 3sin θ cos ϕ 

= ( 9sin 2 θ cos ϕ ,9sin 2 θ sin ϕ ,9sin θ cos θ cos 2 ϕ + 9sin θ cos θ sin 2 ϕ )
= ( 9sin 2 θ cos ϕ ,9sin 2 θ sin ϕ ,9sin θ cos θ ) .

TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI TP. HCM

Trang 22


ĐỀ THI HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2
Suy ra Φ =

∫∫ ( 9sin θ sin ϕ.9sin
3

3

2

D (θ ,ϕ )

ThS. Huỳnh Nhật Vỹ

θ sin ϕ − 9cos3 θ .9sin θ cos θ ) d θ d ϕ

+ Cách 2: Dùng công thức Gauss-Ostrogradsky
I = ∫∫ y3dzdx + z 3dxdy = ∫∫∫ Px′ + Qy′ + Rz′ dxdydz = 3
S

T (x,y,z)

)

(

2

2

T (x,y,z)

Với T (x, y, z) = { (x, y, z) / x + y + z ≤ 9}
2

∫∫∫ ( y

+ z 2 ) dxdydz

2

 x = r sin θ cos ϕ

Đặt  y = r sin θ sin ϕ , ϕ ∈ [0,2π ],θ ∈ [0, π ]
 z = r cosθ

Ta dễ dàng suy ra được T(ϕ ,θ ,r) = { (ϕ ,θ ,r) / 0 ≤ ϕ ≤ 2π ,0 ≤ θ ≤ π ,0 ≤ r ≤ 3}
Vậy I = 3

∫∫∫ ( y

T (x,y,z)

2

+ z 2 ) dxdydz = 3

∫∫∫
ϕθ

(r 2sin 2 θ sin 2 ϕ + r 2cos 2 θ ) r 2sin θ .d ϕ d θ dr

T ( , ,r)

Câu 4:
 k = −1 − 2i
+ Cách 1: PTĐT của (*) là k 2 + 2k + 5 = 0 ⇒ ∆′ = 1 − 5 = −4 ⇒  1
 k2 = −1 + 2i
Vậy NTQ của PTVP thuần nhất của (*) là y (x) = e − x ( C1 cos 2 x + C2 sin 2 x )
Ta có f (x) = 2cos x = e 0 x (2cosx + 0sinx) , với α = 0; β = 1 không là nghiệm của PTĐT, do đó
NR của (*) có dạng y* (x) = (Acosx + B sin x )

( y (x) )
( y (x) )
*

*

/

//

= (Acosx + B sin x)′ = − Asinx + Bcosx
= (− Asinx + Bcosx)′ = − Acosx − Bsinx

Suy ra : y′′ + 2 y′ + 5 y = 2cosx
⇒ − Acosx − Bsinx + 2(− Asinx + Bcosx) + 5(Acosx + Bsinx) = 2cosx
⇒ (− A + 2B+ 5A)cosx + ( − B− 2A + 5B)sinx = 2cosx
4 A + 2 B = 2 2 A + B = 1
2
1
⇒
⇒
⇒ A = ;B =
5
5
4 B − 2 A = 0 2 B − A = 0
2
5

1
5

−x
Vậy NTQ của PT đã cho là y (x) = e ( C1 cos 2 x + C2 sin 2 x ) + cos x + sin x

+ Cách 2: Ta tìm NR của PTVP (*) như sau
y* (x) = v1 (x) y1 (x) + v 2 (x) y 2 (x) = v1 (x).e − x cos 2 x + v2 (x) e − x sin 2 x
Ta có :
e − x cos 2 x

e − x sin 2 x
W (y1 , y 2 )(x) =
= 2e −2 x
−x
−x
−x
−x
(−e cos 2 x − 2e sin 2 x) ( −e sin 2 x + 2e cos 2 x)
− y2 f (x)
−e − x sin 2 x.2cosx
v
=
dx
=
dx = ∫ e x sin 2 x.cosx dx
với 1 ∫
−2 x
∫
W ( y1 , y2 ) (x)
2e
v2 = ∫

y1 f (x)
e− x cos 2 x.2cosx
dx = ∫
dx = ∫ e x cos 2 x.cos xdx
−2 x
W ( y1 , y2 ) (x)
2e

Vậy NTQ của PTVP đã cho là y (x) = y (x) + y* (x)
TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI TP. HCM

Trang 23


ĐỀ THI HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2
n3 − n + 1

Câu 5: Đặt un =

n 7 − 3n + 1

ThS. Huỳnh Nhật Vỹ
∞

. Xét chuỗi điều hòa hội tụ

∞

1

∑v = ∑ n
n =1

n

n =1

2

un
n3 − n + 1 2
Ta có lim = lim
n =1.
n→∞ v
n→∞
n7 − 3n + 1
n
Vậy chuỗi đã cho hội tụ.

ĐỀ SỐ 10
Câu 1: Tính diện tích của miền D(x,y) = {2x ≤ x2 + y2 ≤ 6x, y ≥ 0}
2
2
2
∫ (2 x + 2 y )dx + (x + y) dy . Với L là chu
Câu 2: Tính tích phân đường loại 2 sau : W = Ñ
L

tuyến của tam giác ABC với A(1,2), B(2,2) và C(1,3).
Câu 3: Tính I = ∫∫ (2 y − 3z)dxdy . Với S là phần mặt cầu {x2 + y2 + z2 = 1, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0}
S

2
2
Câu 4: Giải PTVP sau : ( x − 3 y ) dx + ( 2 xy ) dy = 0
n

(−1) n  x 

Câu 5: Tìm miền hội tụ của chuỗi : ∑
÷
n 
n =1 (2n + 1)3  x − 1 
∞

HƯỚNG DẪN
Câu 1: Ta có công thức tính diện tích là I =

 x = r cos ϕ
Đặt 
 y = r sin ϕ
Ta xét 2 PT đường tròn

∫∫

D (x,y)

dxdy .

x2 + y2 = 2x  (x-1)2 + y2 = 1
x2 + y2 = 6x  (x-3)2 + y2 = 9

2 x ≤ x2 + y 2 ≤ 6 x
 2r cos ϕ ≤ r 2 ≤ 6r cos ϕ
2cos ϕ ≤ r ≤ 6cos ϕ
x = r cos ϕ




→
→ D(ϕ ,r)
D(x, y) =  x ≥ 0
= cos ϕ ≥ 0
π
y = r sin ϕ
0
≤
ϕ
≤

y ≥ 0
sin ϕ ≥ 0
2


I=

∫∫

dxdy =

∫∫

D (ϕ ,r)

D (x,y)

rd ϕ dr =

π /2

6cos ϕ

0

2 cos ϕ

∫ dϕ ∫

rdr =

π /2

∫
0

 r2

2


π /2
π /2

2
÷dϕ = ∫ 16cos ϕ dϕ = 8 ∫ (1 + cos 2ϕ )dϕ
÷
0
0

2 cos ϕ 

6cos ϕ

Câu 2:

 P (x, y) = 2 x 2 + 2 y 2 ⇒ P ′ = 4 y

y
+ Cách 1: Ta có 
Q(x, y) = (x + y) 2 ⇒ Qx′ = 2(x + y)
PT đường thẳng (AB): y = 2 ; (BC) : x + y = 4 ; (AC) : x = 1.
Công thức Green, ta có W = 2 ∫∫ ( x − y ) dxdy , D (x, y) = { (x, y) / 1 ≤ x ≤ 2,2 ≤ y ≤ 4 − x}
D (x,y)

Vậy W = 2

2

4− x

1

2

∫∫ ( x − y ) dxdy = 2∫ dx ∫

D (x,y)

4− x


y2  
(x − y)dy = 2 ∫   xy − ÷ ÷dx

2 2 ÷
1 


2

TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI TP. HCM

Trang 24


ĐỀ THI HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2

ThS. Huỳnh Nhật Vỹ

2

2

1


= 2 ∫  x(2 − x) − (4 − x) 2 + 2  dx = ∫ ( −3 x 2 + 8 x − 12 ) dx
2

1

1

+ Cách 2: Phương pháp tham số W =
Trên

: y = 2 và 1 ≤ x ≤ 2. Do đó

∫

∫

+

»AB

∫ (2 x

»
BC

+

∫

»
CA
2

2

»AB

+ 2 y )dx + (x + y) dy = ∫ ( 2 x 2 + 8 ) dx
2

2

1

Trên
: y = 4 - x và 1 ≤ x ≤ 2. Do đó
2
2
2
2
2
2
∫ (2 x + 2 y )dx + (x + y) dy = − ∫ (2 x + 2 y )dx + (x + y) dy
»
BC

»
CB

2

= − ∫ ( 2 x 2 + 2(4 − x) 2 + (x + 4 − x) 2 (−1) ) dx
1

Trên

: x= 1 và 2 ≤ y ≤ 3. Do đó
3

2
2
2
2
2
2
∫ (2 x + 2 y )dx + (x + y) dy = − ∫ (2 x + 2 y )dx + (x + y) dy = −∫ (1 + y )2 dx

»
CA

»
AC

suy ra t
Câu 3:

2

.

 mat
 x = sin θ cos ϕ = x(θ ,ϕ )
 mat
+ Cách 1: Ta đưa S về PT tham số  y = sin θ sin ϕ = y (θ ,ϕ ), (θ ,ϕ ) ∈ D(θ ,ϕ )
 mat

 z = cosθ = z (θ ,ϕ )

uu
r ur ur
 D ( y , z ) D ( z , x ) D ( x, y ) 
nS = rθ′ ∧ rϕ′ = (A,B,C) = 
,
,
÷
 D(θ ,ϕ ) D(θ ,ϕ ) D(θ ,ϕ ) 

 cosθ sin ϕ − sin θ − sin θ cosθ cos ϕ cosθ cos ϕ cosθ sin ϕ 
=
,
,
÷
0
0
− sin θ sin ϕ − sin θ sin ϕ sin θ cos ϕ 
 sin θ cos ϕ
= ( sin 2 θ cos ϕ ,sin 2 θ sin ϕ ,sin θ cosθ cos 2 ϕ + sin θ cosθ sin 2 ϕ )
= ( sin 2 θ cos ϕ ,sin 2 θ sin ϕ ,sin θ cosθ ) .

Suy ra Φ =
Ta có

Vậy

∫∫ ( 2sin θ sin ϕ − 3cosθ ) sin θ cosθ dθ d ϕ

D (θ ,ϕ )

sin θ cos ϕ ≥ 0
cos ϕ ≥ 0

 π

sin ϕ ≥ 0
ϕ
∈
0,
 x ≥ 0 sin θ sin ϕ ≥ 0

sin θ ≥0 




 2 
⇒ cosθ ≥ 0 ⇒ 
= D(θ ,ϕ )
 y ≥ 0 ⇒ cosθ ≥ 0
π
 z ≥ 0 θ ∈ [0, π ]
θ ∈ [0, π ]
θ ∈ 0, 

 2 




ϕ ∈ [0,2π ]
ϕ ∈ [0,2π ]

TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI TP. HCM

Trang 25