Bài tập giải tích

Chia sẻ: Nguyễn An | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:31

Thêm vào BST

Báo xấu

388
lượt xem 160
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đây là lời giải cho các đề do tiến sĩ Đặng Văn Vinh biên soạn

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Bài tập giải tích

-1- ĐỀ 11: Câu 1: Vẽ khối Ω giới hạn bởi x + y 2 + z 2 ≤ 2 y , y ≥ x 2 + z 2 . 2 Câu này các em tự vẽ. Câu 2: Trên mặt phẳng x + y − 2 z = 0 tìm điểm sao cho tổng khoảng cách từ đó điểm hai mặt phẳng x + 3 z − 6 = 0 và y + 3z − 2 = 0 là nhỏ nhất. Điểm cần tìm là giao điểm của 3 mặt phẳng trên và khoảng cách bằng không. Tuy nhiên Thầy nghĩ bài này không đúng, các em bỏ qua. ∞ (3n − 1)! Câu 3: : Khảo sát sự hội tụ của chuỗi số ∑ 3 3 3 2 n =1 1 ⋅ 2 ⋅⋅⋅ n ⋅ 5 Bài giải: (3n − 1)! Đặ t µ n = 1 ⋅ 23 ⋅⋅⋅ n3 ⋅ 52 3 µn +1 3n ( 3n + 1) ( 3n + 2 ) lim = lim = 9 > 1 => chuỗi phân kỳ theo tiêu chuẩn µn ( n + 1) n →∞ n →∞ 3 D'Alembert (−5) n ( x + 2) 2 n ∞ Câu 4: Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa ∑ n n =1 3 (2n + 1) n + 2 Bài giải: (−5) n ( x + 2) 2 n ∞ ∞ Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa ∑ n = ∑ µn n =1 3 (2n + 1) n + 2 n =1 5( x + 2) 2 5( x + 2) 2 lim | µ n | = lim n = n →∞ n →∞ 3 3 5( x + 2) 2 3 3 Điều kiện cần để chuỗi hội tụ µn = hội tụ tuyệt đối 5 (2n + 1) n + 2 3 3 vậy miền hội tụ: −2 − ≤ x ≤ −2 + 5 5 Câu 5: Tính tích phân kép I = ∫∫ y − x 2 dxdy , trong đó D là miền phẳng giới D hạn bởi −1 ≤ x ≤ 1,0 ≤ y ≤ 2 .
-2- y f(x)=0 f(x)=2 x(t)=-1 , y(t)=t 2 x(t)=1 , y(t)=t f(x)=x^2 f(x)=1 1.5 1 0.5 x -1 -0.5 0.5 1 Bài giải: Chia D thành 2 phần: D1 là phần y ≥ x 2 (phía trên Pparrabol) D2 là phần y < x 2 (phía dưới Parabol) x2 5 π 1 2 1 I = ∫∫ y − x 2 dxdy + ∫∫ x 2 − ydxdy = dx ∫ ∫ y − x dy + ∫ dx ∫ x 2 − ydy = + 2 D1 D2 −1 x2 −1 0 3 2 Ta có thể làm giảm nhẹ bài toán bằng cách nhận xét D đối xứng qua oy và hàm f(x,y) chẵn theo biến x nên I bằng 2 lần tích phân trên nửa bên phải của miền D rồi làm tương tự. Câu 6: Tính tích phân bội ba I = ∫∫∫ ( y + z ) dxdydz , trong đó V là vật thể được giới V hạn bởi z = x 2 + y 2 , x 2 + y 2 = 4, z = 2 + x 2 + y 2 . Bài giải:: D : x2 + y2 = 4  x = r cos ϕ 0 ≤ ϕ ≤ 2π   Đổi sang toạ độ trụ:  y = r sin ϕ ⇒ V 0 ≤ r ≤ 2 z = z r 2 ≤ z ≤ 2 + r 2   2π 2 2+ r 2 ⇒I= ∫ dϕ ∫ dr ∫ 0 0 2 r (r sin ϕ + z )dz = 24π r Câu 7: Tính tích phân mặt loại hai I = ∫∫ (2 x + y )dydz , với S là phần mặt z = x 2 + y 2 bị cắt S bởi mặt z = 4 , phía trên theo hướng trục Oz
-3- Bài giải: Cách 1: −2 ≤ y ≤ 2 DOyz : { z≤4 z≥ y2 ⇒ 2 y ≤ z ≤ 4 Chia S làm 2 phần: S1: phía trước mp(0yz) x = z − y 2 và pháp vecto tạo với ox góc tù S2: phía trước mp(0yz) x = − z − y 2 và pháp vecto tạo với ox góc nhọn. Do đó ta có: I = − ∫∫ (2 z − y 2 + y )dydz + ∫∫ (−2 z − y 2 + y )dydz D D ( ) ( −2 ) 2 2 4 4 = − ∫ dy ∫ 2 2 z − y + y dz + ∫ dy ∫ 2 2 z − y 2 + y dz = −16π y y −2 −2 Các em có thể làm đơn giản bài toán ngay từ đầu bằng cách: Nhận xét S đối xứng qua oyz và hàm x(y,z)=y chẵn theo x và x(y,z)=2x lẻ theo x nên ta có: ∫∫ ydydz = 0 S với S1 là nửa mặt S phía trước. ∫∫ 2 xdydz = 2∫∫ 2 xdydz S S1 Khi đó: I = −2 ∫∫ 2 z − y 2 dydz = −16π D Cách 2: Dùng pháp véc tơ đơn vị đưa về tích phân đường loại 1 Cách 3: Thêm vào phần mặt z=4 rồi dùng công thức O-G Cách 2 và 3 nhanh và hay hơn cách 1.. Các em tự làm 2 cách sau nhé (dể thôi đừng lo)
-4- ĐỀ 12 Câu 1: Tính f x' (1,1) của hàm f ( x, y ) = 2 + 4 − x 2 − y 2 và biểu diễn hình học của đạo hàm riêng này như là hệ số góc của tiếp tuyến Bài giải: f x (1,1) = 2 + 2 1 f 'x (1,1) = − 2 Mặt phẳng y=1 cắt f ( x, y ) tạo thành đồ thị C1 1 Tiếp tuyến của C1 tại điểm M(1,1, 2 + 2 ) có hệ số góc là: f 'x (1,1) = − 2 Câu 2: Tìm gtln, gtnn của f ( x, y ) = x3 + y 3 − 3xy trên miền 0 ≤ x ≤ 2, −1 ≤ y ≤ 2 Bài giải: f 'x ( x, y ) = 3x 2 − 3 y =0 f ' y ( x, y ) = 3 y 2 − 3 x =0  x=y=1 khi x=0 => f ( y ) = y 3 , y ∈ [−1, 2] ⇒ max = 8, min = −1 ; khi x=2 => f ( y ) = y 3 − 6 y + 8, y ∈ [−1, 2] ⇒ max = 13, min = 4 khi y=-1 => f ( x) = x 3 − 1 + 3 x ; f '( x ) = 3 x 2 + 3 vô nghiệm khi y=2 => f ( x) = x3 + 8 − 6 x, x ∈ (0, 2) ; f '( x ) = 3 x 2 − 6 => x= 2⇒ f ( ) 2, 2 = 8 − 4 2 Max f=13 đạt tại (2,-1), min f =-1 đạt tại (0,-1) (−1) n ∞ Câu 3: Khảo sát sự hội tụ của các chuỗi số: ∑ n n =1 n + 1 Bài giải: lim | un |= 1 ≠ 0 => chuỗi phân kỳ theo điều kiện cần. n →∞ ∞ (2n + 1)( x − 3) n Câu 4: Tìm bán kính hội tụ của chuỗi luỹ thừa ∑ n =1 3n3 + n ⋅ ln 3 n Bài giải: lim n un = x − 3 n →∞ Để chuỗi hội tụ => x − 3 < 1 => 2 < x < 4 (−1) n (2n + 1) (−1) n 2 x=2 => un = ; hội tụ theo tiêu chuẩn Leibnitz 3n3 + n .ln 3 n 3n1/2 ln 3 n
-5- (2n + 1) 2 x=4 => un = ; 3n ln 3 n 1/2 phân kỳ theo tiêu chuẩn tích phân 3n3 + n .ln 3 n vậy 2≤ xy nên max{x,y}=x Trên D2(nằm trên dt y=x) x
-6- ĐỀ 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  x = u + v  −2 ≤ u ≤ 1 Đặ t  ⇒  y = u − v v ∈ R 2 −v 2 2 2 z = 2ueu = 2ueu .e − v m in f = f ( −2 ) = −2e 4  [-2,1] Xét f ( u ) = ue ⇒  u2 m[-2,1] f = f ( 1) = e  ax Vậy max z =2e đạt tại (u,v)=(1,0) hay (x,y)=(1,1) max z =-4e4 đạt tại (u,v)=(-2,0) hay (x,y)=(-2,-2) ∞ ( −1) n Câu 3: Khảo sát sự hội tụ của chuỗi số ∑ n =1 n + (−1)n Bài giải 1: (−1) n (−1) n Có em giải như sau: : n + (−1) n n (−1) n un = hội tụ theo tiêu chuẩn Leibnitz n Các em nhận xét xem đúng hay sai? Bài giải 2: Có: un = ( −1) = ( −1) n n ( n − ( −1) n ) = ( −1) n n − 1 n + ( −1) n −1 n −1 n −1 n +∞ +∞ n 1 ∑ ( −1) ∑ n − 1 phân kỳ do đó chuỗi phân n Vì hội tụ theo tiêu chuẩn leinitz và n=2 n −1 n=2 kỳ. 2x + 3 Câu 4: Tìm chuỗi Taylor của f ( x) = 2 , tại x0 = 1 và tìm miền hội tụ của x − 5x + 6 chuỗi này.
-7- 2x + 3 9 7 Bài giải f ( x) = = − x − 5x + 6 x − 3 x − 2 2 Đăt u=x-1 9 7 9 7 9 7 f ( x) = − = − = + u − 2 u − 1 2( u − 1) u − 1 −2(− u + 1) −u + 1 2 2 n n 9 +∞  u  +∞ 9 +∞  x − 1  +∞ = − ∑   + 7∑ u n = − ∑  + 7∑ ( x − 1) n  2 n =0  2  n =0 2 n =0  2  n =0 +∞  9  = ∑  7 − n +1  ( x − 1) n n =0  2  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. π 2 2 15 I = ∫∫ xy dxdy = 4 ∫ dφ ∫ r 3cosϕ sin ϕ dr = D 0 1 2 ( ) 2 Câu 6: Tính thể tích vật thể giới hạn bởi x 2 + y 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 ϕ   r = sin 2ϕ  Đổi sang toạ độ trụ:  y = r sin ϕ Các mặt được viết lại là:  z = z  z = r ( cosϕ + sin ϕ )  
-8-  π ( ) 2 Vì x>0 và x 2 + y 2= 2 xy nên y>0 do đó ϕ ∈  0,   2  π 0 ≤ ϕ ≤ 2   Miền được viết lại trong toạ độ trụ là: V 0 ≤ r ≤ sin 2ϕ 0 ≤ z ≤ r sin ϕ + cosϕ  ( )   π sin 2ϕ r ( sin ϕ + cosϕ ) 1 π V = ∫ 2 dϕ ∫ rdr ∫ dz = ∫02 sin 2ϕ ( sin ϕ + cosϕ ) dϕ 3 0 o o 3 Đặ t t = sin ϕ − cosϕ ⇒ sin 2ϕ = 1 − t 2 dt = (sin ϕ + cosϕ )dϕ ϕ = 0 ⇒ t = −1 π ϕ = ⇒ t =1 2 1 1 V = ∫ ( 1 − t 2 ) dt 3 3 −1 Đặt: t = sin u 1 π π V= ∫−2π2 cos udu = 8 4 3 Câu 7: Tính tích phân mặt loại một I = ∫∫ 2 xds với S là phần mặt phẳng x + y + z = 2 S nằm trong hình cầu x 2 + y 2 + z 2 = 4 . Bài giải 2 Vì có tính đối xứng nên I = ∫∫ 2 xds = ∫∫ 2 yds = ∫∫ 2 zds = ∫∫ ( x + y + z )ds S S S 3 S 2 = ∫∫ 2ds = 4 S 3 S 3 Hình cầu có tâm I(0,0,0) 0+0+0−2 2 d ( I ,∆ ) = = 3 3 2 8 S = π (22 − ( ) 2 ) = π 3 3 32 Vậy I = π 9
-9- ĐỀ 14 Câu 1: Vẽ khối Ω giới hạn bởi y ≤ 4 − x 2 , y ≥ 1 − x 2 , z ≥ 0, z ≤ 2 x . Các em tự vẽ. Câu 2: Một cái hộp (hình hộp chữ nhật, không có nắp phía trên) được làm từ 12m2 bìa carton. Tìm thể tích lớn nhất của cái hộp này Bài giải Gọi x là chiều rộng, y là chiều dài, z là chiều cao (m). Ta có: 2xz+2yz+xy=12 V=xyz x, y, z > 0 Ta cần tìm MaxV: Cách 1: Xét hàm L ( x, y , z ) = xyz − λ ( 2 xz + 2 yz + xy )  L'x = yz − λ ( 2 z + y ) = 0  '  x = 2z λ = 1/ 2  Ly = xz − λ ( 2 z + x ) = 0   ⇒ ' ⇒  y = 2z ⇒ x = y = 2  Lx = xy − λ ( 2 x + 2 y ) = 0  2 xz + 2 yz + xy = 12  z = 1  ( )  ( 2 xz + 2 yz + xy ) = 12 Hàm có 1 Điểm dừng P(2,2,1). Tính các đạo hàm riêng cấp 2 tại P ta có: ⇒ d 2 L ( P ) = dxdy + 2dxdz + 2dydz Lấy vi phân 2 vế của 2xz+2yz+xy=12 tại P suy ra: dx+dy+2dz=0 ⇒ d 2 L ( P ) = −dx 2 − dy 2 − dxdy xác định âm Vậy P là điểm cực đại Và vì V liên tục trong góc phần tám thứ nhất và có duy nhất 1 điểm cực đại (P) nên đạt giá trị lớn nhất tại P: MaxV=V(P)=4 12 − xy xy ( 12 − xy ) Cách 2: Thế z = 2 x + y vào biểu thức của V: V = , x, y ∈ R + ( ) 2( x + y) 1 xy 2 xy ( 12 − xy ) 2 ⇒V = 2 2 x+ y Áp dụng côsi cho 2 số (x,y) và 3 sô (2xy,(12-xy), (12-xy)) ta được: 3 1 xy 1 xy 2 xy + 2(12 − xy ) 2 xy ( 12 − xy ) ≤ 2 ⇒V = =4 2 2 x+ y 2 2 2 xy 3 x = y Dấu “=” xảy ra khi  ⇒ x = y = 2 ⇒ z =1  2 xy = 12 − xy Vậy Max V =4 đạt tại (2,2,1)
- 10 - Nhận xét: Không nghi ngờ gì nữa cách 2 hay hơn và gọn hơn cách 1. Nhưng các em nên nhớ đang học GT2 về cực trị và max-min. Yêu cầu phải biết vận dụng kiến thức đã học vào những bài toán thực tế. Bài này điển hình cho bài tìm max- min cho hàm 3 biến và miền không bị chặn rất hay. ∞ 1 Câu 3: Tính tổng S = ∑ n =1 n( n + 1)( n + 2) Bài giải 1 11 2 1  =  − +  n(n + 1)(n + 2) 2  n n + 1 n + 2  ∞ 1 1 1 1 1 Vậy S =∑ = ( − )= n =1 n( n + 1)( n + 2) 2 1 2 4 x dt Câu 4:Tìm chuỗi Maclaurint của f ( x) = ∫ và tìm miền hội tụ của chuỗi này 0 1− t4 Bài giải Ta có : 1 1 1 1 1 ∞ (− )( − − 1)( − − 2).....(− − n) 1 = ( 1− t ) 4 −2 = 1+ ∑ 2 2 2 2 ( −t 4 )n +1 1− t 4 n =0 ( n + 1)! ( −1) n +1 (2n + 1)!! 4 n +1 ∞ ∞ (2n + 1)!! 4 n + 4 = 1+ ∑ ( −t ) = 1 + ∑ n +1 t n =0 2n +1 (n + 1)! n =0 2 (n + 1)! Vậy: x (2n + 1)!! t 4 n +5 (2n + 1)!! x 4 n +5 x ∞ ∞ dt f ( x) = ∫ = [ t + ∑ n +1 ] = x + ∑ n +1 0 1− t 4 n =0 2 (n + 1)! 4n + 5 0 n=0 2 (n + 1)! 4n + 5 ∞ (2n + 1)!! x 4 n f ( x ) = x + x5 ∑ n +1 n=0 2 ( n + 1)! 4n + 5 ρ = lim an +1 = lim ( 2n + 3 ) ( 4n + 5 ) = 1 n →+∞ a n →+∞ 2 ( n + 2 ) ( 4n + 9 ) n 1 ⇒R= =1 ρ Tại x=±1 ∞ (2n + 1)!! 1 ∞ (2n + 1)!! 1 f ( ±1) = ±1 ± ∑ n +1 = ±1 ± ∑ n =0 2 (n + 1)! 4n + 5 n = 0 (2n + 2)!! 4n + 5
- 11 - (2n + 1)!! 1 Dùng quy nạp ta Chứng minh được: < (dể thôi đừng lo) (2n + 2)!! n Lúc này: (2n + 1)!! 1 1 1 < , ∀n ∈ N * (2n + 2)!! 4n + 5 n 4n + 5 1 1 1 : n 4n + 5 3 4n 2 Do đó chuỗi hội tụ tuyệt đối theo tiêu chuẩn so sánh Vậy: miền hội tụ là: [-1,1] x2 y 2 Câu 5: Tính tích phân ∫∫ y dxdy với D là miền ( E ) + ≤ 1, ( C ) x 2 + y 2 ≥ 1. D 16 9 Bài giải Ta có: I = ∫∫ | y | dxdy = ∫∫ | y | dxdy − ∫∫ | y | dxdy D E C Vì E và C đối xứng qua Ox,Oy và hàm dưới dấu tích chẵn theo 2 biến x,y nên:     I = 4  ∫∫ | y | dxdy − ∫∫ | y | dxdy  = 4  ∫∫ ydxdy − ∫∫ ydxdy   E ( x , y ≥0)   E ( x , y ≥0)   C ( x , y ≥0)   C ( x , y ≥0)  2π 1 π 2 1  π 2 1   = 4  ∫ dϕ ∫ 3r sin ϕ .12rdr − ∫ dϕ ∫ r sin ϕ .rdr  = 4.35∫ dϕ ∫ r sin ϕ .rdr 0  0 0 0   0 0 1 140 = 140.1. = 3 3 Câu 6: Tìm diện tích phần mặt cầu x 2 + y 2 + z 2 = 18 nằm trong hình nón x2 + y2 = z 2 . Bài giải Tìm diện tích phần mặt cầu x 2 + y 2 + z 2 = 18 nằm trong hình nón x 2 + y 2 = z 2 . D : x2 + y 2 = 9 2π 3 18 18 S = 2 ∫∫ dxdy = 2 ∫ dφ ∫ rdr = 2π (18 − 3 18) D 18 − x − y 2 2 0 0 18 − r 2 Chú ý S gồm hai miền riêng biệt, đề này nên thêm điều kiện z>0 và kết quả: π (18 − 3 18) Câu 7: Tính tích phân mặt loại một I = ∫∫ yds , với S là phần mặt trụ x 2 + y 2 = 4 S nằm giữa hai mặt phẳng z = 0, z = 3 Bài giải Chia S làm 2 miền: phía trước(S1) và sau mặt(S2) phẳng Oxz.
- 12 -  −2 ≤ y ≤ 2 Miền D là hình chữ nhật:  0 ≤ z ≤ 3 3 2 y I1 = ∫ dz ∫ dy = 0 −2 0 4 − y2 Tương tự I2=0. Vậy I=0 Thật ra bài này bằng không ngay từ đầu bằng cách nhận xét: S đối xứng qua Oxz và hàm dưới dấu tích phân lẻ theo biến y. ĐỀ 15 ∂f ∂ 2 f Câu 1: Cho f = f (3 x + y 2 , e xy ) . Tính , . ∂x ∂x∂y Bài giải u = 3 x + y 2  Đặ t  v = e xy  f = f (3 x + y 2 , e xy ) = f (u , v) . ∂f = 3 f 'u + ye xy f 'v ∂x ∂2 f ⇒ = 6 yf ''uu + 3 xe xy . f uv + ( xy + 1) e xy f v' + ye xy . ( 2 yf uv + xe xy f vv ) '' '' '' ∂x∂y = ( xy + 1) e xy f v' + 6 yf ''uu + ( 3 x + 2 y 2 ) e xy . f uv + xye 2 xy f vv '' '' Câu 2: Tìm điểm M trên hình nón z 2 = x 2 + y 2 , sao cho MA là nhỏ nhất, với A(4,2,0). Bài giải Cách 1: Gọi M(a,b,c) MA= (a − 4) 2 + (b − 2) 2 + c 2 = (a − 4) 2 + (b − 2) 2 + a 2 + b 2 MA2 = (a − 4) 2 + (b − 2) 2 + a 2 + b 2 = 2(a 2 + b 2 ) − 8a − 4b + 20 = f (a, b) f 'a = 4a − 8 = 0 ⇔ a=2,b=1 f 'b = 4b − 4 = 0 f ''a = 4, f ''ab = 0 => f đạt cực tiểu tại (2,1) do đó đạt min tại (2,1) f ''b = 4 ( Vậy M 2,1, ± 5 ) Cách 2: Gọi M(x,y,z) Pháp véc tơ mặt ngoài rr n=(x,y,-z) (vì A nằm phía ngoài mặt nón) uuuuS: MA ngắn nhất khi MA,n cùng hướng:
- 13 - 4− x 2− y z x = 2 ⇒ = = ⇒ ⇒z=± 5 x y −z y =1 Làm như thế đúng hay sai? Suy nghĩ tí nhé. ∞ 2n + 3 Câu 3 Tính tổng ∑ n n =1 5 Bài giải +∞ x5 Ta có ∑ x 2 n +3 = n =1 1 − x2 , ∀x ∈ ( −1,1) Lấy đạo hàm 2 vế: +∞ 5 x 4 − 3x6 ∑ ( 2n + 3) x 2 n + 2 = n =1 ( 1− x )2 2 +∞ 5 x 2 − 3x 4 ⇒ ∑ ( 2n + 3) x 2 n = n =1 (1− x )2 2 3 1− 1 25 = 11 Thế x= ⇒S= 5 16 8 25 x+3 Câu 4: Tìm chuỗi Maclaurint của hàm f ( x) = arctan và tìm bán kính hội tụ x−3 của chuỗi này. Bài giải −3 1 1 1 +∞ n x 2n f '( x) = 2 =− = − ∑ ( −1) n x +9 3 x2 3 n=0 9 1+ 9 2 n +1 1 +∞ x +∞ x 2 n +1 ⇒ f ( x ) = − ∑ ( −1) n + C = C + ∑ ( −1) n n +1 3 n =0 9 ( 2n + 1) n=0 32 n +1 ( 2n + 1) π π Vì: f ( 0 ) = arctan ( −1) = − ⇒C =− 4 4 π +∞ x 2 n +1 f ( x ) = − + ∑ ( −1) n +1 Vậy: 4 n=0 32 n +1 ( 2n + 1) Dùng tiêu chuẩn D’Alembert dể thấy R=3. Câu 5: Tính tích phân ∫∫ max { sin x, sin y} dxdy với D là miền 0 ≤ x ≤ π , 0 ≤ y ≤ π . D Bài giải:
- 14 - Chia D làm 4 miền bởi 2 đường thẳng y=x và x+y=Pi y f(x)=0 f(x)=x 3.5 f(x)=Pi Pi x(t)=0 , y(t )=t 3 D4 x(t)=Pi , y(t)=t f(x)=Pi-x 2.5 2 D1 D3 1.5 1 D2 0.5 x -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 Pi 3.5 -0.5 x+ y x− y Xét sin x − sin y = 2 cos sin 2 2  x− y  y≥x sin 2 ≤ 0  D1 :  ⇒ ⇒ sin x ≤ sin y x + y ≤ π cos x + y ≥ 0   2 Em xét tương tự trên các miền còn lại: D2 , D4 : s inx ≥ sin y D1 , D3 : sin x ≤ sin y I = ∫∫ = ∫∫ sin ydxdy + ∫∫ sin ydxdy + ∫∫ sin xdxdy + ∫∫ sin ydxdy = 8 D D1 D3 D2 D4 2 2 ( 2 Câu 6: Tính tích phân đường I = Ñ 2 y + z dx + 2 z + x dy + 2 x + y dz , với C là ∫ C ) ( ) ( ) giao của mặt phẳng x + y + z = 1 và mặt cầu x 2 + y 2 + z 2 = 4 ngược chiều kim đồng hồ theo hướng trục Oz. Bài giải Chọn S là mặt trên của phần mp x + y + z = 1 nằm trong mặt cầu x2 + y 2 + z 2 = 4 Áp dụng công thức Stoke: ( ) ( I = Ñ 2 y + z 2 dx + 2 z + x 2 dy + 2 x + y 2 dz ∫ C ) ( ) = ∫∫ (2 y − 2)dydz + (2 z − 2)dxdz + (2 x − 2)dxdy S r 1 1 1 Pháp véc tơ đơn vị của S: n( , , ) 3 3 3 2 2 −4 I= ∫∫ (x + y + z − 3)dS = ∫∫ (1 − 3)dS = ∫∫ dS 3S 3S 3S 1 11 S = π r 2 = π ( R 2 − d(2I ,∆ ) ) = π (4 − ) = π 3 3
- 15 - 44 ⇒I =− π 3 3 Câu 7: Tính tích phân mặt loại hai I = ∫∫ zdxdy với S là nửa mặt cầu x2 + y 2 + z 2 = 9 , S phần y ≥ 0 , phía ngoài (phía trên theo hướng trục Oy). Bài giải Cách 1:  y≥0  D: 2 2 x + y ≤ 9  I = ∫∫ zdxdy = ∫∫ 9 − x 2 − y 2 dxdy + − ∫∫ − 9 − x 2 − y 2 dxdy (chú ý pháp vecto mặt S D D ngoài nhé) π 3 = 2 ∫∫ 9 − x 2 − y 2 dxdy = 2 ∫ dφ ∫ 9 − r 2 rdr = 18π D 0 0 Cách 2: gọi S1 là mặt bên trái hình tròn x2+z2
- 16 - 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 + 3 z = 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:  2  +∞ ( −2 ) n 7 f −  = ∑ n = S1 = ln  7  n =1 n7 9  2  +∞ ( −2 ) 2 2 +∞ ( −2 ) 12 +∞ ( −2 ) n n n+2 f −  = ∑ =− + +∑ = − +∑  7  n =1 n7 n 7 49 n =3 n7 n 49 m =1 ( n + 2 ) 7 n + 2 12 4 +∞ ( −2 ) n 12 4 =− + ∑ = − + S2 49 49 m =1 ( n + 2 ) 7 n 49 49 1 7  ⇒ S 2 =  49 ln + 12  4 9   45 7  Vậy S = 14 ( S1 − S 2 ) = 14  − ln − 3   4 9 
- 17 - ( 2 ) Câu 4: Tìm chuỗi lũy thừa của hàm f ( x) = ln x + 1 + x 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 y 2  Câu 5: Tính tích phân kép I = ∫∫   + 9  dxdy , trong đó D là miền phẳng giới hạn  D  16  bởi x = 0, y = 0, x = 4sin t , y = 3cos t , t ∈ [ 0, π / 2] . Bài giải : Dùng toạ độ cực mở rộng: π  x2 y 2  2 1 3π I = ∫∫  +  dxdy = ∫ dt ∫ 12r 3dr = D  16 9  0 0 2 Câu 6: . Tính tích phân đường I = C 3 zdx + 2 xdy + ydz , với C là giao của mặt phẳng ∫ Ñ x + z = 2 và mặt cầu x 2 + y 2 + z 2 = 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 = Ñ3 zdx + 2 xdy + ydz = − ∫∫ dydz + 3dxdz + 2dxdy ∫ C S r 1 1 Pháp véc tơ đơn vị của S: n( , 0, ) 2 2 3 3 3 I =− ∫∫ dS = − 2 dt (S ) = − 2 π ( 4 − 2 ) = −3π 2 2 S
- 18 - 3 3 Câu 7: Tính tích phân mặt loại hai I = ∫∫ x dydz + y dzdx , với S là mặt ngoài của nửa S x2 z2 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:  π  x = 4 ρ sin θ cos ϕ 0 ≤ θ ≤ 2    y = 1ρ sin θ sin ϕ ⇒ V 0 ≤ ϕ ≤ 2π  z = 3ρ cos θ 0 ≤ ρ ≤ 1    π 2 2π 1 I = 3∫ dθ ∫ dϕ ∫ ( 16 ρ 2 sin 2 θ cos 2 ϕ + ρ 2 sin 2 θ sin 2 ϕ ) 12 ρ 2 sin θ d ρ 0 0 0 = 3∫∫∫ ( 16 ρ sin 2 θ cos 2 ϕ + ρ 2 sin 2 θ sin 2 ϕ ) 12 ρ 2 sin θ dxdydz 2 V 408 = π 5
- 19 - ĐỀ 17 ( 2 ) Câu 1: Cho f ( x, y ) = y + ln 3 + 3 x y . Tìm ∂f ∂x ∂f (0, 0), (0, 0) . ∂y Bài giải f ( x, 0 ) − f ( 0, 0 ) ln 3 − ln 3 ∂f lim = lim = 0 ⇒ (0, 0) = 0 x →0 x x →0 x ∂x f ( 0, y ) − f ( 0, 0 ) y + ln 3 − ln 3 ∂f lim = lim = 1 ⇒ (0, 0) = 1 y →0 y y →0 y ∂y Câu 2: Tìm cực trị có điều kiện: f ( x, y ) = e xy ; x3 + y 3 = 16 . Bài giải Xét: L ( x, y ) = e xy + λ ( x 3 + y 3 )  L'x = ye xy + 3λ x 2 = 0  ' e4  Lx = xe + 3λ y = 0 ⇒ x = y = 2(λ = − ) xy 2  3 6  x + y 3 = 16 Vậy có một điểm dừng là: P(2,2)  L''xx = y 2 e xy + 6λ x  ''   A = C = 2e 4   Lyy = x 2e xy + 6λ y ⇒   B = 5e 4  ''   Lxy = ( 1 + xy ) e xy  d L ( P ) = 2dx + 2dy 2 − 10dxdy 2 2 Lấy vi phân 2 vế tại P của phương trình x3 + y 3 = 16 : 12dx + 12dy = 0 ⇒ dy = −dx Thế vào trên ta được: d L ( P ) = 14dx ≥ 0 2 2 Vậy P là điểm cực tiểu. ∞ (n − 1) Câu 3: . Tính tổng ∑ n =1 2 ⋅ 4 ⋅ 6L (2n) Bài giải Ta có:
- 20 - ∞ (n − 1) ∞ ( n − 1) ∞ n ∞ 1 S =⇒ ∑ =∑ n =∑ n −∑ n n =1 2 ⋅ 4 ⋅ 6L (2n ) n =1 2 .n ! n =1 2 .n! n =1 2 .n! n 1 1 ∞ 2 1 ∞ n 1 ∞ 1   = 1 e2 ∑ n = ∑ n −1 = ∑ n =1 2 .n! 2 n =1 2 . ( n − 1) ! 2 n = 0 n! 2 1 ∞ 1 ∑ n = e2 −1 n =1 2 .n! 1 ⇒ S =1− e 2 Câu 4: Sử dụng khai triển Maclaurint của hàm dưới dấu tích phân thành chuỗi, tính +∞ xdx ∫ 0 ex + 1 Bài giải Câu này đạo hàm được nhưng rất khó và sau khi lấy tích phân vẫn không tính tổng lai được. Có phương pháp sau không phải là khai triển maclaurint, ý tương hay nhưng vẫn không giải quyết bài này được, các em tham khảo nhé: x xe − x +∞ +∞ = xe − x ∑ ( −1) e − nx = ∑ ( −1) xe ( ) n n − n +1 x x = −x e +1 1+ e n =0 n =0 +∞ ( −1) n +∞ xdx +∞ +∞ = ∑ ( −1) ∫ xe ( ) dx = ∑ n − n +1 x ⇒ ∫ x n =0 ( n + 1) 2 0 e +1 n=0 0 Tới đây ta lại gặp vấn đề về tính tổng. Bài này Thầy nghĩ không tính được. Câu 5: 2 ( 2 ) Tính tích phân ∫∫ sign x − y + 2 dxdy với D 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 3 . 0 Bài giải