De thi ket thuc hoc phan gt2

Vì Dx, y là miền tròn nên ta chuyển sang miền cực... Theo tiêu chuẩn Leibnitz ta có chuỗi đã cho hội tụ... Theo tiêu chuẩn Leibnitz ta có chuỗi đã cho hội tụ... Do đó, tích phân đã cho k

ĐỀ SỐ 1Câu 1: Tính tích phân bội hai sau : I = ∫∫D 1− +x (2 x y)− 2dxdy Với D là miền của ∆ABC,

Với C là biên của miềnvới Ω ={x2 + y2 ≤2 ,x y≥0}

Câu 3: Tính tích phân mặt loại hai sau: 2

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

n n n

n n n

y dxdy

phương trình x t= 2013 2e −t,y t= 4026 +sin ( ),0 t 12 πt ≤ ≤ , đi từ điểm A ứng với tham số t A =1 đến

điểm B ứng với tham số t B =0

Câu 3: Tính tích phân mặt loại một sau:

Câu 4: Giải phương trình vi phân cấp hai sau : y′′+2y′=10 cose x x

Câu 5: Xét sự hội tụ của chuỗi số sau

3

n 2 2

Ta có

1 21

1

x x

n

n k

=

=∑với

1 2

y y

Vậy ta có , (x, y) D(x, y)

1

x x

y y z

I =∫∫ds= ∫∫ n dxdyuur = ∫∫ dxdy

với D(x, y) là hình chiếu của S d lên mp Oxy, do đó D(x, y) ={(x, y) ∈R2 / x2 + y2 ≤ 1}

Vì D(x, y) là miền tròn nên ta chuyển sang miền cực

cos

, [0, 2 ]sin

Bây giờ ta xét mặt xung quanh S xq Ta có S xq ={(x, y,z) ∈R3 / zmat= x2 + y2}

Ta chuyển mặt S xq thành phương trình tham số theo x và y

Vì D(x, y) là miền tròn nên ta chuyển sang miền cực.

cos

, [0, 2 ]sin

Thus, the general solution of the homogeneous differential eq of (*) is

12

n

n

n n

x y x

2x 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′′+2y′+5y =5x3 +6x2 +21x+11

Câu 1: Ta có miền T(x, y,z)={(x, y,z) / 0 x 2,0 y≤ ≤ ≤ ≤ 4−x2,0≤ ≤z 4−x2 − y2}

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

và có phương trình mặt cầu là x

2 + y

2 + z

2 = 4

Nghiệm riêng của pt đã cho là y*(x) (Ax= 3+Bx2 +Cx D)+

We replace(thế) the above partial solution into the eq (*), we have

1(x 1) ln(x 1) 1 ln(x 1)

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

x y x

Câu 3: Tính diện tích mặt nón có pt sau: z = x2 + y2, ( x≥0,y≥0)

Câu 4: Giải phương trình vi phân cấp hai bằng pp biến thiên hằng số

( 1)n 2

n

n n

Câu 1: Ta có miền T(x, y,z)={(x, y,z) / 0 x 2,0 y≤ ≤ ≤ ≤ 4−x2,0≤ ≤z x2 + y2}

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

và có phương trình mặt nón là x

2 + y

2 = z2

2 1 2

x x

x e

ĐỀ SỐ 5

(x,y)(x 1) (y 2) dxdy

ngoài của S, với S là biên của miền : T(x, y,z)={(x, y,z) / 2 x 1, y− ≤ ≤ 2+ ≤z2 3}

n

n n

x n

∞

=

− +

Ta có miền D(u,v) là D(u, v)={(u, v) / u2+ ≤v2 9}

Ta viết lại tích phân 2 2

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

I = ∫∫ − dydz = − ∫∫ dydz với D(y,z) = {(y,z)/ y2 + z2 ≤3}

Tương tự cho Φd, ta có pt tham số theo y,z là

I = ∫∫ − dydz= − ∫∫ dydz với D(y,z) = {(y,z)/ y2 + z2 ≤3}

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)

Mặt trên Sxqt co pt tham số theo y và z là

23

y

Φ = ∫∫ − − −

với D(x, z) là hình chiếu của mặt cong Sxqt lên mặt phẳng Oxy, tức là

Khi đó tồn tại một hàm F(x, y) sao cho

y x

t n

33

32

+ Vậy MHT của CHS đã cho là 4 5,

V

I x y dxdydz Với V được giới hạn bởi các mặt x2 + y2 = 0 ;

z =0, z =4

Câu 2: Tính khối lượng m của đường cong vật chất L có phương trình 2 2,0 2

y e= +e− ≤ ≤x ,

với khối lượng riêng là

Câu 3: Tính thông lượng của trường vecto qua mặt ngoài của biênmiền T ={(x, t,z) / x2+ y2 ≤ ≤z 2,x≥0}

Câu 4: Giải PTVP sauy′′−4y′+4y=8x3 −44x2 +68x−54 Với y(0) = -3, y/ (0) = 15

Câu 5: Khảo sát sự hội tụ của chuỗi

1

( 1) 1

n

n

n n

∞

=

− +

∑

HƯỚNG DẪN

Câu 1: Ta có V T= (x, y,z)={(x, y,z) / x2+y2 =4,z=0,z=4} Ta đặt

cossin

x r

y r

z z

ϕϕ

Đưa mặt S dưới dạng tham số là x và y

2 2

(x, y)(x, y) , (x, y) D(x, y)(x, y)

=> α = 0 không là nghiệm của PTĐT nên NR có dạng y*(x) Ax= 3+Bx2 +Cx D+

Câu 5: Đây là chuỗi đan dấu nên ta áp dụng tiêu chuẩn Leibnitz để khảo sát sự hội tụ.

Ta có số hạng tổng quát là

1

n

n u

n

=+

Ta xét hàm

1(x 1)

n

+ Theo tiêu chuẩn Leibnitz ta có chuỗi đã cho hội tụ.

ĐỀ SỐ 7Câu 1: Tính = ∫∫∫ 2 + 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 - với x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0

Câu 4: Giải PTVP sau : y′′ + =y 3sin 2x

Câu 5: Tìm miền hội tụ của chuỗi hàm số sau

1

3 2

n n n n

x n

∞

∑

HƯỚNG DẪN

Câu 1: Ta có V T= (x, y,z) ={(x, y,) / (x, y) D(x, y),0 z 2 ∈ ≤ ≤ } ={(x,y,z) / x2+ y2 =4 ,y z=0,z=2}

Ta đặt

cossin

x r

y r

z z

ϕϕ

Ta có pháp vecto mặt S là (A,B,C) (y,z), (z, x), (x, y)

Vậy NTQ của PTVP thuần nhất của PTVP đã cho là y C= 1cosx C+ 2sinx

Bây giờ ta tìm NR PTVP không thuần nhất *

+Theo tiêu chuẩn Leibnitz, chuỗi phân kỳ

+ Nên chuỗi phân kỳ

+ Vậy MHT của CHS đã cho là 2 2,

n

n u

n

=+

n

+ Theo tiêu chuẩn Leibnitz ta có chuỗi đã cho hội tụ.

ĐỀ SỐ 8Câu 1: Tính =∫∫∫

V

I xyzdxdydz Với V được giới hạn bởi các mặt z = x2 + y2, z = 8 – (x2 + y2)

Câu 2: Tính tích phân đường loại 2 sau :

Với cung AB có pt x2 + y2 = 4x, y ≥ 0, đi từ điểm A(4,0) đến điểm B(2,2)

Câu 3: Cho urF =(2 xy2+3yz ;x2 2+3yz;z2−2 xy) Tìm và div tại M(2,-5,1).

Câu 4: Giải hệ PTVP sau 2 ,(1)

x r

y r

z z

ϕϕ

Câu 2:

Do đó, tích phân đã cho không phụ thuộc vào đường lấy tích phân mà chỉ phụ thuộc vào 2điểm 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)dyMặt khác, ta có : du(x, y) u= ′x dx u dy+ y′ Suy ra

Từ (2), ta suy ra : 6x y2 2 +C′(y) 6= x y2 2 −5y4 ⇒C′(y)= −5 y4⇒C(y)= − +y5 C

Vậy ta có hàm u(x; y) được xác định là :

5

2 3 5(x, y) 2

1 3 32

7 0

1 3 32

t n

+ Vậy MHT của CHS đã cho là (1,2]

ĐỀ SỐ 9Câu 1: Tính tích phân bội ba : (z )

Câu 3: Tính y dzdx z dxdy3 3

S

I =∫∫ + Với S là phần mặt cầu x2 + y2 + z2 = 9

Câu 4: Giải PTVP sau : y′′+2y′+5y=2cosx

Câu 5: Khảo sát sự hội tụ của chuỗi

3 7 1

x r

y r

z z

ϕϕ

ϕ ϕ

πϕ

3cos sin 3sin , 3sin 3cos cos , 3cos cos 3cos sin

=(9sin2θcos ,9sinϕ 2θsin ,9sin cos cosϕ θ θ 2ϕ+9sin cos sinθ θ 2ϕ)

=(9sin2θcos ,9sinϕ 2θsin ,9sin cosϕ θ θ)

Vậy NTQ của PTVP thuần nhất của (*) là y(x) =e−x(C1 cos 2x C+ 2 sin 2x)

Ta có f(x) 2cos= x=e (2cosx 0sinx)0x + , với α =0;β =1 không là nghiệm của PTĐT, do đó

NR của (*) có dạng y*(x) (Acosx= +Bsin )x

Câu 5: Đặt

3 7

Câu 2: Tính tích phân đường loại 2 sau : (2x2 2 y )dx (x y)2 2

L

W =Ñ ∫ + + + dy Với L là chutuyến của tam giác ABC với A(1,2), B(2,2) và C(1,3)

Câu 3: Tính (2 y 3z)dxdy

S

I =∫∫ − Với S là phần mặt cầu {x2 + y2 + z2 = 1, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0}

Câu 4: Giải PTVP sau : (x2−3y dx2) +(2xy dy) =0

Câu 5: Tìm miền hội tụ của chuỗi :

1

( 1)

n n

n n

ϕϕ

cos sin sin , sin cos cos , cos cos cos sin

=(sin2θcos ,sinϕ 2θsin ,sin cos cosϕ θ θ 2ϕ+sin cos sinθ θ 2ϕ)

=(sin2θcos ,sinϕ 2θsin ,sin cosϕ θ θ)

( )( , )

2sin sin 3cos sin cos d d

πϕ

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

t n

∞

=

−+

là chuỗi đan dấu hội tụ

+ Vậy MHT của CHS đã cho là