ĐỀ GT2 34

TRƯỜNG ĐHGTVT TP.. 2- Không xem tài liệu khi làm bài thi.

TRƯỜNG ĐHGTVT TP HCM

KHOA CƠ BẢN

BỘ MÔN TOÁN

ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN

GIẢI TÍCH 2

Mã học phần : 001003 Năm học : Môn thi : Giải tích 2

Số của đề thi : 34 Ngày thi : Số TC : 04

Họ và tên SV : Thời gian : 90 Hệ : Đại học

Mã sinh viên : Trưởng BM :

Câu 1: Tính tích phân bội hai sau

I = D 2 4 2

y

dxdy

∫∫

với D là miền kín giới hạn bởi các đường có pt x y x= , =2 ,y x =1,x=2

Câu 2: Tính tích phân đường loại hai sau đây:

»

AB

với »AB có pt 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:

( )S

I =∫∫zdS

trong đó, S ={ (x, y,z)∈R3 / z= x2 + y z2, ≤1}

Câu 4: Giải phương trình vi phân cấp hai sau

2 10 cosx

Câu 5: Xét sự hội tụ của chuỗi số sau

3

2

2

1

1

2

n

n

n

n

∞

=

 + 

Thí sinh lưu ý:

1- Ghi số của đề thi vào bài làm, nộp kèm theo bài làm trước khi rời phòng thi.

2- Không xem tài liệu khi làm bài thi.

Answer Câu 1: (x, y) ( ), / 1 x 2, y x

2

x

Câu 2: Tính đạo hàm cấp n của hàm số sau : y(x)= 11+

−

x x

Ta có

1 2

1

1

x x

− +

−

Áp dụng công thức Leibnitz : ( )( ) (n k) (k)

0

n

n k

=

=∑

với

1 2

(x) (1 x) ; (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

(1 x) (1 x) n (1 x)

−

( 1)( 2) (n 1) n

Bây giờ ta tính :

(n) 1 (n)(x) (1 x)2

f

−

Ta có 2 cách tính như sau:

+ Cách 1: Dùng pp quy nạp

1

2

f

f

′′ = − − ÷  ÷=  −  − ÷ − −

1 2 2

′′′ = ÷ −  − ÷ − − ÷

1 3 2

− −

= −  ÷ −  ÷ −  − ÷ −

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

………

1 (n) 2 1.3.5 (2n 1) 2 (2n 1)!! 1

n n

f

x

− −

+ Cách 2: Dùng hàm hợp Ta đặt h(x) = 1 - x

2

Mặt khác, ta có

f x′(h(x)) = f h′(h).h′x = −( 1) (h) ( 1)f h′ = − αhα− 1

f x′′(h(x)) (= f′(h(x)))′x = −( 1)f hh′′ ′x = −( 1)2 f(2)(h)

Theo quy nạp, ta có

(n) (h(x)) ( 1)n (n)(h) ( 1) (n 1) ( (n 1)) n

x

1 2

n

1

2 1.3.5 (2n 1) 2 (2n 1)!! 1

n n

x

− −

Vậy ta có

(1 x) (1 x) (1 x) (1 x) n (1 x)

−

−

(1 x)

2n (1 x) 1n n 2n (1 x)n 1

Ta có

3 2

12 y

Q′ = P′= x e

Ta có hệ sau

3 2

y x

y y

 ′ =





Từ (1), ta có

x

3

2

y

Thế vào (2), ta có

(3 4 1) 2y 3 4 2y (y)

y

(y) ye y y (y) ye y y

(y) e

(x, y)

Ta có

(B) u(A) (x, y)

Câu 3: Tính

S

I =∫∫zds ,

với (S) là mặt của vật x2 + y2 ≤ ≤z 1.

Giải

Gọi S xq là mặt nón, và S d là mặt đáy của hình nón nằm trên mp z = 1 Như vậy mặt vật thể ta đang xét là

S S= xq US d.

Bây giờ ta xét mặt S d

Ta có S d là giao diện giữa hình nón

và mặt phẳng z = 1, hay

d

Ta chuyển mặt S d thành phương trình

tham số theo x và y

Vậy ta có

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

1

x x

y y

z

=





 =



Ta có

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

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

D y z D z x D x y

′ ′

uur ur ur

= ′ ′ − ′ ′ ′ ′ ÷ ÷ = ′ ′ ′ ′ ′ ′ ÷÷

= − −( z x′, z y′,1) =(0,0,1).

Suy ra

1

ds= n dxdyuur = ∧rur ur′ r dxdy′ = dxdy dxdy=

Vậy, ta có

d

I =∫∫ds= ∫∫ n dxdyuur = ∫∫ dxdy

với D(x, y) là hình chiếu của S d lên mp Oxy, do đó

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

, [0, 2 ] sin

x r

y r

ϕ

ϕ

=

 =



và

(r, ) (r, ) / 0 2 ,0 1

Suy ra

d

D

π ϕ

Bây giờ ta xét mặt xung quanh S xq Ta có

{(x, y,z) 3 / zmat 2 2}

xq

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

Vậy ta có

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

x x

y y

 =







Ta có

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

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

D y z D z x D x y

′ ′

uur ur ur

= ′ ′ − ′ ′ ′ ′ ÷ ÷ = ′ ′ ′ ′ ′ ′ ÷÷

( z x, z y,1) 2x 2 , 2y 2 ,1

Suy ra

2

ds= n dxdyuur = ∧rur ur′ r dxdy′ = dxdy

Vậy, ta có

2

xq

với D(x, y) là hình chiếu của S xq lên mp Oxy, do đó

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

cos

, [0, 2 ] sin

x r

y r

ϕ

ϕ

=

 =



và

Suy ra

2 2

xq

ϕ

ϕ

Vậy

y) là hình chiếu của mặt nón lên mp Oxy, hay

0

(x, y)z (x, y) R / x 2 , 0

Ta chuyển miền D(x,y) sang miền cực, ta đặt

cos

, [0,2 ] sin

x r

y r

ϕ

ϕ

=

 =



Ta có

0

0,

x

y

π ϕ

≥



Khi đó ta có

( )

2

Do đó ta có

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

∂

′ ′

i

2

2

h

D

π ϕ

Câu 4: Giải phương trình vi phân cấp hai sau

2 10 cosx

Answer

The characteristic eq of (*) is

2 0

2

k

k

=



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

2

Ta thấy (x) 10e cosf = x x, có hệ số trước mũ x la 2 là 1 và nó không là nghiệm của ptdt nên NR có dạng

Câu 5: Xét sự hội tụ của chuỗi số sau

3

2

2

1

1

2

n

n

n

n

∞

=

 + 

Ta có

( ) ( )

2

n

− + − − − + − −

n n

n

2

4

n

n

−

Suy ra

4

2

n

n

n

−

 + ÷  + ÷ ÷  + ÷ ÷  + ÷

0=