ĐỀ GT2 35

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 : 35 Ngày thi : Số TC : 04

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

Mã sinh viên : Trưởng BM :

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

I = 2 4 2 4 2 2 

x

 



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

2

C

I �xy ds

với C là đường cong có phương trình y x 2 1,0� � x 1

Câu 3: Tính tích phân mặt loại hai sau:

( )

(x y z)

S

I �   dydz

trong đó, (S) là mp có pt 2x y z  4,x�0,y �0,z� và lấy phía trên nhìn 0 theo trục Oz

Câu 4: Giải phương trình vi phân cấp hai sau

2 5 5 6 21 11

y� y� y x  x  x

Câu 5: Cmr hàm số (x) ln(x 1)

1

f

x





 giảm trên tập [2,� > áp dung tinh chất ) vày để cmr chuỗi số sau hội tụ

1

( 1) ln(n 1)

1

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.

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

I = 2 4 2 4 2 2 

x

 



Answer

Ta có miền T(x,y,z) như sau

(x, y,z) (x, y,z) / 0 x 2,0 y 4 ,0 4

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  y  z 

Ta đặt

sin cos

sin sin , 0, , 0,

cos

x r

y r

z r

 





�

� 

�

Ta xét

cos 0 sin 0

0,

0, 2

x

y

z







��

�

� �

�

�

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

có

0� �r 2

Vậy

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

T   ��  � �  � �  � ���

�

3

sin 2

  

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

2

C

I �xy ds

với C là đường cong có phương trình y x 2 1,0� � x 1

Answer

Áp dụng công thức

     2

, (x) 1

b

a

Câu 3: Tính tích phân mặt loại hai sau:

( )

(x y z)

S

I �  dydz

trong đó, (S) là mp có pt 2x y z  4,x�0,y �0,z� và lấy phía trên nhìn0 theo trục Oz

answer

Mặt cong (S) được cho dưới dạng phương trình sau

( , ) 4 2x y,( 0, 0, 0), (x, y) D(x, y)

Với

D(x, y)= (x, y) / 0 x 2,0 y 4 2x� � � � 

Ta có phương trình tham số là

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

x x

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

  ( , ) ( , ) ( , )

( , ) ( , ) ( , )

D y z D z x D x y

D x y D x y D x y

uur

Ta có

z   z  

Vậy ta có

( ) , , ( , ,1) (2,1,1)

n M  A B C   z� �z 

uur

Do đó, ta có

I  �P   dxdy �P Adxdy � x dxdy

2 (4 x)dx

x dy



 � � 

Câu 4: Giải phương trình vi phân cấp hai sau

2 5 5 6 21 11, (*)

y� y� y x  x  x

answer

The characteristic eq of (*) is

1

2

2

2

  

�

� Vậy nghiệm tổng quát có dạng

2

Nghiệm riêng của pt đã cho là

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

Câu 5: Cmr hàm số (x) ln(x 1)

1

f

x





 giảm trên tập [2,� > áp dung tinh chất) vày để cmr chuỗi số sau hội tụ

1

( 1) ln(n 1)

1

n

�





Ta có

1

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

(x 1) (x 1)

x

