Đề thi cuối kì 1 - Đề 7 môn Giải tích 1 | Đại học Bách Khoa Hà Nội

ĐỀ 7 KHOA TOÁN-TIN
ĐỀ THI CUỐI KÌ MÔN GIẢI TÍCH 1 - HỌC KÌ 2024.1 Nhóm ngành 3
Thời gian làm bài: 90 phút
Câu 1 (1 điểm). Tìm toạ độ cực (r, φ) của điểm (x, y) = (3; −3) sin(2x − 4)
Câu 2 (1 điểm). Điểm x = 2 là điểm gián đoạn loại gì của hàm số f (x) = ? Giải thích câu x − 2 trả lời. ˆ x+1
Câu 3 (1 điểm). Cho hàm số f (x) = 3t2dt. Tìm vi phân df . x y3
Câu 4 (1 điểm). Tìm cực trị của hàm số z(x, y) = 3xy − 9x3 − trên 2 R . 3 ˆ ∞
Câu 5 (1 điểm). Xét sự hội tụ và tính (trong trường hợp hội tụ) tích phân suy rộng x5−xdx 0
Câu 7 (1 điểm). Khai triển Maclaurin hàm số z(x, y) = (x + 7) sin y đến bậc 5. xy
Câu 9 (1 điểm). Tính giới hạn (nếu có) lim(x,y)→(0,0) x2 − 2y2 ¨
Câu 10 (1 điểm). Cho D = (x, y)|x2 + y2 ≤ 4x − 3. Đặt A =
(x − 3(x−2)2+y2)dxdy và B = D ¨
(sin y + 3x2+y2−4x)dxdy. Tìm giá trị của tổng A + 81B D ĐỀ 7 KHOA TOÁN-TIN
LỜI GIẢI CHI TIẾT MÔN GIẢI TÍCH 1 NHÓM NGÀNH 3 - Đề 7
Thực hiện bởi team Giải tích 1 - CLB Hỗ trợ Học tập
Câu 1. Tìm toạ độ cực (r, φ) của điểm (x, y) = (3; −3) [Hướng dẫn giải] √
+) Sử dụng công thức chuyển đổi hệ toạ độ Descartes sang toạ độ cực ta có: r = px2 + y2 = 3 2 và y −π góc φ = arctan = x 4 √ −π
+) Vậy toạ độ cực của điểm (3; −3) là 3 2; 4 sin(2x − 4)
Câu 2. Điểm x = 2 là điểm gián đoạn loại gì của hàm số f (x) =
? Giải thích câu trả x − 2 lời. [Hướng dẫn giải] +) ĐKXD: x ̸= 2
⇒ hàm số đã cho không xác định tại x = 2 sin(2x − 4) 2x − 4 +) Xét lim f (x) = lim = lim = 2 x→2 x→2 x − 2 x→2 x − 2
⇒ hàm số đã cho tồn tại giới hạn tại x = 2
+)Kết luận: Vậy điểm x = 2 là điểm gián đoạn loại I của hàm số f (x) ˆ x+1
Câu 3. (1đ) Cho hàm số f (x) =
3t2dt. Tìm vi phân df . x [Hướng dẫn giải]
+) Để tìm vi phân df , trước hết ta cần tính đạo hàm f ′(x). Áp dụng công thức đạo hàm của tích phân có cận thay đổi: ˆ Ç v(x) å′ g(t)dt
= g(v(x)) · v′(x) − g(u(x)) · u′(x) u(x) x
+) Trong bài toán này, ta xác định:
• Hàm dưới dấu tích phân: g(t) = 3t2
• Cận dưới: u(x) = x ⇒ u′(x) = 1
• Cận trên: v(x) = x + 1 ⇒ v′(x) = 1
+) Suy ra đạo hàm f ′(x) là:
f ′(x) = 3(x+1)2 · (x + 1)′ − 3x2 · (x)′
= 3(x+1)2 · 1 − 3x2 · 1 = 3(x+1)2 − 3x2 ĐỀ 7 KHOA TOÁN-TIN
+) Vi phân của hàm số được tính theo công thức df = f ′(x)dx. Vậy kết quả là: Ä df = 3(x+1)2 − 3x2ä dx y3
Câu 4. (1đ) Tìm cực trị của hàm số z(x, y) = 3xy − 9x3 − trên 2 R . 3 [Hướng dẫn giải] +) Tập xác định D = 2 R .
Tính các đạo hàm riêng cấp 1: • z′ = 3y − 27x2 x • z′ = 3x − y2 y
+) Tìm điểm dừng bằng cách giải hệ phương trình:   3y − 27x2 = 0 (1)  3x − y2 = 0 (2)
Từ (1) ⇒ 3y = 27x2 ⇔ y = 9x2. Thay vào (2):
3x − (9x2)2 = 0 ⇔ 3x − 81x4 = 0 ⇔ 3x(1 − 27x3) = 0  x = 0 ⇒ y = 0 ⇔  1 x = ⇒ y = 1 3
Ta được 2 điểm dừng: O(0, 0) và M 1 , 1. 3
+) Tính các đạo hàm riêng cấp 2: • A = z′′ = −54x xx • B = z′′ = 3 xy • C = z′′ = −2y yy
Biệt thức ∆ = B2 − AC = 32 − (−54x)(−2y) = 9 − 108xy.
+) Xét tại điểm dừng O(0, 0): Thay x = 0, y = 0 vào biểu thức ∆: ∆ = 9 − 0 = 9 > 0.
Vì ∆ > 0 nên hàm số không đạt cực trị tại O(0, 0). 1
+) Xét tại điểm dừng M 1 , 1: Thay x = , y = 1 ta có: 3 3 1 • A = −54 · = −18 < 0 3 1 • ∆ = 9 − 108 · · 1 = 9 − 36 = −27 < 0 3 ĐỀ 7 KHOA TOÁN-TIN
Vì ∆ < 0 và A < 0 nên hàm số đạt cực đại tại M . Å 1 ã 1 Å 1 ã3 13 1
Giá trị cực đại: zCŒ = z , 1 = 3 · · 1 − 9 − = . 3 3 3 3 3 1
+) Vậy: Hàm số đạt cực đại tại M 1 , 1, z . 3 CŒ = 3 ˆ ∞
Câu 5. Xét sự hội tụ và tính (trong trường hợp hội tụ) tích phân suy rộng x5−xdx 0 [Hướng dẫn giải] ˆ ∞
+) Xét tích phân suy rộng I=
x5−xdx có điểm bất thường x = ∞ 0
+) f (x) = x5−x là hàm dương trên [0; ∞). Ta có: 5x > x3 ∀ x > 1 → 5−x < x−3 ∀ x > 1 ˆ 1 ∞ 1
Nên ta có f (x) = x5−x <
∀ x > 1 mà tích phân suy rộng dx hội tụ x2 x2 1 ˆ ∞ → Tích phân suy rộng I=
x5−xdx cũng hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh 0
+) Tính tích phân suy rộng I: ˆ ˆ +∞ A I = x5−xdx = lim xe−x ln 5dx 0 A→+∞ 0 ˆ ï x · 5−x òA +∞ 5−x I = lim − + dx A→+∞ ln 5 ln 5 0 0 Å A ã ï 5−x ò+∞ = lim − + 0 + − A→+∞ 5A ln 5 (ln 5)2 0 Å Å 1 ãã 1 = 0 + 0 − − = (ln 5)2 ln2 5 ˆ ∞ 1
+) Vậy giá trị của tích phân suy rộng I= x5−xdx là 0 ln2(5) Ä» » ä Câu 6. lim 1 5 1 + 1 + 5 1 + 2 + · · · + 5 p1 + n n→+∞ n n n n [Hướng dẫn giải] Ä» » ä lim 1 5 1 + 1 + 5 1 + 2 + · · · + 5 p1 + n n→+∞ n n n n 1 = lim 1 Pn 1 + k 5 k=1 n→+∞ n n  1  ∆x = ,   n    k xk = , n     1 
 f (x) = (1 + x) 5 liên tục trên [0, 1].
Áp dụng định nghĩa tích phân: ĐỀ 7 KHOA TOÁN-TIN 1 ´ 1 1 lim 1 Pn 5 n→∞ 1 + k = (1 + x) 5 dx. n k=1 n 0 ´ 1 1 h 6 6 i Ä 6 ä
(1 + x) 5 dx = 5 (1 + 1) 5 − (1 + 0) 5 = 5 2 5 − 1 . 0 6 6
Câu 7. Khai triển Maclaurin hàm số z(x, y) = (x + 7) sin y đến bậc 5. [Hướng dẫn giải]
+) Khai triển Maclaurin của sin y:
sin y = y − y3 + y5 + o(y5) = y − y3 + y5 + o(y5). 3! 5! 6 120 Suy ra: Ä ä
z(x, y) = (x + 7) y − y3 + y5 + o(y5) . 6 120
= xy + 7y − 1 (xy3 + 7y3) + 1 (xy5 + 7y5) + o(xy5). 6 120
+) Xét bậc các hạng tử và giữ lại các hạng có tổng bậc không vượt quá 5, ta được: 7 1 7 z(x, y) = 7y + xy − y3 − xy3 + y5 + o(xy5). 6 6 120
Câu 8. Cho hàm số z(x, y) = p(x2 + 3y2)3. Tính đạo hàm riêng cấp hai (nếu tồn tại) z′′ (0, 0). xx [Hướng dẫn giải] 1 Với (x, y) ̸= (0, 0) :
z′ = 3 (x2 + 3y2) 2 · 2x = 3xpx2 + 3y2. x 2 z′ (0, 0) = lim z(h,0)−z(0,0) = lim |h|3 = 0. x h→0 h h→0 h Với (x, y) ̸= (0, 0) :
z′′ = ∂ 3xpx2 + 3y2 = 3px2 + 3y2 + 3x2 √ . xx ∂x x2+3y2 z′′ (0, 0) = lim zx(h,0)−zx(0,0) = lim 3h|h| = 0. xx h→0 h h→0 h Vậy zxx(0, 0) = 0. xy
Câu 9. Tính giới hạn (nếu có) lim(x,y)→(0,0) x2 − 2y2 [Hướng dẫn giải] +) Đặt y = kx xy x.kx kx2 k Khi đó: f (x, y) = = = = x2 − 2y2 x2 − 2(kx)2 (1 − 2k2)x2 1 − 2k2 k
⇒ lim(x,y)→(0,0) f (x, y) = 1 − 2k2 1
+) Do đó cứ với mỗi giá trị của k khác 0 và khác + √ −
, ta lại thi được 1 giá trị của lim(x,y)→(0,0) f (x, y) 2 xy
Vậy không tồn tại lim(x,y)→(0,0) x2 − 2y2 ĐỀ 7 KHOA TOÁN-TIN ¨ ¨
Câu 10. Cho D = (x, y)|x2 + y2 ≤ 4x − 3. Đặt A =
(x − 3(x−2)2+y2)dxdy và B = (sin y + D D
3x2+y2−4x)dxdy. Tìm giá trị của tổng A + 81B [Hướng dẫn giải] +) Tính ¨ A = (x − 3(x−2)2+y2) dx dy D
Ta có: D = {(x, y) | x2 + y2 ≤ 4x − 3y} ⇔ (x − 2)2 + y2 ≤ 1    x − 2 = r cos φ  x = 2 + r cos φ Đặt ⇒  y = r sin φ  y = r sin φ
Khi đó miền D trở thành D′ : 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ φ ≤ 2π và |J | = r. Đổi biến: ¨ A =
(2 + r cos φ − 3r2) r dr dφ D′ ˆ ˆ 2π 1 = dφ (2r + r2 cos φ − r.3r2) dr 0 0 ˆ 1 2π Ç å r3 cos φ 3r2 = r2 + − dφ 3 2 ln 3 0 0 ˆ 2π Åcosφ 1 ã = + 1 − dφ 3 ln 3 0 ï sin φ Å 1 ã ò2π 2π = + 1 − φ = 2π − (1) 3 ln 3 ln 3 0 +) Tính ¨ B = (sin y + 3x2+y2−4x) dx dy D   u = x − 2 Đặt:
⇒ |J| = 1 Suy ra D′′ : u2 + v2 ≤ 1  v = y ¨ B = (sin v + 3u2+v2−4) du dv D′′ ¨ ¨ = sin v du dv + (3u2+v2−4) du dv D′′ D′′ | {z } | {z } B1 B2
- Vì sin v là hàm lẻ với ∀(u, v) ∈ D′′ và D′′ đối xứng qua gốc tọa độ nên B1 = 0   u = r cos φ
- Xét B2. Đổi sang tọa độ cực: ,
0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ φ ≤ 2π  v = r sin φ ĐỀ 7 KHOA TOÁN-TIN ˆ ˆ 2π 1 B2 = dφ r(3r2−4) dr 0 0 1 Ç å 3r2−4 2π = 2π = 2 ln 3 81 ln 3 0 2π ⇒ B2 = (2) 81 ln 3 +) Từ (1) và (2): 2π 2π A + 81B = 2π − + = 2π ln 3 ln 3