ĐỀ GT2 36
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (66.64 KB, 5 trang )
TRƯỜNG ĐHGTVT TP. HCM
KHOA CƠ BẢN
BỘ MÔN TOÁN
Mã học phần
Số của đề thi
Họ và tên SV
Mã sinh viên
ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN
GIẢI TÍCH 2
: 001003
: 36
:.................
:.................
Năm học
Ngày thi
Thời gian
Trưởng BM
:
:
: 90
:
Môn thi : Giải tích 2
Số TC
: 04
Hệ
: Đại học
Câu 1: Bằng cách biến đổi tọa độ trụ, hãy tính tích phân bội ba sau
2
I = I = ∫ dx
0
4− x2 − y 2
4− x2
∫
dy
0
∫
0
(x+
)
x 2 + y 2 + z 2 dz
Câu 2: Tính tích phân đường loại hai sau đây:
I = ∫ xdx − xdy + xyzdz
»AB
với »AB có pt x = cos(π t), y = sin(π t ),z = 2 t,0 ≤ t ≤ 1 , đi từ điểm A ứng với
tham số t A = 0 đến điểm B ứng với tham số t B = 1.
Câu 3: Tính diện tích mặt nón có pt sau:
z = x 2 + y 2 , ( x ≥ 0, y ≥ 0 )
Câu 4: Giải phương trình vi phân cấp hai bằng pp biến thiên hằng số
y ′′ + 4 y ′ + 4 y = e −2 x ln x .
Câu 5: Xét sự hội tụ của chuỗi số sau
∞
(−1)n + 2n 2
.
∑
4
n
n =1
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
1
Câu 1: Bằng cách biến đổi tọa độ trụ, hãy tính tích phân bội ba sau
2
I = ∫ dx
0
4− x 2 − y 2
4− x2
∫
∫
dy
0
0
(x+
)
x 2 + y 2 + z 2 dz
Answer
Ta có miền T(x,y,z) như sau
{
T (x, y,z) = (x, y,z) / 0 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4 − x 2 ,0 ≤ z ≤ x 2 + y 2
}
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
x2 + y 2 = z 2
Ta đặt
x = r cos ϕ
π
y = r sin ϕ , ϕ ∈ 0,
2
z = z
vì
x ≥ 0 cos ϕ ≥ 0
π
y ≥ 0 ⇒ sin ϕ ≥ 0 ⇒ ϕ ∈ 0,
2
z ≥ 0 z ≥ 0
Và hơn nữa, bán kính là bán kính của hình cầu có gốc tại gốc tọa độ O, nên ta
có
0≤r ≤2
Ta có miền trụ là
π
T (ϕ ,r,z) = (ϕ ,r, z) / 0 ≤ ϕ ≤ ,0 ≤ r ≤ 2,0 ≤ z ≤ x 2 + y 2
2
Vậy
I=
π /2
2
0
0
x2 + y2
∫ dϕ ∫ rdr ∫
0
( r cosϕ +
)
r 2 + z 2 dz
2
Câu 2: Tính tích phân đường loại hai sau đây:
I = ∫ ydx − xdy + xyzdz
»AB
với »AB có pt x = cos(π t), y = sin(π t ),z = 2 t,0 ≤ t ≤ 1 , đi từ điểm A ứng với tham
số t A = 0 đến điểm B ứng với tham số t B = 1
Answer
Ta có
dx = x ′ dt = −π sin ( π t ) dt
t
dy = yt′dt = π cos ( π t ) dt , t ∈ [ 0,1]
dz = zt′dt = 2dt
Vậy
1
I = ∫ −π sin ( π t ) sin ( π t ) − π cos ( π t ) cos ( π t ) + 2cos ( π t ) sin ( π t ) .2t dt
0
1
1
1
0
0
0
= ∫ 2 t sin 2 ( π t ) − π dt = ∫ 2 t sin 2 ( π t ) dt − π ∫ dt
Câu 3: Tính diện tích mặt nón có pt sau:
z = x 2 + y 2 , ( x ≥ 0, y ≥ 0 )
Ta có diện tích của mặt cong (S) là
S = ∫∫ ds
S
Ta có
uu
r
ur ur
ds = nS .dxdy = rx′ ∧ ry′ dxdy = A2 + B 2 + C 2 dxdy
=
( − zx′ )
2
+ ( − z ′y ) + 1dxdy
2
với
z x′ =
x
x2 + y 2
; z y′ =
y
x2 + y2
Do đó
( − z ′x )
ds =
Vậy
S = ∫∫ ds =
S
2
+ ( − z ′y ) + 1dxdy = 2dxdy
∫∫
2
2dxdy
D (x,y)
Đặt
x = r cos ϕ
π
,ϕ ∈ 0,
2
y = r sin ϕ
Ta có
3
x ≥ 0 cos ϕ ≥ 0
π
⇒
⇒ ϕ ∈ 0,
2
y ≥ 0 sin ϕ ≥ 0
Với D(x,y) là hình chiếu của mặt nón trên mp Oxy. Do đó
D(x, y) = (x, y) / x 2 + y 2 ≤ 4, x ≥ 0, y ≥ 0
{
}
π
⇒ D ( ϕ , r ) = ( ϕ , r ) / 0 ≤ ϕ ≤ ,0 ≤ r ≤ 2
2
Câu 4: Giải phương trình vi phân cấp hai bằng pp biến thiên hằng số
y ′′ + 4 y ′ + 4 y = e −2 x ln x .
Ta có pt đặc trưng của pt đã cho là
k 2 + 4k + 4 = 0 ⇒ k = k1 = k2 = −2
The general solution of the homogeneous eq of (*) is
y (x) = C1e−2 x + C2 xe −2 x
We find the partial solution of the eq (*) as follows
y* (x) = v1 (x) y1 (x) + v 2 (x) y 2 (x),
in where
− x.( e −2 x ) ln x
− y2 f (x)
v1 = ∫
dx = ∫ −2 x
W ( y1 , y2 ) (x)
e
xe −2 x
2
−2e −2 x
=∫
e−2 x − 2 xe −2 x
− x.( e −2 x ) ln x
2
dx = ∫
(e )
−2 x 2
1
x
dx
−2 1 − 2 x
− x.ln x
dx = ∫ − x.ln xdx
1
x
−2 1 − 2 x
y1 f (x)
− x.e −2 x ln x
− x.e −2 x ln x
v2 = ∫
dx = ∫ −2 x
dx = ∫
dx
1
x
W ( y1 , y2 ) (x)
e
xe −2 x
−2 x 2
( e ) −2 1 − 2 x
−2e −2 x e−2 x − 2 xe −2 x
− x.ln x
=∫
dx = ∫ − x.e 2 x ln xdx
1
x
e −2 x
−2 1 − 2 x
Thus, the general solution of the given eq is
y (x) = y (x) + y* (x)
Câu 5: Xét sự hội tụ của chuỗi số sau
∞
( −1) n + 2n 2
.
∑
n4
n =1
Ta có
4
∞
∞
( −1) n + 2n 2 ∞ (−1) n
2n 2 ∞ (−1) n
2
=∑ 4 +∑ 4 =∑ 4 +∑ 2
∑
4
n
n =1
n =1 n
n =1 n
n =1 n
n =1 n
∞
5
