Đề thi Giải tích 2 – Lớp K59A2+A3

Standard

DeCuoiKyGT2_2015_1

6 responses »

  1. Câu 1: Để ý khi n\in\mathbb N

    +) \sin(n^{-3/2})> 0, và giảm về 0 theo n,

    +) \sin(n^{-3/2}) tương đương với n^{-3/2}.

    Do đó:

    +) khi 0< \alpha \le 2/3 chuỗi đang xét bán hội tụ,

    +) khi \alpha > 2/3 chuỗi đang xét hội tụ tuyệt đối.

  2. Câu 2:

    (a) Có hàm giới hạn

    f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\sqrt{n}x}{e^{nx}}=0, x\ge 0.

    Do

    \sup\limits_{x\ge 0}|f_n(x)-f(x)|=\dfrac{1}{en^{1/2}}

    nên dãy hàm hội tụ đều trên [0, \infty).

    (b) Có chuỗi

    \sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^n/\sqrt{n} hội tụ,

    còn dãy hàm \arctan(x^n), x\in [0, \infty)

    +) bị chặn dưới bởi 0, chặn trên bới \pi/2,

    +) giảm theo n khi x\in [0, 1],

    +) tăng theo n khi x\in[1, \infty)

    do đó chuỗi hàm hội tụ đều trên [0, \infty).

    Dĩ nhiên nó hội tụ điểm.

  3. Câu 3: Hàm f(x) chẵn nên b_n=0.

    Có hai cách quan niệm

    C1 hàm f(x) là hàm tuần hoàn chu kỳ 2\pi, có chuỗi Fourier

    a_0/2+\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\cos(nx)

    với

    a_n=\dfrac{2}{\pi}\int\limits_0^\pi |\cos x|\cos(nx)dx;

    C2 hàm f(x) là hàm tuần hoàn chu kỳ \pi, có chuỗi Fourier

    a_0/2+\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\cos(2nx)

    với

    a_n=\dfrac{4}{\pi}\int\limits_0^{\pi/2}|\cos x|\cos(2nx)dx.

    C1:

    a_{2k+1}=0, k=0, 1, \dots,

    a_0=4/\pi, a_{2k}=\dfrac{4(-1)^{k+1}}{\pi(4k^2-1)}, k=1, 2, \dots.

    C2:

    a_0=4/\pi, a_n=\dfrac{4(-1)^{n+1}}{4n^2-1}.

    Cả hai cách đều thu được chuỗi

    2/\pi -4/\pi \sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n}{4n^2-1}\cos(2nx).

  4. Câu 4: dùng D’Alembert

    \lim\limits_{n\to\infty}\left|\dfrac{a_n}{a_{n+1}}\right|=\lim\limits_{n\to\infty}1/2(1+1/n)^n=e/2.

    Do đó bán kính hội tụ R=\sqrt{e/2}.

    Tại đầu mút x=\pm\sqrt{e/2} có chuỗi

    \sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{e^n n!}{n^n}.

    Do

    e>(1+1/n)^n

    nên chuỗi tại mút là chuỗi dương có dãy số hạng tổng quát là dãy tăng.

    Như vậy khoảng hội tụ (-\sqrt{e/2}, \sqrt{e/2}).

  5. Câu 5:

    tron

    Miền đang xét nằm giữa hai đường cong

    C_1: r=2, 0\le \theta\le\pi,

    C_2: r=2-2\sin\theta, 0\le \theta\le\pi.

    (a) Có hai cách tính diện tích:

    C1:

    S=\int\limits_0^\pi d\theta \int\limits_{2-2\sin\theta}^2 rdr=8-\pi.

    C2: dùng Green

    S=1/2\int\limits_{C_1\cup C_2} (xdy-ydx),

    trong đó hướng của C_1 đi từ 0 đến \pi, còn C_2 ngược lại.

    Chú ý C_1x=2\cos\theta, y=2\sin\theta, còn C_2: x=(2-2\sin\theta)\cos\theta, y=(2-2\sin\theta)\sin\theta.

    Khi đó

    S=1/2\left(\int\limits_0^\pi 4 d\theta-\int\limits_0^\pi(2-2\sin\theta)^2 d\theta\right).

    Do tính đối xứng qua trục 0x nên trọng tâm có

    x_G=0.

    Còn

    y_G=\dfrac{1}{S}\int\limits_0^\pi d\theta\int\limits_{2-2\sin\theta}^2 r^2\sin\theta d\theta=\dfrac{15\pi-32}{24-3\pi}.

    (b) Chu vi của miền đang xét bằng tổng độ dài của

    +) C_1: là nửa đường tròn bán kính 2 nên có độ dài 2\pi,

    +) C_2: r=2-2\sin\theta

    vi phân đường

    ds=\sqrt{r_\theta^2+r^2}d\theta=2\sqrt{2}|\cos(\theta/2)-\sin(\theta/2)|d\theta

    nên có độ dài

    \int\limits_0^\pi 2\sqrt{2}|\cos(\theta/2)-\sin(\theta/2)|d\theta=8(2-\sqrt{2}).

  6. Câu 6:

    cau

    Có vài cách tính:

    C1: mặt đã cho

    z=\sqrt{R^2-x^2-y^2} với R^2-a^2\le x^2+y^2 \le R^2

    có vi phân mặt

    dS=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}dxdy=\dfrac{R}{\sqrt{R^2-x^2-y^2}}dxdy

    nên diện tích

    S=\iint\limits_{R^2-a^2\le x^2+y^2\le R^2}\dfrac{Rdxdy}{\sqrt{R^2-x^2-y^2}}.

    Đổi sang hệ tọa độ cực x=r\cos\theta, y=r\sin\theta

    S=\int\limits_0^{2\pi} \int\limits_{\sqrt{R^2-a^2}}^R\dfrac{r}{\sqrt{R^2-r^2}}dr=2aR\pi.

    C2: (thực chất là C1) chuyển sang hệ tọa độ trụ

    x=\sqrt{R^2-z^2}\cos\theta, y=\sqrt{R^2-z^2}\sin\theta, z=z

    có mặt đã cho được cho bởi

    0\le\theta\le 2\pi, 0\le z\le a,

    vi phân mặt

    dS=Rd\theta dz

    nên diện tích

    S=\int\limits_0^{2\pi}d\theta \int\limits_0^a Rdz=2\pi Ra.

    C3: dùng hệ tọa độ cầu

    x=R\cos\theta\sin\varphi, y=R\sin\theta\sin\varphi, z=\cos\varphi

    với 0\le\theta\le2\pi, \arccos(a/R)\le \varphi\le\pi/2

    và vi phân mặt dS=R^2\sin\varphi d\theta d\varphi.

    Khi đó diện tích cần tính bằng

    \int\limits_0^{2\pi}d\theta \int\limits_{\arccos(a/R)}^{\pi/2}R^2 \sin\varphi d\varphi.

    Cách khác dùng tích phân đường như bài

    https://bomongiaitich.wordpress.com/2015/05/14/tinh-dien-tich-xung-quanh-non-cut-bang-tich-phan-duong/

    Cụ thể ta chọn trường F=(P, Q, R) với

    P(x, y, z)=\dfrac{yz}{(x^2+y^2)(x^2+y^2+z^2)^{1/2}},

    Q(x, y, z)=\dfrac{-xz}{(x^2+y^2)(x^2+y^2+z^2)^{1/2}},

    R(x, y, z)=0.

    Do

    R_y-Q_z=\dfrac{x}{R^3},  P_z-R_x=\dfrac{y}{R^3}, Q_x-P_y=\dfrac{z}{R^3}

    nên theo Stokes và mối quan hệ giữa tích phân mặt loại I và II ta có diện tích cần tính bằng

    R^2\int\limits_{C_0\cup C_a}Pdx+Qdy+Rdz

    trong đó

    C_0: x^2+y^2=R^2, z=0 với hướng dương ngược chiều kim đồng hồ khi nhìn từ chiều dương trục Oz,

    C_a: x^2+y^2=R^2-a^2, z=a với hướng dương xuôi chiều kim đồng hồ khi nhìn từ chiều dương trục Oz.

Gửi phản hồi

Mời bạn điền thông tin vào ô dưới đây hoặc kích vào một biểu tượng để đăng nhập:

WordPress.com Logo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản WordPress.com Log Out / Thay đổi )

Twitter picture

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Twitter Log Out / Thay đổi )

Facebook photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Facebook Log Out / Thay đổi )

Google+ photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Google+ Log Out / Thay đổi )

Connecting to %s