[Bluebee-uet.com]1496159741dap-an-va-thang-diem-de-thi-gt2-giua-ky-de-so-3.pdf

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHỆ *****

Đáp án và Thang điểm ĐỀ THI GIỮA KỲ HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2 (Học kỳ II năm học 2016-2017) Câu 1.(1,25đ) Khảo sát tính liên tục tại điểm O(0,0) của hàm số  x 3  y3  khi ( x , y)  (0,0) trong đó c là tham số. f ( x , y)   x 2  y 2 c khi ( x , y)  (0,0) Bài giải. Miền xác định của hàm số f(x,y) đang xét là D = R2.(0,25đ) x 3 sin y  y 3 sin x x 3 sin y  y 3 sin x x 3 sin y  y 3 sin x     2  Ta có 0  f ( x, y)  x 2  y2 x 2  y2 x 2  y2 x 2  y2 x  y2 x 3 sin y y 3 sin x x3 y3 x3 y3 x3 y3   sin y  sin x  . 1  . 1    x 2  y2 x 2  y2 x 2  y2 x 2  y2 x 2  y2 x 2  y2 x 2  y2 x 2  y2

x3 y3  2  x  y  0 (0,25đ) x2 y

khi

(x,y)



0

nên

theo

nguyên

lý

kẹp

thì

x 3 sin y  y 3 sin x  0 .(0,25đ) ( x , y )( 0 , 0 ) ( x , y )( 0 , 0 ) x 2  y2 Do đó, nếu d = 0 thì f(0,0) = 0 và lim f ( x, y)  f (0,0)  hàm số f(x,y) đang xét liên tục tại f ( x , y) 

lim

lim

( x , y )( 0 , 0 )

điểm (0,0)(0,25đ); ngược lại, nếu d  0 thì f(0,0) = d  0 tức là

lim

( x , y )( 0 , 0 )

f ( x, y)  f (0,0)  hàm số f(x,y)

đang xét không liên tục tại điểm (0,0).(0,25đ)

a b sin x y 2.1. Tìm miền xác định D của hàm số f(x,y); 2.2. Tìm

Câu 2.(1,5đ) Cho hàm số f ( x, y)  (ax  by) sin

lim

( x , y )( 0 , 0 )

f ( x , y) .

Bài giải. x  0 a b  miền xác định của hàm số là D sin xác định khi  x y y  0 = {(x,y)R2x  0}{(x,y)R2y  0}, tức là tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ Oxy không nằm trên các trục tọa độ Ox, Oy.(0,5đ) a b a b 2.2. Ta có 0  f ( x, y)  (ax  by) sin sin  ax  by . sin . sin  ax  by .1.1  x y x y

2.1. Hàm số f ( x, y)  (ax  by) sin

ax  by  a x  b y  0

lim

( x , y )( 0 , 0 )

f ( x , y) 

khi

(x,y)

lim (ax  by) sin

( x , y )( 0 , 0 )



(0,0)

theo

nguyên

lý

kẹp

thì

a b sin  0 .(1,0đ) x y

Câu 3.(0,75đ) Chứng minh rằng hàm số f ( x, y, z)  arctan trình Laplace

nên

x y z  arctan  arctan thỏa mãn phương y z x

 2f ( x, y, z)  2f ( x, y, z)  2f ( x, y, z)    0 trong không gian R3. x 2 y 2 z 2

Bài giải. f ( x, y, z) Ta có  x

1 x 1    y

2

.

1  y

y z  z  .  2   2  2 2 x  z2 z  x  x y 1   x 1

2

1

 2 f ( x, y, z) 2xy 2xz (0,5đ), tương tự ta cũng có   2  2 2 2 2 x (x  y ) (x  z 2 ) 2

 2 f ( x, y, z) 2 yz 2 yx  2 f ( x, y, z) 2zx 2zy và     2  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 y (y  z ) (y  x ) z (z  x ) (z  y 2 ) 2 

 2 f ( x, y, z)  2 f ( x, y, z)  2 f ( x, y, z)    0 (0,25đ). x 2 y 2 z 2

Câu 4.(1,25đ) Cho hàm số f(x,y,z) = x2y2z2. Tính gradf(x,y,z) và

f ( x , y, z) 

tại điểm M0(1,-1,1), biết

l 

rằng l được xác định bởi véc tơ M 0 M1 với M1(-1,0,-1). Bài giải.  f ( x , y, z)  f (1,1,1)  2 xy2 z 2  2.1.( 1) 2 .12  2    x  x    f ( x , y, z)  f (1,1,1) 2 2 + Ta có   2 x yz    2.12.( 1).12  2 (0,25đ)  y  y    f ( x , y, z)  f (1,1,1)  2x 2 y2z   2.12.( 1) 2 .1  2  z   z     f (1,1,1) f (1,1,1)  f (1,1,1)   gradf (1,1,1)  i j k  2 i  2 j  2 k (0,25đ) x y z 











+ Ta có M0M1  (1  1) i  (0  1) j  (1  1) k  2 i  j  2 k  M0M1  (2)2  12  (2)2  3  2 1 2 do đó các cosin chỉ phương của véc tơ l là cos    , cos   , cos    .(0,5đ) 3 3 3

+ Suy ra

f (1,1,1) 

l

           2 i  2 j  2 k . cos  i  cos  j  cos  k     

1      2  1  2   2 i  2 j  2 k .  i  j  k   3 (0,25đ). 3 3  3   3

Câu 5.(2,0đ) Khảo sát cực trị của hàm số f(x,y) = 6x2y – 24xy – 6x2 + 24x + 4y3 – 15y2 + 36y + 1. Bài giải. Miền xác định của hàm số f(x,y) đang xét là D = R2.  f ( x, y)  x  12 xy  24 y  12 x  24  12xy  2 y  x  2   12( x  2)( y  1) - Ta có   f ( x, y)  6x 2  24 x  12 y 2  30 y  36  6( x 2  4x  2 y 2  5y  6)  y

Suy ra hệ phương trình để xác định các điểm dừng (nếu có) của hàm số đang xét là

 f ( x, y)  x  0 12( x  2)( y  1)  0 ( x  2)( y  1)  0  2  (0,25đ)  f ( x, y)  2 2 2 x  4 x  2 y  5 y  6  0   0 6( x  4x  2 y  5y  6)  0  y

2

x  2  x  2  0 x  2  y  2  2   2 2  y  1 2  x  4 x  2 y  5 y  6  0  2 y  5 y  2  0 (0,25đ)     y  1 y 1  0 y 1      x 2  4 x  2 y 2  5 y  6  0 x 2  4 x  3  0  x  1  x  3  Như vậy, hàm số đang xét có 4 điểm dừng M1 ( 2,2) ; M 2 (2,1 2) ; M 3 (1,1) ; M 4 (3,1) .

  2 f ( x , y)  2 f ( x , y)  12 y  12  12y  1  A( x , y)   12( y  1)  2 x 2  x   2 f ( x , y)  2 f ( x , y)  12 x  24  12( x  2)  B( x , y)   12( x  2)  - Ta có   x  y  x  y   f 2 ( x , y) f 2 ( x , y)  24 y  30  6 ( 4 y  5 )  C ( x , y )   6(4 y  5)  2 y 2  y (x, y)  B2 (x, y)  A(x, y)C(x, y)  12 2 (x  2) 2  12( y  1).6(4y  5)  72 2(x  2) 2  ( y  1)(4y  5) (0,5đ) (2,2)  216  0 + Tại điểm dừng M1 ( 2,2) ta có  nên nó là điểm cực tiểu và giá trị cực tiểu là A(2,2)  12  0 fct = f(2,2) = 21.(0,25đ) (2,1 2)  108  0 + Tại điểm dừng M 2 (2,1 2) ta có  nên nó là điểm cực đại và giá trị cực đại A(2,1 2)  6  0 là fcđ = f(2,1/2) = 111/4.(0,25đ) + Tại điểm dừng M 3 (1,1) ta có (1,1)  144  0 nên nó không phải là điểm cực trị.(0,25đ)





+ Tại điểm dừng M 4 (3,1) ta có (3,1)  144  0 nên nó không phải là điểm cực trị.(0,25đ) Câu 6.(1,5đ) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f(x,y) = x2 + y2 – xy – 4x trên miền đóng D là tam giác được giới hạn bởi các đường thẳng x = 0, y = 0 và 2x + 3y = 12. Bài giải. Miền xác định của hàm số đang xét là R2 và hiển nhiên là hàm số f(x,y) đang xét liên tục với mọi x, y trong miền xác định của nó, nên hàm số này đạt GTLN và GTNN trên miền đóng D.  f ( x , y)  x  2 x  y  4  0 Ta có hệ phương trình  (0,25đ) để xác định các điểm dừng. Hệ phương  f ( x , y)  2 y  x  0  y x  8 3 trình này có 1 nghiệm duy nhất  , tức là có 1 điểm dừng (8/3,4/3) là điểm trong của miền D và y  4 3 16 8 4 giá trị của hàm số f(x,y) tại điểm này là f  ,    .(0,25đ) 3 3 3

Bây giờ ta xét giá trị của hàm số f(x,y) trên biên của miền D: - Trên đường x = 0 thì f(0,y) = y2 với 0  y  4 nên fmin = f(0,0) = 0 và fmax = f(0,4) = 16.(0,25đ) - Trên đường y = 0 thì f(x,0) = x2 – 4x với 0  x  6 nên fmin = f(2,0) = -4 và fmax = f(6,0) = 12. (0,25đ)

3

- Trên đường 2x + 3y = 12 thì f ( x, y) 

19 2 40 x  x  16 với 0  x  6 nên 9 3

96  60 36  và fmax = f(6,0) = 12.(0,5đ) f min  f  ,    19  19 19 

So sánh các giá trị của hàm f(x,y) tìm được ở trên ta nhận được GTNN (f )  

16 8 4 tại điểm  ,  3 3 3

và GTLN(f) = 16 tại điểm (0,4).(0,25đ) Câu 7.(1,75đ) Tìm cực trị của hàm số f ( x , y) 

1 1 1 1 1  với điều kiện 2  2  . 2 x y x y

Bài giải. 1 1 1 1 1 1 1 1 1  2   2  2   0  ( x, y)  2  2   0 . 2 x y 2 x y 2 x y 2  1 1 1 1 1 Lập hàm L( x, y, )  f ( x, y)  ( x, y)     2  2   (0,25đ) x y y 2 x

Ta có

 L( x , y,  ) 1 2  2  3  x x x   L( x , y,  ) 1 2    2  3 ,(0,25đ) do đó ta được hệ phương trình xác định các điểm dừng là y y y   L( x , y,  ) 1 1 1  2 2   x y 2   1 2  2  3  0 x  x x 2  y 2  2 x1  y1  2  1 2 và  .(0,25đ)  2  3  0     1    1 y y 2  1   1 1 1  2  2  0 y 2 x

Tại

 1  1

ta

có

1  f ( x , y)  x   x 2  f ( x , y) 1   2  y y

  2 f ( x , y)  2  2 f 2,2  1   A     2 3 2 x x 4  x  2 2  f 2,2    f ( x , y)   0  B  0  x  y  x  y     2 f ( x , y)  2  2 f 2,2  1   C     2 3 2  y  y y 4

1 1  d 2 f (2,2)  Adx 2  2Bdxdy  Cdy2   dx 2  dy 2 .(0,25đ) 4 4

Mặt

khác

ta

có 4

1 1 1 2 2 1 1  2   0  d( x, y)   3 dx  3 dy  0  d(2,2)   dx  dy  0  dy  dx 2 x y 2 x y 4 4 1  d 2 f (2,2)   dx 2  0 , tức là dạng toàn phương d2f(x0,y0) xác định âm, do đó hàm số 2 1 1 f ( x, y)   đạt cực đại tại điểm ( 2,2) và giá trị cực đại f max  f 2,2  1 .(0,25đ) x y ( x, y) 

Tại

2  1

ta

có

1  f ( x , y)  x   x 2  f ( x , y) 1   2  y y

  2 f ( x , y)  2  2 f  2,2  1   A     2 x3 x 2 4  x  2 2  f  2,2    f ( x , y)   0  B  0  x  y  x  y     2 f ( x , y)  2  2 f  2,2  1   C      y 2  y3 y 2 4

1 2 1 2 Mặt khác ta có dx  dy .(0,25đ) 4 4 1 1 1 2 2 1 1 ( x, y)  2  2   0  d( x, y)   3 dx  3 dy  0  d(2,2)  dx  dy  0  dy  dx x y 2 x y 4 4 1  d 2 f (2,2)  dx 2  0 , tức là dạng toàn phương d2f(x0,y0) xác định dương, do đó hàm số 2 1 1 f ( x, y)   đạt cực tiểu tại điểm ( 2,2) và giá trị cực tiểu f max  f  2,2  1 .(0,25đ) x y

 d 2 f (2,2)  Adx 2  2Bdxdy  Cdy2 

5