[Bluebee-uet.com]1496159754dap-an-va-thang-diem-de-thi-gt2-giua-ky-de-so-4.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 sin y  y 3 sin x  khi ( x , y)  (0,0) trong đó d là tham số. f ( x , y)   x 2  y2 d 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  y3 x3  y3 x3  y3 x3 y3       Ta có 0  f ( x , y)  2 x  y2 x 2  y2 x 2  y2 x 2  y2 x 2  y2 x 2  y2 x 2  y2 

x3 y3   x  y 0 x2 y2

khi



(x,y)

x 3  y3  0 .(0,25đ) ( x , y )( 0 , 0 ) ( x , y )( 0 , 0 ) x 2  y 2 Do đó, nếu c = 0 thì f(0,0) = 0 và lim lim

f ( x , y) 

nên

0(0,25đ)

theo

nguyên

lý

kẹp

thì

lim

( x , y )( 0 , 0 )

f ( x, y)  f (0,0)  hàm số f(x,y) đang xét liên tục tại

điểm (0,0)(0,25đ); ngược lại, nếu c  0 thì f(0,0) = c  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) Câu 2.(1,5đ) Cho hàm số f ( x , y) 

( x  3) 2  y 2  1  1

( x  3) 2  y 2 2.1. Tìm miền xác định D của hàm số f(x,y); 2.2. Tìm

lim

( x , y )  ( 3, 0 )

f ( x , y) .

Bài giải.

( x  3) 2  y 2  1  1 xác định khi (x – 3)2 + y2  0  hoặc x  3 hoặc y  ( x  3) 2  y 2 0 nên miền xác định của hàm số là D = R2\{(3,0)}, tức là tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ Oxy không nằm trên trục tọa độ Ox và đường thẳng x = 3.(0,5đ) 2.1. Hàm số f ( x , y) 

2.2. Đặt t = (x – 3)2 + y2  t  0 khi (x,y)  (3,0). Biến đổi f ( x , y)  

lim

( x , y )( 3, 0 )

( x  3) 2  y 2  1  1  ( x  1) 2  y 2

f ( x, y)  lim t 0

1  t 1 1

t 1 1  t





t 1 1 t 1 1  t t 1 1





1 t 1 1

1 1  .(1,0đ) 0 1 1 2

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



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

 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. Ta có

f ( x , y, z)  x

1 1 y z  y  .  2   .  2  2 2 2 x y x  z2 y  x  x z 1   1   x z 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,-1,0). Bài giải.  f ( x , y, z)  f (1,1,1)  2 xy2 z 2  2.1.12.( 1) 2  2    x  x    f ( x , y, z)  f (1,1,1) 2 2 + Ta có   2 x yz    2.12.1.( 1) 2  2 (0,25đ)  y  y    f ( x , y, z)  f (1,1,1)  2x 2 y2z   2.12.12.( 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  (1  1) j  (0  1) k  2 i  2 j  k  M0M1  (2)2  (2)2  12  3  2 2 1 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  2  1   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 + 3y2 + x – y trên miền đóng D là tam giác được giới hạn bởi các đường thẳng x = 1, y = 1 và x + y = 1. 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. (0,25đ)  f ( x , y)  x  2 x  1  0 Ta có hệ phương trình  để xác định các điểm dừng. Hệ phương trình này có  f ( x , y)  6 y  1  0  y x   1 2 1 nghiệm duy nhất  , tức là có 1 điểm dừng (-1/2,1/6) là điểm nằm ngoài miền D nên ta không y  1 6 xét.(0,25đ)

Bây giờ ta xét giá trị của hàm số f(x,y) trên biên của miền D: - Trên đường x = 1 thì f(1,y) = 3y2 – y + 2 với 0  y  1 nên fmin = f(1,1/6) = 23/12 và fmax = f(1,1) = 4.(0,5đ) - Trên đường y = 1 thì f(x,1) = x2 + x + 2 với 0  x  1 nên fmin = f(0,1) = 2 và fmax = f(1,1) = 4. (0,25đ) - Trên đường x + y = 1 thì f(x,1–x) = 4x2 – 4x + 2 với 0  x  1 nên fmin = f(1/2,1/2) = 1 và fmax = f(1,0) = 2.(0,5đ) 3

So sánh các giá trị của hàm f(x,y) tìm được ở trên ta nhận được GTNN(f) = 1 tại điểm (1/2,1/2) và GTLN(f) = 4 tại điểm (1,1).(0,25đ) x y Câu 7.(1,75đ) Tìm cực trị của hàm số f ( x , y)  x 2  y 2 với điều kiện   1 . 2 3 Bài giải. x y x y x y Ta có   1    1  0  ( x, y)    1  0 . 2 3 2 3 2 3 x y  Lập hàm L( x, y, )  f ( x, y)  ( x, y)  x 2  y 2     1 (0,25đ) 2 3   L( x , y, )   2x   x 2    L( x , y, ) , (0,25đ)   2y   y 3   L( x , y, ) x y   1   2 3  18    x 0  13 2 x  2  0    12   do đó ta được hệ phương trình xác định các điểm dừng là 2 y   0   y 0  . (0,25đ) 3 13   72 x y   2  3  1  0  0   13     2 f ( x , y)   2 f 18 13 ,12 13  2 A  2   x 2 x 2  f ( x , y)    x  2 x   2 f ( x , y)  2 f 18 13 ,12 13 72    0  B   0 (0,25đ) Tại  0   ta có   f ( x , y )  x  y  x  y 13    2y   y   2 f ( x , y)   2 f 18 13 ,12 13  2 C  2    y 2  y 2

Mặt khác ta có  d 2f (x 0 , y0 )  Adx 2  2Bdxdy  Cdy2  2dx 2  2dy2 .(0,25đ) x y 1 1 3 13 ( x, y)    1  0  d( x, y)  dx  dy  0  dy   dx  d 2 f ( x 0 , y 0 )  dx 2  0 , tức là 2 3 2 3 2 2 2 2 dạng toàn phương d f(x0,y0) xác định dương, (0,25đ) do đó hàm số f ( x , y)  x  y 2 đạt cực tiểu tại  18 12   18 12  36 điểm ( x 0 , y 0 )   ,  và giá trị cực tiểu f min  f  ,   .(0,25đ)  13 13   13 13  13

4