THÔNG TIN TÀI LIỆU
ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA KHOA KHOA HỌC ỨNG DỤNG BÁO CÁO BÀI TẬP LỚN GIẢI TÍCH ĐỀ TÀI: ROTATING ON SLANT LỚP L42 - NHĨM D GVHD: CƠ NGUYỄN THỊ HỒNG NHUNG TP.HCM, 12/2021 ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA KHOA KHOA HỌC ỨNG DỤNG BÁO CÁO BÀI TẬP LỚN GIẢI TÍCH ĐỀ TÀI: ROTATING ON SLANT NHĨM D: Kiều Công Thành - 2114775 Ngô Đức Trọng - 2110619 Lê Văn Thắng - 2114830 Đồn Triệu Đình Khơi - 2113789 Nguyễn Vỹ Khang – 2113677 TÓM TẮT BÀI BÁO CÁO Bài báo cáo gồm có bốn chương chính: Giới thiệu đề tài, Giải toán Matlab, Kết luận, Tài liệu tham khảo Trong chương một, thành viên tìm hiểu kĩ lưỡng đặt câu hỏi thảo luận để xác định cơng việc cần làm Đến chương hai, nhóm vận dung kiến thức học tìm hiểu để giải tốn sau thành viên đưa đáp án thảo luận, kết hợp tham khảo phần mềm để tìm đáp án đúng, nhóm thực Matlab theo trình tự sau: Bước một, nhóm tìm hiểu câu lệnh chức Matlab Bước hai, nhóm tiến hành giải tốn Matlab ghi lại kết hình Đến chương ba, nhóm tổng hợp lại kết đạt kinh nghiệm trình thực đề tài Ở chương 4, nhóm thảo luận kết hợp loại sách tham khảo cho Bài tập lớn để giới thiệu đến quý thầy cô bạn 3|Page LỜI CẢM ƠN Nhóm chúng em xin chân thành cảm ơn đến hai giảng viên môn Giải tích: Cơ Nguyễn Thị Hồng Nhung Cơ Lê Nguyễn Hạnh Vy dẫn dắt truyền đạt kiến thức cho chúng em suốt trình học Trong thời gian học lớp chúng em cô truyền đạt kiến thức, kĩ năng, kinh nghiệm quý giá Bài tập lớn thước đo cho nỗ lực, chăm chúng em, Hơn Bài tập lớn giúp chúng em hoàn thiện nhiều làm việc nhóm kĩ xử lý tình Trong q trình thực đề tài, chúng em cố gắng tỉ mỉ song tránh khỏi sai sót Nhóm chúng em kính mong q thầy bạn có góp ý nhận xét để chúng em hồn thiện tiến chặng đường dài đầy chơng gai phía trước Chúng em xin chân thành cảm ơn! MỤC LỤC CHƯƠNG 1: GIỚI THIỆU ĐỀ TÀI I.Ý TƯỞNG II.CÁC BÀI TOÁN ĐỀ RA TỪ Ý TƯỞNG .7 CHƯƠNG 2: GIẢI QUYẾT CÁC BÀI TOÁN ĐỀ RA I.BÀI TOÁN VÀ .8 Bài .8 Bài 12 II.BÀI TOÁN VÀ 13 Bài 3: 13 Bài 14 III.BÀI TOÁN VÀ 16 Bài 16 Bài 18 CHƯƠNG 3: KẾT LUẬN .24 CHƯƠNG 4: TÀI LIỆU THAM KHẢO .25 5|Page BẢNG PHÂN CÔNG Name Student ID Nguyễn Vỹ Khang 2113677 Đồn Triệu Đình 2113789 Khơi Lê Văn Thắng 2114830 Kiều Công Thành Ngô Đức Trọng Solve problem Task Contribution (%) 20 Task Evalution (%) 100 Solve problem 20 100 15 100 25 100 20 100 Task Edit report Solve problem & 2114775 Edit reports 2110619 Solve problem & CHƯƠNG 1: GIỚI THIỆU ĐỀ TÀI I Ý TƯỞNG [Hình 1]: Ý tưởng đề tài II CÁC BÀI TOÁN ĐỀ RA TỪ Ý TƯỞNG [Hình 2]: Các tốn đề 7|Page CHƯƠNG 2: GIẢI QUYẾT CÁC BÀI TOÁN ĐỀ RA I BÀI TỐN VÀ Bài 1: Chứng minh cơng thức sau cơng thức diện tích miền R 𝒒 𝑺= 𝟏 ∫[𝒇(𝒙) − 𝒎𝒙 − 𝒃][𝟏 + 𝒎𝒇′ (𝒙)]𝒅𝒙 𝟐 𝟏+𝒎 𝒑 Minh họa tốn: [Hình 3]: Minh họa tổng quát từ ý tưởng Giải tốn: [Hình 4]: Triển khai tốn Ta có: tan f '( xi ), (1) tan m cos sin m 1 m 1 m m 1 , (2) , (3) Vẽ đường thẳng song song với đường y=mx+b qua điểm [xi , f ( xi )] Xét tam giác, ta có: 180o 180o Xét tam giác, ta có: cos u u cos di (a) di 9|Page Xét tam giác, ta có: cos x x di (b) di cos u cos x cos Mà: Nên: u cos( ) cos cos sin sin x x x (cos sin tan ), (4) cos cos Thay (1), (2), (3) vào (4) m x u x f '( xi ) 1 mf '( xi ) (*) 2 1 m 1 m 1 m [Hình 5]: Chi tiết tốn Ta có : ( phụ với góc 90 ) Xét tam giác: cos Li , (5) f ( xi ) (m xi b) Thay (2) vào (5), ta được: 1 m2 f ( xi ) (mxi b) Li Li (**) f ( xi ) (mxi b) m2 Từ (*) (**), thay vào (?), ta được: n f ( xi ) mxi b 1 mf '( xi ) lim S= n x 2 i 1 1 m 1 m n lim f ( xi ) mxi b1 mf '( xi ) x m2 n i 1 m2 q f ( x ) mx b 1 mf '( x ) dx i i i p q [f ( x) mx b] [1 mf '( x)]dx.( DPCM ) m2 p 11 | P a g e Bài 2: Tìm diện tích miền phẳng tơ màu hình [Hình 6]: Bài tốn ứng dụng Từ công thức 1: 𝑞 𝑆= ∫[𝑓(𝑥) − 𝑚𝑥 − 𝑏][1 + 𝑚𝑓 ′ (𝑥)]𝑑𝑥 1+𝑚 𝑝 2𝜋 = ∫ (𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑥 − 𝑥 + 2)(1 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 1)𝑑𝑥 + 12 2𝜋 2𝜋 0 1 = ∫ (𝑠𝑖𝑛𝑥 + 2)(𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2)𝑑𝑥 = ∫ (𝑠𝑖𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑠𝑖𝑛𝑥 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥 + 4)𝑑𝑥 2 2𝜋 2𝜋 2𝜋 2𝜋 0 0 1 = ( ∫ 𝑠𝑖𝑛2𝑥 𝑑𝑥 + ∫ 𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑑𝑥 + ∫ 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑥 ) 2 2𝜋 1 = (− 𝑐𝑜𝑠2𝑥 − 2𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑠𝑖𝑛𝑥 + 4𝑥)| = 8𝜋 = 4𝜋 Vậy diện tích miền tơ màu 4𝜋 II BÀI TỐN VÀ Bài 3: Tìm cơng thức thể tích R quay quanh đường thẳng 𝒚 = 𝒎𝒙 + 𝒃 [Hình 7]: Minh họa thể tích khối tròn xoay Vi ( Li ) Vu Ta có: n n V lim Vi lim ( Li ) Vu x i 1 x i 1 Từ câu ta có Li f ( xi ) mxi b m2 13 | P a g e Vu Vx mf ' ( xi ) m2 n f ( xi ) mxi b mf ' ( xi ) V lim [ ] .Vx 2 x i 1 1 m 1 m ( f ( x) mx b) mf ' ( x) dx 2 1 m 1 m p q q [ f ( x) mx b] [1 mf ( x)]dx ' 2 p (1 m ) Bài 4: Tìm thể tích khối trịn xoay cho miền xác định toán quay quanh đường thẳng 𝒚 = 𝒎𝒙 + 𝒃 Áp dụng công thức 3: 𝑞 𝜋 𝑉= (1 + ∫[𝑓(𝑥) − 𝑚 )2 𝑝 = 𝜋 (1 + = = 𝜋 2√2 𝜋 2√2 𝑚𝑥 − 𝑏]2 [1 + 𝑚𝑓 ′ (𝑥)]𝑑𝑥 2𝜋 3∫ )2 (𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑥 − 𝑥 + 2)2 (1 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 1)𝑑𝑥 2𝜋 ∫ (sin2 𝑥 + 4𝑠𝑖𝑛𝑥 + 4)(𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2)𝑑𝑥 2𝜋 ∫ (sin2 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2sin2 x + 4sinxcosx + 8sinx + 4cosx + 8)dx = 2𝜋 𝜋 2𝜋 [∫ sin2 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 + ∫ sin2 xdx 2√2 0 2𝜋 + ∫ (4 𝑠𝑖𝑛2𝑥 + 8𝑠𝑖𝑛𝑥 + 4𝑐𝑜𝑠𝑥 + 8) 𝑑𝑥] 2𝜋 𝐺ọ𝑖 ∫ sin2 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 = 𝐴 Đặt u=sinx, du=cosxdx Đổi cận x=0 u=0, x=2𝜋 u=0 𝐴 = ∫ 𝑢2 𝑑𝑢 = 0 2𝜋 𝐺ọ𝑖 ∫ sin2 xdx = 𝐵 2𝜋 2𝜋 2𝜋 0 2𝜋 1 𝐵 = ∫ − 𝑐𝑜𝑠2𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 − ∫ 𝑐𝑜𝑠2𝑥 𝑑𝑥 = (𝑥 − 𝑠𝑖𝑛2𝑥)| = 2𝜋 2 2𝜋 𝐺ọ𝑖 ∫ (4 𝑠𝑖𝑛2𝑥 + 8𝑠𝑖𝑛𝑥 + 4𝑐𝑜𝑠𝑥 + 8) 𝑑𝑥 = 𝐶 2𝜋 2𝜋 2𝜋 2𝜋 𝐶 = ∫ 𝑠𝑖𝑛2𝑥𝑑𝑥 + ∫ 𝑠𝑖𝑛𝑥𝑑𝑥 + ∫ 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑥 0 0 2𝜋 = [2 (− 𝑐𝑜𝑠2𝑥) − 8𝑐𝑜𝑠𝑥 + 4𝑠𝑖𝑛𝑥 + 8𝑥]| = 16𝜋 𝑉= 𝜋 2√2 (𝐴 + 𝐵 + 𝐶) = 𝜋 2√2 (0 + 2𝜋 + 16𝜋) = 𝜋 2√2 𝑉ậ𝑦 𝑡ℎể 𝑡í𝑐ℎ 𝑐ầ𝑛 𝑡ì𝑚 𝑙à 18𝜋 = 9√2 𝜋 9√2 𝜋 15 | P a g e III BÀI TỐN VÀ Bài 5: Tìm cơng thức diện tích bề mặt trịn xoay xoay đường cong C quanh đường thẳng 𝒚 = 𝒎𝒙 + 𝒃 Công thức diện tích bề mặt khối trịn xoay cho đường cong 𝒇(𝒙) quay quanh trục 𝑶𝒙 Để tính diện tích mặt trịn xoay quanh trục 𝑂𝑥, ta có cơng thức: 𝑏 𝑆 = 2𝜋 ∫ |𝑓(𝑥)|√1 + (𝑓 ′ (𝑥))2 𝑑𝑥 𝑎 Với: 𝑓(𝑥) hiểu bán kính mặt trịn xoay tương ứng với vị trí 𝑥 Chứng minh: 𝑏 Ta có cơng thức tổng quát: 𝑆 = ∫𝑎 𝑑𝑆 (5.1) Vi phân diện tích 𝑑𝑆 = 2𝜋|𝑓(𝑥)|𝑑𝑙 (5.2) Ta có 𝑑𝑙 vi phân độ dài cung đường cong 𝑓(𝑥) cho [Hình 8]: Cung AB có phương trình 𝒚 = 𝒇(𝒙), 𝒂 ≤ 𝒙 ≤ 𝒃 Chia đoạn [𝑎, 𝑏] điểm 𝐴 = 𝑀0 , 𝑀1 , … , 𝑀𝑖−1 , 𝑀𝑖 , … , 𝑀𝑛 = 𝐵 Độ dài cung 𝑀𝑖−1 𝑀𝑖 là: 𝐿𝑖 = √(𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1 )2 + (𝑦𝑖 − 𝑦𝑖−1 )2 Theo định lý Lagrange, ta có: 𝑦𝑖 − 𝑦𝑖−1 = 𝑓 ′ (𝜀𝑖 )(𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1 ) = 𝑓 ′ (𝜀𝑖 ) ∆𝑥𝑖 , 𝜀 ∈ (𝑥𝑖−1 , 𝑥𝑖 ) Khi độ dài cung AB là: 𝑛 𝑛 𝑏 𝐿 = lim ∑ 𝐿𝑖 = lim ∑ √1 + 𝑛→∞ 𝑖=1 𝑛→∞ (𝑓 ′ (𝜀𝑖 ))2 ∆𝑥𝑖 = ∫ √1 + (𝑓 ′ (𝑥))2 𝑑𝑥 𝑎 𝑖=1 Từ suy 𝑑𝑙 = √1 + (𝑓 ′ (𝑥))2 𝑑𝑥 (5.3) Từ (5.1) , (5.2) (5.3) ta được: 𝑏 𝑆 = 2𝜋 ∫ |𝑓(𝑥)|√1 + (𝑓 ′ (𝑥))2 𝑑𝑥 𝑎 Công thức diện tích bề mặt khối trịn xoay cho đường cong 𝒇(𝒙) quay quanh đường thẳng 𝒚 = 𝒎𝒙 + 𝒃 Đối với xoay đường cong 𝑓(𝑥) quanh đường thẳng 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑏, bán kính mặt phẳng tròn xoay thu 𝐿𝑖 Độ dài cung đường 𝑓(𝑥) không đổi xoay quanh đường thẳng 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑏 Từ ta suy cơng thức diện tích bề mặt trịn xoay đường cong 𝑓(𝑥) quanh đường thẳng 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑏: 𝑞 𝑆 = 2𝜋 ∫ |𝐿|√1 + (𝑓 ′ (𝑥))2 𝑑𝑥 𝑝 17 | P a g e Ở ta chứng minh: 𝐿𝑖 = 𝑓(𝑥𝑖 ) − (𝑚𝑥𝑖 + 𝑏) √1 + 𝑚2 Từ suy ra: 𝑞 𝑆 = 2𝜋 ∫ | 𝑓(𝑥) − (𝑚𝑥 + 𝑏) √1 + 𝑚2 𝑝 𝑆= 2𝜋 √1 + 𝑚2 | √1 + (𝑓 ′ (𝑥)) 𝑑𝑥 𝑞 ∫ |𝑓(𝑥) − (𝑚𝑥 + 𝑏)|√1 + (𝑓 ′ (𝑥))2 𝑑𝑥 𝑝 Nếu 𝑓(𝑥) ≥ 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑏, ∀𝑥 ∈ [𝑝, 𝑞] ta được: 𝑆= 𝑞 2𝜋 √1 + 𝑚2 ∫ (𝑓(𝑥) − 𝑚𝑥 − 𝑏)√1 + (𝑓 ′ (𝑥))2 𝑑𝑥 𝑝 Bài 6: Dùng phần mềm toán học để tìm xác diện tích bề mặt khối tròn 𝟏 xoay cho đường cong 𝒚 = √𝒙 quay quanh đường thẳng 𝒚 = 𝒙, 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐 𝟒 1) Cách giải toán Dựa vào công thức chứng minh 5, ta có: 𝑆= 𝑞 2𝜋 √1 + 𝑚2 ∫ |𝑓(𝑥) − (𝑚𝑥 + 𝑏)|√1 + (𝑓 ′ (𝑥))2 𝑑𝑥 𝑝 Theo đề bài, ta suy được: 1 √ 𝑆= ∫ |√𝑥 − 𝑥| + ( ) 𝑑𝑥 2 2√𝑥 √1 + ( ) 2𝜋 Xét phương trình 𝑦 = √𝑥 − 𝑥 = 𝑥=0 [ 𝑥=4 Ta thấy 𝑦 > 0, ∀𝑥 ∈ [0; 4] 𝟏 [Hình 9]: Đồ thị hàm số 𝒚 = √𝒙 𝒚 = 𝒙 𝟐 Từ đó, ta được: 1 √ 𝑆= ∫ (√𝑥 − 𝑥) + ( ) 𝑑𝑥 2 2√𝑥 √1 + ( ) 2𝜋 𝑆= 2𝜋 √1+(1) 1 (∫0 √𝑥 + 𝑑𝑥 − ∫0 √𝑥√𝑥 + 𝑑𝑥 ) (6.1) 2 19 | P a g e Xét 𝐼 = ∫ √𝑥√𝑥 + 𝑑𝑥, áp dụng tích phân Chebyshev ta đặt: 𝑡2 = 𝑥 → 0+ t → +∞ 4{ √17 𝑥 𝑥 =4t= 𝑥+ 2𝑡𝑑𝑡 = − 4𝑥 Ta suy được: 𝑡2 𝐼=− ∫ 𝑑𝑡 (𝑡 − 1)3 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 𝐸 𝐹 𝐼=− ∫ + + + + + 𝑑𝑡 (𝑡 − 1)3 (𝑡 − 1)2 𝑡 − 𝑡 + (𝑡 + 1)2 (𝑡 + 1)3 (𝑡+1)3 (𝑡+1)3 (𝑡−1)3 (𝑡−1)3 Với 𝐴(𝑡 + 1)3 + 𝐵 (𝑡−1)−1 + 𝐶 (𝑡−1)−2 + 𝐷 (𝑡+1)−2 + 𝐸 (𝑡+1)−1 + 𝐹(𝑡 − 1)3 = 𝑡 𝑡=1→𝐴= 𝑡 = −1 → 𝐹 = − 𝑡 = → −𝐵 + 𝐶 − 𝐷 − 𝐸 = − (I) 𝑡 = → 27𝐵 + 27𝐶 + 9𝐷 + 3𝐸 = (II) 𝑡 = −2 → 3𝐵 − 9𝐶 − 27𝐷 + 27𝐸 = (III) 𝑡 = → 128𝐵 + 256𝐶 + 128𝐷 + 32𝐸 = (IV) Từ (I),(II),(III),(IV), ta suy được: 𝐵 = −𝐶 = 𝐷 = 𝐸 = 16 𝐼=− 1 1 1 ∫ + + + − 𝑑𝑡 64 (𝑡 − 1)3 2(𝑡 − 1)2 2(1 − 𝑡 ) 2(𝑡 + 1)2 (𝑡 + 1)3 𝐼=− 1 𝑡−1 1 + + ln + − ( | | )+𝐶 128 (𝑡 − 1)2 𝑡 − 𝑡+1 𝑡 + (𝑡 + 1)2 Với 𝑡 = √17 𝐼=− 128 (264√17 + ln(33 − 8√17)) + 𝐶 (6.2) lim 𝐼 = 𝐶 (6.3) 𝑡→+∞ Từ (6.2) (6.3) suy ra: √17 ∫ +∞ 𝑡2 𝑑𝑡 = (264√17 + ln(33 − 8√17)) (𝑡 − 1)3 64 Xét (6.1): √17 1 𝑡2 √ 𝑆= 𝑑𝑡) (∫ 𝑥 + 𝑑𝑥 − ∫ +∞ (𝑡 − 1)3 √1 + ( ) 2𝜋 𝑆= 𝑆= 2𝜋 √1 + (1) ( 17 1 (√( ) − ) + (264√17 + ln(33 − 8√17)) 256 ) 𝜋 ln(√17 + 4) 37√17 + − ] ≈ 8.554 [ 32 24 √5 Vậy diện tích xác là: 𝑆= 𝜋 ln(√17 + 4) 37√17 + − ] ≈ 8.554 [ 32 24 √5 21 | P a g e 2) Giải toán Matlab a Các bước làm: Bước 1: Khai báo biến symbolic Bước 2: Khai báo hàm theo đề Bước 3: Thực tích phân Bước 4: Làm trịn Bước 5: Xuất kết hình b Code Matlab [Hình 10]: Code Matlab toán cho c Kết [Hình 11]: Kết tốn matlab d Giải thích code Lệnh “syms” cho phép khai báo biến symbolic Đặt a,b chặn tích phân Khao báo hàm số: 𝑓 = √𝑥 𝑔= 𝑥 𝑘 = 𝑑𝑖𝑓𝑓(𝑓, 𝑥) đạo hàm cấp 𝑓 = √𝑥 ℎ diện tích cần tìm lệnh “disp” giúp xuất kí tự hình lệnh “pretty” cho phép xuất phương trình, giá trị hình đẹp “double” giúp đổi kiểu biến thành kiểu số học Dùng “pround” để làm tròn 23 | P a g e CHƯƠNG 3: KẾT LUẬN Qua đề tài trên, thành viên nhóm biết cách xây dựng sơ đồ để giải tốn Nhờ đó, việc phân tích ý nghĩa tốn học kết thu từ chương trình trở nên trực quan sinh động Với phân công chuẩn bị kỹ lưỡng cố gắng hết mình, nhóm hồn thành đề tài giao cho kết mong muốn Qua phần tập lớn nhóm đã: Hiểu biết sâu đề tài “Rotating on slant” Nâng cao hứng thú môn học Trao dồi kỹ học tập làm việc nhóm Nâng cao tinh thần trách nhiệm thắt chặt tình đồn kết thành viên nhóm CHƯƠNG 4: TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] James Stewart, Calculus:Early Transcendentals, 7th Edition, Brooks Cole, 2012 [2] Nguyễn Đình Huy, Giáo trình giải tích, NXB Đại học Quốc Gia Tp.Hồ Chí Minh, 2013 [3] Kattan, Peter (2008) MATLAB for Beginners: A Gentle Approach 25 | P a g e ... BÁO CÁO BÀI TẬP LỚN GIẢI TÍCH ĐỀ TÀI: ROTATING ON SLANT NHĨM D: Kiều Cơng Thành - 211 4775 Ngô Đức Trọng - 211 0 619 Lê Văn Thắng - 211 4830 Đồn Triệu Đình Khơi - 211 3789 Nguyễn Vỹ Khang – 211 3677... = 16
Ngày đăng: 14/04/2022, 19:16
Xem thêm: