giải tích hàm nhiều biến và phương trình vi phân tập 2

Cho max dAS, —> 0đAS, là đường kính của mảnh AS, , nếu khi ấ tổng S„ tiến tới một giá trị hữu hạn không phụ thuộc cách chia mặt S va cát lấy điểm trung gian Ä⁄¿, thì nó được gọi là tích

thuộc vào đường đi với C là đường cong không đi qua gốc tọa độ và chỉ

rõ hàm U(x, y) sao cho dU = Pdx + Qdy

Tính diện tích miền phẳng giới hạn bởi các đường cong sau đây nhờ

vy=0, y=1-x+F yw=*, y=xˆ

x+y+ Z= # theo hướng ngược chiều kim đồng hồ nhìn từ hướng

dương của Oz

Tính công của trường lực F = yi —-27 + xk doc theo ellipse 1A giao cua

trong d6 C 1a ntta bén phai của đường tròn x2 + y* = Ry lay theo

chiều kim đồng hồ từ diém O(0, 0) dén A(O, R) ft:

3- | | ds = S (dién tich mặt S) 303

S

Chương J 4- Cách tính: Giả sử mặt S có phương trình z = z (x, y), hàm z (x, y)

| liên tục và có các đạo hàm riêng liên tục trong miễn mở chứa hình chiếu D_

TICH PHAN MAT

6.1 TICH PHAN MAT LOẠI MỘT

6.1.1 Dinh nghia

Cho hàm số ƒ (z, y, z) xác định trên mặt S Chia 5 thành ø mặt con AS,, 1? AS 2° , AS, khéng d4m nhau va diện tích tương ứng của chúng:

méi manh AS, lay mét diém M;,(xz, ye; z,) bat ky Lap tong tich phan

¬ OAL) AS

Cho max d(AS,) —> 0(đ(AS,) là đường kính của mảnh AS, ), nếu khi ấ

tổng S„ tiến tới một giá trị hữu hạn không phụ thuộc cách chia mặt S va cát

lấy điểm trung gian Ä⁄¿, thì nó được gọi là tích phân mặt loại một, hay là tíc

phân mặt theo diện tích của hàm ƒ (%, , z) trên mặt Š và được ký hiệu

Mặt S được gọi là trơn nếu hàm vector phap n(x, y,z) én tuc ve khác 0 trén S Ngudi ta chứng mình được rằng, nếu hàm fix, y, z) liên tr

trén mat cong tron S thi tich phan (6.1) tồn tại

6.1.2 Tinh chat va each tinh |

Từ định nghĩa ta có các tính chất 1- Tính tuyến tính: nếu ƒ ø kha tich trén S thi af + Bg (a,B

AS; = V1 + Z'x(%g, yg) +Z'y(Xz, y¿,) AD,

| “Trong đó AD, là diện tích của hình chiếu của AS; xuống mặt phẳng

xy Vay ta có tổng tích phân mặt

S„ = D0 (xk: Yer 2(Xn k=l Ye) j1 + z'x(x;, y„)Ề +Z'y(xg,yg)ˆ AD, | |

Vé phai 1a téng tich phan kép, qua giới hạn ta được

Với ƒ= 1, ta quay lại công thức tính diện tích mặt cong của 4.3.3

Ví dụ 61 Tính 7 = H (x? + y?)ds , S la mat biên của vật thể

O:Jx?+ y? <z <1 [ Vật thể O là hình nón, nên S bao gồm 2 mặt S = S;, + Se, trong đó 5¡ - mặt nón, Se - day cia hinh non S,, Š; cùng có hình chiếu là hình tròn

S gồm 6 mặt của hình lập phương

Nhưng -+xyz = 0 trên 3 mặt nằm trên 3 mặt tọa ` + 4 Cc Hình 6.1

độ, vậy chỉ cần lấy tích phân theo 3 mặt A, B, 7

Cho mặt S c6é khéi lượng riêng theo diện tich 5, y, z) tại điểm (x, y, 2) |

Lập luận hoàn toàn giống như tích phân bội, ta có :

1- Mômen tĩnh đối với các mặt tọa độ

My; = [ | x dds, M2 = [ | ads, M,y = [ | z8ds

Ví dụ 3 Tìm trọng tâm của nửa trên mặt cầu tâm O (0, 0, 0), bán kính ø, với

'khối luong riéng 5 = const

Zz -

J eds = JJ az.— dxdy =a J | dxdy

=a (dién tich D) =a | ta” = na®

Néu vector gradient VF(x, y, z) lién tuc va khadc O trên S thi mat S

duge gọ! là mặt trơn Điều đó có nghĩa là mặt S cé6 phương trình (6.9) trơn khi va chi khi ham sé F(x, y, z) có các đạo hàm riêng Ƒ?%„ Ƒ'*„ Ƒ'* liên tuc

Trong trường hợp mặt Š được coi như là ảnh của một tập đóng phẳng

G của mặt phẳng ưu, thì S có phương trình tham số

+ = (ưu, U), y = y(u, v), z= z(u, v) (6.3)

oe v) € G Ba phương trình (6.3) có thể được thay bằng một phương trình

_ Mặt (8) cho bởi (6.4) duge goi 1A mat tron néu ham vector 7(u,v) kha , VE

¡m¿

st il

vi.liên tục (tức là các dao ham riêng ru, ro liên tục) và (tích vector)

ví dụ 6.7 Xét mặt Š trơn cho bởi phương trình tham số (6.4) Ta thấy vector

z „xo là một vector pháp Thật vậy, lấy điểm M(x, yo, z.) S ứng với tham SO Uo, 0ạ Cố định 0oạ, xét phương trình tham số

Chú ý r rằng mặt cong thường cho bởi phương trình

Khi ấy ta có thể coi dạng (6.5) là trường hợp riêng của dạng (6.2), với ˆ

X= X(U, Vo), Y = YU, Vo), Z = ZU, Uo)

Fix, y, z) = ƒz, y) — z = Ô (6.6) y=7 U

Rõ ràng đó là phương trình đường cong (y) thuộc mặt Š và di qua M

hoặc có thể coi là trường hợp riêng của dạng (6.3) (6.4) với 'Vector tiếp tuyến với (y) tại Ä⁄ có dạng

7x =ÍL0,/}r> =Í1/) ca là vector tiếp tuyến với đường x= x(u,,v), yy = +(w,, 0), z = Z(u„,u) thuộc S

^ -, ~*~, — 1 0 , — L , „— , , 1) — — V

cho nên : me ny 0 1 fr > fer J ƒ Vậy vector ?„x 7 (tích có hướng) là vector có hướng pháp tuyến

Vậy, mặt Š cho bởi phương trình (6.5) là mặt trơn khi và chỉ khi các ro : mo

đạo hàm riêng ƒ ”„ #y liên tục trên GŒ (các vector Vƒ, rx x "y luôn khác 0) | m= 7, _

Bây giờ ta xét khái niệm hướng của một mặt Mặt S được gọi là mại ˆ~

định hướng hay là mặt hơi phía, nếu tại một điểm Ä⁄ của S xác định được iL | Nó là trường liên tục Vậy mặt trơn (6.4) là mặt định hướng được

vector pháp đơn vị n (ẤM), sao cho hàm vector øm (M) liên tục trên 6 Có những mặt không thể định hướng Xét ví dụ lá Mobius sau đây Lá

Lưu ý rằng, vector pháp đơn vị có thể là #(⁄) hoặc -n(M) Khi đã ị Mobius có thể tạo được bằng cách sau: lấy một hình chữ nhật ABCD (bang

chọn một hàm vector pháp xác định, ví dụ n(M), ta nói ta đã định hướng ị giấy) sau đó vặn cong hình chữ nhật để hai đầu giáp nhau (cạnh AD giáp cạnh

mặt S Mặt S với trường vector pháp đã chọn # được gọi là mặt định hướng ị C như hình 6.1) Ta hay thu tìm một trường vector pháp hên tục trên mặt

và vector n đó được gọi là vector pháp dương Ứng với n da chon, ta cing ị Mobius Gia su lay vector phap n (Mi) tal diem M Dich chuy en „ một cách xác định được phía tương ứng của mặt 8, đó là phía mà khi đứng lên phía ị liên tục dọc theo lá (không vượt qua biên) ta sẽ quay lại điểm xuất phát Ä⁄ ban

ấy, vector pháp ø hướng từ chân lên đầu nó không liên tục trên mặt Mobius, vì nếu liên tục thì sau khi dịch chuyển 5 & nguge le paap & the co nal ng, vay

hướng từ trong ra ngoài liên tục và xác định, phía tương ứng là phía ngoài 1 : A _ _

Vi du 6.6 Mat tron S cho bởi phương trình (6.2) là mặt định hướng được, sẽ a |

định hướng S với vector pháp don vi n= (cosa, cos B, cosy) Tich phan (mặt dxdz = + ; |

2

JJ (Pcosa + QcosB + Rceos r) ds trong đó Dị, Dz 1a cdc hình chiếu của S xuống các mặt phẳng yz và xz tương

- ứng, chọn dấu + hoặc — tùy theo các góc œ và B là nhọn hoặc tù

được gọi là tích phân mặt loại hai của các hàm P, R, Q trên mặt định hướng

HÍ Pdydz + Qdxởz + Rdxdy š |

: Chú thích: nếu mặt S là một phần của mặt trụ với các đường sinh

- song song truc Oz, thi trong (6.10) ta có cosy„ = 0 cho nên

[Í Rdxdy = H Fcosyds - | (6.9): x“ + „ “<“,x>0,y>0,0<z<ïh (H.6.2)

Trong đó, S là mặt cong có phương trình z = z(+, y) (trơn hoặc trơn _ c chia thành 5 mat: cae đầy Z

` ae , > 1, ¬ wk „ ` Si So, hai mat bén Ss, S, nam trong các mat |

cong va vector phap n tao véi hudng duong cua truc oz mét goéc nhon) 7 Thắng toa do y = 0 va x = 0 tuong tng, va S

p- Cosy, ¥ AD, (6.10 I thích trên) Với S; thì z = O nên | | =0

AS, xuống mặt phang xy Ở đây, vì vector pháp ñ tạo với trục Oz góc nhọn i Trên 5; thì z = ở, cho nên

[[ Raxdy = - | | R(,y,z(,y)) dxdy 2 4 Với S là phía ngoài của nửa mặt câu ie im chs |

310- | CHUONG PHAN MAT | 8H

ˆ Trong phần này ta sẽ nêu công thức chuyển tích phân bội ba về tích

hân mặt theo mặt biên Công thức này có rất nhiều ứng dụng trong vật lý

à trong thực tiễn tính toán

= | do Ỉ (R? = >

In = J J 7°dxde =| „He + J Jodede

)jnh lý 61 Cho O - miền đóng, bị chặn trong không gian, với biên S trơn

ng khúc (tức là có thể chia S thành hữu hạn các mặt trơn) Cho các hàm

Q, R va cac dao hàm riêng cấp một của chúng liên tục trong miễn mở hứa Q Khi ấy ta có công thức (Gauss - Ostrogratski) sau :

trong đó: S = S; + So và S¡ phần ứng với y>0, S; là phần ứng với y < 0 Lưu

ý rằng khi chuyển về tích phân kép theo nửa hình tròn trong mặt phẳng 12

thì tích phân | | lấy dấu + và Ỉ J lay dấu — Hàm dưới dấu tích phân là

rong z đó tích phân mặt được lấy theo phía ngoài của mặt S

mẽ [ Ta chỉ chứng minh định lý cho miễn © có dạng đơn giản thường gặp

điểm Khi ấy mặt ngoài S được chia

làm hai phần S; có pháp tuyến hướng

xuống và S; hướng lên với các phương

trình z = z¡ (+, y) va z = Ze (x, y) tuong tng, 2; (x, y) < 20 (&, y) (H.6.3), với

Trén S- thi z = _ JR? -xz?2—- y2 và khi đưa về tích : phân kép thì lễ ae

đấu — (vector pháp hướng xuống đưới) Cho nên

——€C.F.Gauss (1777 - 1855) - nhà toán học vĩ đại người Đức Ông đã chứng minh định lý nay trong khi nghiên cứu lý thuyết lực hấp dẫn nhưng không công bố Ông có rất nhiều

2 ông trình không công bố trong nhiều lĩnh vực Toán Lý (lý thuyết quỹ đạo các hành tỉnh,

hình học phi Euclid )

312

#s(,y) aR

J PE avavae f [aay |

2I(,y)

` J R[x, y,29(x, y)ldxdy — [ J Rịx, y,z\ (x, y)]dxdy

= J FRG 92am + [J xe y,z)dxdy = f [ Raxay

Tuong tu, néu Q 16i theo cA Ox, Oy, ta dude

Từ (6.12), (6.13), (6.14) ta thấy định lý đã được chứng minh cho te

hop Q 16i theo ca ba hướng Ox, Oy, Oz

b) Nếu © có thể chia thành hữu hạn các khối ©¿ có tính chất vừa xét ở

phần a) thì sử dụng tính cộng tính của tích phân bội ba và tích phân mặt ta

cũng nhận được công thức Gauss - Ostrogratskl

c) Trường hợp tổng quát phải xấp xỉ bằng những khối có tính chất c của

phần b) Ta công nhận điều này

Ví dụ 611 Tính TJ = [f= dydz + y® dxdz + z° dxdy

S

trong đó S là phía ngoài của mặt cầu x? + y2 +27 = a?

[ Theo công thức Gauss - Ostrogratskl ta được

[ a) Trước tiên, giả sử mặt S lồi theo trục Oz theo nghĩa mọi đường

thẳng song song Oz cắt S không quá một điểm, cho nên mặt S có phương

: trình z = z (x, y) Gọi D là hình chiếu của ŠS xuống mặt phẳng xy va mat S định hướng phía trên (vector pháp tạo với hướng dương Oz góc nhọn) Khi

ấy, theo định nghĩa ta có

J |S axay

f,= [J aeae —

- Jf Zevspas - SP Somers

I2 cosy — SP oop

= {cosa, cosB, cosy} 1a vector phdp don vi cia mat S Mat

khác ta lai c6 vector n’ = tex, Z*y, — 1) cũng là vector pháp của mặt S, nên

- " G.G.Stokes (1819 - 1903) - - nhà toán học vật lý, giáo sư Trường Tổng hợp Cambridge Định lý này không hoàn toàn là của Stokes Ông biết định lý này từ người bạn là _Thomson vào năm 1850 và sau đó vài năm ông đưa định lý trên vào đề thi cho sinh viên

"giỏi, từ đó định lý được mang tên ông

(6.16)

ta thấy định lý cũng được chứng minh cho trường hợp mặt S-có thể ược chia thành hữu hạn các mặt lồi theo cả ba hướng

cos a cosB cosy —

ờng hợp tổ át phải lới hạn Ta cô â

I,=- [[ << œ.z,z(œ, mM dxdy “Sd ay : : |

Chiu y: Cong thức Stokes thường dùng ở dạng liên hệ giữa tích phân

yong loại hai và tích phân đường loại một

{Pde + Qdy + Raz - JI Oo 8 9 lạ

ở đây C7 là biên của D trong mat phẳng xy, nó cũng là hình chiếu của CŒ = q ydx + zdy+ xdz

x=x(t), y= yt),2z2=0,ast<b C - đường tròn giao của mặt cầu xZ + y2 + z? = ø? và mặt phẳng x + y

x = xŒ),y = y(), z = z(xŒ), yŒ)), œ < £ < Ù Coi S là hình tròn với biên là đường tròn C Theo định lý Stokes ta được

Cho nên từ cách tính của tích phân đường loại hai ta được _ J=~ ly dydz + dzdx + dxdy = — | | (cosa + cosB + cosy) ds 2 ị

b

I, = | P(x), yŒ), z(xŒ), yŒ))x'Œ)đ£ = J P (x, y, 2) dx cosa, cosB, cosy, - cdc cosin chỉ hướng của vector pháp n của mặt phẳng

6.5 BAI TAP MAU CO LỮI GIẢI

OR aydz - 2 dade = f Raz

Kết hợp (6.20), (6.21), (6.22) ta thấy định lý đã được chứng minh ¢

[Jt + y? = [Je + y? Jan « ffl 94) _Tích phân trên 6S; đã tính trong ví dụ 97

Ta có có = 2% _ _ay ZB = -2 Day y _ Trén mat S2 ta van cé D,, la hinh trdn x”? + y? < R?, chỉ có điểm khác as - | |

ae > go : 5 à phương trình của 6S; sẽ là z = -JR? ~ x7 — y?, Lap lai các bước tính

| Ví dụ 5 Tính tích phân Ỉ | Vx" + y? ds, trong d6 S$ 1A mặt xung quanh của

x?+ y?< < R? nhu vi dụ 97, tuy nhiên mặt Š trong trường hợp này gồm có h Vật thể giới hạn bởi các mặt x + x = = , Z=(0, z=e - | a

phan la S; va Se đều có chung hình chiéu 1a hinh tron, phan S, tuong ¥ ứi :

với phần z > 0, phần S; tương ứng với z < 0, ta có _

I Mặt xung quanh của vật thể đã cho gồm hai phần, phần thứ nhất

phần của mặt nón như trong ví dụ á, _phần thứ hai là hình ;{

Vi du 6 Tinh tich phan [fc + y+ z) ds, trong d6 S la mat xung quanh của

hình lập phương Ô < x < ø, 0< y<a, 0O<z<ứữ

[feds = lá [xdz = >

Do vai trò của x, y, z la nhu nhau trong ham f(x,y,z) =x + y+2_ S

và như nhau trong hình lập phương, do đó ta chỉ cần tính 7„ = | xds- ¡ dụ 7 Tính diện tích phần mặt phẳng x + 2y + 2z = 5 nằm phía trong

Giao tuyến của mặt cầu x7 + y +z2 = 2 với mặt nón z = x2 4+ xy - vi vay ta có

tron x” + y? < 1, trên đó S có phương trình là z = 42 - +? — y? M = Ífh + (5) + (= dxdy = |do [trai _ sxR?

ee duy Ma fet (GY + (Z) ew = Joo ees an = 2

Vi du 10 Tính trọng tâm của phần mặt trụ đồng chat y®+z”= 9, z>z0 © | Dey 6 9 VR? -r

Hình chiếu của Š xuống mặt phẳng Oxy là hình tròn xÊ + y2< R? " _ — Tính tích phân |[xdydz + ydzdx + zdxdy trong đé S là mặt

Ví dụ 18? Tính tích phân xdydz trong đó Š là mặt phía trên (theo hướn

os

Oz) cha nửa mặt cầu x? + y" +z7= R?, z>0

[ Khi chiếu của Š xuống mặt phẳng Oyz, S sé gồm hai phần, cả hai |

phần này đều có hình chiếu là nửa hình tròn yŸ +zˆ< RˆÝ, z >0, trong |

mặt phẳng Oyz Ký hiệu hai phần của mặt S tuong ting 1A S,; va S2 Trén 5:

vector pháp tạo với chiều dương của trục Óx một góc nhỏ hon 5 (S; là phần

Mặt S gồm hai phần S;¡ và S; đều có hình chiếu xuống Oxy là hình

tròn x2 + yˆ2< #? Mặt S¡ tương ứng với phần z > O0 (đã tính tích phân trong ví dụ 13) Mặt S; tương ứng với phần z < 0, trên đó S; có phiíc::-

_ &

7L

[ Mat S gồm có hai phần S; va Sz Mat S, la phần mặt paraboloid Chú ý rằng D„„ cho bởi -1<x<1; x?<z<1 z=x?+y” Mặt S; là phần mặt: phẳng z = 1, cả hai mặt Š¡ và ®S; đều có _ — TL TL

1t ] hơn TT”, phần tư hình tròn bán kính ø, trong góc thi nhất, vector pháp của S đều tạo

với các trục Ox, Oy, Oz mot géc nhỏ hơn a , Vì Vậy ta có

Ví dụ 17 Tính [Íb + y? )dxdz trong đó S là mặt phía ngoài của vật thể giới i hinh lap phuong O< x <a, O< y<a, O<z <a

Trén mat S, (z = 0) ta có Mặt ngoài S gồm có hai phan S; va Sz, cả hai phần đều có bink [loese: cai [foe

x

z= xz?; z =0; z =1 (tam giác parabol) Phần S; tương Ứng với 2 _ (xem phan tinh chất của tích phan mat)

vector pháp của ŠS¡ tạo với Oy m6t godc nhỏ hơn > trên Š¡ ta có phươn

326 | xzdxdy = O 327

5

vì khi thay giá trị z = O0 vào thì hàm lấy tích phân sẽ bằng 0

[la + 3y + 1)dxdydz = Ìao [ar {e + 2r sin @) rdz = 1%

Trên mặt Ss (z = ø) ta có Chú ý rằng trong các ví dụ 16 và 17 ta đã tính trực tiếp tích phân nêu trên |

Ỉ xydydz = | I yzdxdz = 0 : du 22 Ap dung céng thtic Gauss - Ostrogratxki tinh tich phan

x+y+2z2=a, x=0, y=0, z=0 (a >0)

Trên mat Ss (x = 0) va S,(x = a) cling nhu cac mat S5(y = 0) va Say =

a) ta duoc két qua tương tự (do vai trò của +, y, z như nhau Sau do kiểm tra lai bằng cách tính trực tiếp

[ Áp dụng công thức Gauss - Ostrogratxki ta được (các điều kiện của

Vi du 20 Tính tích phân [Jravae + ydzdx + zdxdy, trong dé S la mat [[xdyae + ydedx + zdxdy = if 3dxdyd = fax "fay ƒ 3d | a?

2

2

=f bing cách áp dụng công thức Gauss Néu tinh truc tiép ta lam nhu sau: mat S gom ó bốn mặt

ngoài của mat cầu x” + yŸ + z7

Ostrogratxkl

I Mat S 1A mat kin, lay phia ngoai, do dé theo cong thuc ta co

| [xdydz + ydzdx + zdxdy = | | (= + s + =) dxdydz

Trén mat S; (x = 0) ta cé

||xdzdx = [[eaxay = 0 (tính chất 3) và Ỉ | docs = 0

(vì thay giá trị x = 0 vào thì hàm lấy tích phân sẽ bằng 0)

Tương tự ta có trên mặt Sz(y = 0) va S3(z = 0) thi ©

Mién D,, 1a hinh chiéu cia S, xu6ng mat phang Oxy là tam giác

trên S, phương trình cia mat là

Chú ý rằng trong ví dụ 15 ta đã tính trực tiếp tích phân đã cho |

ngoài của vật thể giới hạn bởi z = x?+y?; z =0, z= 1 bằng công thức | :

[ Mặt S là mặt kín, phía ngoài, vậy áp dụng công thức Gauss - ' z = Z(x,y) = œ —- x - y, tích phân lấy dấu + vì vector pháp tạo với trục Ởz

Vi du 23 Tinh | | x3dydz + yŠdxdz + z3dxdy trong đó S là phía trong cú Trong đó 5 là mặt cong có biên là C

mặt cầu x27 +y%+4+z7=a

[Ïx°d»4z + yŠdxởdz + z3dxdy = -— [[(Z + ae + S8) qxdyaz xẻ \Jsa2 _ ax2

Vi du 25 Tinh [Cy + 2)dx + (2+x)dy + (x + y)dz trong dé C la dudng tron fox +z)dx + (x—y)dy + xdz = [fodyaz + (1-1)dxdz + ldxdy =

C

giao tuyến của x2 + y° +z”= œ2với mặt phẳng x + y + z= 0, nhìn từ | on od

hướng dương cia truc Ox, hudng trén C 1a ngược kim đồng hồ Tính bằng hai 1 = Ỉ | ldxdy = [ae ịr _a.dr = nab

cách: áp dụng công thức Stokes va tính trực tiếp tích phân đường 4 S 0 0

Các hàm ? = (y+z), Q =(z+x*x), R =(x+y) thỏa các điều kiện Trong tích phân kép ta đổi biến x = œcosoọ; y = ðrsino |

2+ y?= 1 với mặt phẳng x + z = 1 lấy ngược kim ellipse giao tuyến của z

đồng hồ nhìn từ chiều dương của trục Oz Tính bằng công thức Stokes và

= [fa ~1)dydz + 1-1dxdz + (1-1)dxdy = 0

[ Áp dụng cơng thức Stokes, trong d6 S la mat ABD, ta CĨ:

| Các hàm P = (y-2), Q=(z2-x), R= (x—y) thoa cde diéu kian

] [y?ax + z?dy + x*dz = {|- 2zdydz — 2xdxdz — 2ydxdy

cơng thức Stokes Lấy S chính là miền phẳng giới hạn bởi ellipse C ta cĩ

|@—z)dz + (z2-x)dy + (x — y) dz = {|- 2dydz — 2dxdz — 2dxdy

ŠS cĩ phương trình biểu diễn là z = 1 — x, do vay giác OAB, pháp tuyến của Š§ tạo với trục Ởz một gĩc nhỏ hơn 3° vi vay

2T 1

J I xy Jao |rar = - | [[-2xdxdy = ff-2yaxay = fax’ [ -2yay - -#

Hình chiếu của S xuống mặt phẳng Oyz là hình trịn (z — l1) 4+ y2«<1 | |

(phuong trinh (z- 1)? + y”= 1, suy ra bằng cách khử x trong phương trình

Tích phân Ỉ Ỉ —~2dxdz = O, vi mat S song song vGi Oy l—————= ds trong đĩ S là mặt xung quanh của tứ diện

Nếu tính trực tiếp ta làm như sau if xyz|ds trong đĩ S là phần mặt z = x“ +“ năm giữa hai mặt

= [ (sin ¢- 1+ cos ¢) (- sin £) + (l-—cost-—cost)cost + (cost—sint)sintdt S

= [(sine + cost —2)dt = —-4n | ị : oF Ne ds trong đĩ Š là phần cua mat tru x?+z7 - 9øz = 0 bị cắt bởi

mat nén z = x2 + y” _ -

Vi du 28 Tinh [y?ax + z*dy + x"dz, trong d6 € là chu tuyến tam giác

S x?+y?+z”= R”, z>0

ABD với A(a, 0,0); B(0, ơ, 0); D(0, 0, à) lấy theo chiều ngược kim đơng hồ

nhìn từ chiều dương trục Oz

biết rằng p(x, y,z) = xyz

10 Tính khối lượng của hình câu biết rằng khối lượng riêng của mỗi điểm -

bằng bình phương khoảng cách từ điểm đó đến một đường kính cố din

18* Tìm tọa độ trọng tâm của phần mặt đồng chat z

bởi mặt xŸ + yŸ = ơx

14* Tìm tọa độ trọng tâm của phần mặt cầu đồng chất

œ2 -x2 - y7 bị cắt ra bởi ba mặt phẳng y = O và y = 1

2 2

15 cb) Tinh dién tich phan mat paraboloid y = 1 — x”-z nằm giữa hai ˆ

16 Tính {J (xy + yz + zx)ds trong d6 S la mat xung quanh của hình chóp |

OABC với O(0, 0,0); A(1, 0,0); (0, 1, 0) và C(O, 0, 1)

5

4x? + y7? + 4y?= 4 nằm trong góc x>0, y>0, z>0

[fo — z)dydz + (z—x)dzdx + (x —y)dxdy, trong dé S la phia ngoai

S

của phần mặt nón x2 + y?2= z7, 0<z<h ,

cb) Ỉ [z?dydz + xdxdz — 3zdxdy , trong dé S la phan phia trong cta

S phần mặt trụ z = 4 - yŸ giới hạn bởi x = 0,x= l1vàz=0

| ) xyz dxdy , trong đó S là mặt ngoài của một phần tư mặt cầu

| y?zdxdz + xzdydz + x2ydxdy trong đó S là phía ngoài của vật thể

S giới hạn bởi các mặt

-l<x<1l1, -l<y< 1, -l<z<l

334 CHUON H PHAN MAT | | 335

29 cb) |Ïxd»dz + xydxdz - zdxdy trong đó S là mặt biên phía trong củ | (x+ y)dx + (2x — z)dy + ydz trong d6 C 1a bién cia tam gidc ABD

vdi A(2, 0, 0); BO, 3, 0); D(O, 0, G) lấy ngược chiều kim đồng hồ nhìn

miền cho bởi x2 +xy 2< 4, O<z<x2+yŸ từ phía dương trục Oz

Joedx + xzdy + xydz trong đó C la giao cha x? + y= 1 với mặt

30 lÌ 6xŸ + 2xy)dyde + (y + Xx ?z)dxdz + 4x7 yŠdxdy trong đó S là mặ

z = y7 lấy theo ngược kim đồng hồ nhìn từ phía đương của trục Oz

ới h bởi các mặt x? + = 4, z = 3 nặy -

"trong góc x 2 0, y20, 220

bằng cách áp dụng công thức Stokes và tính trực tiế

x?+xy?= œ với Š + Ý

a h

duong cua truc Ox

mién cho bdi x" +y" <a", O<z < b [b? - z?)dx + (2? ~ x? )dy + (xc? - y?)dz trong đó C là giao tuyến của

C hình lập phương 0O < x < ơ, O< y<ø, O<z<zø với mặt phẳng

x+ y+zZz = = lấy theo chiều kim đồng hỗ nhìn từ hướng dương

34*, [fc —ytz)dydz + (y—-z+x)dxdz + (2+ y— x)dxdy trong đó 8 là 43 cb) Tính hoàn lưu của trường vector phẳng

phía ngoài của mặt |x- y+z|+|y-z+x|+|z-x+zy| = 1 F(x,y) = yi — xJ dọc theo đường tròn ˆ

3ð cb) Dùng công thức Stokes tinh tích phân (x—øơ)“ + (y—bö)“ = R“ theo chiều kim đồng hồ

J3xdx + 3xdy + zdz

trong dé C la đường giao tuyến cua x? +y% = 1 véi mat z = 1 lấy theo ị :

ngược kim đồng hồ nhìn từ phía đương truc Oz

36 cb) J 2ydx — xdy + xdz - trong đó C là đường giao tuyến của x+y 2-1

với mặt z = y + 1 lấy ngược kim đồng hồ nhìn từ phía dương trục Oz bling

hai cách: dùng công thức Stokes và không dùng công thức Stokes

37 J 2ydx + zdy + 3ydz trong đó C là đường giao tuyến cla

x2 +y?+ z?= 6z với mặt z = 3 - x lấy ngược kim đồng hồ nhìn từ

phía dương trục z

Chuong

LY THUYET TRUONG

7.1 THONG LUGNG, DO PHAN KY CUA TRUONG VECTOR

7.1.1 Trường vector

Trường vector trong một miền O@ là một hàm vector F (x, y, 2) Xác

định trong @ Cho nên trường vector F có thể viết dưới dạng

F(x, y,2) = P(x,y,28 + Q(x,y,2)) + R(x, y,2)k

| Truong F được gọi liên tục trong © nếu các hàm ?, Q, F liên tục trong |

Q, trudng F được gọi khả vi trong Q néu cac ham P, Q, R kha vi trong] |

Trường vector hai chiều trong mặt phẳng xy có dạng |

xác định trên S và có hướng pháp tuyến đối với S

Ví dụ 7.2 Trường vector vận tốc của một dong chảy, có hướng tiếp tuyến đối |

với dòng chảy ấy

Ví dụ 7.3 Trường hấp dẫn tạo bởi trái đất khối lượng Ä⁄ và vệ tỉnh khối L

- lượng m Giả sử gốc tọa độ đặt tại tâm trái đất và vệ tỉnh đang ở điểm ị

P (x, y, z) Khi ay trường hấp dẫn là lực hấp dẫn có ' hướng PO (tir P đến 0) |

Xét bài toán sau: Cho # là trường tốc độ của một dòng chất lỏng

Tính lượng chất lỏng chảy qua mặt S trong một đơn vị thời gian

Ta giải bằng phương pháp vỉ phân:

Lay VM e S và lấy một yếu tố diện tích

AS chứa điểm M Mảnh AS bé nên ta coi nó là mảnh phẳng và vector pháp đơn vị m0 không đổi trên AS Vậy lượng chất lỏng qua AS (theo hướng n) trong mot đơn vi thời gian bằng thể tích hình -:

trụ đáy AS, đường sinh song song với F

và độ dài đường sinh bang F (| Fl) (xem H.7 1) Thé tich do rõ ràng được tính bởi (theo H.7.1)

AW x MN.AS = F„AS

Hình 7.1

F, = (F; 7) - chiếu của F xuéng 7

Tiếp theo lấy tổng theo toàn mặt ®S, qua giới hạn ta được

S

VỚI F = Pi + Qj + Rk, n = cosơi + cosBj + cosy Vậy thông lượng của trường tốc độ của dòng chất lỏng qua mặt S được tính bởi công thức (7.1)

Tổng quát: cho trường vector F , mặt định hudng S, khi ấy dai lượng

Ví dụ 7.4 Tính thông lượng của trường

_F=x + yj + zÈ qua phía ngoài của mặt

Với đáy dưới S; Ÿ Lñ = F,=0 W=3|sianod0 [ dọ [ p°dp

| | | _—_ Với mặt cong kín S, vA 7 - vector pháp ngoài thì thông luong 1A hiéu

W¿= [ [RdS $ = R.S„„= 9x R”h của lượng chất lỏng từ trong ra với lượng chất lỏng từ ngoài vào Nếu thông pháp ng g lượng là hiệu

Vậy W =W;+W,+Wa =3nh h | điều đó chứng tỏ trong miền © (do S bao bọc) có điểm nguồn Ngược lại, khi

r' < 0 thì lượng chất lỏng từ ngoài vào nhiều hơn từ trong ra, khi ấy trong O 7.1.3 Dang vector của công thức Gauss - Ostrogratski ¡ am

Điểm nào là điểm rò, điểm nguồn?

dai lugng divF = — By + = | ị Giả sử các hàm ?Ð, Q, # liên tục trong O Ký hiệu 5 là hình cầu tâm

được gọi là divergence (dé phan ky) cua truong F’ | trọn trong @ Khi ấy theo công thức Gauss - Ostrogratski ta có

L ta còn gọi nó là độ phân kỳ của trường F tai diém M Néu div FW) > 0 thi

Ì M là điểm nguồn, ngược lại nếu div #(Mf) < 0 thi M 1a diém ro

Ta có theo công thức Gauss - Ostrogratski

W = JV div F dv; Qixt + y2 42% < x

7.2 HOÀN LUU VA VECTOR XOAY CUA TRUONG VECTOR - An có thổ phát biếu dịnh lý Stokes nhy sau a

Định lý Stokes Cho mặt định hướng trơn từng khúc S voi biến la chu 7.2.1 Hoàn lưu của trường vector tuyến đơn giủn C trơn từng bhúc Vector F (M) va curl F (MD) liên tục trong

Công sinh ra bởi trường vector F trên chu tuyến kín y được gọi là iên mở chứa S Khi ấy hoàn lưu của trường F quanh chu tuyén C bằng

hoàn lưu của trường F quanh chu tuyến y, nó được tính bởi tích phân đường

loại hai

ông luong curl F qua mặt S

, Xét ý nghĩa vật lý của vector xoáy curl Ƒ' Ta đã biết hoàn lưu đặc

- Thật vậy, cho Ä, - điểm cố định trên mặt cong S, y là một chu tuyến

trên S bao bọc M,, S, - diện tích của phần mặt cong bao bọc bởi y Theo công

thức Stokes ta có

f Fdr = [ [curtF nds = (curl F n)(M).S,

Y

Ta xét ý nghĩa vật lý của hoàn lưu Cho F là trường vận tốc của một

đòng chảy Trong trường F ta đặt một vòng tròn nhỏ (bánh xe) y có gắn các

cánh mỏng dọc theo vòng tròn đó (H.7.3) Dòng chảy tác động lên các cánh

mỏng làm cho vòng tròn xoay (quanh trục của nó) Hiệu quả xoay đó được

xác định tại mỗi điểm M bởi hình chiếu của vector vận tốc Ƒ.(M) lên tiếp

tuyến của vòng tròn y (H.7.4) Nếu gọi vector tiếp tuyến don vi tai M la _ Vậy

Hinh 7.3 Hinh 7.4 F Lo giới hạn trên có thể coi là độ xođy của trường F tai diém M,

Vậy hoàn lưu của trường #` xác định “công suất xoay” theo hướng cho

trước và nó đặc trưng cho tính xoáy của trường theo hướng đó | Các khadi niém gradient, divergence, curl có thể được biểu diễn một

| | | cách thuận tiện nhờ toán tử hình thức V (đọc “nabla” hoặc “del”) do nhà toán 7.2.2 Vector xoáy và đạng vector của công thức Stokes _ hoc Anh W.R Hamilton dua ra N6 được xác định như sau

_ aR aQ OP aR- 6Q oP i ô 2 ô L Bản thân vector V không có nghĩa nhưng bằng cách định nghĩa

curl F = (= — si) + (= - =]) T (= - ` lax ay | _ tích của V với hàm vô hướng ƒ và với vector F ta sẽ rất thuận lợi trong các

5- div(fF) = f div F + F.grad f

G- curl (fF) = f curl F + (grad f) x F

7- div (Fi, x Fe) = #2 curl Fy —# curlFa

Ví dụ 7.6 Tính hoàn lưu cia F = yr + xz? 7 — zy°k dọc đường tròn

C:x?+xy?=4,z=-3

[ Coi C Ja bién cia hình tròn S:xÊ + y < 4, z =-—3

Vậy n = k Trén mat phẳng z = -3 thì trường # có dạng

du 7.7 Tinh curl gradf

Sử dụng toán tử V ta có thể viết

curl gradf = V x (Vf) Vector V song song vdi vector Vf vay V x (Vf) = 0

Khi ấy hàm /(M) được gọi là hàm thế của trường vector F

Vậy trường vector

Định ly 7.1 Cho cdc ham P(M), Q(M), R(M) lién tuc trong mién don lién (2

Khi ấy trường vector F = Pi + Qj + RR la truong thé khi va chi khi hoan

lưu của trường F theo mọt chu tuyến bín C trơn từng khúc trong Q béng 0

Cũng từ 5.4 ta biết, khi ấy hàm thế ƒ (Ä⁄) có thể tìm được bởi công thức

344

Định lý 7.2 Truéng vector F (M) la truéng thé trong miền đơn liên {2 khị gà

chỉ khi nó không xoáy, tức lò curl F(M) = 0, VM e ©

l Thật vậy, giả sử F là trường thế, khi ấy

| F = gradf = Vf => curl F = curl gradf = 0

Ngược lại, cho curl F (M) = 0 trong 2 Khi ấy ta có

VAx trường ống bhông có điểm nguồn uò không có điểm rò

là phần không gian sinh bởi các đường dòng tựa trên biên của một

ra từ vòi) Gọi S; là mặt khác của

1- Từ định lý Gauss - Ostrogratski ta thấy trong miễn đơn liên ,

hông lượng của trường ống qua mặt kín S bất kỳ đều bằng 0O

0= [ [ [ div F dv = [ [Fras - |[F.nas

—

/ 3 Đường dòng của trường vector F là một đường y mà vector F tại điểm bất kỳ của y là vector tiếp tuyến đối với y tại điểm đó |

| Ong dòng của trường vector F

mặt S¡ nào đó (vi du luồng nước chảy

ống dòng ấy, Ss là mặt xung quanh

(xem H.7.5)

Goi O là miền giới hạn bởi 3 mat S;, Se, S3 Cho F la trường ống, vậy

thông lượng qua S = S„ +; + S; bằng O0

Vậy trong một ống dòng, thông lượng qua mọi thiết diện đều bằng

nhau Tích phân (7.5) được gọi là cường độ của ống dòng

346

7.3.3 Trường điện

Xét trường điện sinh bởi điện tích g đặt ở gốc tọa độ Theo định lg

Vậy trong miền O không chứa gốc tọa độ, điện trường là trường thế và “được gọi là todn tu Laplace va duoc ky hiéu A Ham sé ƒ được gọi Tah ham

Cho nên thông lượng qua mặt cong kin không chứa gốc bằng 0 Nes a f ar af

Trước tiên, giả sử S la mặt cầu tâm O, bán kính # Khi ấy n và È

4 , cho nên thông lượng qua S bằng cùng hướng, va E.n = || =

RỄ

W = JJ [[E.nds = -®_.4nR? = 4nq R?

| Ta thay thong luong qua S khéng phu thuộc bán kính # Kết quả trên

không những đúng cho mặt cầu tâm @Ø mà còn đúng cho tất cả các mặt cong

kin bao géc toa dé That vay, cho S 1A mét mat cong kin bao géc tọa độ Lấy

Sp - mat cdu lén, ban kinh R, tam O bao ca mat S Goi Q 1a mién giới hại Ký hiệu r = v(x —#¿} + (y—#, )Ỷ + (2-2, )? , ta có = i ,

Chú ý đến hướng của các vector pháp n trên S và Sr ta dude ox r

Công thức (7.6) được gọi là định luật Gauss - một trong bốn định lua oy r° dz? r°

;.4.1 Trường điều hòa

Định nghĩa 7.3 Trường F được gọi là trường điều hèa nếu nó vừa là trư

‘Ham hai bién ft, y) théa phuong trinh trén được gọi là hàm điều hòa | | Prong (7.11) lay = Ì_ hàm không xác định tại P

Lấy Q, = B\B,, B,- hinh céu tam P, ban kính z

Trong Q, ham 9 = 1 là hàm điều hòa Ao = 0 Biên của @, gồm S

Bay giờ đổi vị trí của ƒ và @, ta co M„ là một điểm thuộc 8, Khi g -> O0 thì M, > P, vì hàm liên tục nên

4 oF ds = || | (gradf grado + Af)dv (7.10) | 21 | |

NOS = as - JJ J ve — pAf)du (7.11) | : Mặt khác, vì ƒ có các đạo hàm riêng liên tục trên tập đóng B, nén

Dinh ly 7.3 Cho f va cdc dao ham riêng đến cấp hai của nó liên tục trong ˆ , S ©

miễn mở chứa (3 và biên ð của nó (2 - đơn liên) Khi ấy ta co 4 | S Qua giới hạn (e -> 0) biểu thức (14) ta được công thức (13) Ì

a A /Œ) = _ 1 in SS); 1 of | af dg - a SIS; 1A du (7.13) 3 Cac tinh chất của hàm điều hòa

r - khoảng cách từ điểm cố định P đến điểm bất kỳ M e Ö =QOU8 Tinh chat 7.1 Cho S - mat cong kin trong Q Khi ay

Công thức (7.13) được gọi là công thức Green cơ bản

qd of dS =0 | (7 15) ,cb) Tính thông lượng của trường # = x77 + y?7 + zk qua bề mặt phía

Rút từ công thức Green thứ hai khi cho @ 1 Tính thông lượng của trường #` = 2x; - y7 qua phần mặt trụ

x? +y? = R?, x20, y20, O<z IA

Các công thức (7.15), (7.16) trong trường hợp mặt phẳng có dạng _ Tính hoàn lưu của trugng F = 227 + x27 + y2h dọc theo đường cong

fai =0 Q (7.17) la giao cia mat cdu x7 + yŸ +z” = #2 với mặt phẳng x+ y + z = # ` ` -

Y

Ngoài ra, hàm điều hòa có tính chất thú vị là, nếu nó liên tục và khác (curl F) néu = MYO + yer] + 2x k

const trên miền đóng © thì các giá trị lớn nhất và nhỏ nhất chỉ đạt được

i Tinh div(gradu) va curl(gradu) néu u(x, y,z) là một trường vô

7.5 BÀI TẬP

1 Tính hoàn lưu của trường Fo = yi -zj+ xk dọc theo đường ellipse

la giao tuyén cua —> + 2° = R“, y=x theo chiéu duong

(ngược chiều kim déng hé nhin tw truc Ox)

2.cb) Tinh céng cia trudng luc F = 2xyi - y?7 + x*k khi chuyển một

3* Tinh thong luong cua trudng vector F = xi - y 7 + z“b qua bề mitt

phía ngoài của vật thể cho bởi

x? + y2 422 < 3R?; O<2< x24 y?-R?

8.1.1 Các bài toán dẫn đến phương trình vi phân

_ Phuong trinh vi phan (PTVP) là một phương trình chứa hàm cần tìm,

đạo hàm các cấp của nó và biến độc lập Phương trình vi phân ra đời ở thé

ky 17 từ các nhu cầu của các bài toán cơ học Nó hầu như ra đời đồng thời

với phép tính vi tích phân Đến thế kỷ 18, phương trình vi phân trở thành ˆ

một lĩnh vực toán học độc lập nhờ vào các công trình của Bernouli,

đ?Alembert và nhất là của Euler Ta xét một vài ví dụ

Ví dụ 1 ` Một vật khối lượng m rơi tự do với lực cản của không khí tỉ lệ với :

mg cùng chiều với chuyể

Goi 0Œ) là vận tốc rơi của vật

trọng lực #)

khí F¿ = -œuŒ) (ngược chiều với chuyển động), œ -

định luật hai Newton, ta có: mu = F

hệ số cản > 0 Vậy theo 1 _

¬- =m - du = mộ=

Đó là một phương trình mà ngoài hàm cần tìm 0Œ), nó còn chứa cả Í

đạo hàm 0Œ) Đó là phương trình vi phân cấp một

mg — au

Nếu coi s(t) lA quảng đường đi được của vật, vì v(t) = = nên phương trình |

vi phân cấp một (1) có thể viết ở dạng phương trình vi phân cấp hai sau đây

d*s

dt?

ds

Vi du 2 Mot thanh kim loại được nung nóng đến 100°C, đặt trong một môi trường Ạ

luôn có nhiệt độ không đổi 20°C Tìm quy luật thay đổi nhiệt do ciia kim loai,

| Gọi 7Œ) - nhiệt độ thanh kim loại tại thời điểm ¿ Theo quy luật giảm :

nhiệt của vật (quy luật Newton) thì tốc độ giảm nhiệt (=) tỉ lệ với hiệ -

nhiệt độ của vật thể và nhiệt độ môi trường tại thời điểm đó (7Œ) — 20)

n động của vật và lực cản của không ˆ

a y: Trong các chương 8, 9 các công thức được đánh số trong nội bộ từng

uc chứ không cho cả chương như ở các chương trước

đT

ví dụ 3 Từ thực nghiệm, người ta xác định được tốc độ phân rã của chất

ae

phóng xạ tỉ lệ với khối lượng của chất đó Tìm chu kỳ bán rã (thời gian cần

để chất phóng xạ phân rã một nửa khối lượng) - [ Nếu gọi xŒ) là lượng chất phóng xạ tại thời điểm t va x(O) = Xo

: Các phương trình (1), (3), (4) có thể giải dễ dàng bằng cách sau Ta xét

_ Giả sử khối lượng ban đầu của chất phóng xạ là x„, tức là x(0) = x

Vay tix (6), cho ¢ = 0, ta được xo = C

Dinh nghia 8.1.1 M6t phương trình chứa đạo hàm hodc vi phân cú Tất nhiên, nghiệm y = (+) có thể cho ở dạng tường minh hoặc cho 6

Phương trình vi phân được phân loại theo một số tính chất L Dé thi của nghiệm y = o(x) được gọi đường cong tích phân

a một -

Định nghĩa 8.1.2 Nếu phương trình chỉ chứa các đạo hàm của một biến độc ¬ „ _ ví dụ 7 Các ham sé sau day

lập thì nó được gọi là phương trình u¿ phân thường, nếu nó chứa các dao : ~ „+ _—_ aw wre

=e*,y=e",y=cye ; ¥Y = Cạ€

ham riéng thi duge goi la phuong trinh vi phan dao ham riéng | a : Y

Ví dụ 4 Ta có các phương trình vi phân thường sau j1 và y = c¡£” + cạø 7

Định nghĩa 8.1.3 ˆ Cốp cơo nhốt của đạo hàm chúa trong phương trình uị dx 1+(x+7) (x+y)

phan dugc goi la cép cia phuong trinh vi phan do Thế vào phương trình ta được đồng nhất thức |

Ví dụ 6 Các phương trình vi phân sau

3 89 TONG QUAN VE PHUONG TRÌNH VI PHAN CAP MOT

ay + 5) — y= 1; xy" “ + 3y? + 1=0 › - =0; ou + 407u u=-0 8 ¿ TO Q

lần lượt là các phương trình vi phân thường cấp 2, cấp 1 và phương trình ví _ tt, y, y ) = 0

Bài toán Cauchy là bài toán tim nghiệm của phương trình vi phân (1)

hoặc (2) thỏa điều kiện đầu |

Or han ag Neiem cha phuomg trinh vi phan (10) trén khodng Ila | : hay nói cách khác là tìm một đường cong tích phân của phương trình vi

một hàm số y = (x) xác định trên I sao cho khi thay vao (10) ta được đồng phân (1) hoặc (2) đi qua điểm (%o, yo)

và nếu giải được theo y“” thì nó có dang

Ví dụ 1 Xét bài toán Cauchy

Nói cách khác, đó là một hàm số y = (x) it nhat phải có đạo hàm đến ©

Vay nghiém cua bai todn la y = 2x |

Định lý 8.2.1 T6én tai va duy nhdét nghiệm của bai toán (2) (3)

Néu ham sé fix, y) lien tục trong miền mở D c R°, thì tới moi điểm,

(x„, y„) < D, bài toán Cauchy (2) (3) có nghiệm xác định trong một lên can cua x,

Néu ngodi ra, dao ham riéng 5 cũng liền tục trong D thì nghiệm đó là duy nhất

Định lý trên thường được gọi là định lý Peano-Cauchy-Picard, ta công

nhận và không chứng minh định lý này

Đối với phương trình (1) và điều kiện (3), định lý tổn tại và duy nhất

nghiệm được phát biểu như sau: nếu hàm số # và các đạo hàm riêng

8.2.2 Nghiệm tổng quát, nghiệm riêng, nghiệm kỳ dị

Như ta thấy, phương trình vi phân cấp một thường phụ thuộc vào một hằng

số Với xạ cố định, lấy C = y„, sao cho (x„, C) e Ð (miền mà bài toán Cauchy có

nghiệm) thì ta được nghiệm, cho nên nói chung nghiệm có thể viết ở dạng

— (+, C)

Định nghĩa 8.2.1 Ham sé y = o(x, C) được gọi là nghiệm tổng quát của

phương trình ui phân cấp một trong miền DC PRÌ nếu uới mọi điểm

(x,, ¥,) € D, tôn tại duy nhất một số C¿ sao cho y =

của bài toán Cauchy uới điều hiện đầu y(x,) = yp

Nghiệm bất kỳ nhận được từ nghiệm tổng quát khi cho hằng số C một

giá trị cụ thể được gọi là nghiệm riêng Tất nhiên nghiệm của mọi bài toán

Cauchy đều là nghiệm riêng Lấy lại ví dụ 2 ở trên, khi cho C lần lượt các

_ giá trị 1, 2, 10 ta được các nghiệm riêng y = x, y = 2x, y = 10x

Luu y ring không phải bất kỳ nghiệm nào của phương trình vi phân cũng nhận được từ nghiệm tổng quát bằng cách cho hằng số C những giá trị

cụ thể Nghiệm không thể nhận được từ nghiệm tổng quát cho dù C lấy bất

— kỳ giá trị nào được gọi là nghiệm kỳ dị

đường cong phụ thuộc vào một tham số C

Ta đặt vấn đề ngược lại Cho trước một họ các đường cong phụ thuộc tham số Œ, hãy tìm phương trình vi phân sao cho các đường cong của họ đã cho là đường cong tích phân của phương trình vi phân đó

Phương pháp chung để giải bài toán đó như sau Giả sử họ đường cong

Ví dụ 4 "Tìm phương trình vi phân của họ đường cong y = CxŸ

Lấy đạo hàm y’ = 3CxŸ

358 -~ | — HƯƠNG g_ WONG TRINH vi PHAN 359

Ví dụ 5 Lập phương trình vi phân của họ các đường elip có trục lớn bằng 2q :

có thể đưa về dạng (1) như sau: trước hết cần lưu ý |

- Néu gi(y) = 0 tai b (tte gi(b) = 0) thi y = 6 la nghiém cua (3)

- Néu fo(x) = 0 tại ơ thi x = ư là nghiệm của (3)

Trong hệ trục tọa độ vuông góc, ta lấy sao cho trục lớn nằm trên ˆ

trục hoành và elip cắt trục hoành tại (—øơ, 0) va (a, O0) Khi ấy phương trình | :

f(x)dx + g(y)dy = 0 | (1) Vidu3 y’ = cos(x — y -1)

Ví dụ 1 de 4 2 dy = 0 | Vi 1 — cosz = O khiz = 2Èn, & € Z nên z = 2#zx là các nghiệm Tiếp theo

Vidu 4 Xét lai vi du 2 của mục 3.1 (bài toán giảm nhiệt của thanh [

Dat u =~ = flx,y) = f(x, ux) = x°ƒQ,u) =ƒQ, u) (ở đây x đóng x

oe =~ RL -20), k>0 | 4) vai trò tham số A của định nghĩa hàm đẳng cấp) |

T(20) = 60 => In40 = —#20 + Ins0 > k = 2 — LH = + in => k= 30 22 _ => de o(u) —- u _ _& x | | | | (5)

920 _ SỐ | | - Lưu ý rằng, từ (4) đến (5) ta giả thiết @(u) — u # O

Ham F(x, y) được gọi đẳng cấp bậc & nếu với mọi ^ > 0, ta có ị | x2 - xy+ yŸ

Phương trình P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 Ngoai ra con mét nghiém u = Il, tức ay=x |

sẽ là phương trình đẳng cấp nếu các hàm số P(zx, y), Q(+, y) là đẳng cấp Vi du 3 dy _y tx? — y?

Mệnh đề: nếu hàm fix, y) la đẳng cấp bậc O thi fix, y) la ham sé cia | : | x1 f

x = sign xv1—- u?

Thật vậy, ta xét hai khả năng

1- Hai đường thẳng ơyx+yy+cạ= 0, đax+ay+cạ= O cắt nhau

tại một điểm (xo, yo) Nói cách khác, hệ

x+y - 3=0 |

Dat x=ltu,y=2+v0 => (Qu—4v)du + (ut+v)dv = 0

Đó là phương trình đẳng cấp Đặt z = = v = uz, dv = udz.+ zdu

(6) Ngoai ra vi 2 — 3z + z2= 0 tại z = 1 và z = 2 nên (8) còn có thêm hai

nghiệm z=lvàz= 2

: Tom lại, ta đưa nghiệm về biến +, y

(o— 2u)” = C(u - 0)” = (y~ 2x) = Với các nghiệm z = 1 và z = 2 ta có

Ngoài ra còn có nghiệm ý = Ö, hay làx+xy =3 |

8.5 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUẦN PHAN

: iL 8.5.1 Phuong trinh vi phan dang |

được gọi là phương trình vi phân toàn phần nếu tồn tại hàm (+, y) sao cho

đu(x, y) = P(z, y)dx + Q(+x, y) dy | (2)

Nếu biết hàm (+, " thì nghiệm của (1) là

Bxy? + yx274+438ytx7=C |

| 5.3 Cach gidi 2

Dé tim Ul, y), ta luu y rang néu U(x, ¥) la vi phan toan phan của vế ˆ

trái (1) thì L ị : thich hgp) Ham U(x, y) có thể tìm ở dạng tích phân đường loại hai (trong miền

U(x, y) = [Po y)dx = È(%, y) + cœ) | (4) < hoặc U(x, y) = [Pœ y)dx + [9œ ) dy (10)

ở đây C(y) là hằng số đối với biến x và là một ham bat ky (kha vi) theo y, *o 7%

d(x, y).- nguyén ham cua P(x, y) Tiếp theo, lấy đạo hàm (4) theo y, chú ý đến EP Vi du 2 (x + y—1)dx + (e7 + x)dy =O

Í phan Ta tinh U(x, y) theo (9) (ay xo = 0, ¥o = 0)

Vi du 1 (sy? + 2xy + 2x) dx + - (6xy +7 4 3)dy = = 0 Po U(x, y) = |@ 1) dx Ile T x)dy 2 eee ey

Đó là phương trình vi phân toàn phần, vì | Vậy ta có nghiệm

Tim U(x, , +) từ hệ sau từ hệ s 8.5.4 Thừa số tích phân ,

ee) = 6xy +x2 43 () | P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 9 q1)

Lấy tích phân (7) theo y, ta được không là phương trình vi phân toàn phần, có thể tồn tại một hàm s6 m(x, y)

2 2 | ' sao cho khi nhân với (11) ta được một phương trình vi phân toàn phần U(x, y) = 3xy“ + x“y + 3y + C(x) " | : (8) a m(x, y) P(x, y)dx + m(x, y) Q(x, y) d = (12)

- 1 Ham sé m(x, y) như trên được gọi là thừa số tích phân đối với phương

- trình (11)

a Giả sử m(œ, y) là thừa số tích phân của (11),

Vay s (mP) = 2 (m@Q)

Ta xét hai trường hợp đặc biệt

1- + (= — 2 = f(x) - 1A ham của một biến z Q\(ôy ô: |

Khi ấy ta tìm được thừa số tích phân zn(+, y) cũng ở dạng là hàm một biến

2- —-—| ————|= P ( 2y 2 gly ) la ham của một biến y

Tương tự, khi ấy ta có thừa số tích phân

phản chiếu các tia xuất phát từ một

điểm thành những tia song song

a

a

O Hinh 1

Giả sử nguồn sáng đặt tại gốc

tọa độ và hướng dương của trục Ởx là

Cho M(x, y) - điểm bất kỳ của gương Xét thiết diện tạo bởi gương và

- mặt phẳng qua M va truc Ox

Cho tiếp tuyến tại Ä⁄ cắt Ox tại N, tạo với Ox góc a

Vì góc tới bằng góc phản xạ, nên œ = NMO => ON = OM

‘Vay thiết diện là một parabol và gương là parabolôit tròn xoay

8.6 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP MỘT

Đó là phương trình vi phân có đạng

Néu f(x) = O thi phuong trinh (1) được gọi là phương trình thuần nhất Néu f(x) # O thi (1) được gọi là phương trình không thuần nhất Có vài phương pháp giải phương trình vi phân tuyến tính

8.6.1 Phương pháp biến thiên hằng số (phương pháp Lagrange)

Trước hết xét phương trình thuần nhất tương ứng của (1)

~ -[ p(x)dx

y = Ce Tiép theo, tim nghiém của (1) ở dạng

với C - hằng số bất kỳ Thế (4) vào (3) ta được nghiệm của (1)

y = cÌ?ơ + + ft jel Pde „ : ae | | (5)

8.6.2 Phuong phap Bernoulli

Tim nghiệm của (1) ở dạng

Cho y = u(x) u(x) => w’usinx + uv’sinx — uvcosx = — 5

Chon u(x) là một nghiệm của phương trình

ss Théa diéu kién dau chi khi C = 0, vay y = 22% |

i 86.3 Phương pháp thừa số tích phân

e! =Ơ 1 [fœel” dx >y = oo) Pind lc+ [re fa

Ị Ví dụ 3 Giải phương trình y’+ ytgx =

COS X | cos” x cos” x

Viét phuong trinh trén 6 dang

370 PHUONG TRINH VI PHAN 371

ta được phương trình Bernoulli với hàm +, biến y

£fy 1 \= 1

dx \" cosx cos” x

Lay tich phan hai vé

Dat w = + ta được phương trình tuyến tính -

| Ban than phương trình không phải tuyến tính nhưng có thể coi x là Chú ý rằng y = 0 cũng là nghiệm |

>,

hàm sơ cấp Tuy vậy, nếu biết được một nghiệm nào đó của nó, giả sử y =

L _ ta đưa được phương trình về phương trình Bernoulli

: _ Ví dụ 3 y+ y=

Đó là phương trình vi phân có dạng Ị l Ta được phương trình Ricatti Hãy thử tìm một nghiệm của nó (đoán

dy + p(x)y = f(xy” | | (1) | _ theo vế phải) ở dạng y = — Thế vào ta được

n là số thuc Véin = 0 hay n = 1 ta duoc phuong trinh tuyén tinh | _a, a2 2

Cách giải: với nø z O0, n z 1, ta đặt ¿0 = y`'", từ đó ta được phương trình | | x? x2 x?

2y -x=-x siny

dy

372

8.8 PHUGNG TRINH VI PHAN KHONG GIAI THEO y’

Ta xét trường hợp phương trình vi phân sau

Fix, y,y’) = 0 | khó giải theo y', nhưng dễ giải theo x hoặc y, ví dụ ta giải được

y = f(x,y’) 8.8.1 Cach giai phuong trinh (2)

Ky hiéu y’ = p và coi p là một tham số, vậy

y = f(x, p) Lay vi phan (3)

dy - LEP) ay ¿ TSP ap

Luu y rang dy = y’dx = pdx nén (4) có dạng

_ Of (x, P) + 3%: P) ạu

pdx = ax x ôp

Giả thiết tìm được nghiệm của (5) ở dạng x = o(p, c), va

ta có nghiệm của (2) ở dạng tham số

x = o(p,c) |

y= f(x, p)

_Ví dụ 1 y’sin y’ + cos yÌ =y = 0

I Dat y’ = p, > y = psinp + cosp

Lấy đạo ham theo x, ta được

Nếu giải được theo y” thì có thể viết ở dạng

Chú ý răng, dễ dàng thấy đường cong (13) là bình bao của họ đường jdul y? = 2x41

cong (12) néu w’(p) # cost Nghiém đó là nghiém ky di vì không nhận đi

từ nghiệm tổng quát (12) bằng cách chọn thích hợp Từ tính _ hình

bao ta thấy mỗi điểm của hình bao có hơn một đường cong tíc P an i qua :

(một là hình bao, một là đường cong của họ (12)), tức là, tại các điểm ;

hinh bao, không có tính duy nhất của bài toán Cauchy

xã ? Đặt y = z = z” = 2x + l1=—Zz=x# + x+Œi

: Ta thấy phương trình vi phân cấp hai có nghiệm phụ thuộc vào hai

- hằng số, nên để xác định một nghiệm cụ thể (nghiệm riêng) cần có hai điều

kiện nào đó Người ta thường xét bài toán Cauchy (bài toán đầu)

Ví dụ 8 y = xy’-e

Dat p=y > % P Bài toán Cauchy là bài toán tìm nghiệm của phương trình vi phân cấp

dy = pdx + xdp — e?dp,ma dy = y’dx = pdx _hai thỏa mãn điều kiện đầu _ˆ

cho nên ta được xdp - e°dp = 0 = (x ~ e?)dp = 0 WX) = Jor yÌŒạ)=y„ s (3)

Ta c6 hai kha nang 7 | ới Xo» Yor Yo la những số cho trước

1- dp = 0 => p = C, thế vào (1) ta được nghiệm tổng quát ‘pinh ly 8.9.1 (Tén tai va duy nhất nghiệm của bòi toán Cauchy của phương |

y = Cx -e

#

9-x =eP => y = peP— e?°= (p—1)e* Nếu hàm sé f(x, y, y’) va các đạo hàm riêng - % liên tục trong ? '

Vậy ta được nghiệm cho ở dạng tham số

Ta kiếm tra nghiệm y = x(nx-—1) 1a hinh bao của họ nghiệm ị _ trong miễn mở D Rˆ Khi ấy uới mọi điểm (xạ, vạ, y; y”¿) e D, sao cho

y~ Cx — ef That vay, theo quy tắc tìm hình bao, ta giải ne | | tŒœ,, Yo» To „1 ”a¿) = 0, a“

Khử C ta được y=xqdnx-1) | Định nghĩa 8.9.1 Hờzn số y = 0(+,c,c¿) được gọi là nghiệm tổng quát của

8.9 PHƯƠNG TRÌN

(Ea, Yor Yo) = D, tén tại duy nhất một cặp số c?,c% sao cho

8.9.1 Các khái niệm chung y= lx, cy, C3 ) là nghiệm của bai todn Cauchy voi diéu kién y(x.) = yo, Vy %,) :

F(x,y,y,¥"°) = 9

CHUONG ,

Ví dụ 2 Phương trình y” + y = 0 có nghiệm tổng quát y = Cị COSX + Co sing

trong RE Thật vậy, trước tiên ta thấy hàm số đó là nghiệm của phương trình:

với mọi hằng số c, c; (sinh viên tự kiểm tra) Lấy (% 9, Yo ¥ y5) c Rỏ „ điều

kiện (3) có dạng |

Yo = C1 COSX, + Co SINX,

coi C1, C2 lA ẩn, hệ phương trình tuyến tính có nghiệm duy nhất vì định thức

của hệ bằng 1 # 0 Vậy tồn tại duy nhất một cặp c¡, c để

à nghiệ öa điều kiện ban dau (4) J

y = c?cosx +cÿ cosx là nghiệm thỏa điều kiện

Định nghĩa 89.92 Nghiệm nhận được từ nghiệm tổng quát y = (x, C†, Ga)

bằng cách cho các hằng số cị, c¿ những giá trị cụ thể được gọi là

nghiệm riêng

Vậy mọi nghiệm của bài toán Cauchy đều là nghiệm riêng Ngoài bài

toán Cauchy, nghiệm riêng có thể xác định từ các điều kiện biên, người ta

gọi là bời toán biên Điều kiện biên được cho không tại một điểm x, ma tai

hai đầu mút của một đoạn [x, x1], vi du

Lưu ý rằng, khác với bài toán Cauchy, bài toán biên không phải lúc

nào cũng có nghiệm duy nhất cho dù các hàm số có mặt ở phương trình là

Từ đó ta có c¡ = 0 và ca; có thể lấy bất kỳ, tức là bài toán biên (6), m

có nghiệm nhưng không duy nhất

Bây giờ thay điều kiện (7) bằng điều kiện biên sau

'ta thấy c¡ = 0 và cạ 0 = 1, vô lý Vậy bài toán (6), (8) vô nghiệm

phương trình Bernoulli ta đưa về dạng

Cách giải: hạ bac bang cach dat y’ = z

Vi du 5 y” + 2y’ = ery"