Bài Cho 𝛾(𝑡) = (3𝑡, 3𝑡 , 2𝑡 ) Chứng minh tốc độ đường cong ‖𝛾′(𝑡)‖ = 3(1 + 2𝑡 ), xác định độ dài cung 𝛾 từ 𝑡 = đến 𝑡 GIẢI Ta có: 𝛾 ′ (𝑡) = (3,6𝑡, 6𝑡 ) ‖𝛾′(𝑡)‖ = √9 + 36𝑡 + 36𝑡 = 3(2𝑡 + 1) Vì 2𝑡 + ≥ 1, ∀𝑡 Nên độ dài cung 𝛾 từ 𝑡 = đến t là: 𝑡 𝑡 ∫ 3(2𝑡 + 1) 𝑑𝑡 = ( 𝑡 + 𝑡)| = 2𝑡 + 3𝑡 0 Bài Cho 𝛾(𝑡) = (𝑡, 𝑡 , 𝑡 ), với 𝑡 > Xác định giá trị 𝑡0 để độ dài cung 𝛾 từ 3 𝑡 = 𝑡0 đến 𝑡 = độ dài cung từ 𝑡 = đế 𝑡 = GIẢI Ta có: 𝛾 ′ (𝑡) = (1,2𝑡 , 2𝑡) ‖𝛾 ′ (𝑡)‖ = √1 + 4𝑡 + 4𝑡 = √(1 + 2𝑡)2 = (1 + 2𝑡) Độ dài cung 𝛾 từ 𝑡 = đến 𝑡 = là: 3 2 ∫ (1 + 2𝑡) 𝑑𝑡 = (𝑡 + 𝑡 ) |2 = 1 Độ dài cung 𝛾 từ 𝑡 = 𝑡0 đến 𝑡 = là: 1 ∫ (1 + 2𝑡) 𝑑𝑡 = (𝑡 + 𝑡 ) | = − 𝑡0 − 𝑡02 𝑡0 𝑡 −1 + √2 ⇒ = − 𝑡0 − 𝑡02 ⟺ 𝑡02 + 𝑡0 − = ⇒ 4 −1 − √2 𝑡 = [0 −1+√2 Do 𝑡0 > nên 𝑡0 = 𝑡0 = Bài Cho 𝛾(𝑡) = (𝑡 cos 𝑡, 𝑡 sin 𝑡), 𝑡 ∈ ℝ Phần đường cong ứng với 𝑡 ≥ gọi đường xoắn ốc Archimedes Xác định độ dài cung đừơng cong đo từ 𝑡 = Công thức nguyên hàm sau đậy phép sử dụng 1|Page ∫ √1 + 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 √1 + 𝑥 + ln (𝑥 + √1 + 𝑥 ) + 𝐶, 𝐶 ∈ 𝑅 2 GIẢI Ta có: 𝛾 ′ (𝑡) = (cos 𝑡 − 𝑡 sin 𝑡 , sin 𝑡 + 𝑡 cos 𝑡) ‖𝛾′(𝑡)‖ = √(cos 𝑡 − 𝑡 sin 𝑡)2 + (sin 𝑡 + 𝑡 cos 𝑡)2 = √1 + 𝑡 Độ dài cung đường cong đo từ 𝑡 = là: 𝑡 𝑡 𝑡 ∫ √1 + 𝑡 𝑑𝑡 = [ √1 + 𝑡 + ln (𝑡 + √1 + 𝑡 )] | 2 𝑡 = √1 + 𝑡 + ln (𝑡 + √1 + 𝑡 ) 2 𝑐𝑡 Bài Tham số hóa đường cong 𝛾(𝑡) = (𝑒 cos 𝑡 , 𝑒 𝑐𝑡 sin 𝑡), 𝑡 ∈ ℝ, với 𝑐 > số, gọi đường xoắn ốc logarit Hãy xác định hàm độ dài cung 𝑠(𝑡) 𝛾, chứng minh 𝑠(𝑡) có giới hạn 𝑠0 𝑡 → −∞ Đồng thời chứng minh 𝑠(𝑡) − 𝑠0 , hiểu độ dài cung từ 𝛾(−∞) = (0,0) đến 𝛾(𝑡), tỉ lệ với ‖𝛾(𝑡)‖ GIẢI Ta có: 𝛾 ′ (𝑡) = (𝑐𝑒 𝑐𝑡 cos 𝑡 − 𝑒 𝑐𝑡 sin 𝑡 , 𝑐𝑒 𝑐𝑡 sin 𝑡 + 𝑒 𝑐𝑡 cos 𝑡) ‖𝛾 ′ (𝑡)‖ = √(𝑐𝑒 𝑐𝑡 cos 𝑡 − 𝑒 𝑐𝑡 sin 𝑡)2 + (𝑐𝑒 𝑐𝑡 sin 𝑡 + 𝑒 𝑐𝑡 cos 𝑡)2 = 𝑒 𝑐𝑡 √𝑐 + Hàm đọ dài 𝑠(𝑡) cung 𝛾 là: 𝑠(𝑡) = ∫ 𝑒 𝑐𝑡 √𝑐 + 𝑑𝑡 = 𝑒 𝑐𝑡 √𝑐 + 𝑐 Khi 𝑡 → −∞ ta có: 1 lim 𝑠(𝑡) = lim 𝑒 𝑐𝑡 √𝑐 + = √𝑐 + = 𝑠0 𝑡→−∞ 𝑡→−∞ 𝑐 𝑐 𝑐𝑡 2 (𝑠(𝑡) − 𝑠0 ) = 𝑒 √𝑐 + − √𝑐 + = √𝑐 + 1(𝑒 𝑐𝑡 − 1) 𝑐 𝑐 𝑐 𝑡 1 𝑡 ∫ (𝑒 𝑐𝑡 √𝑐 + 1)𝑑𝑡 = 𝑒 𝑐𝑡 √𝑐 + | = 𝑒 𝑐𝑡 √𝑐 + − √𝑐 + −∞ 𝑐 𝑐 𝑐 −∞ = √𝑐 + 1(𝑒 𝑐𝑡 − 1) 𝑐 Bài Xác định tham số hóa tốc độ đơn vị đường thẳng qua điểm (0,1, −3) (3,3,3) GIẢI Vector 𝑢 = (3,2,6) suy vector 𝑣 = ( , , ) 7 Khi ta có phương trình đường thẳng d qua điểm (0,1, −3) (3,3,3) 2|Page 3𝑡 2𝑡 6𝑡 𝑑(𝑡) = ( , + , −3 + ) 7 𝑑 ′ (𝑡) = ( , , ) 7 2 √ = ( ) +( ) +( ) =1 7 Suy 𝑑(𝑡) tham số hóa cần tìm Bài Chứng minh đường cong 𝛾(𝑡) = (cos 𝑡 sin 𝑡 , sin2 𝑡 , 𝑡) có tốc độ xác định số 𝑘 để tham số hóa hiệu chỉnh 𝑡 → 𝛾(𝑘𝑡) có tốc độ đơn vị ‖𝑑 ′ (𝑡)‖ GIẢI Ta có: 𝛾 ′ (𝑡) = (− sin2 𝑡 + cos 𝑡 , sin 𝑡 cos 𝑡 , ) ‖𝛾 ′ (𝑡)‖ 2 2 √ = (− sin 𝑡 + cos 𝑡) + (2 sin 𝑡 cos 𝑡) + ( ) = √𝑠𝑖𝑛4 𝑡 − 2𝑠𝑖𝑛2 𝑡 𝑐𝑜𝑠 𝑡 + 𝑐𝑜𝑠 𝑡 + 4𝑠𝑖𝑛 𝑡 𝑐𝑜𝑠 𝑡 + 16 = 16 Suy đường cong có tốc độ 𝛽 = 𝛾 ∘ 𝜑 = 𝛾(𝑡) ∘ 𝛾(𝑘𝑡) 𝛾(𝑘𝑡) = (cos 𝑘𝑡 sin 𝑘𝑡 , sin 2𝑘𝑡 , 𝑘𝑡) = √(𝑠𝑖𝑛2 𝑡 + 𝑐𝑜𝑠 𝑡)2 + 𝛾′(𝑘𝑡) = (− sin2 𝑘𝑡 + cos 𝑘𝑡 , sin 𝑘𝑡 cos 𝑘𝑡 , ) ‖𝛾 ′ (𝑘𝑡)‖ = √𝑘 sin 𝑡 − 2𝑘 sin2 𝑡 cos 𝑡 + 4𝑘 sin2 𝑡 cos 𝑡 + = √𝑘 + 𝑘 16 25 𝑘 = √ 𝑘 = |𝑘| 16 16 4 Để đường cong 𝛾(𝑘𝑡) có tốc độ ‖𝛾 ′ (𝑘𝑡)‖ = ⇔ |𝑘| = ⇔ 𝑘 = 3|Page 2 Bài Cho 𝛾(𝑡) = ( cos 𝑡 , sin3 𝑡) với 𝑡 ∈ ℝ Với giá trị 𝑡 𝛾 quy? 3 Xác định tham số hiệu chỉnh bảo toàn hướng với tốc độ đơn vị đoạn 𝜋 (0 < 𝑡 < ) GIẢI Ta có 𝛾 ′ (𝑡) = (−2 cos 𝑡 sin 𝑡 , sin2 𝑡 cos 𝑡) cos 𝑡 ≠ { 𝛾 quy ⇔ 𝛾 ′ (𝑡) ≠ ⇒ [−2 cos2 𝑡 sin 𝑡 ≠ ⇔ [ sin2𝑡 ≠ sin 𝑡 cos 𝑡 ≠ {sin 𝑡 ≠ cos 𝑡 ≠ cos 𝑡 ≠ { 𝑡 ≠ 𝑘𝜋 sin 𝑡 ≠ sin 𝑡 ≠ 𝜋 ⇔[ ⇔{ ⇔{ 𝑡 ≠ + 𝑘𝜋 sin 𝑡 ≠ cos 𝑡 ≠ { cos 𝑡 ≠ Bài Cho 𝛾(𝑡) = (𝑒 𝑡 cos 𝑡 , 𝑒 𝑡 sin 𝑡), 𝑡 ∈ ℝ, đường xoắn ốc logarit với 𝑐 = Xác định tham số hóa hiệu chỉnh 𝛽(𝑠), 𝑠 > 0, với tốc độ đơn vị cho 𝛽(𝑠) → (0,0) 𝑠 → GIẢI 𝛾 ′ (𝑡) = (𝑒 𝑡 (cos 𝑡 − sin 𝑡), 𝑒 𝑡 (sin 𝑡 + cos 𝑡)) 𝑣à ‖𝛾 ′ (𝑡)‖ = √𝑒 2𝑡 (cos 𝑡 − sin 𝑡)2 + 𝑒 2𝑡 (sin 𝑡 + cos 𝑡)2 = √2𝑒 𝑡 ≠ Ta xác định hàm 𝑙(𝑡) nguyên hàm hàm tốc độ 𝑙: 𝑅 → (0, +∞) với 𝑙 = √2𝑒 𝑡 𝑠 Khi hàm ngược xác định: 𝛷 = 𝑙 −1 : (0, +∞) → 𝑅 với 𝛷(𝑠) = ln ( ) √2 Vậy tham số hóa hiệu chỉnh với tốc độ đơn vị 𝛾 là: 𝑠 𝑠 𝑠 𝑠 𝛽(𝑠) = ( cos (ln ) , sin (ln )) √2 √2 √2 √2 𝑠 𝑠 ′ (𝑠) Thật :𝛽 = (− sin (ln ) + cos (ln )) ⇒ ‖𝛽′(𝑠)‖ = √2 𝑠 + Mặt khác: lim 𝛽(𝑠) = lim ( 𝑠→0 𝑠→0 √ 𝑠 √2 cos(ln ( ) , 2 √ 𝑠 𝑠 √ √ sin(ln ( )) = (0,0) thỏa yêu cầu 2 toán Bài Cho 𝛽 = 𝛾 ∘ 𝜑: 𝐽 → ℝ𝑛 tham số hóa hiệu chỉnh bảo toàn hướng của 𝛾: 𝐼 → ℝ𝑛 , 𝐼 𝐽 khoảng mở giả sử hai đường cong 𝛾 𝛽 có tốc độ đơn vị Chứng minh tồn số 𝑐 cho 𝜑(𝑠) = 𝑠 + 𝑐, ∀ 𝑠 ∈ 𝐽 Nếu 𝐼 = (𝑎, 𝑏), J gì? Phát biểu chứng minh kết tương tự cho trường hợp tham số hóa hiệu chỉnh đảo ngược hướng Giải 4|Page Ta có 𝛽 ′ = 𝛾 ′ (𝜑) 𝜑 ′ ⇒ ‖𝛽 ′ ‖ = ‖𝛾 ′ (𝜑) 𝜑 ′ ‖ = |𝜑 ′ |‖𝛾 ′ (𝜑)‖ ‖𝛽‖ = Theo giả thiết { ′ ⇒ |𝜑 ′ | = ‖𝛾 (𝜑)‖ = Nếu 𝛽 tham số hóa hiệu chỉnh bảo toàn hướng tức 𝜑 ′ > từ ta 𝜑 ′ = (const) nên tồn số c cho 𝜑(𝑠) = 𝑠 + 𝑐, ∀𝑠 ∈ 𝐽 Khi 𝐼 = (𝑎, 𝑏) 𝜑(𝑠) = 𝑠 + 𝑐, ∀𝑠 ∈ 𝐽 từ 𝐽 → 𝐼 nên tập 𝐽 có dạng 𝐽 = (𝑎 − 𝑐, 𝑏 − 𝑐) Thương tự 𝛽 tham số hóa hiệu chỉnh đảo ngược hướng tức 𝜑 ′ < từ tta 𝜑 ′ = −1 (const) nên tồn số c cho 𝜑(𝑠) = −𝑠 + 𝑐 ∀𝑠 ∈ 𝐽 Khi 𝐼 = (𝑎, 𝑏) 𝜑(𝑠) = 𝑠 + 𝑐, ∀𝑠 ∈ 𝐽 từ 𝐽 → 𝐼 nên tập 𝐽 có dạng 𝐽 = (𝑐 − 𝑏, 𝑐 − 𝑎) Bài 10 Mặt 𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑢 cos 𝑣 , 𝑢 sin 𝑣 , 𝑎𝑣), (𝑢, 𝑣) ∈ ℝ2 , với số 𝑎 ≠ 0, gọi mặt xoắn ốc (hay mặt đinh ốc) Chứng minh 𝜎 mặt quy điểm (𝑢, 𝑣) ∈ ℝ2 , với hệ số dạng thứ 𝐸 = 1, 𝐹 = 0, 𝐺 = 𝑎2 + 𝑢2 GIẢI ′ 𝜎𝑢 = (cos 𝑣 , sin 𝑣 , 0) 𝜎𝑣′ = (−𝑢 sin 𝑣, 𝑢 cos 𝑣 , 𝑎) 𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ = (𝑎 sin 𝑣 , −𝑎 cos 𝑣 , 𝑢) Vì sin 𝑣 , cos 𝑣 không đồng thời 0, 𝑎 ≠ nên 𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ ≠ điểm (𝑢, 𝑣) ⇒ 𝜎 quy điểm (𝑢, 𝑣) Các hệ số dạng thứ là: 𝐸 = ‖𝜎𝑢′ ‖2 = 1; 𝐹 = 𝜎𝑢′ 𝜎𝑣′ = 0; 𝐺 = ‖𝜎𝑣′ ‖2 = 𝑎2 + 𝑢2 Bài 11 Xét tham số hóa mặt 𝜎: 𝑅2 → 𝑅 có hệ số dạng thứ 𝐸 = 1, 𝐹 = 0, 𝐺 = + 𝑢2 Xác định độ dài cung đường cong 𝑡 → 𝜎( , ) từ 𝑡 = đến 𝑡 = Đồng thời xác định góc vecter tiếp xúc 𝑡 = đường cong vecter tiếp xúc 𝑡 = đường cong 𝑡 → 𝜎 ( + 𝑡, 𝑡) Giải 𝐸 = 1; 𝐹 = 0; 𝐺 = + 𝑢2 4 𝑡 → 𝜎 ( , 𝑡) ⇒ 𝑢′ = ⟹ 𝑣 ′ = 5 Độ dài cung là: 𝑡2 ∫ (𝐸 𝑢′2 + 2𝐹 𝑢′ 𝑣 ′ + 𝐺 𝑣 ′2 )2 𝑑𝑡 𝑡1 5|Page 2 4 = ∫ [1.0 + 2.0.0 + (1 + 𝑢2 ) ( ) ] 𝑑𝑡 5 4 ∫ √1 + 𝑢2 𝑑𝑡 = √1 + 𝑢2 𝑡 | = √1 + 𝑢2 5 Công thức góc vector tiếp xúc: 𝐸 𝑎𝑎̃ + 𝐹(𝑎𝑏̃ + 𝑏𝑎̃) + 𝐺𝑏𝑏̃ 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑣ớ𝑖 𝑎 = 0, (𝐸𝑎2 + 2𝐹𝑎𝑏 + 𝐺𝑏 )2 (𝐸𝑎̃2 + 2𝐹𝑎̃𝑏̃ + 𝐺𝑏̃ )2 ⟹ 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 4 𝑏 = , 𝑎̃ = 1, 𝑏̃ = 5 4 4 1.0.1 + (0 + 1) + (1 + 𝑢2 ) 5 5 2 2 4 4 (1.0 + 2.0.0 + (1 + 𝑢2 ) ( ) ) (1.1 + 2.0.1 + (1 + 𝑢2 ) ( ) ) 5 5 16 (1 + 𝑢2 ) 4√1 + 𝑢2 25 = = √41 + 𝑢2 16 + 𝑢2 √1 + (1 + 𝑢2 ) √1 25 Bài 12 Chứng minh hệ số dạng thứ E, F G mặt tròn xoay 𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑓(𝑢)𝑐𝑜𝑠𝑣, 𝑓(𝑢)𝑠𝑖𝑛𝑣, 𝑔(𝑢)) cho 𝐸 = 𝑓 ′(𝑢) + 𝑔′(𝑢) , 𝐹 = 0, 𝐺 = 𝑓(𝑢)2 a Đường cong 𝑡 → 𝜎(𝑢0 , 𝑡) 𝜎, với 𝑢0 số, gọi đường cong song song Chứng minh tốc độ số b Đường cong 𝑡 → 𝜎(𝑡, 𝑣0 ) 𝜎, với 𝑣0 số, gọi kinh tuyến Chứng minh có tốc độ đơn vị đường cong sinh ( đường cong sinh mặt tròn xoay ) có tốc độ đơn vị Giải 𝐸 = [𝑓 ′ (𝑢)]2 + [𝑔′ (𝑢)]2 𝜎 ′ 𝑢 = (𝑓 ′ (𝑢)𝑐𝑜𝑠𝑣; 𝑓 ′ (𝑢)𝑠𝑖𝑛𝑣; 𝑔′ (𝑢)) Ta có { ′ ⟹{ 𝐹=0 𝜎 𝑣 = (−𝑓 ′ (𝑢)𝑠𝑖𝑛𝑣; 𝑓 ′ (𝑢)𝑐𝑜𝑠𝑣; 0) 𝐺 = [𝑓 ′ (𝑢)]2 a 𝜇(𝑡) = (𝑢0 ; 𝑡) Khi đó: ⟹ 𝛾 ′ (𝑡) = 𝑢′ (𝑡) 𝜎 ′ 𝑢 (𝜇(𝑡)) + 𝑣 ′ (𝑡)𝜎 ′ 𝑣 (𝜇(𝑡)) = (−𝑓 ′ (𝑢0 )𝑠𝑖𝑛𝑡; 𝑓(𝑢0 )𝑐𝑜𝑠𝑡; 𝑜) ⟹ ‖𝛾 ′ (𝑡)‖ = ‖𝑓(𝑢0 )‖ ( số) b λ(t) = (t, 𝑣0 ) Khi đó: 𝛽(𝑡) = 𝜎 λ = σ(t, 𝑣0 ) 6|Page ⟹ 𝛽 ′(𝑡) = (𝑓 ′ (𝑢0 )𝑐𝑜𝑠𝑣0 ; 𝑓′(𝑡)𝑠𝑖𝑛𝑣0 ; 𝑔′(𝑡)) Bài 13 Cho 𝜎(𝑢, 𝑣) = (√1 − 𝑢2 𝑐𝑜𝑠𝑣, √1 − 𝑢2 𝑠𝑖𝑛𝑣, 𝑢), với (𝑢, 𝑣) ∈ 𝑈 = (−1,1) × 𝑅 Chứng minh 𝜎 tham số hóa quy mặt cầu đơn vị, bỏ hai cực Một đồ trái đất dựa tham số hóa gọi phép chiếu đồ trụ Giải thích điều này! Xác định hệ số E, F G đồng thời chứng minh 𝜎 ánh xạ bảo toàn diện tích ( đẳng diện ), nghĩa diện tích 𝐴(𝜎, 𝐷) với diện tích D với miền sơ cấp D⊂ (−1,1) × [−𝜋, 𝜋] Giải −𝑢 −𝑢 𝜎′𝑢 = ( 𝑐𝑜𝑠𝑣, 𝑠𝑖𝑛𝑣, 1) √1 − 𝑢2 √1 − 𝑢2 𝜎′𝑣 = (−√1 − 𝑢2 𝑠𝑖𝑛𝑣, √1 − 𝑢2 𝑐𝑜𝑠𝑣, 0) ⟹ 𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 = (−√1 − 𝑢2 𝑐𝑜𝑠𝑣, −√1 − 𝑢2 𝑠𝑖𝑛𝑣, −𝑢) (𝑢, 𝑣) ∈ 𝑈 = (−1,1) × 𝑅 ⟹ √1 − 𝑢2 ≠ Vì 𝑐𝑜𝑠𝑣 𝑣à 𝑠𝑖𝑛𝑣 𝑘ℎô𝑛𝑔 đồ𝑛𝑔 𝑡ℎờ𝑖 𝑏ằ𝑛𝑔 Nên 𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 ≠ 𝑣à ‖𝜎 ′ 𝑢 × 𝜎 ′ 𝑣 ‖ = √1 − 𝑢2 + 𝑢2 = ⟹ 𝜎 tham số hóa quy mặt cầu 𝑢2 𝑢2 𝑢2 +1−𝑢2 đơn vị.𝐸 = ‖𝜎 ′ 𝑢 ‖2 = (cos 𝑣 + sin2 𝑣) + = +1= = 1−𝑢2 1−𝑢2 1−𝑢2 1−𝑢2 ′ ′ 𝐹 = 𝜎 𝑢 𝜎 𝑣 = 𝑢𝑠𝑖𝑛𝑣 𝑐𝑜𝑠𝑣 − 𝑢𝑠𝑖𝑛𝑣 𝑐𝑜𝑠𝑣 + = ′ 𝐺 = ‖𝜎 𝑣 ‖ = (1 − 𝑢2 ) sin2 𝑣 + (1 − 𝑢2 ) cos 𝑣 = (1 − 𝑢2 )(sin2 𝑣 + cos 𝑣) = − 𝑢2 Diện tích 𝐷 𝑙à: (1 + 1) (𝜋 + 𝜋) = 2.2𝜋 = 4𝜋 Mặt khác: 𝜋 𝐴(𝜎, 𝐷) = ∫𝐷 ‖𝜎 ′ 𝑢 ′ × 𝜎 𝑣 ‖𝑑𝐴 = ∫𝐷 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑑𝑢𝑑𝑣 = 4𝜋 −𝜋 −1 Vậy 𝜎 ánh xạ bảo toàn diện tích Bài 14 Vẽ tập sau 𝑅2 chúng miền sơ cấp: a 𝐷 = [1,2] × [0,1] b 𝐷 = {(𝑢, 𝑣)|1 ≤ 𝑢 ≤ 2,0 ≤ 𝑣 ≤ 𝑢 − c 𝐷 = {(𝑢, 𝑣)|0 ≤ 𝑣 ≤ 1, 𝑣 + ≤ 2} d 𝐷 = {(𝑢, 𝑣)|1 ≤ 𝑢 ≤ 2,0 ≤ 𝑣 ≤ − 𝑢} Trong trường hợp, tinh tích phân ∫𝐷 𝑢𝑑𝐴 Lập lại tính toán với thứ tự lấy tích phân 𝑢 𝑣à 𝑣 đảo ngược với Giải 7|Page v a ∫ 𝑢𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑢𝑑𝑣 𝑑𝑢 = ∫ 𝑢𝑑𝑢 = 𝐷 1 3 ∫ 𝑢𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑢𝑑𝑢 𝑑𝑣 = ∫ 𝑑𝑣 = 𝐷 1 O v 𝑢−1 b ∫ 𝑢𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝐷 1 u 𝑢𝑑𝑣 𝑑𝑢 1 (1 + 𝑣)2 ∫ 𝑢𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑢𝑑𝑢 𝑑𝑣 = ∫ [2 − ] 𝑑𝑣 = 𝐷 1+𝑣 = ∫ 𝑢(𝑢 − 1)𝑑𝑢 = O u -1 v 𝑢−1 c ∫ 𝑢𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝐷 1 𝑢𝑑𝑣 𝑑𝑢 = ∫ 𝑢(𝑢 − 1)𝑑𝑢 = 1 (1 + 𝑣)2 ∫ 𝑢𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑢𝑑𝑢 𝑑𝑣 = ∫ [2 − ] 𝑑𝑣 = 𝐷 1+𝑣 O u -1 2 𝐷 1 2−𝑣 (2 − 𝑣) ∫ 𝑢𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑢𝑑𝑢 𝑑𝑣 = ∫ ( − ) 𝑑𝑣 = 2 𝐷 v d ∫ 𝑢𝑑𝐴 = ∫ ∫ O 2−𝑢 2 𝑢𝑑𝑣 𝑑𝑢 = ∫ 𝑢(2 − 𝑢)𝑑𝑢 = u Bài 15 Cho 𝛾(𝑡) = (3𝑡, 4𝑡, 5√1 − 𝑡 𝑣ớ𝑖 𝑡 ∈ (−1,1) a Xác định tham số hóa hiệu chỉnh 𝛾 với tốc độ đơn vị ( công thức nguyên hàm sử dụng: ∫(1 − 𝑡 )^−2 𝑑𝑡 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑡 + 𝑐, 𝑐 ∈ 𝑅) 8|Page b c Cho 𝜎(𝑢, 𝑣) = (3𝑡, 4𝑡, 5√1 − 𝑡 ), 𝑣ớ𝑖 𝑢 ∈ 𝑅 𝑣à − < 𝑣 < Kiểm chứng 𝛾 xem đường cong tham số 𝜎, đồng thời xác định hệ số vector tiếp xúc 𝛾′(𝑡) tương ứng với sở{𝜎 ′ 𝑢, 𝜎 ′ 𝑣 } 𝑇𝛾(𝑡)𝜎 𝑘ℎ𝑖 𝑣 ≠ Xác định hệ số E, F G 𝜎, viết công thức tính diện tích 𝐴(𝜎, 𝐷), D hình chữ nhật 𝐷 = [0,1] × [0, ] GIẢI 𝛾(𝑡) = (3𝑡, 4𝑡, 5√1 − 𝑡 ) , 𝑡 ∈ (−1,1) a 𝛾 ′ (𝑡) = (3,4, ‖𝛾 ′ (𝑡)‖ −5𝑡 √1−𝑡 ) = √9 + 16 + = √25 25𝑡 25𝑡 25(1 − 𝑡 ) + 25𝑡 √ √ = 25 + = − 𝑡2 − 𝑡2 − 𝑡2 = √1 + 𝑡 √1 − 𝑡 𝜋 𝜋 Độ dài cung: = arcsin 𝑡 | = ( + ) = 5𝜋 số 2 −1 Vậy tham số hóa hiệu chỉnh 𝛾 với tốc độ đơn vị 1 ∫−1 𝑑𝑡 √1−𝑡 𝑠 3𝑠 4𝑠 𝑠 𝛽(𝑠) = 𝛾 ( ) = ( , , 5√1 − ( ) ) 5𝜋 5𝜋 5𝜋 5𝜋 𝑐 𝜎(𝑢, 𝑣) = (3𝑢, 4𝑢, 5√1 − 𝑣 ) ta có: 𝜎𝑢′ = (3,4,0); 𝜎𝑣′ = (0,0, − 𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ = (− 5𝑣 √1−𝑣 20 ) , 15𝑣 √1 − 𝑣 √1 − 𝑣 𝐸 = ‖𝜎𝑢′ ‖2 = 25; 𝐹 = 𝜎𝑢′ 𝜎𝑣′ = 25𝑣 ′ 𝐺 = ‖𝜎𝑣 ‖ = − 𝑣2 , 0) ; ‖𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ ‖ = 25𝑣 √1 − 𝑣 2 2 25 𝑣 25𝑣 𝜎 = (𝐸 𝐺 − 𝐹 ) = ( = ) − 𝑣2 √1 − 𝑣 1 𝐴(𝜎, 𝐷) = ∫ 𝜎𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝐷 0 25𝑣 √1 − 𝑣 𝑑𝑣𝑑𝑢 9|Page Tính ∫ 𝜋 25𝑣 𝑑𝑣 = ∫ √1 − 𝑣 25 sin 𝑥 √1 − sin2 𝑥 𝜋 cos 𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 25 sin 𝑥 𝑑𝑥 √3 = −25 ( − 1) √3 √3 ⟹ 𝐴(𝜎, 𝐷) = ∫ −25 ( − 1) 𝑑𝑢 = −25 ( − 1) 2 Bài 16 Cho 𝜎 mặt tròn xoay ( xem tập 12) Gọi 𝐷 = {(𝑢, 𝑣)|𝑎 ≤ 𝑢 ≤ 𝑏, −𝜋 ≤ 𝑣 ≤ 𝜋} giả sử [𝑎, 𝑏] chứa khoảng xác định đường cong sinh (của mặt tròn xoay) Kiểm chứng diện tích 𝜎 D cho 𝑏 2𝜋 ∫𝑎 √𝑓 ′ (𝑢)2 + 𝑔′ (𝑢)2 𝑓(𝑢)𝑑𝑢 Xác định diện tích hình vành đai mặt 𝜋 cầu bán kính 1, với vĩ độ thõa mãn điều kiện |𝑢| ≤ Đồng thời xác định 𝜋 𝜋 4 diện tích hình mũ lưỡi trai, với ≤ 𝑢 ≤ Giải 2 𝐸 = (𝑓 ′ (𝑢)) + (𝑔′ (𝑢)) Ta có { (theo câu 12) 𝐹=0 𝐺 = (𝑓(𝑢)) Nên diện tích 𝜎 miền 𝐷 : 𝑏 𝜋 2 𝐴(𝜎, 𝐷) = ∫ √𝐸𝐺 − 𝐹 𝑑𝐴 = ∫ ∫ √(𝑓 ′ (𝑢)) + (𝑔′ (𝑢)) 𝑓(𝑢)𝑑𝑣 𝑑𝑢 𝐷 𝑏 𝑎 −𝜋 2 = ∫ √(𝑓 ′ (𝑢)) + (𝑔′ (𝑢)) 𝑓(𝑢)𝑑𝑢 𝑎 Đối với mặt cầu bán kính : 𝑓(𝑢) = cos 𝑢; 𝑔(𝑢) = sin 𝑢 Diện tích hình vành đại mặt cầu bán kính 1, với vĩ độ thỏa |𝑢| ≤ 𝜋 𝜋 𝑆 = 2𝜋 ∫ √sin2 𝑢 + cos 𝑢 cos 𝑢 𝑑𝑢 − 𝜋 𝜋 = 2𝜋 ∫ cos 𝑢 𝑑𝑢 = (2𝜋 sin 𝑢) | 4𝜋 = 2√2𝜋 𝜋 − − 4 𝜋 𝜋 Diện tích mũ lưỡi trai với ≤ 𝑢 ≤ : 𝜋 4 10 | P a g e 𝜋 𝑆 = 2𝜋 ∫ √sin2 𝑢 + cos 𝑢 cos 𝑢 𝑑𝑢 𝜋 𝜋 𝜋 = (2 − √2)𝜋 = 2𝜋 ∫ cos 𝑢 𝑑𝑢 = (2𝜋 sin 𝑢) |𝜋 𝜋 4 Bài 17 Kí hiệu 𝜎 đồ thị hàm trơn 𝑧 = ℎ(𝑥, 𝑦), cho 𝐷 ⊂ 𝑅 miền sơ cấp Kiểm chứng công thức, 𝐴(𝜎, 𝐷) = ∫𝐷 √1 + (ℎ′ 𝑥 )2 + (ℎ′ 𝑦 ) 𝑑𝐴 Với giả thiết D chứa tập mở nằm miền xác định hàm h Viết công thức tính diện tích phần mặt cầu bán kính tâm đặt gốc tọa độ, 1 |𝑥| ≤ 𝑣à |𝑦| ≤ ( bỏ qua giả thiết tập D) Việc tính tích phân √2 √2 hoàn toàn không đơn giản Thay tích phân đó, diện tích hình mũ lưỡi trai ( xem tập 16) xác định việc xem xét cấu trúc hình học Việc làm nào? Giải Ta có 𝜎(𝑥, 𝑦) = 𝜎𝑥′ (𝑥, 𝑦, ℎ(𝑥, 𝑦)) nên { ′ 𝜎𝑦 = = (1,0, ℎ𝑥′ ) (0,1, ℎ𝑦′ ) 𝐸 = ‖𝜎𝑥′ ‖2 = + (ℎ𝑥′ )2 𝐹 = ℎ𝑥′ ℎ𝑦′ ⇒{ 2 𝐺 = ‖𝜎𝑦′ ‖ = + (ℎ𝑦′ ) Khi : 𝐴(𝜎, 𝐷) = ∫𝐷 √𝐸𝐺 − 𝐹 𝑑𝐴 = ∫𝐷 √1 + (ℎ𝑥′ )2 + (ℎ𝑦′ ) 𝑑𝐴 Phần có tọa độ thỏa |𝑥| ≤ √2 |𝑦| ≤ , 𝑧 ≥ mặt cầu bán kính √2 tâm gốc tọa độ xem đồ thị hàm trơn 𝑧 = √1 − 𝑥 − 𝑦 Vì diện tích phần mặt cầu (bán kính tâm gốc tọa độ) có |𝑥| ≤ |𝑦| ≤ √2 √2 là: 𝑥2 𝑦2 𝐴(𝜎, 𝐷) = ∫ √1 + + 𝑑𝐴 − 𝑥2 − 𝑦2 − 𝑥2 − 𝑦2 𝐷 √2 = 2∫ − √2 ∫ 1 − √2 √2 √1 + 𝑥2 𝑦2 + 𝑑𝑥𝑑𝑦 − 𝑥2 − 𝑦2 − 𝑥2 − 𝑦2 11 | P a g e (trong công thức có xuất số diện tích mà ta xét gấp lần diện 1 tích phần có tọa độ thỏa |𝑥| ≤ |𝑦| ≤ , 𝑧 ≥ 0) √2 √2 Tính tích phân hoàn toàn không dễ dàng! Ta có cách tính khác dựa vào cấu trúc hình học sau: Ta tính diện tích hình chỏm cầu giới hạn đỉnh (0 ;0;1) hình cầu mặt phẳng 𝑧 = √2 Khi 𝑆 = 2𝜋𝑅ℎ với h khoảng cách từ đỉnh (0 ;0;1) hình cầu đến mặt phẳng 𝑧 = √2 , ta tính ℎ = (2 − √2 ) Vì vậy𝑆 = (2 − √2)𝜋 Diện tích hình cần tính : 𝐴(𝜎, 𝐷) = 2𝑆 = (4 − 2√2)𝜋 Bài 18 Hình xuyến mặt tròn xoay với đường sinh đường tròn mặt phẳng xz có bán kính r tâm (𝑅, 0,0), 𝑣ớ𝑖 𝑅 > 𝑟) Nó tham số hóa 𝜎(𝑢, 𝑣) = ((𝑅 + 𝑟 cos 𝑢) cos 𝑣 , (𝑅 + 𝑟 cos 𝑢) sin 𝑣 , 𝑟 sin 𝑢) Xác định diện tích hình xuyến Giải Ta có: 𝜎𝑢′ = (−𝑟 sin 𝑢 cos 𝑣 , −𝑟 sin 𝑢 sin 𝑣 , 𝑟 cos 𝑢) 𝜎𝑣′ = ((𝑅 + 𝑟 cos 𝑢)(− sin 𝑣), (𝑅 + 𝑟 cos 𝑢) cos 𝑣 , 0) ⇒ 𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ = (−𝑟(𝑅 + 𝑟 cos 𝑢) cos 𝑣 cos 𝑢 , −𝑟(𝑅 + 𝑟 cos 𝑢) cos 𝑢 sin 𝑣 , −(𝑅 + 𝑟 cos 𝑢)𝑟 sin 𝑢) ⇒ ‖𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ ‖ = √𝑟 (𝑅 + 𝑟 cos 𝑢)2 = 𝑟(𝑅 + 𝑟 cos 𝑢) Bài 19 Cho 𝜎(𝑢, 𝑣) = (𝑢𝑐𝑜𝑠𝑣, 𝑢𝑠𝑖𝑛𝑣, 𝑣) (mặt đinh ốc, xem tập 10) Xác định diện tích 𝜎 miền 𝐷 = {(𝑢, 𝑣)|0 ≤ 𝑣 ≤ 1, 𝑣 ≤ 𝑢 ≤ 1} Giải (𝑢 𝜎(𝑢, 𝑣) = cos 𝑣 , 𝑢 sin 𝑣 , 𝑣) 𝜎𝑢′ = (cos 𝑣 , sin 𝑣 , 0) 𝜎𝑣′ = (−𝑢 sin 𝑣 , 𝑢 cos 𝑣 , 1) ⇒ 𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ = (sin 𝑣 , − cos 𝑣 , 𝑢) ⇒ ‖𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ ‖ = √sin2 𝑣 + cos 𝑣 + 𝑢2 = √1 + 𝑢2 Diện tích 𝜎 miền 𝐷 là: 12 | P a g e 𝐴(𝜎, 𝐷) = ∫𝐷 ‖𝜎𝑢′ × 𝜎𝑣′ ‖𝑑𝐴 1 = ∫ ∫ √1 + 𝑢2 𝑑𝑢𝑑𝑣 𝑣 𝑢 1 = ∫ ( √1 + 𝑢2 + ln (𝑢 + √1 + 𝑢2 )) | 𝑑𝑣 𝑣 2 𝑣 √2 = ∫ ( + ln(1 + √2) − √1 + 𝑣 − ln (𝑣 + √1 + 𝑣 )) 2 2 √2 1 = ( + ln(1 + √2)) | − ∫ 𝑣√1 + 𝑣 𝑑𝑣 2 1 1 √2 − ∫ ln (𝑣 + √1 + 𝑣 ) 𝑑𝑣 = + ln(1 + √2) − 𝐼1 − 𝐼2 2 2 Tính 𝐼1 = ∫0 𝑣 √1 + 𝑣 𝑑𝑣 Đặt 𝑡 = √1 + 𝑣 ⇒ 𝑡 = + 𝑣 ⇒ 𝑡𝑑𝑡 = 𝑣𝑑𝑣 Đổi cận: 𝑣 = ⇒ 𝑡 = 1; 𝑣 = ⇒ √2 √2 √2 𝑡 √2 ⇒ 𝐼1 = ∫ 𝑡 𝑡𝑑𝑡 = ∫ 𝑡 𝑑𝑡 = | = (2√2 − 1) 3 1 Tính 𝐼2 = ∫0 ln(𝑣 + √1 + 𝑣 )𝑑𝑣 Đặt {𝑚 = ln(𝑣 + √1 + 𝑑𝑛 = 𝑑𝑣 𝑣2 ⇒ {𝑑𝑚 = 𝑣 = 𝑛=𝑣 ⇒ 𝐼2 = (𝑣 ln (𝑣 + √1 + Tính 𝐼3 = ∫0 𝑣 √1+𝑣2 𝑣+√1+𝑣 1+ 𝑣 )) | −∫ √1+𝑣 𝑣 √1 + 𝑣 𝑑𝑣 = ln(1 + √2) − 𝐼3 𝑑𝑣 √1+𝑣 + 𝑣2 ⇒ Đặt 𝑡 = √1 𝑡 = + 𝑣 ⇒ 𝑡𝑑𝑡 = 𝑣𝑑𝑣 Đổi cận: 𝑣 = ⇒ 𝑡 = 1; 𝑣 = ⇒ √2 √2 𝑑𝑡 = 𝑡 |√2 = √2 − 1 ⇒ 𝐼2 = ln(1 + √2) − √2 + ⇒ 𝐼3 = ∫ Vậy 𝐴(𝜎, 𝐷) = √2 + ln(1 + √2) − 11 (2√2 − 1) − (ln(1 + √2) − √2 + 1) 23 = 2√2 − 13 | P a g e [...]... ⇒ 𝑡 2 = 1 + 𝑣 2 ⇒ 𝑡𝑑𝑡 = 𝑣𝑑𝑣 Đổi cận: 𝑣 = 0 ⇒ 𝑡 = 1; 𝑣 = 1 ⇒ √2 √2 √2 𝑡 3 √2 1 2 ⇒ 𝐼1 = ∫ 𝑡 𝑡𝑑𝑡 = ∫ 𝑡 𝑑𝑡 = | = (2√2 − 1) 3 1 3 1 1 1 Tính 𝐼2 = ∫0 ln(𝑣 + √1 + 𝑣 2 )𝑑𝑣 Đặt {𝑚 = ln(𝑣 + √1 + 𝑑𝑛 = 𝑑𝑣 𝑣2 ⇒ {𝑑𝑚 = 1 𝑣 = 𝑛=𝑣 ⇒ 𝐼2 = (𝑣 ln (𝑣 + √1 + Tính 3 = ∫0 𝑣 √1+𝑣2 𝑣+√1+𝑣 2 1+ 1 𝑣 2 )) | 0 1 −∫ 0 1 √1+𝑣 2 𝑣 √1 + 𝑣 2 𝑑𝑣 = ln(1 + √2) − 3 𝑑𝑣 √1+𝑣 2 + 𝑣2 ⇒ Đặt 𝑡 = √1 𝑡 2 = 1 + 𝑣 2 ⇒ 𝑡𝑑𝑡 = 𝑣𝑑𝑣 Đổi cận: 𝑣 = 0... − 3 𝑑𝑣 √1+𝑣 2 + 𝑣2 ⇒ Đặt 𝑡 = √1 𝑡 2 = 1 + 𝑣 2 ⇒ 𝑡𝑑𝑡 = 𝑣𝑑𝑣 Đổi cận: 𝑣 = 0 ⇒ 𝑡 = 1; 𝑣 = 1 ⇒ √2 √2 𝑑𝑡 = 𝑡 |√2 = √2 − 1 1 1 ⇒ 𝐼2 = ln(1 + √2) − √2 + 1 ⇒ 3 = ∫ Vậy 𝐴(𝜎, 𝐷) = √2 2 1 + ln(1 + √2) − 2 11 1 (2√2 − 1) − 2 (ln(1 + √2) − √2 + 1) 23 = 2√2 − 1 3 13 | P a g e