TOÁN CAO CẤP 3593460576965658.pdf

Dong Dinh BÀI TẬP TÍCH PHÂN BỘI, TÍCH PHÂN ĐƯỜNG VÀ TÍCH PHÂN MẶT B 2015dS = S = = 1= =−0= A = Bản thảo Phiên 1.2.1 Sửa lần cuối ngày 31/12/2015 2016dV V Mục lục Tích phân bội 1.1 Tính tích phân định nghĩa 1.2 Đổi thứ tự lấy tích phân 1.3 Đổi biến 1.3.1 Đổi biến phép biến đổi affine 1.3.2 Đổi biến tọa độ cực 1.4 Một số tích phân đặc biệt 11 1.5 Định lí Fubini 13 1.6 Tích phân ba lớp 16 1.7 Ứng dụng tích phân bội 25 Tích phân đường - Tích phân mặt 30 2.1 Tích phân đường loại 30 2.2 Tích phân đường loại 31 2.2.1 Tích phân đường loại định nghĩa 31 2.2.2 Công thức Green 36 2.2.3 Điều kiện để tích phân đường khơng phụ thuộc vào đường lấy tích phân 38 2.3 Tham số hóa mặt 46 2.4 Tích phân mặt loại 51 2.5 Tích phân mặt loại 54 2.6 Định lí Ostrogradski, Định lí Stokes 59 2.6.1 Định lí Gauss-Ostrogradski 59 2.6.2 Định lí Stokes 64 Tài liệu tham khảo 69 1.1 Tích phân bội Tính tích phân định nghĩa Bài tập 1.1 Chứng minh hàm số f (x, y) = khả tích [a, b] × [c, d] Giải Với phân hoạch P {(xi , yj ) : i = n, j = k} ta có mij (f ) = inf{f (x, y) : (x, y) ∈ [xi−1 , xi ] × [yj−1 , yj ]} = 1, Mij (f ) = sup{f (x, y) : (x, y) ∈ [xi−1 , xi ] × [yj−1 , yj ]} = Mặt khác, n k mij (xi − xi−1 )(yj − yj−1 ) L(f, P ) = i=1 j=1 n k (xi − xi−1 )(yj − yj−1 ) = i=1 j=1 = (b − a)(d − c) n k Mij (xi − xi−1 )(yj − yj−1 ) U (f, P ) = i=1 j=1 n k (xi − xi−1 )(yj − yj−1 ) = i=1 j=1 = (b − a)(d − c) Suy U (f ) = inf{U (f, P ) : P phân hoạch} = (b − a)(d − c) L(f ) = sup{L(f, P ) : P phân hoạch} = (b − a)(d − c) f dxdy = (b − a)(d − c)   1, Bài tập 1.2 Chứng minh hàm số f (x, y) =  0, Do f khả tích D tích [a, b] × [c, d] x y số hữu tỉ không khả x y số vô tỉ Giải Giả sử P {(xi , yj ) : i = n, j = k} phân hoạch [a, b] × [c, d] Vì [xi−1 , xi ] [yj−1 , yj ] chứa số hữu tỉ vô tỉ nên mij (f ) = 0, Mij (f ) = với i, j Do L(f, P ) = 0, U (f, P ) = (b − a)(d − c) Suy U (f ) = (b − a)(d − c), L(f ) = Vì a < b, c < d nên L(f ) = U (f ), tức f khơng khả tích 1.2 Đổi thứ tự lấy tích phân Bài tập 1.3 Tính tích phân I1 = ydxdy D D = {(x, y) : y ≤ 0, x2 + 2y ≤ 1} (4−x)2 } Giải Viết lại D = {(x, y) : −2 ≤ x ≤ 2, ≤ y ≤ (4−x)2 2 ( ydxdy = D ydy)dx = −2 √ √ ydxdy = D − √ 2, − − 2y ≤ x ≤ ydx)dy = √ − 2y } Ta √ 4−2y ( − x2 dx = −2 Cách khác: Viết lại D = {(x, y) : ≤ y ≤ có Ta có − 2y dy = y 4−2y Bài tập 1.4 Tính tích phân ex dxdy I2 = D D = {(x, y) : ≤ x ≤ 1, ≤ y ≤ 2x} Giải x2 I2 = e dxdy = D 2x ( x2 0 2xex dx = e − e dy)dx = Bài tập 1.5 Đổi thứ tự lấy tích phân 1−x2 dx a) I1 = −1 a b) I2 = f (x, y)dy dx f (x, y)dy; √ − 1−x2 √ a2 −x2 a2 −x2 2a a) Ta có I1 = f (x, y)dxdy với D miền giới hạn y = − x2 D √ y =− 1−x √ √ Giải 1−y Suy I1 = dy −1 b) Ta có I2 = √ − dy 1−y f (x, y)dxdy + D1 1−y f (x, y)dx + √ − 1−y f (x, y)dx f (x, y)dxdy với D1 a D1 = {(x, y)| ≤ y ≤ , a2 − 2ay ≤ x ≤ a2 − y }, a D2 = {(x, y)| ≤ y ≤ a, ≤ x ≤ a2 − y } √ √2 a 2 a −y Suy I2 = dy 1.3 √ a −y a f (x, y)dx + dy a a2 −2ay f (x, y)dx Đổi biến Thực phép đổi biến x = x(u, v) y = y(u, v) thỏa mãn • hàm liên tục có đạo hàm riêng liên tục miền đóng D mặt phẳng Ouv • x = x(u, v) y = y(u, v)xác định song ánh từ D mặt phẳng Ouv vào D mặt phẳng Oxy • Định thức Jacobi J(u, v) = khác D ∂x ∂u ∂y ∂u ∂x ∂v ∂y ∂v (1.3.1) Khi f (x(u, v), y(u, v)) |J(u, v)| dudv f (x, y) dxdy = D 1.3.1 (1.3.2) D Đổi biến phép biến đổi affine x−y e x+y dxdy, D = {(x, y) : x ≥ 0, y ≥ Bài tập 1.6 Tính tích phân D 0, x + y ≤ 1} Giải Đặt u = x − y and v = x + y Suy x = 12 (u + v) y = 21 (v − u) Ta có y v x = 12 (u + v) y= (v − u) D x+y =1 u=v u = −v D x u −1 Hình 1: ∂x ∂x J(u, v) = ∂u ∂v = ∂y ∂y ∂u ∂v Theo công thức đổi biến ta có − 12 = ⇒ |J(u, v)| = = f (x(u, v), y(u, v)) |J(u, v)| du dv e x+y dxdy = D Miền D D x−y D v = u ev −v = v u ev 2 du dv u=v dv u=−v = = v (e − e−1 ) dv v (e − e−1 ) = 1 e− e Bài tập 1.7 Tính tích phân (x − y)2 sin2 (x + y)dxdy I3 = D = e2 − 4e , D = {(x, y) ∈ R2 : −π ≤ x + y ≤ 3π, −π ≤ x − y ≤ π} Giải Đổi biến   u = x + y =x−y  v Suy   x = u+v  y u−v = Ta có D = {(u, v) : −π ≤ u ≤ 3π, −π ≤ v ≤ π} |J| = 21 Từ I3 = 3π v sin2 ududv = π v sin2 udv)dv = ( −π D −π Bài tập 1.8 Tính tích phân y dxdy x+y I4 = D D = {(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≥ 0, ≤ 2(x + y) ≤ 2} Giải Đổi biến   u = x + y  v = y x+y Suy   x = u(1 − v)  y Ta có D = {(u, v) : = uv ≤ u ≤ 1, ≤ v ≤ 1} |J| = u Từ 1 I4 = ( uvdudv = D uvdu)dv = 16 π4 1.3.2 Đổi biến tọa độ cực f (x, y) dx dy = f (r cos θ, r sin θ) r dr dθ , D (1.3.3) D với công thức đổi biến x = r cos θ, y = r sin θ biến miền D mặt phẳng Orθ thành miền D mặt phẳng Oxy Ta thường dùng phép đổi biến tọa độ cực miền lấy tích phân hình tròn (hoặc phần nó, miền giới hạn phương trình đường cong có chứa x2 + y ) hàm lấy dấu tích phân có dạng f ( x2 + y ) miền D giới hạn đường thẳng qua gốc tọa độ Vẽ miền lấy tích phân D (nếu được) dễ dàng xác định cận lấy tích phân Bài tập 1.9 Tính tích phân dxdy I1 = a2 − x2 − y D D miền giới hạn đường tròn x2 + y = ay, a > Giải Đổi biến sang tọa độ cực ta có D = {(r, ϕ) : ≤ ϕ ≤ π, ≤ r ≤ a sin ϕ} Ta có a sin ϕ π I1 = rdr √ a2 − r dϕ 0 π −1 = (a2 − r2 ) 2 π (1 − | cos ϕ|)dϕ =a = a(π − 2) a sin ϕ dϕ Bài tập 1.10 Tính tích phân 1− x2 y − dxdy a2 b x2 a2 y2 b2 I2 = D D miền giới hạn elip + = 1, (a, b > 0) Giải Đầu tiên ta biến đổi miền elip D = {(x, y) : x2 a2 + y2 b2 ≤ 1} thành hình tròn đơn vị D1 = {(u, v) : u2 + v ≤ 1} phép biến đổi affine u = xa , v = yb Khi I1 = f (x, y)dxdy = D f (au, bv)abdudv D1 |J(u, v)| = ab Sau biến D1 thành D = {(r, ϕ) : ≤ ϕ ≤ 2π, ≤ r ≤ 1} phép đổi biến sang tọa độ cực Do ta có I1 = f (x, y)dxdy = D f (au, bv)abdudv = D1 f (ar cos ϕ, br sin ϕ)abrdrdϕ D Một cách đơn giản, ta dùng phép đổi biến sau x = ar cos ϕ, y = br sin ϕ ta có |J(r, ϕ)| = abr D = {(r, ϕ) : ≤ ϕ ≤ 2π, ≤ r ≤ 1} Khi 2π I1 = dϕ 0 2π −ab = √ r − r2 dr (1 − r2 ) 0 dϕ −ab −4π × 2abπ = = Bài tập 1.11 Tính tích phân a2 − x2 − y dxdy I3 = D D miền giới hạn đường tròn x2 + y = ax, (a > 0) Giải Đổi biến sang tọa độ cực ta có D = {(r, ϕ) : − Ta có π π ≤ ϕ ≤ , ≤ r ≤ a cos ϕ} 2 π I3 = a cos ϕ √ dϕ − π2 a2 − r2 rdr π −1 = (a2 − r2 ) − π2 a cos ϕ dϕ π = a3 (1 − | sin3 ϕ|)dϕ − π2 = a3 (3π − 4) Bài tập 1.12 Tính tích phân x2 + y dxdy I4 = D D = {(x, y) : x ≥ 0, y ≥ 0, Rx ≤ x2 + y ≤ 4R2 }, R số dương Giải Đổi biến sang tọa độ cực ta có D = {(r, ϕ) : ≤ ϕ ≤ π , R cos ϕ ≤ r ≤ 2R} 10 trường hợp nón hay trụ) Ta xét tích vơ hướng (A, B, C).(x − x0 , y − y0 , z − z0 ) = D (x, y, z) điểm mặt mà ta xét vector pháp tuyến Nếu D > (A, B, C) vector pháp tuyến ngồi Nếu D < (A, B, C) vector pháp tuyến Ta nên vẽ hình để xác định nhanh chóng Chẳng hạn, với phần mặt nón z = x2 +y , z > có hướng dương hướng ngồi, ta vẽ hình, hướng dương quay xuống nghĩa có thành phần z âm Vector (A, B, C) = (−r cos ϕ, −r sin ϕ, r) có thành phần z r dương nên ngược với hướng dương mặt Do P dydz + Qdzdx + Rdxdy = − S (P A + QB + RC)drdϕ D xdydz + ydzdx + zdxdy S + mặt ngồi Bài tập 2.21 Tính I = S+ elipxơit x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 = Giải Một tham số hóa mặt elipsoid x(θ, ϕ) = a sin θ cos ϕ, y(θ, ϕ) = b sin θ sin ϕ, z(θ, ϕ) = c cos θ, (θ, ϕ) ∈ D = [0, π] × [0, 2π] → − Tính toán ta N = (A, B, C) = (bc sin2 θ cos ϕ, ac sin2 θ sin ϕ, ab sin θ cos θ) → − −−→ Tại điểm M thuộc elipsoid ta có N OM = abc sin θ > với ϕ ∈ [0, 2π] → − −−→ θ ∈ (0, π) Do vector N điểm M tạo với vector OM góc nhọn → − Suy N hướng với vector pháp tuyến ngồi elipsoid.12 Do (sin3 θ cos2 ϕ + sin3 θ sin2 ϕ + sin θ cos2 θ)dθϕ I = abc D = abc π πdϕ sin θdθ = 4πabc (y − z)dydz + (z − x)dzdx + (x − y)dxdy S + Bài tập 2.22 Tính I = S+ phần mặt nón x2 + y = z với ≤ z ≤ h 12 Tại điểm (0, 0, c) (0, 0, −c) vector pháp tuyến đơn vị (0, 0, 1) (0, 0, −1) 55 Giải Một tham số hóa13 S z = x2 + y , (x, y) ∈ D : x2 + y ≤ h2 Ta có −x z x2 + y −y −y = z x2 + y −x A = −zx = B = −zy = = C=1 Do cos γ < nên I = − (P A + QB + RC)dxdy = − D (x − y)C)dxdy = −2 ((y − z)A + (z − x)B + D (x − y)dxdy = D Bài tập 2.23 Cho S mặt trụ x2 + y = 32 với ≤ z ≤ 5, định hướng dương theo vector pháp tuyến ngồi Tính I = 2xdydz + 2ydzdx + 2zdxdy S Giải Một tham số hóa mặt trụ S γ(θ, t) = (3 cos θ, sin θ, t) D : ≤ θ ≤ 2π ≤ t ≤ Vì ∂γ (θ, t) = (−3 sin θ, cos θ, 0) ∂θ ∂γ (θ, t) = (0, 0, 1) ∂t nên vector pháp tuyến i j k ∂γ ∂γ (θ, t) ∧ (θ, t) = −3 sin θ cos θ ∂θ ∂t 0 = i3 cos θ − j(−3 sin θ) = (3 cos θ, sin θ, 0) Suy (A, B, C) = (3 cos θ, sin θ, 0) có hướng với vector pháp tuyến 13 Một − → tham số hóa khác S x = z cos t, y = z sin t, z = z với ≤ t ≤ 2π, ≤ z ≤ h Khi N hướng với n 56 ngồi 14 Vậy 2π (6 cos θ, sin θ, 2t) · (3 cos θ, sin θ, 0)dθ dt I= 0 2π 18 cos2 θ + 18 sin2 θ dθ dt = 0 2π = 18 dθ dt 0 = 18(2π)dt = 18(2π)(5) = 180π Bài tập 2.24 Tính tích phân mặt loại hai sau: I = yzdydz +zxdzdx+xydxdy S S phía ngồi tứ diện x = y = z = 0, x + y + z = a (a > 0) Giải Vẽ hình Gọi S4 tam giác nằm mặt phẳng x + y + z = a giới hạn mặt phẳng tọa độ, S1 , S2 , S3 hình chiếu S4 lên mặt phẳng Oxy, Oyz, Oxz Ta có S = S1 ∪ S2 ∪ S3 ∪ S4 Do I= = S + S1 + S2 + S3 S4 Trên S1 : z = 0, ta có vector pháp tuyến ngồi n = (0, 0, −1) Suy a a−x yzdydz + zxdzdx + xydxdy = − I1 = S xydxdy = − S1 Tương tự I2 = = S2 −a4 24 I3 = = S3 −a4 xydxdy = 24 −a4 24 Mặt khác I4 = = S4 3a4 24 Vậy I = I1 + I2 + I3 + I4 = Bài tập 2.25 Tính thơng lượng trường vector F = (x, y, 0) mặt S phần paraboloid z = x2 + y nằm mặt phẳng z = (định hướng theo vector pháp tuyến ngồi hướng lên trên) 14 Ta kiểm chứng định hướng cách chọn điểm cụ thể, chẳng hạn lấy θ = t = Trong trường hợp này, điểm (x, y, z) = (3, 0, 0) (A, B, C) = (3, 0, 0) 57 Giải Hình chiếu mặt S xuống mặt phẳng Oxy đường tròn D: x2 + y ≤ 4, z = Phương trình tham số S z = x2 + y , (x, y) ∈ D Vì vector → − pháp tuyến hướng lên nên vector pháp tuyến đơn vị hướng với N = (A, B, C) = (−2x, −2y, 1) Hình 15 S (−2x2 − 2y )dxdy = −16π (x, y, 0).(−2x, −2y, 1)dxdy = F nds = D D Bài tập 2.26 Tính thơng lượng trường vector F = (x, y, z) qua mặt ngồi hình trụ x2 + y ≤ a2 , ≤ z ≤ h Giải Mặt ngồi S hình trụ gồm ba mặt định hướng: mặt xung quanh S1 hình trụ với trường vector pháp tuyến đơn vị hướng ngồi hình trụ, hình tròn S2 tâm O bán kính a nằm mặt phẳng Oxy với vector pháp tuyến (0, 0, −1) hướng xuống S3 hình tròn tâm O bán kính a nằm mặt phẳng z = h với vector pháp tuyến (0, 0, 1) hướng lên Một tham số hóa S1 x(ϕ, z) = a cos ϕ, y(ϕ, z) = a sin ϕ, z(ϕ, z) = z với (ϕ, z) ∈ D = [0, 2π] × [0, h] → − Tính tốn ta N = (A, B, C) = (a cos ϕ, a sin ϕ, 0) hướng ngồi hình trụ Do F nds = S1 (a cos ϕ, a sin ϕ, z).(a cos ϕ, a sin ϕ, 0)dϕdz D 2π = a2 h dz = 2πha2 dϕ 0 58 Tham số hóa S2 : z = 0, x2 + y ≤ a2 Ta có m = (0, 0, −1) vector pháp → − → − tuyến S2 N = (A, B, C) = (0, 0, −1) Suy m N ngược hướng Do F nds = − S2 0dxdy = S2 Tương tự ta có F nds = S3 hdxdy = h.S(S3 ) = hπa2 (x, y, h).(0, 0, 1)dxdy = S3 S3 Vậy F nds = S F nds + S1 F nds| + S2 F nds S3 = 2πa2 h + + πa2 h = 3πa2 h 2.6 Định lí Ostrogradski, Định lí Stokes Định lí Ostrogradski mở rộng Định lí Stokes trực tiếp định lí Green (từ chiều chiều) Ý chung định lí cho mối liên hệ tích phân miền tích phân (kiểu khác) biên miền Cơng thức Green cho ta mối liên hệ tích phân kép tích phân đường loại biên miền lấy tích phân Cơng thức Stokes mở rộng công thức Green trường hợp miền mặt cong không gian, miền phẳng Cơng thức Ostrogradski cho ta mối liên hệ tích phân bội ba miền tích phân mặt mặt biên miền Cả ba định lí mở rộng trường hợp Cơng thức Newton-Leibnitz 2.6.1 Định lí Gauss-Ostrogradski Cho Ω ⊂ R3 miền bị chặn có biên S trơn mảnh, F = (P, Q, R) hàm vector liên tục có đạo hàm riêng liên tục Ω = Ω ∪ ∂Ω Lúc ∂P ∂Q ∂R + + ∂x ∂y ∂z F ndS = ∂S Ω 59 dxdydz ∂Ω định hướng dương theo pháp tuyến Bài tập 2.27 Cho F = (xy z(z−1), x2 yz(z−1), z −z ), S mặt trụ x2 +y = với ≤ z ≤ Tính F ndS, S định hướng theo pháp tuyến ngồi S Giải Gọi Ω hình trụ x2 + y ≤ 1, ≤ z ≤ Ta có ∂Ω = S ∪ S1 ∪ S2 với S1 : x2 + y ≤ 1, z = S2 : x2 + y ≤ 1, z = Ta kí hiệu I1 = F ndS, I2 = S1 F ndS Khi I = J − I1 − I2 F ndS, J = S2 ∂Ω Dùng cơng thức Ostrogradski ta tính J = −π 12 z S1 : z = S y x S2 : z = Tính tốn trực tiếp ta I1 = I2 = I = J = Bài tập 2.28 Tính tích phân mặt loại hai sau: I = −π 12 xdydz + ydzdx + zdxdy S S phía ngồi tứ diện x = y = z = 0, x + y + z = a (a > 0) Giải Các hàm P = x, Q = y, R = z có đạo hàm riêng liên tục miền tứ diện B giới hạn mặt kín S Do theo cơng thức Ostrogradsky ta có I= xdydz + ydzdx + zdxdy = S (1 + + 1)dxdydz = 3V (B) V Mặt khác V (B) = a Vậy I = a6 = a (x − y + z)dydz + (y − Bài tập 2.29 Tính tích phân mặt loại hai sau: I = S z + x)dzdx + (z − x + y)dxdy S phía ngồi mặt |x − y + z| + |y − z + x| + |z − x + y| = Giải Ta có P = x − y + z, Q = y − z + x, R = z − x + y đạo hàm riêng liên tục miền B giới hạn S Do I= (1 + + 1)dxdydz = B dxdydz B 60 Dùng phép đổi biến u = x − y + z, v = y − z + x, w = z − x + y, ta có J= D(x, y, z) = D(u, v, w) 1 = D(u,v,w) D(x,y,z) Vậy I= dudvdw = |u|+|v|+|w|≤1 dudvdw = = |u|+|v|+|w|≤1,u,v,w≥0 Bài tập 2.30 Cho khối trụ B: x2 + y ≤ −2ax, (a > 0), ≤ z ≤ a Tính xdydz + y dxdz + dxdy I= S S mặt xung quanh khối trụ cho Giải Gọi S1 , S2 đáy đáy khối trụ Ta có I = − S∪S1 ∪S2 S1 ∪S2 xdydz + y dxdz + xdydz + y dxdz + dxdy = Tính tốn trực tiếp ta S1 ∪S2 S1 2 xdydz + y dxdz + dxdy = −πa + πa = dxdy = S2 Áp dụng cơng thức Ostrogradsky ta có = S∪S1 ∪S2 (1 + 2y)dxdydz B Chuyển sang hệ tọa độ trụ ta có B = {(r, ϕ, z) : ≤ r ≤ −2r cos ϕ, π 3π ≤ϕ≤ , ≤ z ≤ 1} 2 Suy 3π a ydxdydz = dz B −2a cos ϕ r2 dr = sin ϕdϕ π Tương tự dxdydz = πa3 B Vậy I = πa 61 −8a 3π sin ϕ cos3 ϕdϕ = π Bài tập 2.31 Tính (x2 cos α + y cos β + z cos γ)dS I= S S phần mặt nón x2 + y ≤ z , ≤ z ≤ h, cos α, cos β, cos γ cosin hướng pháp tuyến S Giải Ta tiến hành theo bước sau15 : • Bổ sung vào mặt nón S hình tròn S1 :   z =h để mặt kín  x2 + y 2 ≤h • Tính tích phân S1 tính tốn trực tiếp, S ∪ S1 cơng thức Ostrogradski − •I= S∪S1 S1 Hình 16 Một tham số hóa S1 z = h với (x, y) ∈ D : x2 + y ≤ h2 Ta có A = 0, B = → − 0, C = nên N = (A, B, C) hướng với n = (0, 0, 1) nên (x2 cos α + y cos β + z cos γ)dS = S1 (0 + + h2 1)dxdy = h2 S(D) = πh4 D Gọi V hình nón: x2 + y ≤ z ≤ h2 , z ≥ Áp dụng cơng thức Ostrogradski ta có 2 πh4 (x + y + z)dxdydz = 2 (x cos α + y cos β + z cos γ)dS = S∪S1 15 Ta V tính trực tiếp: tham số hóa S z = I=− (P A + QB + RC)dxdy = − D D x2 + y , (x, y) ∈ D : x2 + y ≤ h2 Do cos γ < nên (x2 ( −x ) + y ( −y ) + z 1)dxdy = z z 62 −πh4 Vậy I= −πh4 Bài tập 2.32 Tính thơng lượng qua mặt kín S chứa điểm O(0, 0, 0) bên F (x, y, z) = c(xi+y j+z k) 16 (x2 +y +z ) Giải Vì F divF không xác định O nên áp dụng định lí Ostrogradski Ta khắc phục cách: với a > đủ bé, lấy mặt cầu Sa tâm O Hình 17 bán kính a nằm trọn mặt S Gọi B miền đóng giới hạn mặt cầu Sa mặt kín S Theo Định lí Ostrogradski ta có: F ndS − S F ndS = Sa (divF )dxdydz, B Sa mặt định hướng theo vector pháp tuyến F ndS = F ndS Vector pháp tuyến đơn vị mặt cầu Sa điểm (x, y, z) n = Sa ( xa , ay , az ).17 Ta có divF (x, y, z) = với (x, y, z) = (0, 0, 0) Suy S Do F ndS = S F ndS Sa c(x2 + y + z ) = Sa = a(x2 + y + z ) c a2 dS = c c S(S ) = (4πa2 ) = 4πc a 2 a a Sa 16 Đây 17 Vì dS mở rộng Bài tập 2.7 (x, y, z) ∈ Sa nên x2 + y + z = a2 63 2.6.2 Định lí Stokes Cho S mặt hai phía R3 giới hạn đường cong kín đơn Γ, gọi F (x, y, z) = (P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z) trường vector xác định miền Ω chứa S Khi → − F dr = Γ+ (rot F ) · n dS , P dx + Qdy + Rdz = Γ+ (2.6.1) S+ rot F = ∂R ∂Q i + − ∂y ∂z ∂P ∂R − ∂z ∂x ∂Q ∂P − ∂x ∂y j + k, (2.6.2) n vector pháp tuyến đơn vị S, Γ định hướng phù hợp với hướng n z S : z = z(x, y) n Γ+ y D (x, y) x CD Bài tập 2.33 Kiểm chứng định lí Stokes với F(x, y, z) = (z, x, y) S phần paraboloid z = x2 + y thỏa mãn z ≤ Giải Vector pháp tuyến đơn vị theo hướng dương z = z(x, y) = x2 + y n = ∂z − ∂x i− 1+ ∂z ∂y ∂z ∂x j+k + ∂z ∂y = −2x i − 2y j + k + 4x2 + 4y rot F = (1 − 0) i + (1 − 0) j + (1 − 0) k = i + j + k, rot F n = (−2x − 2y + 1)/ + 4x2 + 4y 64 , z Γ n S y x Vì S có tham số hóa x = x, y = y, z = x2 + y với (x, y) thuộc D = { (x, y) : x2 + y ≤ }, nên −2x − 2y + (rot F ) · n dS = S 1+ D 4x2 + + 4x2 + 4y dxdy 4y (−2x − 2y + 1) dxdy , chuyển sang tọa độ cực ta có = D 2π (−2r cos ϕ − 2r sin ϕ + 1)r dr dϕ = 0 2π (−2r2 cos ϕ − 2r2 sin ϕ + r) dr dϕ = 0 2π − 2r3 cos ϕ − = 2r3 sin ϕ + r2 r=1 dϕ r=0 2π − 23 cos ϕ − 32 sin ϕ + = = − 23 sin ϕ + 32 cos ϕ + 12 ϕ dϕ 2π = π Mặt S giới hạn Γ đường tròn đơn vị x2 + y = nằm mặt phẳng z = có tham số hóa x = cos t, y = sin t, z = với ≤ t ≤ 2π Suy 2π F dr = ((1)(− sin t) + (cos t)(cos t) + (sin t)(0)) dt Γ+ 2π + cos 2t dt t sin 2t 2π = cos t + + = π Điều với Định lí Stokes = − sin t + Bài tập 2.34 Cho S nửa mặt cầu z = − x2 − y Tính I = rotF · ndS S biết F = ez , 4z − y, 8x sin y 65 Giải Đường cong giới hạn Slà đường tròn18 C: x2 + y = nằm mặt phẳng rotF · ndS = Oxy Theo Định lí Stokes ta có I = S P dx + Qdy + Rdz C Hình 18 Một tham số hóa C x = cos t, y = sin t, z = với ≤ t ≤ 2π 2π (e0 (−2 sin t) + (4.0 − sin t)2 cos t + 0) dt = Vậy I = Bài tập 2.35 Cho C giao mặt phẳng y + z = mặt trụ x2 + y = 1, F (x, y, z) = (−y , x, z ) Tính I = F dr C định hướng dương C ngược chiều kim đồng hồ nhìn từ phía Giải Ta có C elip, P = −y , Q = x, R = z Suy rotF = (0, 0, + 2y) Hình 19 Theo Định lí Stokes ta có rotF · ndS = I= S 18 Nếu (1 + 2y)dxdy = S (1 + 2y).1dxdy D xét mặt khác có dường cong giới hạn, chẳng hạn phần paraboloid z = − x2 − y , z ≥ kết tích phân khơng thay đổi 66 với D đường tròn tâm O bán kính (là hình chiếu S lên mặt phẳng Oxy.) 2π (1 + 2r sin ϕ)rdrdϕ = π Chuyển sang tọa độ cực ta I = 0 Bài tập 2.36 Áp dụng cơng thức Stokes, tính (y + z )dx + (z + x2 )dy + (x2 + y )dz I= C với C đường x2 + y + z = 2Rx, x2 + y = 2rx, (0 < r < R, z ≥ 0) theo chiều cho phần nhỏ phía ngồi mặt cầu giới hạn C bên trái Giải Áp dụng công thức Stokes phần mặt cầu x2 + y + z = 2Rx giới hạn mặt trụ x2 + y = 2rx với z ≥ 0, ta có (y + z )dx + (z + x2 )dy + (x2 + y )dz I= C [(y − z) cos α + (z − x) cos β + (x − y) cos γ]ds =2 S Phương trình S z= R2 − (x − R)2 − y zx = + zx2 + zy2 z zy = + zx2 + zy2 z 1 + zx2 + zy2 cos α = cos β = cos γ = x−R + zx2 + zy2 y + zx2 + zy2 Suy cos α = x−R y cos γ cos β = cos γ z z Do [(y − z) I=2 x−R y + (z − x) + (x − y)] cos γds z z S [(y − z) =2 x−R y + (z − x) + (x − y)]dxdy z z x2 +y ≤2rx = 2R y [1 − ]dxdy = 2R(πr2 − 0) = 2πRr2 z x2 +y ≤2rx 67 Bài tập 2.37 Cho S mặt (hoặc mặt trong) mặt cầu x2 +y +z = a2 F trường vector thuộc lớp C tập mở V R3 chứa S Chứng minh (rot F ) · n dS = S Giải Giả sử S mặt mặt cầu x2 + y + z = a2 Mặt phẳng z = cắt mặt cầu theo giao tuyến dường tròn C có phương trình x2 + y = a2 Gọi S1 , S2 nửa nửa mặt cầu S Hai mặt S1 , S2 có chung biên đường tròn C Hướng dương C cảm sinh mặt S1 S2 ngược chiều Do đó, theo Định lí Stokes ta có (rot F ) · n dS = S (rot F ) · n dS + S1 S2 → − F dr + = (rot F ) · n dS C− C+ 68 → − F dr = TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Xuân Liêm, Giải tích, Tập 2, NXB Giáo dục, 2001 [2] Trần Đức Long, Nguyễn Đình Sang, Hồng Quốc Tồn, Giáo trình Giải tích, Tập 3, NXB ĐHQG Hà Nội, 2009 [3] Trần Đức Long, Nguyễn Đình Sang, Hồng Quốc Tồn, Bài tập Giải tích, Tập 3, NXB ĐHQG Hà Nội, 2009 [4] M Spivak, Giải tích Đa tạp, NXB Giáo dục, 1985 [5] Nguyễn Đình Trí (chủ biên), Bài tập Tốn cao cấp, Tập 3, NXB Giáo dục, 2001 69