Bài giảng Giải tích 2 – Bùi Xuân Diệu

CÁC ỨNG DỤNG CỦA PHÉP TÍNH VI PHÂN, TÍCH PHÂN BỘI, TÍCH PHÂN PHỤ THUỘC THAM SỐ, TÍCH PHÂN ĐƯỜNG, TÍCH PHÂN MẶT, LÝ THUYẾT5. TRƯỜNG.[r]

BÙI XUÂN DIỆU Bài Giảng

GIẢI TÍCH II

(lưu hành nội bộ)

CÁC ỨNG DỤNG CỦA PHÉP TÍNH VI PHÂN, TÍCH PHÂN BỘI, TÍCH PHÂN PHỤ THUỘC THAM SỐ, TÍCH PHÂN ĐƯỜNG, TÍCH PHÂN MẶT, LÝ THUYẾT

TRƯỜNG

Tóm tắt lý thuyết, Các ví dụ, Bài tập lời giải

MỤC LỤC

Mục lục . 1

Chương Các ứng dụng phép tính vi phân hình học . 5

1 Các ứng dụng phép tính vi phân hình học phẳng

1.1 Phương trình tiếp tuyến pháp tuyến đường cong điểm 1.2 Độ cong đường cong

1.3 Hình bao họ đường cong phụ thuôc tham số

2 Các ứng dụng phép tính vi phân hình học khơng gian 10

2.1 Hàm véctơ 10

2.2 Phương trình tiếp tuyến pháp diện đường cong cho dạng tham số 10 2.3 Phương trình pháp tuyến tiếp diện mặt cong 11

2.4 Phương trình tiếp tuyến pháp diện đường cong cho dạng giao hai mặt Chương Tích phân bội 15

1 Tích phân kép 15

1.1 Định nghĩa 15

1.2 Tính tích phân kép hệ toạ độ Descartes 16

1.3 Phép đổi biến số tích phân kép 24

2 Tích phân bội ba 35

2.1 Định nghĩa tính chất 35

2.2 Tính tích phân bội ba hệ toạ độ Descartes 35

2.3 Phương pháp đổi biến số tích phân bội ba 38

3 Các ứng dụng tích phân bội 50

3.1 Tính diện tích hình phẳng 50

3.2 Tính thể tích vật thể 55

3.3 Tính diện tích mặt cong 62

Chương Tích phân phụ thuộc tham số 63

1 Tích phân xác định phụ thuộc tham số 63

1.2 Các tính chất tích phân xác định phụ thuộc tham số 63

1.3 Các tính chất tích phân phụ thuộc tham số với cận biến đổi 66

2 Tích phân suy rộng phụ thuộc tham số 67

2.1 Các tính chất tích phân suy rộng phụ thuộc tham số 67

2.2 Bài tập 68

3 Tích phân Euler 75

3.1 Hàm Gamma 75

3.2 Hàm Beta 75

3.3 Bài tập 76

Chương Tích phân đường 79

1 Tích phân đường loại I 79

1.1 Định nghĩa 79

1.2 Các cơng thức tính tích phân đường loại I 80

1.3 Bài tập 80

2 Tích phân đường loại II 82

2.1 Định nghĩa 82

2.2 Các cơng thức tính tích phân đường loại II 82

2.3 Công thức Green 85

2.4 Ứng dụng tích phân đường loại II 91

2.5 Điều kiện để tích phân đường khơng phụ thuộc đường lấy tích phân 92 Chương Tích phân mặt 95

1 Tích phân mặt loại I 95

1.1 Định nghĩa 95

1.2 Các cơng thức tính tích phân mặt loại I 95

1.3 Bài tập 95

2 Tích phân mặt loại II 98

2.1 Định hướng mặt cong 98

2.2 Định nghĩa tích phân mặt loại II 98

2.3 Các cơng thức tính tích phân mặt loại II 98

2.4 Công thức Ostrogradsky, Stokes 102

2.5 Công thức liên hệ tích phân mặt loại I loại II 105

Chương Lý thuyết trường 107

1 Trường vô hướng 107

1.1 Định nghĩa 107

1.2 Đạo hàm theo hướng 107

1.3 Gradient 108

2 Trường véctơ 111

2.1 Định nghĩa 111

2.2 Thông lượng, dive, trường ống 111

2.3 Hồn lưu, véctơ xốy 111

2.4 Trường - hàm vị 112

2.5 Bài tập 112

CHƯƠNG 1

CÁC ỨNG DỤNG CỦA PHÉP TÍNH VI PHÂN

TRONG HÌNH HỌC

§1 CÁC ỨNG DỤNG CỦA PHÉP TÍNH VI PHÂN TRONG

HÌNH HỌC PHẲNG

1.1 Phương trình tiếp tuyến pháp tuyến đường cong điểm.

1 Điểm quy

• Cho đường cong (L) xác định phương trình f (x,y) = Điểm M(x0,y0) gọi điểm quy đường cong (L) tồn đạo hàm riêng

fx0 (M), fy0 (M) không đồng thời

• Cho đường cong (L) xác định phương trình tham số

  

x =x(t)

y=y(t) Điểm

M(x(t0),y(t0)) gọi điểm quy đường cong(L) tồn đạo hàm x0(t0),y0(t0) khơng đồng thời

• Một điểm khơng phải điểm quy gọi điểm kì dị Các cơng thức

– Tiếp tuyến

(d) : fx0 (M).(x−x0) + fy0 (M).(y−y0) =0 – Pháp tuyến

d0 : x−x0

fx0 (M) =

y−y0

fy0 (M)

Chú ý: Trường hợp đặc biệt, đường cong cho phương trình y = f(x)

thì phương trình tiếp tuyến đường cong điểm M(x0,y0)chính quy

y−y0 = f0(x0)(x−x0) Đây công thức mà học sinh biết chương trình phổ thơng

• Phương trình tiếp tuyến pháp tuyến đường cong(L)xác định phương

trình tham số

  

x =x(t)

y=y(t) điểm M(x(t0),y(t0))chính quy: – Tiếp tuyến

(d) : x−x(t0)

x0(t0) =

y−y(t0)

y0(t0)

– Pháp tuyến

d0 : x0(t0).(x−x(t0)) +y0(t0).(y−y(t0)) =

1.2 Độ cong đường cong.

1 Định nghĩa

2 Các công thức tính độ cong đường cong điểm • Nếu đường cong cho phương trình y= f (x)thì:

C(M) = |y00| (1+y02)3/2

• Nếu đường cong cho phương trình tham số

  

x=x(t)

y =y(t) thì:

C(M) =

x0 y0 x00 y00

(x02+y02)3/2

• Nếu đường cong cho phương trình toạ độ cựcr =r(φ)thì:

C(M) =

r2+2r02−rr00

1.3 Hình bao họ đường cong phụ thuôc tham số

1 Định nghĩa: Cho họ đường cong(L) phụ thuộc vào hay nhiều tham số Nếu

đường cong họ(L) tiếp xúc với đường cong(E) điểm trênE

và ngược lại, điểm thuộc (E) tồn đường cong họ(L) tiếp xúc

với(E) điểm thì(E) gọi hình bao họ đường cong (L)

2 Quy tắc tìm hình bao họ đường cong phụ thuộc tham số

Định lý 1.1. Cho họ đường cong F(x,y,c) = phụ thuộc tham số c Nếu họ

đường cong điểm kì dị hình bao xác định cách

khửctừ hệ phương trình 

 

F(x,y,c) =

Fc0(x,y,c) = (1)

3 Nếu họ đường cong cho có điểm kì dị hệ phương trình (1) bao gồm hình bao

(E) quỹ tích điểm kì dị thuộc họ đường cong cho Bài tập 1.1. Viết phương trình tiếp tuyến pháp tuyến với đường cong:

a) y =x3+2x2−4x−3tại(−2, 5)

Lời giải

  

Phương trình tiếp tuyếny=5 Phương trình pháp tuyếnx =−2

b) y =e1−x2tại giao điểm đường cong với đường thằngy=1

Lời giải – Tại M1(−1, 1),

  

Phương trình tiếp tuyến2x−y+3=0 Phương trình pháp tuyếnx+2y−1=0

– Tại M2(−1, 1),

  

Phương trình tiếp tuyến2x+y−3=0 Phương trình pháp tuyếnx−2y+1=0

c

(

x= 1t+3t

y = 23t3 +21t

tại A(2, 2)

Lời giải – Phương trình tiếp tuyếny =x

d x3 +y3 = a3 M(8, 1)

Lời giải – Phương trình tiếp tuyến x+2y−10=0 – Phương trình pháp tuyến2x−y−15=0

Bài tập 1.2. Tính độ cong của:

a y =−x3 điểm có hồnh độx =

Lời giải

C(M) = |y00|

(1+y02)3/2 = = 192 125

b

(

x= a(t−sint)

y =a(t−cost) (a >0) điểm

Lời giải

C(M) =

x0 y0 x00 y00

(x02+y02)3/2 = = 2a√2

1

√

1−cosx

c x23 +y23 = a23 điểm bất kì(a >0)

Lời giải Phương trình tham số:

(

x=acos3t y =asin3t , nên

C(M) =

x0 y0 x00 y00

(x02+y02)3/2 = =

1 3a|sintcost|

d r =aebφ,(a,b >0)

Lời giải

C(M) =

r2+2r02−rr00

(r2+r02)3/2 =

1

aebφ√1+b2

b cx2+c2y =1 c y=c2(x−c)2

Lời giải a ĐặtF(x,y,c) :=y−xc −c2=0 Điều kiện:c6=0

Xét hệ phương trình:

(

Fx0 (x,y,c) =0

Fy0(x,y,c) = ⇔

(

Fx0 (x,y,c) =0

1 =0 , hệ phương trình vơ nghiệm nên họ đường cong khơng có điểm kì dị Ta có

(

F(x,y,c) =0

Fc0(x,y,c) = ⇔

(

y−xc −c2=0

−2c+cx2 =0

⇔

(

x =2c3 y=3c2

nên x

2

2

− y33 = Do điều kiện c =6 nên x,y 6= Vậy ta có hình bao họ đường cong đường x

2

2

− y33 =0trừ điểmO(0, 0)

b Đặt F(x,y,c) := cx2+c2y−1 = Nếu c = khơng thoả mãn phương trình điều kiện: c6=0

Xét hệ phương trình:

(

Fx0 (x,y,c) =

Fy0(x,y,c) =0 ⇔

(

2cx=0

c2 =0 ⇔ x = c = 0, điểm kì dị khơng thuộc họ đường cong họ đường cong cho khơng có điểm kì

dị Ta có (

F(x,y,c) =0

Fc0(x,y,c) =0 ⇔

(

cx2+c2y=1

x2+2cx =0 ⇔

(

x = 2c

y= −c21

Do đóx,y6=0và ta có hình bao họ đường cong đườngy =−x44 trừ điểmO(0, 0)

c ĐặtF(x,y,c):=c2(x−c)2−y=0 Xét hệ phương trình:

(

Fx0 (x,y,c) =

Fy0(x,y,c) =0 ⇔

(

Fx0 =0

−1=0 , hệ phương trình vơ nghiệm nên họ đường cong cho khơng có điểm kì dị

Ta có (

F(x,y,c) =

Fc0(x,y,c) =0 ⇔

(

c2(x−c)2−y=0(1)

2c(x−c)−2c2(x−c) = 0(2)

(2)⇔

  

c =0

c =x c = x2

, vào(1)ta y=0,y= x164

§2 CÁC ỨNG DỤNG CỦA PHÉP TÍNH VI PHÂN TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

2.1 Hàm véctơ

Giả sử I khoảng trongR

• Ánh xạ I →R

n

t7→r−−→(t) ∈Rn gọi hàm véctơ biến số t xác định

R Nếu n = 3, ta viết−−→r(t) = x(t).−→i +y(t).−→j +z(t).−→k Đặt M(x(t),y(t),z(t)), quỹ tích

Mkhi tbiến thiên trongI gọi tốc đồ hàm véctơ−−→r(t)

• Giới hạn: Người ta nói hàm véctơ có giới hạn −→a t → t0 lim

t→t0

−−→r(t)− −→a = −→

0, kí hiệu lim

t→t0

−−→

r(t) = −→a

• Liên tục: Hàm véctơ−−→r(t)xác định trênI gọi liên tục tạit0 ∈ I lim

t→t0

−−→

r(t) = −−→

r(t0) (tuơng đương với tính liên tục thành phần tương ứngx(t),y(t),z(t)) • Đạo hàm: Giới hạn, có, tỉ sốlim

h→0 ∆−→r

h =hlim→0 −→r (t

0+h)−−→r (t0)

h gọi đạo hàm

của hàm véctơ−−→r(t) tạit0, kí hiệu−→r 0(t0) hay d−→r(t0)

dt , ta nói hàm véctơ

−−→

r(t) khả

vi tạit0

Nhận xét nếux(t),y(t),z(t)khả vi tạit0thì−−→r(t)cũng khả vi tạit0và−→r 0(t0) =

x0(t0).−→i +y0(t0).−→j +z0(t0).−→k

2.2 Phương trình tiếp tuyến pháp diện đường cong cho dạng tham số

Cho đường cong

        

x =x(t)

y =y(t)

z=z(t)

và M(x0,y0,z0) điểm quy

• Phương trình tiếp tuyến M

(d) : x−x(t0)

x0(t0) =

y−y(t0)

y0(t0) =

z−z(t0)

z0(t0) • Phương trình pháp diện M

2.3 Phương trình pháp tuyến tiếp diện mặt cong.

Cho mặt cong S xác định phương trình f(x,y,z) = M(x0,y0,z0) điểm quy S

• Phương trình pháp tuyến M

(d) : x−x0

f0 x(M)

= y−y0

f0 y(M)

= z−z0

f0 z(M)

• Phương trình tiếp diện tạiM

(P) : fx0(M).(x−x0) + fy0(M).(y−y0) + fz0(M).(z−z0) =0

Đặc biệt, mặt cong cho phương trình z= z(x,y) phương trình tiếp diện M

là(P) : z−z0 =z0x(M).(x−x0) +z0y(M).(y−y0)

2.4 Phương trình tiếp tuyến pháp diện đường cong cho dạng giao hai mặt cong

Cho đường cong xác định giao hai mặt cong sau

(

f (x,y,z) =0

g(x,y,z) =

Đặt−→nf =fx0 (M), fy0(M), fz0(M), véctơ pháp tuyến mặt phẳng tiếp diện mặt

cong f (x,y,z) = 0tạiM

Đặt−→ng =

g0x(M),g0y(M),g0z(M), véctơ pháp tuyến mặt phẳng tiếp diện mặt

congg(x,y,z) =0tại M

Khi đó−→nf ∧ −→nglà véctơ phương tiếp tuyến đường cong cho tạiM Vậy phương

trình tiếp tuyến là:

            

PTTQ :

(

fx0(M).(x−x0) + fy0(M).(y−y0) + fz0(M).(z−z0) =0

g0x(M).(x−x0) +gy0 (M).(y−y0) +g0z(M).(z−z0) =0

PTCT : x−x0

fy0(M) fz0(M)

g0y(M) g0z(M)

= y−y0

fz0(M) fx0(M)

g0z(M) g0x(M)

= z−z0

fx0(M) fy0(M)

g0x(M) g0y(M)

Bài tập 1.4. Giả sử−→p (t),−→q (t),−→α (t)là hàm véctơ khả vi Chứng minh rằng:

a d

dt −→p (t) +−→q (t)

b d

dt α(t)−→p (t)

=α(t) dpdt(t) +α0(t)−→p (t)

c d

dt −→p (t)−→q (t)

=−→p (t)d−→qdt(t) + d−→pdt(t)−→q (t)

d d

dt −→p (t)∧ −→q (t)

=−→p (t)∧ d−→qdt(t) +d−→pdt(t) ∧ −→q (t)

Lời giải a Giả sử−→p (t) = (p1(t),p2(t),p3(t)),−→q (t) = (q1(t),q2(t),q3(t)), đó:

d dt

−→p (t) +−→q (t) = d

dt(p1(t) +q1(t),p2(t) +q2(t),p3(t) +q3(t))

= p01(t) +q01(t),p02(t) +q02(t),p03(t) +q03(t) = p01(t),p02(t),p03(t)+ q01(t),q02(t),q03(t) = d−→p (t)

dt +

d−→q (t)

dt

b

d

dt α(t)

−→p (t)

= [α(t)p1(t)]0,[α(t)p2(t)]0,[α(t)p3(t)]0

= α0(t)p1(t) +α(t)p01(t),α0(t)p2(t) +α(t)p02(t),α0(t)p3(t) +α(t)p03(t)

= α0(t)p1(t),α0(t)p2(t),α0(t)p3(t)

+ α(t)p01(t),α(t)p02(t),α(t)p30 (t) =α(t) d−→p (t)

dt +α

0(t)−→p (t)

c Chứng minh tương tự câu b, sử dụng công thức đạo hàm hàm hợp d

d dt

−→p (t)∧ −→q (t) = d

dt

p2(t) p3(t)

q2(t) q3(t)

,

p3(t) p1(t)

q3(t) q1(t)

,

p1(t) p2(t)

q1(t) q2(t)

! = =

p2(t) p03(t)

q2(t) q03(t)

,

p3(t) p01(t)

q3(t) q10 (t)

,

p1(t) p02(t)

q1(t) q02(t)

! +

p02(t) p3(t)

q02(t) q3(t)

,

p03(t) p1(t)

q03(t) q1(t)

,

p01(t) p2(t)

q01(t) q2(t)

!

=−→p (t)∧ d−→q (t)

dt +

d−→p (t)

dt ∧ −→q (t)

a

    

x =asin2t y=bsintcost z=ccos2t

tại điểm ứng vớit= π4,(a,b,c >0)

b

      

x = et√sint

2

y=1

z= et√cost

2

tại điểm ứng vớit =2

Lời giải a – Phương trình tiếp tuyến:(d) : x−2a

a =

y−b

2

0 =

z−c

2

−c

– Phương trình pháp diện:(P): a x−2a−c z−c2=0 b – Phương trình tiếp tuyến: (d) : √x

2

= y−01 = z−

√ 2 √

2

– Phương trình pháp diện:(P): √22x+√22z−√22=0

Bài tập 1.6. Viết phương trình pháp tuyến tiếp diện mặt cong: a) x2−4y2+2z2 =6tại điểm (2, 2, 3)

b) z=2x2+4y2tại điểm (2, 1, 12)

c) z=ln(2x+y)tại điểm (−1, 3, 0)

Lời giải a – Phương trình pháp tuyến:(d) : x−42 = y−−162 = z−123

– Phương trình tiếp diện: (P) : 4(x−2)−16(y−2) +12(z−3) = b – Phương trình pháp tuyến:(d): x−82 = y−81 = z−−121

– Phương trình tiếp diện: (P) : 8(x−2) +8(y−1)−(z−12) = c – Phương trình pháp tuyến:(d): x+21 = y−13 = −z1

– Phương trình tiếp diện: (P) : 2(x+1) + (y−3)−z =0

Bài tập 1.7. Viêt phương trình tiếp tuyến pháp diện đường: a

(

x2+y2 =10

y2+z2 =25 điểm A(1, 3, 4)

b

(

2x2+3y2+z2=47

Lời giải a Ta có f (x,y,z) := x2+y2−10=0

g(x,y,z):=y2+z2−25=0 nên

nf = (2, 6, 0)

ng= (0, 6, 8)

Do đónf ∧ng =2(21,−8, 3) Vậy:

– Phương trình tiếp tuyến (d) : x−211 = y−−83 = z−34

– Phương trình pháp diện(P): 21(x−1)−8(y−3) +3(z−4) =0

b Tương tự,

(

nf = (−8, 6, 12)

ng = (−4, 4,−1)

,nf ∧ng =−2(27, 27, 4) nên

– Phương trình tiếp tuyến (d) : x27+2 = y27−1 = z−6

CHƯƠNG 2

TÍCH PHÂN BỘI

§1 TÍCH PHÂN KÉP

1.1 Định nghĩa

Định nghĩa 2.1. Cho hàm số f (x,y) xác định miền đóng, bị chặn D Chia

miền D cách tuỳ ý thành n mảnh nhỏ Gọi mảnh diện tích chúng

∆S1,∆S2, ,∆Sn Trong mảnh∆Si lấy điểm tuỳ ý M(xi,yi)và thành lập tổng tích

phân In = n

∑

i=1

f (xi,yi)∆Si Nếu khin → ∞ chomax{∆Si →0} mà In tiến tới giá trị hữu hạn I, không phụ thuộc vào cách chia miền Dvà cách chọn điểm M(xi,yi) giới

hạn gọi tích phân kép hàm số f (x,y) miền D, kí hiệu ZZ

D

f (x,y)dS

Khi ta nói hàm số f (x,y) khả tích miền D Do tích phân kép khơng phụ

thuộc vào cách chia miềnDthành mảnh nhỏ nên ta chia Dthành hai họ đường

thẳng song song với trục toạ độ, đódS =dxdyvà ta viết ZZ

D

f (x,y)dS =

ZZ

D

f (x,y)dxdy

Tính chất bản:

• Tính chất tuyến tính:

ZZ

D

[f (x,y) +g(x,y)]dxdy=

ZZ

D

f (x,y)dxdy+

ZZ

D

D

k f (x,y)dxdy=k

D

f (x,y)dxdy

• Tính chất cộng tính: Nếu D =D1∪D2và D1∩D2=∅

ZZ

D

f (x,y)dxdy=

ZZ

D1

f (x,y)dxdy+

ZZ

D2

f(x,y)dxdy

1.2 Tính tích phân kép hệ toạ độ Descartes

Để tính tích phân hai lớp, ta cần phải đưa tính tích phân lặp Phác thảo hình dạng miền D

2 Nếu D miền hình chữ nhật (D) : a x b,c y 6d ta sử dụng

trong hai tích phân lặp

ZZ

D

f (x,y)dxdy=

b

Z

a

dx

d

Z

c

f (x,y)dy =

d

Z

c

dy

d

Z

c

f (x,y)dx

3 Nếu D hình thang cong có cách cạnh song song với Oy, (D) : a x b,ϕ(x)

y6ψ(x)thì dùng tích phân lặp với thứ tựdytrước,dxsau

ZZ

D

f (x,y)dxdy=

b

Z

a

dx

ψZ(x)

ϕ(x)

f (x,y)dy

4 Nếu D hình thang cong có cách cạnh song song với Ox, (D) : c y d,ϕ(y)

x 6ψ(y)thì dùng tích phân lặp với thứ tựdxtrước,dy sau

ZZ

D

f (x,y)dxdy=

d

Z

c

dy

ψZ(y)

ϕ(y)

f(x,y)dx

5 NếuDlà miền có hình dáng phức tạp, khơng có dạng 3,4 thơng thường ta chia

miềnDthành số hữu hạn miền có dạng sử dụng tính chất cộng tính

Dạng 1: Đổi thứ tự lấy tích phân.

Trong phần trên, biết thứ tự lấy tích phân hình dáng miền Dcó

liên quan chặt chẽ đến Nếu thứ tựdy trước,dx sau miềnD có dạng hình thang

cong song song với trụcOy, có biểu diễn là(D): a 6x6b,ϕ(x)6y6ψ(x) Ngược lại,

nếu thứ tự dx trước, dy sau miền D có dạng hình thang cong song song với trục Ox,

và có biểu diễn (D) : c 6y d,ϕ(y) x ψ(y) Do việc đổi thứ tự lấy tích phân

trong tích phân lặp chẳng qua việc biểu diễn miền Dtừ dạng sang dạng

1 Từ biểu thức tích phân lặp, vẽ phác thảo miền D

2 NếuDlà miền hình thang cong có cạnh song song vớiOy ta chiaDthành

hình thang cong có cạnh song song vớiOx Tìm biểu diễn giải tích miền

con, ví dụ (Di): ci6y6di,ϕi(y) 6x6ψi(y), sau viết

b

Z

a

dx

yZ2(x)

y1(x)

f (x,y)dy =∑

i di

Z

ci

dy

ψZi(y)

ϕi(y)

f(x,y)dx

3 Làm tương tự trường hợp Dlà hình thang cong có cạnh song song vớiOx

Bài tập 2.1. Thay đổi thứ tự lấy tích phân tích phân sau: a)

1

Z

0

dx

√

1−x2

Z

−√1−x2

f (x,y)dy

x

1

y

1

O D1 D2

Hình 2.1 a) Chia miềnD thành hai miền conD1,D2như hình vẽ,

D1:

  

−16y60

−p1−y26x 6p1−y2 ,D2 :

  

06y 61

−p1−y6x 6p1−y

I =

0

Z

−1

dy

√

1−y2

Z

−√1−y2

f (x,y)dx+

1

Z

0

dy

√

1−y

Z

−√1−y

b)

Z

0

dy

1+ 1−y2

Z

2−y

f (x,y)dx

x y O

Hình 2.1 b)

Lời giải Ta có: D:

  

16x62

2−x6y6√2x−x2 nên:

I = Z dx √

2Zx−x2

2−x

f (x,y)dy

c) Z dx √ 2x Z √

2x−x2

f (x,y)dx

x y O

Hình 2.1 c)

Lời giải Chia Dthành miền hình vẽ, D1:

  

06y61

y2

2 6x61−

p

1−y2 ,D2:

  

06y61

1+p1−y2 6x62 ,D3 :

  

16y 62

y2

2 x62 Vậy: I = Z dy

1−√1−y2

Z

y2

2

f (x,y)dx+

1 Z dy Z

1+√1−y2

f (x,y)dx+

2 Z dy Z y2

d)

√

2

Z

0

dy

y

Z

0

f(x,y)dx+

2

Z

√

2

dy

√

4−y2

Z

0

f (x,y)dx

x

√

2

y

√

2

O

Hình 2.1 d)

Lời giải

D :

  

06x6√2

x6y6√4−x2

nên:

I =

√

2

Z

0

dx

√

4−x2

Z

x

f (x,y)dy

Một câu hỏi tự nhiên đặt việc đổi thứ tự lấy tích phân tốn tích phân kép có ý nghĩa nào? Hãy xét tốn sau đây:

Bài tập 2.2. Tính I =

1

Z

0

dx

1

Z

x2

xey2dy

x

1

y

2

O

Hình 2.2

Lời giải Chúng ta biết hàm số f (x,y) = xey2 liên tục miền D nên chắn

thứ tựdy trước khơng thể tính được, hàm số ey khơng có nguyên hàm sơ cấp! Còn

nếu đổi thứ tự lấy tích phân thì:

I =

1

Z

0

dy

√y

Z

0

xey2dx =

1

Z

0

ey2x

2

x=

√y x=0 dy =

1

1

Z

0

ey2.ydy= 4e

y2

|10 =

4(e−1)

Dạng 2: Tính tích phân kép thơng thường. Bài tập 2.3. Tính tích phân sau:

a) ZZ

D

xsin(x+y)dxdy,D=(x,y)∈ R2 : 06y π

2, 06x6 π2

Lời giải

I =

π

2

Z

0

dx

π

2

Z

0

xsin(x+y)dy = = π

2 I =

π

2

Z

0

dy

π

2

Z

0

xsin(x+y)dx= = π

b) I =

ZZ

D

x2(y−x)dxdy,D giới hạn bởiy =x2&x =y2

x y

O

1

y =x2

x=y2

Hình 2.3

Lời giải

I =

1

Z

0

dx

√ x

Z

x2

x2y−x3dy = =−

Dạng 3: Tính tích phân kép có chứa dấu giá trị tuyệt đối.

Mục đích phá bỏ dấu giá trị tuyệt đối tốn tính tích phân kép có chứa dấu giá trị tuyệt đối Ví dụ, để tính tích phân kép dạng

ZZ

D

|f (x,y)|dxdy Khảo sát dấu hàm f (x,y), tính liên tục hàm f (x,y) nên

đường cong f(x,y) = 0sẽ chia miền Dthành hai miền, D+,D− Trên D+, f (x,y) >0,

trênD−, f (x,y) 60 Ta có cơng thức:

ZZ

D

|f (x,y)|dxdy=

ZZ

D+

f(x,y)dxdy−

ZZ

D−

f (x,y)dxdy (1) (1)

Các bước để làm tốn tính tích phân kép có chứa dấu giá trị tuyệt đối: Vẽ đường cong f (x,y) = 0để tìm đường cong phân chia miềnD

2 Giả sử đường cong tìm chia miềnD thành hai miền Đề xác định xem miền

làD+ , miền D−, ta xét điểm (x0,y0) bất kì, sau tính giá trị f (x0,y0)

Nếu f(x0,y0) >0thì miền chứa(x0,y0)là D+ ngược lại

3 Sau xác định miền D+,D−, sử dụng cơng thức (1) để tính tích

phân

Bài tập 2.4. TínhZZ

D

|x+y|dxdy,D : (x,y) ∈R2||x 61|,|y| 61

O x

D+

y

1

D−

Hình 2.4

Lời giải Ta có:

D+ =D∩ {x+y>0} ={−16x 61,−x6y61}

nên:

I =

ZZ

D+

(x+y)dxdy−

ZZ

D−

(x+y)dxdy= =

Bài tập 2.5. TínhZZ

D

p

|y−x2|dxdy,D : (x,y) ∈ R2||x|61, 06y61

O x

D+

y

1

D−

Hình 2.5

Lời giải

D+ =D∩n(x,y)y−x2>0o=n−16x61,x2 6y 61o

D− = D∩n(x,y)y−x2 60

o

={−16x61, 06y6x}

I =

ZZ

D+

q

y−x2dxdy+

ZZ

D−

q

x2−ydxdy =I 1+I2

I1 =

1

Z

−1

dx

1

Z

x2

q

y−x2dy =

1

Z

−1

1−x2

3

dxx==sint

π

2

Z

0

cos4tdt= = π

4

I2 =

Z

−1

dx

x2

Z

0

q

x2−ydy =

1

Z

−1

|x|3dx=

1

Z

0

Dạng 4: Tính tích phân kép trường hợp miền lấy tích phân miền đối xứng.

Định lý 2.2. Nếu miền D miền đối xứng qua trục Ox (hoặc tương ứngOy) hàm

hàm lẻ đối vớiy (hoặc tương ứng x) ZZ

D

f(x,y)dxdy=0

Định lý 2.3. Nếu miền D miền đối xứng qua trục Ox (hoặc tương ứngOy) hàm

hàm chẵn đối vớiy(hoặc tương ứng x) ZZ

D

f (x,y)dxdy=2

ZZ

D0

f (x,y)dxdy

trong D0 phần nằm bên phải trụcOx D (hoặc tương ứng phía trục Oy

tương ứng)

Định lý 2.4. Nếu miềnDlà miền đối xứng qua trục gốc toạ độOvà hàm f (x,y)thoả mãn

f(−x,−y) =−f (x,y) ZZ

D

f(x,y)dxdy=0

Bài tập 2.6. Tính ZZ

|x|+|y|61

|x|+|y|dxdy

O x

y

1

D1

Hình 2.6

Lời giải DoDđối xứng qua cảOxvàOy, f (x,y) = |x|+|y| hàm chẵn vớix,ynên I =4

ZZ

D1

f (x,y)dxdy=4

Z

0

dx

1Z−x

0

1.3 Phép đổi biến số tích phân kép

Phép đổi biến số tổng quát

Phép đổi biến số tống quát thường sử dụng trường hợp miền D giao hai họ đường cong Xét tích phân kép: I =

ZZ

D

f (x,y)dxdy, f (x,y)liên tục trênD

Thực phép đổi biến sốx =x(u,v),y=y(u,v) (1)thoả mãn:

• x = x(u,v),y = y(u,v) hàm số liên tục có đạo hàm riêng liên tục

miền đóng Duvcủa mặt phẳngO0uv

• Các cơng thức (1) xác định song ánh từ Duv→ D

• Định thức Jacobi J = DD((xu,,vy)) =

x0u x0v y0u y0v

6=0

Khi ta có cơng thức:

I =

ZZ

D

f(x,y)dxdy=

ZZ

Duv

f (x(u,v),y(u,v))|J|dudv

Chú ý:

• Mục đích phép đổi biến số đưa việc tính tích phân từ miền D có hình dáng

phức tạp tính tích phân miềnDuv đơn giản hình thang cong

hình chữ nhật Trong nhiều trường hợp, phép đổi biến số cịn có tác dụng làm đơn giản biểu thức tính tích phân f (x,y)

• Một điều ý việc xác định miềnDuvđó phép dổi biến số tống quát

sẽ biến biên miền Dthành biến miền Duv, biến miền Dbị chặn thành miền

Duvbị chặn

• Có thể tính J thông qua J−1= DD((ux,,vy)) =

u0x u0y v0x v0y

Bài tập 2.7. Chuyển tích phân sau sang hai biếnu,v:

a)

Z

0

dx

x

Z

−x

f (x,y)dxdy,nếu đặt

  

u= x+y v= x−y

O x

y

1

D

O0 u

v

2

Hình 2.7

Lời giải 

 

u= x+y v=x−y ⇒

  

x = u+2v

y= u−2v ,|J| =

D(x,y)

D(u,v) =

1

1 −1

=−2

hơn

D

  

06x 61

−x6y6x ↔

Duv

  

06u 62

06v 62−u

nên

I =

2

Z

0

du

2Z−u

0

f

u+v

2 ,

u−v

2

dv

Bài tập 2.8. Tính I =

ZZ

D

4x2−2y2dxdy, đóD :

  

16xy64

x 6y 64x

x y

O

1

y=4x

y= x

xy=4

xy=1

Lời giải Thực phép đổi biến

  

u=xy v= yx ⇒

  

x =puv

y=√uv ,Duv:

  

16u64

16v64 ,J

−1 =

y x −y x2 1x

=2 y x =2

√

uv

pu

v

=2v

khi I = Z du Z 4u

v −2uv

2vdv=

4 Z du Z 2u v2 −u

dv = Z −3

2udu=−

45

Phép đổi biến số toạ độ cực

Trong nhiều trường hợp, việc tính tốn tích phân kép toạ độ cực đơn giản nhiều so với việc tính tích phân toạ độ Descartes, đặc biệt miền Dcó

dạng hình tròn, quạt tròn, cardioids, hàm dấu tích phân có biểu thức

x2+y2 Toạ độ cực điểm M(x,y)là (r,ϕ),

  

r =−−→OM

ϕ=−−→OM\,Ox

Công thức đổi biến:

  

x =rcosϕ

y=rsinϕ , miền biến thiên củar,ϕphụ thuộc vào hình

dạng miền D Khi J = DD((xr,,ϕy)) =r, I =

ZZ

Drϕ

f (rcosϕ,rsinϕ)rdrdϕ

Đặc biệt, nếuD :

  

ϕ16 ϕ6 ϕ2

r1(ϕ)6r6r2(ϕ)

, I = ϕ2 Z ϕ1 dϕ

rZ2(ϕ)

r1(ϕ)

f(rcosϕ,rsinϕ)rdr

Bài tập 2.9. Tìm cận lấy tích phân toạ độ cực I =

ZZ

D

f (x,y)dxdy, D

x y

O a

a

b b

Hình 2.9a

Lời giải

D :

  

06 ϕ62π

a 6r 6b ⇒I =

2π

Z

0

dϕ

b

Z

a

f (rcosϕ,rsinϕ)rdr

b) x2+y2>4x,x2+y268x,y> x,y62x

x

4

2

y

O

Hình 2.9b

Lời giải Ta có:

D:

  

π

4 6ϕ6 π3

4 cosϕ6r68 cosϕ ⇒I =

π

3

Z

π

4

dϕ

8 cosZ ϕ

4 cosϕ

f (rcosϕ,rsinϕ)rdr

Bài tập 2.10. Dùng phép đổi biến số toạ độ cực, tính tích phân sau: a)

R

Z

0

dx

√ R2−x2

Z

0

x R O

Hình 2.10 a

Từ biểu thức tính tích phân ta suy biểu thức giải tích miềnDlà:

  

06x6R

06y6√R2−x2

nên chuyển sang toạ độ cực, đặt:

  

x =rcosϕ y=rsinϕ

  

06ϕ6 π

2

06r 6R

I =

π

2

Z

0

dϕ

R

Z

0

ln1+r2rdr = π

4

R

Z

0

ln1+r2d1+r2

= π

h

R2+1lnR2+1−R2i

b) TínhZZ

D

xy2dxdy,D giới hạn

  

x2+ (y−1)2 =1

x2+y2−4y=0

x y

2

O

Hình 2.10 b

Đặt

  

x =rcosϕ y=rsinϕ ⇒

  

06 ϕ6π

I =

π

Z

0

dϕ

4 sinZ ϕ

2 sinϕ

rcosϕ.(rsinϕ)2rdr

=0

Cách 2:VìD đối xứng quaOy xy2 hàm số lẻ đối vớix nên I =0

Bài tập 2.11. Tính tích phân sau: a) ZZ

D

dxdy

(x2+y2)2, đóD :

  

4y6x2+y2 68y

x 6y 6x√3

x y

4

O

y =x y =x√3

Hình 2.11a

Lời giải

Đặt

  

x=rcosϕ y =rsinϕ ⇒

  

π

4 ϕ6 π3

4 sinϕ6r68 sinϕ

I =

π

3

Z

π

4

dϕ

8 sinZ ϕ

4 sinϕ

r4rdr =−

π

3

Z

π

4

1

64 sin2ϕ −

1 16 sin2ϕ

dϕ= 128

1−√1

3

b) ZZ

D

r

1−x2−y2

x 1 O Hình 2.11b Đặt   

x=rcosϕ y =rsinϕ ⇒

  

06ϕ62π

06r 61

Ta có: I = 2π Z dϕ Z s

1−r2 1+r2rdr

u=r2

= 2π

1 Z r

1−u

1+udu

Đặt

t =

r

1−u

1+u⇒

  

du =−( 4t

1+t2)2dt

06t61

I =π

1

Z

0

t − 4t (1+t2)2

!

dt =−π

1

Z

0 4dt

1+t2 +4π

1

Z

0

dt

(1+t2)2

=−4πarctgt10 +4π

1

t t2+1+

1

2arctgt

10

= π2

c) ZZ

D xy

x2+y2dxdytrong D:

            

x2+y2 612

x

2 2√3

y

2√3

O

D1 D2

Hình 2.11c

Lời giải Chia miền Dthành hai miền hình vẽ, D= D1∪D2,D1 =

  

06ϕ6 π

6

2 cosϕ6r62√3 ,D2 =

  

π

6 ϕ6 π2

2√3 sinϕ6r 62√3

Vậy I = I1+I2,trong

I1 =

π

6

Z

0

dϕ

2Z√3

2 cosϕ

r2cosϕsinϕ r2 rdr =

1

π

6

Z

0

cosϕsinϕ12−4cos2ϕdϕ= = 17

32

I2 =

π

2

Z

π

6

dϕ

2√3

Z

2√3 sinϕ

r2cosϕsinϕ r2 rdr =

1

π

2

Z

π

6

cosϕsinϕ12−12 sin2ϕdϕ= = 27

32 nên I = 118

Phép đổi biến số toạ độ cực suy rộng.

Phép đổi biến toạ độ cực suy rộng sử dụng miềnD có hình dạng ellipse

hoặc hình trịn có tâm khơng nằm trục toạ độ Khi sử dụng phép biến đổi này, bắt buộc phải tính lại Jacobian phép biến đổi

1 Nếu D: xa22 +

y2

b2 =1, thực phép đổi biến

  

x =arcosϕ

y=brsinϕ ,J= abr

2 Nếu D: (x−a)2+ (y−b)2= R2, thực phép đổi biến

  

x =a+rcosϕ

y=b+rsinϕ ,J=r

4 Thay vào công thức đổi biến tổng qt hồn tất q trình đổi biến Bài tập 2.12. TínhZZ

D

9x2−4y2dxdy, đóD : x42 + y92 61

x

2

y

3

O

Hình 2.12

Lời giải

Đặt

  

x=2rcosϕ

y =3rsinϕ ⇒ J =6r,

  

06ϕ62π

06r 61

Ta có:

I =6

ZZ

Drϕ

36r2cos2ϕ−36r2sin2ϕrdrdϕ=6.36 2π

Z

0

|cos 2ϕ|dϕ

1

Z

0

r3dr = =216

Bài tập 2.13. Tính

R

Z

0

dx

√ RZ2−x2

−√R2−x2

p

Rx−x2−y2dy,(R>0)

x R y

O

Hình 2.13

Lời giải Từ biểu thức tính tích phân suy biểu thức giải tích củaDlà: D:

  

06x 6R

−√Rx−x26y6√Rx−x2 ⇔

x− R

2

2

+y2 R

Đặt

  

x= R

2 +rcosϕ

y =rsinϕ ⇒ |J| =r,

  

06ϕ62π

06r R

2 Vậy

I =

2π

Z

0

dϕ

R

2

Z

0

r

R2

4 −r2rdr =2π

−1

R

2

Z

0

r

R2

4 −r2d

R2

4 −r

2

= πR

3 12 Bài tập 2.14. TínhZZ

D

xydxdy, với

a) D mặt tròn(x−2)2+y2 61

x

3

y

O

Hình 2.14a

Lời giải

Đặt

  

x =2+rcosϕ y=rsinϕ ⇒

  

06r61

06 ϕ62π

nên

I =

2π

Z

0

dϕ

1

Z

0

(2+rcosϕ)rsinϕ.rdr =0

Cách 2. Nhận xét: Do D miền đối xứng quaOx, f (x,y) = xy hàm lẻ y

nên I =0

b) D nửa mặt tròn(x−2)2+y2 61,y>0

x

3

y

O

Lời giải

Đặt

  

x=2+rcosϕ y =rsinϕ ⇒

  

06r 61

06ϕ6π

nên

I =

π

Z

0

dϕ

1

Z

0

§2 TÍCH PHÂN BỘI BA

2.1 Định nghĩa tính chất

Định nghĩa 2.2. Cho hàm số f(x,y,z)xác định miền đóng, bị chặnVcủa khơng

gian Oxyz Chia miền V cách tuỳ ý thành n miền nhỏ Gọi miền thể tích

của chúng là∆V1,∆V2, ,∆Vn Trong miền ∆i lấy điểm tuỳ ýM(xi,yi,zi) thành

lập tổng tích phân In = n

∑

i=1

f (xi,yi,zi)∆Vi Nếu n→+∞ chomax{∆Vi →0} mà In

tiến tới giá trị hữu hạn I, không phụ thuộc vào cách chia miềnV cách chọn điểm M(xi,yi,zi)thì giới hạn gọi tích phân bội bacủa hàm số f(x,y,z) miềnV,

kí hiệu ZZZ V

f (x,y,z)dV

Khi ta nói hàm số f(x,y,z) khả tích miềnV

Do tích phân bội ba không phụ thuộc vào cách chia miềnV thành miền nhỏ nên ta có

thể chiaV ba họ mặt thẳng song song với mặt phẳng toạ độ, đódV = dxdydz

và ta viết ZZZ

V

f (x,y,z)dV =

ZZZ

V

f (x,y,z)dxdydz

Các tính chất bản • Tính chất tuyến tính

ZZZ

V

[f (x,y,z) +g(x,y,z)]dxdydz =

ZZZ

V

f (x,y,z)dxdydz+

ZZZ

V

g(x,y,z)dxdydz

ZZZ

V

k f(x,y,z)dxdydz =k ZZZ

V

f (x,y,z)dxdydz

• Tính chất cộng tính: NếuV =V1∪V2và V1∩V2 =∅thì:

ZZZ

V

f(x,y,z)dxdydz =

ZZZ

V1

f(x,y,z)dxdydz+

ZZZ

V2

f (x,y,z)dxdydz

2.2 Tính tích phân bội ba hệ toạ độ Descartes

Cũng giống việc tính tốn tích phân kép, ta cần phải đưa tích phân ba lớp tích phân lặp Việc chuyển đổi thực qua trung gian tích phân kép

Sơ đồ cho thấy việc tính tích phân ba lớp chuyển tính tích phân kép (việc tính tích phân kép nghiên cứu trước) Đương nhiên việc chuyển đổi phụ thuộc chặt chẽ vào hình dáng miềnV Một lần nữa, kĩ vẽ hình quan trọng

Nếu miềnV giới hạn mặtz =z1(x,y),z=z2(x,y), đóz1(x,y),z2(x,y)

là hàm số liên tục miềnD,Dlà hình chiếu miềnV lên mặt phẳngOxy ta

có:

I =

ZZZ

V

f (x,y,z)dxdydz =

ZZ

D

dxdy

z2Z(x,y)

z1(x,y)

f (x,y,z)dz (2.1)

Thuật tốn chuyển tích phân ba lớp tích phân hai lớp Xác định hình chiếu miềnV lên mặt phẳngOxy

2 Xác định biên dướiz =z1(x,y)và biên trênz =z2(x,y)củaV

3 Sử dụng cơng thức 2.1 để hồn tất việc chuyển đổi

Đến việc xong nửa, vấn đề lại là:

Xác địnhD biênz=z1(x,y),z=z2(x,y)như nào?

Có hai cách đề xác định: Dùng hình học dựa vào biểu thức giải tích miền V

Mỗi cách có ưu nhược điểm riêng Cách dùng hình học khó thực có ưu điểm trực quan, dễ hiểu Cách dùng biểu thức giải tích V

có thể áp dụng cho nhiều thường khó hiểu phức tạp Chúng khuyên em sinh viên cố gắng thử cách vẽ hình trước Muốn làm điều này, đòi hỏi bạn sinh viên phải có kĩ vẽ mặt cong khơng gian mặt phẳng, mặt trụ, mặt nón, mặt cầu, ellipsoit, paraboloit, hyperboloit tầng, hyperboloit tầng, bạn cần có trí tưởng tượng tốt đề hình dung giao cắt mặt

Chú ý:Cũng giống tính tích phân kép, việc nhận xét tính đối xứng miền

V tính chẵn lẻ hàm lấy tích phân f (x,y,z) giúp sinh viên giảm khối

lượng tính tốn đáng kể

Định lý 2.5. NếuV miền đối xứng qua mặt phẳng z=0(Oxy)và f(x,y,z) hàm số lẻ

đối vớizthì ZZZ

V

f (x,y,z)dxdydz =0

Định lý 2.6. Nếu V miền đối xứng qua mặt phẳng z = 0(Oxy) f(x,y,z) hàm số

chẵn z ZZZ

V

f (x,y,z)dxdydz =

ZZZ

V+

f (x,y,z)dxdydz, V+ phần phía

Tất nhiên thay đổi vai trị củaztrong hai định lý xhoặc y Hai

định lý chứng minh dễ dàng phương pháp đổi biến số

Bài tập 2.15. TínhZZZ

V

zdxdydztrong miềnVđược xác định bởi:

          

06x6

4

x 6y 62x

06z

q

1−x2−y2

Lời giải

I =

1

Z

0

dx

2x

Z

x

dy

√

1−x2−y2

Z

0

zdz=

1

Z

0

dx

2x

Z

x

1

1−x2−y2dy =

2

Z

0

x−10

3 x

3

dx = 43 3072

Bài tập 2.16. TínhZZZ

V

x2+y2dxdydztrong đóV:

(

x2+y2+z2 =1

x2+y2−z2 =0

y z

x

O

z=p1−x2−y2

z=px2+y2

D

Lời giải Do tính chất đối xứng,

V

x2+y2dxdydz =2

V1

x2+y2dxdydz =2I1,

đó V1 nửa phía mặt phẳng Oxy củaV Ta có

    

V1:

q

x2+y2 6z 6q1−x2−y2

D : x2+y2

2,

, vớiD hình chiếu củaV1 lênOxy Ta có

I1 =

ZZ

D

x2+y2dxdy

√

1−x2−y2

Z

√

x2+y2

dz=

ZZ

D

x2+y2 q1−x2−y2−qx2+y2

dxdy

Đặt

(

x =rcosϕ

y=rsinϕ ⇒ J =r,

    

06 ϕ62π

06r6 √1

2 nên

I1 = √

Z

0

r3p1−r2−rdr 2π

Z

0

dϕ=2π

1 √

Z

0

r3p1−r2−rdr =(r=cos α) = 2π

8−5√2

12 Vậy

I = 4π

8−5√2

12

2.3 Phương pháp đổi biến số tích phân bội ba

Phép đổi biến số tổng quát

Phép đổi biến số tổng quát thường sử dụng trường hợp miềnV giao

ba họ mặt cong Giả sử cần tính I =

ZZZ

V

f (x,y,z)dxdydz f(x,y,z)liên tục V

Thực phép đổi biến số 

     

x= x(u,v,w)

y=y(u,v,w)

z=z(u,v,w)

(2.2) thoả mãn

• x,y,z với đạo hàm riêng hàm số liên tục miền đóngVuvw

của mặt phẳngO0uvw

• J = DD((ux,,vy,,wz)) 6=0trongVuvw Khi

I =

ZZZ

V

f(x,y,z)dxdydz =

ZZZ

Vuvw

f [x(u,v,w),y(u,v,w),z(u,v,w)]|J|dudvdw

Cũng giống phép đổi biến tích phân kép, phép đổi biến tích phân bội ba biến biên miền V thành biên miền Vuvw, biến miền V bị chặn thành miền

Vuvw bị chặn

Bài tập 2.17. Tính thể tích miềnV giới hạn

      

x+y+z=±3

x+2y−z=±1

x+4y+z=±2

biết V =

ZZZ

V

dxdydz

Lời giải Thực phép đổi biến

      

u =x+y+z v =x+2y−z

w= x+4y+z

Vì phép đổi biến biến biên V

thành biên củaVuvwnênVuvw giới hạn bởi:

      

u=±3

v=±1 w=±2

J−1 = D(u,v,w)

D(x,y,z) =

1 1

1 −1

1

=6⇒ J =

6 ⇒V =

1

ZZZ

Vuvw

dudvdw =

6.6.2.4 =8

Phép đổi biến số toạ độ trụ

Khi miềnV có biên mặt mặt paraboloit, mặt nón, mặt trụ, có hình chiếu DlênOxylà hình trịn, hàm lấy tích phân f(x,y,z)có chứa biểu thức(x2+y2)thì ta

hay sử dụng cơng thức đổi biến hệ toạ độ trụ Toạ độ trụ điểm M(x,y,z) ba (r,ϕ,z), đó(r,ϕ) toạ độ cực điểmM0 hình chiếu điểmMlênOxy

Công thức đổi biến

      

x=rcosϕ y =rsinϕ z =z

Định thức Jacobian phép biến đổi J = DD((xr,ϕ,,y,zz)) =r,

ta có:

I =

ZZZ

V

f(x,y,z)dxdydz =

ZZZ

Vrϕz

Nếu miềnV : (x,y) ∈ D

z1(x,y)6z6z2(x,y) , D:

ϕ16 ϕ6ϕ2

r1(ϕ) 6r 6r2(ϕ) thì:

I =

ϕ2

Z

ϕ1

dϕ

rZ2(ϕ)

r1(ϕ)

rdr

z2(rcosZϕ,rsinϕ)

z1(rcosϕ,rsinϕ)

f (rcosϕ,rsinϕ,z)dz

Bài tập 2.18. TínhZZZ

V

x2+y2dxdydz, đóV :

(

x2+y2 61

16z62

y z

x

O

V

1

Hình 2.18

Lời giải Đặt

      

x =rcosϕ y=rsinϕ z=z

thì

      

06ϕ62π

06r 61

16z62

Ta có

I =

2π

Z

0

dϕ

1

Z

0

r2dr

2

Z

1

zdz= = 3π

Bài tập 2.19. TínhZZZ

V

zpx2+y2dxdydz, đó:

a) V miền giới hạn mặt trụ:x2+y2 =2xvà mặt phẳngz =0,z =a(a>0)

y z

x

O

Hình 2.19a

Lời giải a) Đặt

      

x=rcosϕ y=rsinϕ z=z

Từx2+y2 =2xsuy rar=2 cosϕ Do đó:

        

−π

2 6ϕ6

π

2

06r62 cosϕ

06z6a

Vậy

I =

π

2

Z

−π2

dϕ

2 cosZ ϕ

0

r2dr

a

Z

0

zdz = = 16a2

y z

x

O

Lời giải b) Đặt      

x =rcosϕ y=rsinϕ z=z

, ta có

     

06 ϕ62π

06r6a

06z6pa2−r2

Vậy I = 2π Z dϕ a Z

r2dr

√ a2−r2

Z

0

zdz =2π

a

Z

0

r2.a 2−r2

2 dr =

2πa5

15

Bài tập 2.20. Tính I =

ZZZ

V

ydxdydz, đóV giới hạn bởi:

(

y =pz2+x2

y=h

y z

x

O h

Hình 2.20

Lời giải Đặt

      

x =rcosϕ y=rsinϕ z=z

, ta có

      

06 ϕ62π

06r6h

r 6y6h

Vậy I = 2π Z dϕ h Z rdr h Z r

ydy=2π

h

Z

0

r.h 2−r2

2 dr =

πh4

4

Bài tập 2.21. Tính I =

ZZZ

V

p

x2+y2dxdydz đóV giới hạn bởi:

(

x2+y2=z2

y z

x

O

Hình 2.21

Lời giải Đặt

      

x =rcosϕ y=rsinϕ z=z

, ta có

      

06 ϕ62π

06r61

r 6z 61

Vậy

I =

2π

Z

0

dϕ

1

Z

0

r2dr

1

Z

r

dz=2π

1

Z

0

r2(1−r)dr = π

Bài tập 2.22. TínhZZZ

V

dxdydz

√

x2+y2+(z−2)2, đóV :

(

x2+y2 =≤1

y

x

O

Hình 2.22

Lời giải Đặt

      

x =rcosϕ y=rsinϕ z0 =z−2

⇒ |J| =r,Vrϕz :

      

06 ϕ62π

06r61

−36z0 6−1

, ta có

I =

2π

Z

0

dϕ

1

Z

0

rdr

−1

Z

−3

dz0

√

r2+z02

=π

1

Z

0

r lnz0+pr2+z02 z0=−1

z0=−3 dr

=2π

 

1

Z

0

rlnpr2+1−1dr−

Z

0

rlnpr2+9−3dr

 

=2π(I1−I2) Vìlim

r→0rln

√

r2+1−1 = lim

r→0rln

√

r2+9−3 = 0nên thực chất I

1,I2là tích phân xác định

Đặt√r2+1=t⇒rdr =tdt, ta có

Z

rlnpr2+1−1dr

=

Z

tln(t−1)dt

= t2

2 ln(t−1)−

1

Z t2

t−1dt = t

2−1

2 ln(t−1)−

t2

4 −

t

nên

I1 =

t2−1

2 ln(t−1)−

t2

4 −

t

2

|√12=

2ln

√

2−1−1

4−

1

√

2−1

Tương tự, I2 = t2−9

2 ln(t−3)−t

4 −32t +Cnên

I2 =

t2−9

2 ln(t−3)−

t2

4 −

3t

2

|√310 = 2ln

√

10−3−1

4−

3

√

10−3

Vậy

I =2π(I1−I2) =π ln

√

2−1

√

10−3 +3

√

10−8−√2

!

Phép đổi biến toạ độ cầu

Trong trường hợp miềnV có dạng hình cầu, chỏm cầu, múi cầu, hàm lấy tích

phân f(x,y,z) có chứa biểu thức x2+y2+z2thì ta hay sử dụng phép đổi biến toạ

độ cầu

Toạ độ cầu điểm M(x,y,z) khơng gian ba(r,θ,ϕ), đó:

            

r =−−→OM θ =−−→OM\,Oz ϕ=−−→OM\0,Ox

Công thức phép đổi biến là:

      

x=rsinθcosϕ y =rsinθsinϕ z =rcosθ

Định thức Jacobian J = DD((rx,θ,,y,ϕz)) =−r2sinθ, ta có:

ZZZ

V

f(x,y,z)dxdydz =

ZZZ

Vrθ ϕ

f(rsinθcosϕ,rsinθsinϕ,rcosθ)r2sinθdrdθdϕ

Đặc biệt, nếuVrθ ϕ :

      

ϕ1 6ϕ6 ϕ2, (ϕ2−ϕ1 62π)

θ1(ϕ)6θ 6θ2(ϕ)

r1(θ,ϕ) 6r 6r2(θ,ϕ)

thì I = ϕ2 Z ϕ1 dϕ

θZ2(ϕ)

θ1(ϕ)

sinθdθ

r2Z(θ,ϕ)

r1(θ,ϕ)

Bài tập 2.23. TínhZZZ

V

x2+y2+z2dxdydz, đóV : 16x

2+y2+z2 64

x2+y2 6z2

y z

x

O

V1

Hình 2.23

Lời giải Đặt

      

x =rsinθcosϕ y=rsinθsinϕ z=rcosθ

Do x2+y2+z2 4nên ≤ r ≤ 2; mặt nón có

phương trìnhx2+y2 =z2 nênθ = π4 Vậy

        

06ϕ62π

06θ6 π

4

16r 62

nên

I =2 2π

Z

0

dϕ

π

4

Z

0

sinθdθ

2

Z

1

r2.r2dr =2.2π.(−cosθ)π4

r5

5

21 =

4.31π

5 1−

√

2

!

Bài tập 2.24. TínhZZZ

V

p

y z

x

O

Hình 2.24

Lời giải Đặt

      

x =rsinθcosϕ y=rsinθsinϕ z=rcosθ

Nhìn hình vẽ ta thấy 06ϕ62π, 06θ π

2 Dox2+y2+z2 6znên06r 6cosθ Vậy

I =

2π

Z

0

dϕ

π

2

Z

0

sinθdθ

cosZ θ

0

r.r2dr =2π

π

2

Z

0

sinθ.1

4cos

4θdθ = π 10

Phép đổi biến toạ độ cầu suy rộng.

Tương tự tính tích phân kép, miềnV có dạng hình ellipsoit hình cầu

có tâm khơng nằm trục toạ độ ta sử dụng phép đổi biến số toạ độ cầu suy rộng Khi ta phải tính lại Jacobian phép biến đổi

1 Nếu miềnVcó dạnghình ellipsoit hình cầu có tâm khơng nằm trục toạ

độnên nghĩ tới phép đổi biến số toạ độ cầu suy rộng

2 – Nếu V : xa22 +

y2 b2 +z

2

c2 =1thì thực phép đổi biến

      

x =arsinθcosϕ y=brsinθsinϕ z=crcosθ

– Nếu V : (x−a)2+ (y−b)2+ (z−c)2 =R2 thực phép đổi biến       

x=a+rsinθcosϕ y =b+rsinθsinϕ z =c+rcosθ

,J =−r2sinθ

3 Xác định miền biến thiên ϕ,θ,r

4 Dùng công thức đổi biến tổng quát để hoàn tất việc đổi biến Bài tập 2.25. TínhZZZ

V

zpx2+y2dxdydz, đóVlà nửa khối ellipsoit x2+y2

a2 +z

b2

1,z>0,(a,b >0)

Lời giải Cách 1: Sử dụng phép đổi biến toạ độ trụ suy rộng.

Đặt       

z =bz0 x=arcosϕ y =arsinθ

⇒ J = D(x,y,z)

D(r,ϕ,z) =a

2br,V

rϕz0 =

n

06ϕ62π, 06r 61, 06z0 6p1−r2

o Vậy I = 2π Z dϕ Z dr √

1−r2

Z

0

bz0.ar.a2brdz0 =2a3b2π

1

Z

0

r2.1−r

2 dr =

2πa3b2

15 Cách 2: Sử dụng phép đổi biến toạ độ cầu suy rộng.

Đặt       

x= arsinθcosϕ y=arsinθsinϕ z=brcosθ

⇒ J = D(x,y,z)

D(r,θ,ϕ) =a

2br2sinθ,V

rϕz0 =

n

06 ϕ62π, 06θ π

2, 06r61

o Vậy I = 2π Z dϕ π Z dθ Z

brcosθ.arsinθ.a2bsinθ =2a3b2π

2π

Z

0

cosθsin2πdθ

1

Z

0

r4dr = 2πa3b2 15

Bài tập 2.26. TínhZZZ

V

x2 a2 +

y2

b2 +z

c2

dxdydz, đóV : xa22 +yb22 +z2

Lời giải Đặt

      

x= arsinθcosϕ y=brsinθsinϕ z=crcosθ

⇒ J = D(x,y,z)

D(r,θ,ϕ) =abcr

2sinθ,V

rϕz0 ={06ϕ62π, 06θ 6π, 06r 61}

Vậy

I =abc

2π

Z

0

dϕ

π

Z

0

dθ

1

Z

0

r2.r2sinθ= 4π

5 abc

§3 CÁC ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN BỘI

3.1 Tính diện tích hình phẳng

Cơng thức tổng qt: S=

ZZ

D

dxdy

Bài tập 2.27. Tính diện tích miền Dgiới hạn bởi:

      

y =2x

y =2−x

y =4

x O

1

y

4

y =2x

y=2−x

Hình 2.27

Lời giải Nhận xét:

D =D1∪D2,D1

(

−26x60

2−x 6y64,D2

(

06x 62

2x 6y64

nên

S=

ZZ

D

dxdy=

ZZ

D1

dxdy+

ZZ

D2

dxdy=2

ZZ

D1

dxdy= =2

8−

ln

Bài tập 2.28. Tính diện tích miền Dgiới hạn bởi:

(

y2= x,y2 =2x x2 =y,x2=2y

x y

O

y= x2 x2 =2y

x =y2

2x=y2

Hình 2.28

Lời giải Ta cóS =

ZZ

D

dxdy Thực phép đổi biến

      

u= y2

x v= x2

y

⇒ Duv :

(

16u62

16v62 ,

thì

J−1= D(u,v)

D(x,y) =

−yx22 2y

x

2x

y −x

2

y2

=−3

Vậy

S =

ZZ

Duv

1

3dudv =

1

Bài tập 2.29. Tính diện tích miềnD giới hạn

(

y=0,y2 =4ax

O x

3a

3a

−6a

Hình 2.29

Lời giải Nhìn hình vẽ ta thấyD:

    

−6a6y60

y2

4a 6x 63a−y

nên

S =

ZZ

D

dxdy=

0

Z

−6a

dy

3Za−y

y2

4a

dx=

0

Z

−6a

3a−y− y

2 4a

dy =18a2

Bài tập 2.30. Tính diện tích miềnD giới hạn

(

x2+y2 =2x,x2+y2=4x

x =y,y=0

y= x

x

2

y

O

Hình 2.30

Lời giải Ta cóS =

ZZ

D

dxdy, đặt

(

x =rcosϕ

y=rsinϕ thìD :

  

06ϕ6 π

4

2 cosϕ6r 64 cosϕ

nên

S =

π

4

Z

0

dϕ

4 cosZ ϕ

2 cosϕ

rdr =

π

4

Z

0

12 cos2ϕdϕ= 3π

4 +

Bài tập 2.31. Tính diện tích miềnD giới hạn đường trònr =1,r = √2

3cosϕ Chú ý:

• r =alà phương trình đường trịn tâmO(0, 0), bán kính a

• r =acosϕlà phương trình đường trịn tâm(a, 0), bán kính a

x y

O

Hình 2.31

Lời giải Giao giao điểm đường tròn:

r =1= √2

3cosϕ⇔ ϕ=±

π

6 nên

S=2

π

6

Z

0

dϕ

2 √

3Zcosϕ

1

rdr =2.1

π

6

Z

0

4

3cos

2ϕ−1

dϕ= √

3

6 −

π

18

Bài tập 2.32. Tính diện tích miềnDgiới hạn đường x2+y22 =2a2xy (a>0)(đường

)

x y

O

r =apsin 2ϕ

Lời giải Tham số hoá đường cong cho, đặt x =rcosϕ

y=rsinϕ, phương trình đường cong

tương đương vớir2 =a2sin 2ϕ Khảo sát vẽ đường cong cho hệ toạ độ cực (xem

hình vẽ 2.32) Ta có

D:

  

06 ϕ6 π

2,π ϕ6

3π

2

06r6apsin 2ϕ

Do tính đối xứng hình vẽ nên

S=2

π

2

Z

0

dϕ

a√Zsin 2ϕ

rdr =

π

2

Z

0

a2sin 2ϕdϕ=a2

Bài tập 2.33. Tính diện tích miềnDgiới hạn đườngx3+y3 =axy (a>0)(Lá Descartes)

x y

O 12

1

TCX: y=−x−1 Hình 2.33

Tham số hố đường cong cho, đặt

(

x =rcosϕ

y=rsinϕ, phương trình đường cong tương đương

với

r= asinϕcosϕ

sin3ϕ+cos3ϕ

Khảo sát vẽ đường cong cho hệ toạ độ cực (xem hình vẽ 2.33) Ta có

D :

      

06ϕ6 π

2

06r asinϕcosϕ

nên

S=

π

2

Z

0

dϕ

asinϕcosϕ

sin3ϕZ+cos3ϕ

0

rdr = a

2

π

2

Z

0

sin2ϕcos2ϕ

sin3ϕ+cos3ϕ2dϕ

t=tgϕ

= a2

1

+∞

Z

0

d t3+1 (t3+1)2 =

a2

6

Bài tập 2.34. Tính diện tích miềnD giới hạn đườngr =a(1+cosϕ) (a>0), (đường

Cardioids hay đường hình tim)

x y

O

2a a

−a

Hình 2.34

Lời giải Ta có

D ={06ϕ62π, 06r 6a(1+cosϕ)}

nên

S=2 π

Z

0

dϕ

a(1+Zcosϕ)

0

rdr =a2

π

Z

0

(1+cosϕ)2dϕ= = 3πa2

3.2 Tính thể tích vật thể

Công thức tổng quát:

V =

ZZZ

V

dxdydz

Các trường hợp đặc biệt

1 Vật thể hình trụ, mặt xung quanh mặt trụ có đường sinh song song với trục

Oz, đáy miền D mặt phẳng Oxy, phía giới hạn mặt cong z =

f (x,y), f (x,y) > 0 liên tục D V =

ZZ

D

f (x,y)dxdy (Xem hình vẽ

y z

x

O D

2 Vật thể khối trụ, giới hạn đường sinh song song với trục Oz, hai mặt z = z1(x,y),z = z2(x,y) Chiếu mặt lên mặt phẳng Oxy ta miền D, z1(x,y),z2(x,y)là hàm liên tục, có đạo hàm riêng liên tục D Khi đó:

V =

ZZ

D

|z1(x,y)−z2(x,y)|dxdy

y z

x

O

z= f(x,y)

z =g(x,y)

D

Ω

Bài tập 2.35. Tính diện tích miền giới hạn

      

3x+y>1

3x+2y62

y >0, 06z 61−x−y

y z

x

O

Hình 2.35

Lời giải

V =

ZZ

D

f (x,y)dxdy=

1

Z

0

dy

2−2y

3

Z

1−y

3

(1−x−y)dx =

1

Z

0

1−2y+y2dy =

18

Bài tập 2.36. Tính thể tích miềnV giới hạn

(

z=4−x2−y2

2z=2+x2+y2

y z

x

O

2z=2+x2+y2

z =4−x2−y2

Lời giải Giao tuyến hai mặt cong: x2+y2 =2

z =2 , nên hình chiếu củaVlên mặt phẳng

OxylàD : x2+y2 ≤2 Hơn trênDthì4−x2−y2 > 2+x2+y2

2 nên ta có:

V =

ZZ

D

4−x2−y2−2+x2+y2

2

dxdy

Đặt

(

x =rcosϕ y=rsinϕ

(

06 ϕ62π

06r6√2,

V =

2π

Z

0

dϕ

√

2

Z

0

3−3

2r

rdr = =3π

Bài tập 2.37. Tính thể tích củaV :

(

06z 61−x2−y2

y>x,y6√3x

y z

x

O

1

Hình 2.37

Lời giải Dox≤y ≤√3xnên x,y≥0 Ta có

V =

ZZ

D

Đặt

(

x =rcosϕ y=rsinϕ

  

π

4 6ϕ6

π

3

06r 61

Vậy

V =

π

3

Z

π

4

dϕ

1

Z

0

1−r2rdr = = π

48

Bài tập 2.38. Tính thể tíchV :

(

x2+y2+z2 64a2

x2+y2−2ay 60

y z

x

O

2a

2a

2a

Hình 2.38

Lời giải Do tính chất đối xứng miềnV nên V =4

ZZ

D

q

4a2−x2−y2dxdy,

trong đóDlà nửa hình trịnD:

(

x2+y2−2ay 60

x >0 Đặt

(

x =rcosϕ y=rsinϕ ⇒

  

06 ϕ6 π

2

Vậy

V =4

π

2

Z

0

dϕ

2aZsinϕ

0

p

4a2−r2rdr

=4.−1

π

2

Z

0

4a2−r2

3

rr==20asinϕ dϕ

=

π

2

Z

0

8a3−8a3cos3ϕdϕ

= 32a

3

π

2 −

2

Bài tập 2.39. Tính thể tích miềnV giới hạn

            

z =0

z = x2

a2 +

y2 b2

x2 a2 +

y2 b2 =

2x a

x z

O z= xa22 +

y2 b2

a

1

Hình 2.39

Lời giải Ta có hình chiếu củaVlên mặt phẳngOxylà miềnD : xa22 +

y2

b2 = 2ax Do tính chất đối xứng miềnV nên:

V =2

ZZ

D+

x2 a2 +

y2 b2

trong đóD+ nửa ellipseD+ : xa22 +

y2

b2 = 2ax,y>0 Đặt

(

x =arcosϕ

y=brsinϕ thì|J| =abr,

  

06 ϕ6 π

2

06r62 cosϕ

Vậy

V =2

π

2

Z

0

dϕ

2 cosZ ϕ

0

r2rdr = = 3π

Bài tập 2.40. Tính thể tích miềnV :

  

az =x2+y2 z=qx2+y2

y z

O a

−a

a

Hình 2.40

Lời giải Giao tuyến hai đường cong:

z=

q

x2+y2 = x2+y2

a ⇔

(

x2+y2 =a2 z=a

Vậy hình chiếu củaV lên mặt phẳngOxylà

D : x2+y2 =a2

Nhận xét rằng, miềnD mặt nón phía mặt paraboloit nên: V =

ZZ

D

q

x2+y2−x2+y2

a

Đặt x =rcosϕ

y=rsinϕ

06 ϕ62π

06r6a Vậy

V =

2π

Z

0

dϕ

a

Z

0

r−r2

a

rdr = = πa3

3.3 Tính diện tích mặt cong

Mặt z = f(x,y) giới hạn đường cong kín, hình chiếu mặt cong lên mặt

phẳngOxylàD f (x,y) hàm số liên tục, có đạo hàm riêng liên tục D Khi đó:

σ=

ZZ

D

q

1+p2+q2dxdy,p = f0

x,q= fy0

y z

x

O

z= f(x,y)

CHƯƠNG 3

TÍCH PHÂN PHỤ THUỘC THAM SỐ.

§1 TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH PHỤ THUỘC THAM SỐ.

1.1 Giới thiệu

Xét tích phân xác định phụ thuộc tham số: I(y) =

b

Z

a

f (x,y)dx, f (x,y) khả

tích theo x [a,b] với y ∈ [c,d] Trong học nghiên cứu số

tính chất hàm số I(y)như tính liên tục, khả vi, khả tích

1.2 Các tính chất tích phân xác định phụ thuộc tham số.

1) Tính liên tục.

Định lý 3.7. Nếu f (x,y)là hàm số liên tục [a,b]×[c,d] I(y)là hàm số liên

tục trên[c,d] Tức là:

lim

y→y0

I(y) = I(y0)⇔ lim

y→y0

b

Z

a

f (x,y)dx=

b

Z

a

f (x,y0)dx

2) Tính khả vi.

Định lý 3.8. Giả sử với mỗiy ∈ [c,d], f (x,y)là hàm số liên tục theo x [a,b]

I0(y) =

b

Z

a

fy0 (x,y)dx, hay nói cách khác đưa dấu đạo hàm vào

tích phân

3) Tính khả tích.

Định lý 3.9. Nếu f(x,y) hàm số liên tục [a,b]×[c,d] I(y)là hàm số khả

tích trên[c,d] , và:

d

Z

c

I(y)dy :=

d

Z

c

 

b

Z

a

f (x,y)dx

 dy=

b

Z

a

 

d

Z

c

f (x,y)dy

 dx

Bài tập

Bài tập 3.1. Khảo sát liên tục tích phân I(y) =

1

Z

0

y f(x)

x2+y2dx , với f (x) hàm số dương, liên tục trên[0, 1]

Lời giải Nhận xét hàm sốg(x,y) = xy f2+(xy)2 liên tục hình chữ nhật[0, 1]×[c,d] [0, 1]×[−d,−c] với < c < d bất kì, nên theo Định lý 3.7, I(y) liên tục

[c,d],[−d,−c], hay nói cách khác I(y) liên tục với mọiy6=0

Bây ta xét tính liên tục hàm sốI(y) điểmy =0 Do f (x)là hàm số dương, liên

tục trên[0, 1]nên tồn m>0sao cho f (x)>m>0∀x ∈ [0, 1] Khi vớiε>0thì:

I(ε) =

1

Z

0

εf (x)

x2+ε2dx>

Z

0

ε.m

x2+ε2dx=m.arctg

x ε

I(−ε) =

1

Z

0

−εf (x)

x2+ε2dx

Z

0

−ε.m

x2+ε2dx =−m.arctg

x ε

Suy ra|I(ε)−I(−ε)|>2m.arctgx

ε →2m.π2 khiε→0, tức là|I(ε)−I(−ε)|không tiến tới khiε →0, I(y)gián đoạn tạiy =0

Bài tập 3.2. Tính tích phân sau: a) In(α) =

1

Z

0

xαlnnxdx , n số nguyên dương

Lời giải – Với α > 0, hàm số fn(x,α) = xαlnnx,n = 0, 1, 2, liên tục theo x

– Vì lim

x→0+x

αlnn+1x=0nên ∂fn(x,α)

∂α = xαln

n+1xliên tục trên[0, 1]×(0,+∞). Nghĩa hàm số fn(x,α) = xαlnnxthoả mãn điều kiện Định lý 3.8 nên:

In−0 1(α) = d

dα

1

Z

0

xαlnn−1xdx =

1 Z d dα

xαlnn−1xdx=

1

Z

0

xαlnnxdx =In(α)

Tương tự, In−0 2 = In−1, ,I20 = I1,I10 = I0 , suy In(α) = [I0(α)](n) Mà I0(α) =

Z

0

xαdx= α+11 ⇒ In(α) =

h

1 α+1

i(n)

= (−1)nn! (α+1)n+1

b)

π

2

Z

0

ln 1+ysin2xdx, vớiy>1

Lời giải Xét hàm số f (x,y) =ln 1+ysin2xthoả mãn điều kiện sau:

• f (x,y) = ln 1+ysin2x xác định 0, π2×(1,+∞) với y > −1 cho

trước, f (x,y) liên tục theoxtrên 0, π2

• Tồn fy0 (x,y) = sin2x

1+ysin2x xác định, liên tục

0,π2×(1,+∞)

Theo Định lý 3.8, I0(y) =

π

2

Z

0

sin2x

1+ysin2xdx =

π Z dx sin2x+y

Đặtt=tgx thìdx = 1+dtt2, 06t6+∞

I0(y) = +∞

Z

0

t2dt

(t2+1) (1+t2+yt2) =

+∞ Z y

t2+1 −

1 1+ (y+1)t2

dt

=

y

"

arctgt|0+∞−p

y+1arctg

tpy+1|0+∞

#

= π

2y 1−

1

p

1+y

!

= π

2p1+y

1

1+p1+y

Suy

I(y) =

Z

I0(y)dy =

Z π

2p1+y

1

1+p1+ydy =πln

1+p1+y+C

Do I(0) =0nênC =−πln 2và I(y) =πln 1+p1+y−πln Bài tập 3.3. Xét tính liên tục hàm số I(y) =

1

Z

0

y2−x2

Lời giải Tạiy=0, I(0) =

1

Z

0

−x12dx=−∞, nên hàm số I(y) không xác định tạiy=0

Tại y 6= , I(y) =

1

Z

0

(x2+y2)−2x.x

(x2+y2)2 dx =

Z

0

dx2+xy2

= 1+1y2, nên I(y) xác định liên tục với y6=0

1.3 Các tính chất tích phân phụ thuộc tham số với cận biến đổi.

Xét tích phân phụ thuộc tham số với cận biến đổi

J(y) =

b(y)

Z

a(y)

f(x,y)dx, vớiy ∈[c,d],a6a(y),b(y)6b ∀y ∈ [c,d]

1) Tính liên tục

Định lý 3.10. Nếu hàm số f (x,y) liên tục [a,b]×[c,d] , hàm số a(y),b(y)

liên tục [c,d] thoả mãn điều kiện a a(y),b(y) b∀y ∈ [c,d] J(y)

một hàm số liên tục ytrên[c,d] 2) Tính khả vi

Định lý 3.11. Nếu hàm số f (x,y) liên tục [a,b]×[c,d] , fy0 (x,y) liên tục [a,b]×[c,d], a(y),b(y) khả vi [c,d] thoả mãn điều kiệna 6a(y),b(y)

b ∀y∈ [c,d] thìJ(y)là hàm số khả vi y trên[c,d], ta có:

J0(y) =

bZ(y)

a(y)

fy0 (x,y)dx+ f (b(y),y)by0 (y)− f (a(y),y)a0y(y)

Bài tập

Bài tập 3.4. Tìm lim

y→0 1Z+y

y

dx

1+x2+y2

Lời giải Dễ dàng kiểm tra hàm sốI(y) =

1Z+y y

dx

1+x2+y2 liên tục tạiy=0dựa vào định

lý 3.10, nênlim

y→0 1Z+y

y

dx

1+x2+y2 = I(0) =

Z

0

dx

2.1 Các tính chất tích phân suy rộng phụ thuộc tham số.

Xét tích phân suy rộng phụ thuộc tham số I(y) = +∞

Z

a

f (x,y)dx, y∈ [c,d] Các kết

dưới phát biểu tích phân suy rộng loại II (có cận vơ cùng) áp dụng cách thích hợp cho trường hợp tích phân suy rộng loại I (có hàm dấu tích phân không bị chặn)

1) Dấu hiệu hội tụ Weierstrass

Định lý 3.12. Nếu |f (x,y)| g(x)∀(x,y) ∈ [a,+∞]×[c,d] tích phân suy

rộng

+∞

Z

a

g(x)dxhội tụ, tích phân suy rộng I(y) = +∞

Z

a

f(x,y)dxhội tụ y ∈[c,d]

2) Tính liên tục

Định lý 3.13. Nếu hàm số f (x,y)liên tục [a,+∞]×[c,d] tích phân suy

rộng I(y) = +∞

Z

a

f (x,y)dx hội tụ đối vớiy ∈ [c,d] I(y) hàm số liên tục

trên[c,d]

3) Tính khả vi

Định lý 3.14. Giả sử hàm số f (x,y)xác định trên[a,+∞]×[c,d]sao cho với mỗiy ∈

[c,d] , hàm số f (x,y) liên tục đối vớix trên[a,+∞]và fy0 (x,y)liên tục trên[a,+∞]×

[c,d] Nếu tích phân suy rộng I(y) = +∞

Z

a

f(x,y)dxhội tụ

+∞

Z

a

fy0 (x,y)dx hội tụ

đối vớiy∈ [c,d] thìI(y)là hàm số khả vi [c,d]và I0(y) = +∞

Z

a

fy0 (x,y)dx

4) Tính khả tích

Định lý 3.15. Nếu hàm số f (x,y)liên tục [a,+∞]×[c,d] tích phân suy

thể đổi thứ tự lấy tích phân theo công thức: d

Z

c

I(y)dy :=

d Z c   +∞ Z a

f (x,y)dx

 dy =

+∞ Z a   d Z c

f (x,y)dy

 dx

2.2 Bài tập

Dạng Tính tích phân suy rộng phụ thuộc tham số cách đổi thứ tự lấy tích phân

Giả sử cần tính I(y) = +∞

Z

a

f(x,y)dx

B1. Biểu diễn f (x,y) =

d

Z

c

F(x,y)dy

B2. Sử dụng tính chất đổi thứ tự lấy tích phân:

I(y) = +∞

Z

a

f(x,y)dx= +∞ Z a   d Z c

F(x,y)dy

 dx=

d Z c   +∞ Z a

F(x,y)dx

 dy

Chú ý: Phải kiểm tra điều kiện đổi thứ tự lấy tích phân Định lý 3.15 tích phân suy rộng hàm sốF(x,y)

Bài tập 3.5. Tính tích phân sau: a)

1

Z

0

xb−xa

lnx dx, (0<a <b)

Lời giải Ta có:

xb−xa

lnx = F(x,b)−F(x,a) =

b

Z

a

Fy0 (x,y)dy=

b

Z

a

xydy;

F(x,y) := x

y lnx nên: Z

xb−xa

lnx dx =

1 Z   b Z a

xydy

 dx =

b Z a   Z

xydx

 dy =

b

Z

a

1

y+1dy =ln

b+1

a+1

b)

+∞

Z

0

e−αx−e−βx

x dx, (α,β>0)

Lời giải Ta có:

e−αx−e−βx x

F(x,y):=e−yx x

= F(x,α)−F(x,β) =

α

Z

β

Fy0 (x,y)=

β

Z

α

e−yxdy

nên:

+∞

Z

0

e−αx−e−βx

x dx=

+∞ Z   β Z α

e−yxdy

 dx =

β Z α   +∞ Z

e−yxdx

 dy =

β

Z

α

dy y =ln

β α

Kiểm tra điều kiện đổi thứ tự lấy tích phân:

c)

+∞

Z

0

e−αx2−e−βx2

x2 dx, (α,β>0)

Lời giải Ta có:

e−αx2 −e−βx2 x2

F(x,y):=e−yx2 x2

= F(x,α)−F(x,β) =

α

Z

β

Fy0 (x,y)dy=

β

Z

α

e−yx2dy

nên:

+∞

Z

0

e−αx2−e−βx2

x2 dx=

+∞ Z   β Z α

e−x2ydy

 dx=

β Z α   +∞ Z

e−x2ydx

 dy

Với điều kiện biết

+∞

Z

0

e−x2dx = √2π ta có +∞

Z

0

e−x2ydx= 2√√πy

Suy I =

β

Z

α

√

π 2√ydy =

√

π pβ−√α

Kiểm tra điều kiện đổi thứ tự lấy tích phân:

e)

+∞

Z

0

e−axsinbx−xsincx, (a,b,c >0)

Lời giải Ta có:

eaxsinbx−sincx x

F(x,y)=e−axxsinyx

= F(x,b)−F(x,c) =

b

Z

c

Fy0 (x,y)dy =

b

Z

c

nên:

I = +∞

Z

0

 

b

Z

c

e−axcosyxdy

 dx=

b

Z

c

 

+∞

Z

0

e−axcosyxdx

 dy

MàZ e−axcosyxdx =−a2+ay2e−axcosyx+

y

a2+y2e−axsinyx, suy

+∞

Z

0

e−axcosyxdx= a2+ay2,

và I =

b

Z

c a

a2+y2dy =arctgba −arctg ca

Kiểm tra điều kiện đổi thứ tự lấy tích phân:

Dạng Tính tích phân cách đạo hàm qua dấu tích phân. Giả sử cần tính I(y) =

+∞

Z

a

f(x,y)dx

B1. Tính I0(y) cách I0(y) = +∞

Z

a

fy0 (x,y)dx

B2. Dùng công thức Newton-Leibniz để khôi phục lại I(y) cách I(y) =

Z

I0(y)dy

Chú ý:Phải kiểm tra điều kiện chuyển dấu đạo hàm qua tích phân Định lý 3.14 Bài tập 3.6. Chứng minh tích phân phụ thuộc tham sốI(y) =

+∞

Z

−∞

arctg(x+y)

1+x2 dxlà hàm số liên tục khả vi biếny Tính I0(y)rồi suy biểu thức I(y)

Lời giải Ta có:

• f (x,y) = arctg1+(xx2+y) liờn tc trờn[,+]ì[,+]

ã arctg1+(xx2+y)

π

2.1+1x2 , mà

+∞

Z

−∞

1+x2 = π hội tụ, nên I(y) =

+∞

Z

−∞

arctg(x+y)

1+x2 dx hội tụ trên[−∞,+∞]

Theo Định lý 3.13, I(y) liên tục trên[−∞,+∞]

Hơn fy0 (x,y) =

(1+x2)[1+(x+y)2] 1+1x2, ∀y;

+∞

Z

−∞

fy0 (x,y)dx hội tụ

[−∞,+∞] Theo Định lý 3.14, I(y)khả vi trên[−∞,+∞], và: I0(y) = +∞

Z

−∞

1

Đặt

(1+x2)[1+(x+y)2] = Ax+B

1+x2 +1+(Cxx++Dy)2, dùng phương pháp đồng hệ số ta thu được:A =

−2

y(y2+4),B = y(y22+4),C = y21+4,D = y23+4 Do đó:

I0(y) =

y2+4

+∞

Z

−∞

"

−2x+y

1+x2 +

2x+3y

1+ (x+y)2

#

=

y2+4

h

−ln1+x2+yarctgx+ln1+ (x+y)2+yarctg(x+y)i|+x=∞−∞

= 4π

y2+4

Suy I(y) =

Z

I0(y)dy =2 arctgy2 +C, mặt khác I(0) =

+∞

Z

−∞ arctgx

1+x2 dx = nên C =

I(y) = arctgy2

Bài tập 3.7. Tính tích phân sau: a)

1

Z

0

xb−xa

lnx dx, (0<a <b)

Lời giải Đặt I(a) =

1

Z

0

xb−xa

lnx dx, f(x,a) = x

b−xa

lnx Ta có:

• f (x,a) = xbln−xxa liên tục theo xtrên[0, 1] với mỗi0<a <b

• fa0(x,a) = −xaliên tục [0, 1]ì(0,+)

ã

1

Z

0

fa0 (x,a)dx=

1

Z

0

−xadx=−a+11 hội tụ [0, 1]vì TPXĐ

Do theo Định lý 3.14,

I0(a) =

1

Z

0

fa0 (x,a)dx=−

a+1 ⇒ I(a) =

Z

I0(a)da=−ln(a+1) +C

Mặt khác I(b) =0nênC =ln(b+1)và I(a) = lnba++11

b)

+∞

Z

0

e−αx−e−βx

x dx, (α,β>0)

Lời giải Đặt I(α) = +∞

Z

0

e−αx−e−βx

x dx, f (x,α) = e

−αx−e−βx

• f (x,α) = e− −ex − liên tục theox trên[0,+∞) với mỗiα,β>0

• fα0 (x,α) = −e−αx liờn tc trờn[0,+)ì(0,+)

ã +

Z

0

fα0 (x,α)dx= +∞

Z

0

−e−αxdx =−α1 hội tụ α khoảng[ε,+∞)

theo tiêu chuẩn Weierstrass, thật vậy, |−e−αx|6e−εx, mà +∞

Z

0

e−εxdx =

ε hội tụ Do theo Định lý 3.14,

I0(α) = +∞

Z

0

fα0 (x,α)dx=−1

α ⇒ I(α) = Z

I0(α)dα =−lnα+C

Mặt khác, I(β) =0nênC =lnβvà I =lnβα

c)

+∞

Z

0

e−αx2−e−βx2

x2 dx, (α,β>0)

Lời giải Đặt I(α) = +∞

Z

0

e−αx2−e−βx2

x2 dx, f (x,α) = e

−αx2−e−βx2

x2 Ta có:

• f (x,α) = e−αx2x−e2 −βx2 liên tục theox trên[0,+∞) với mỗiα,β>0

ã f0 (x,) = ex2 liờn tc trờn[0,+)ì(0,+)

• +∞

Z

0

fα0 (x,α)dx = +∞

Z

0

−e−αx2dxx

√

α=y

= − +∞

Z

0

e−y2√dy

α =−

√

π

2 √1α hội tụ theo α [ε,+∞) theo tiêu chuẩn Weierstrass, thật vậy, −e−αx2 e−εx2 mà

+∞

Z

0

e−εx2dxhội tụ

Do theo Định lý 3.14,

I0(α) = +∞

Z

0

fα0 (x,α)dx=− √

π

2

1

√

α ⇒ I(α) = Z

I0(α)dα=−√π.√α+C

Mặt khác, I(β) =0nênC =√π.pβvà I(α) = √π pβ−√α

d)

+∞

Z

0

dx

Lời giải Đặt In(y) =

+∞

Z

0

dx

(x2+y)n+1, fn(x,y) =

(x2+y)n+1 Khi đó:

[In−1(y)]0y =

  +∞ Z dx

(x2+y)n

 

0

y

=−n

+∞

Z

0

dx

(x2+y)n+1 =−n.In(y) ⇒ In =−

n(In−1)

0

Tương tự, In−1 =−n−11(In−2)

,In−2 =−n−12(In−3)

, ,I1 =−(I0)

Do đó, In(y) = (−1)

n

n! [I0(y)]

(n) Mà

I0(y) =

+∞

Z

0

x2+ydx= √1yarctg√xy|+ ∞

0 = 2√πy nên

In(y) = π2.(2(n−2n)1!!)!!.√1 y2n+1

Vấn đề lại việc kiểm tra điều kiện chuyển đạo hàm qua dấu tích phân

• Các hàm số f (x,y) = x21+y, f

y(x,y) = (x2−+1y)2, ,f

(n)

yn (x,y) = (−1) n

(x2+y)n+1 liên tc trong[0,+)ì[,+)vi mi >0cho trc

ã

x2+y x21+ε,

(x2−+1y)2

6 (x2+1ε)2, ,

(−1)

n

(x2+y)n+1

6 (x2+1ε)n+1 Mà tích phân

+∞

Z

0

x2+εdx, ,

+∞

Z

0

1

(x2+ε)n+1dxđều hội tụ,

+∞

Z

0

f (x,y)dx,

+∞

Z

0

fy0 (x,y)dx, ,

+∞

Z

0

fy(nn)(x,y)dxhội tụ trên[ε,+∞)với mỗiε >

0

e)

+∞

Z

0

e−axsinbx−xsincxdx (a,b,c >0).

Lời giải Đặt I(b) = +∞

Z

0

e−axsinbx−xsincxdx, f(x,b) = e−axsinbx−xsincx Ta có:

• f (x,b) =e−axsinbx−xsincx liên tục theox trên[0,+∞)với a,b,c >0

• fb0(x,b) = eaxcosbx liờn tc trờn[0,+)ì(0,+)

ã +

Z

0

fb0(x,b)dx= +∞

Z

0

e−axcosbx=−a2+ab2e−axcosbx+a2+bb2e−axsinbx + ∞

0 = a2+ab2 hội tụ theob mỗi(0,+∞) theo tiêu chuẩn Weierstrass, thật vậy,

|e−axcosbx|6e−ax2 mà

+∞

Z

0

Do theo Định lý 3.14, Ib0 (x,b) = a2+ab2,I = a2+ab2db=arctgba+C Mặt khác I(c) =0nênC =−arctgac I =arctg ba −arctg ca

f)

+∞

Z

0

e−x2cos(yx)dx

Lời giải Đặt I(y) = +∞

Z

0

e−x2cos(yx)dx, f (x,y) = ex2cos(yx).Ta cú:

ã f (x,y) liờn tc trờn[0,+)ì(,+)

ã fy0 (x,y) = xex2sinyxliờn tc trờn[0,+)ì(,+)

ã +∞

Z

0

fy0 (x,y)dx= +∞

Z

0

−xe−x2sinyxdx = 2e−x

2

sinyx0+∞−1

+∞

Z

0

ye−x2cosyxdx = −2yI(y)

hội tụ theo tiêu chuẩn Weierstrass, thật vậy,fy0 (x,y)6 xe−x2, mà

+∞

Z

0

xe−x2dx=

1

2 hội tụ

Do theo Định lý 3.14, I0(y)

I(y) =−

y

2 ⇒ I =Ce−

y2

4 Mà I(0) =C = √2π nên I(y) = √2πe−y

2

Nhận xét:

• Việc kiểm tra điều kiện để đạo hàm qua dấu tích phân hay điều kiện đổi thứ tự lấy tích phân đơi khơng dễ dàng chút

• Các tích phân

+∞

Z

0

fα0 (x,α)dxở câu b, c, d hội tụ khoảng [ε,+∞) với

ε >0, mà khơng hội tụ (0,+∞) Tuy nhiên điều đủ để khẳng định

rằng Iα0 = +∞

Z

0

§3 TÍCH PHÂN EULER

3.1 Hàm Gamma

Γ(p) =

+∞

Z

0

xp−1e−xdxxác định trên(0,+∞)

Các công thức

1 Hạ bậc: Γ(p+1) = pΓ(p),Γ(α−n) = (−1)nΓ(α)

(1−α)(2−α) (n−α)

Ý nghĩa công thức để nghiên cứu Γ(p) ta cần nghiên cứu Γ(p) với

0< p61mà thơi, cịn với p>1chúng ta sử dụng công thức hạ bậc

2 Đặc biệt,Γ(1) = 1nênΓ(n) = (n−1)! ∀n∈ N

Γ1

2

=√π nênΓn+ 12= (2n−221)!!

√

π

3 Đạo hàm hàm Gamma:Γ(k)(p) = +∞

Z

0

xp−1lnkx.e−xdx

4 Γ(p).Γ(1−p) = π

sinpπ ∀0 < p <

3.2 Hàm Beta

Dạng 1:B(p,q) =

1

Z

0

xp−1(1−x)q−1dx

Dạng 2:B(p,q) = +∞

Z

0

xp−1

(1+x)p+qdx

Dạng lượng giác: B(p,q) =

π

2

Z

0

sin2p−1tcos2q−1tdt, Bm+21,n+21 =

π

2

Z

0

sinmtcosmtdt

Các cơng thức:

1 Tính đối xứng: B(p,q) = B(q,p)

2 Hạ bậc: 

 

B(p,q) = p+p−q−11B(p−1,q), p>1

B(p,q) = p+q−q−11B(p,q−1), nếuq >1

3 Đặc biệt, B(1, 1) = 1nên

  

B(m,n) = (m−(m1+)n!(−n−1)1!)!, ∀m,n ∈N

B(p,n) = (p+n−1)(p(n+−n−1)!2) (p+1)p ∀n∈ N.

4 Công thức liên hệ hàm Bêta Gamma:B(p,q) = ΓΓ((pp)+Γ(qq))

5 B(p, 1−p) =Γ(p)Γ(1−p) = π

sinpπ

3.3 Bài tập

Bài tập 3.8. Biểu thị

π

2

Z

0

sinmxcosnxdx qua hàmB(m,n)

Lời giải Đặtsinx =√t⇒06t61, cosxdx =

2√tdt

π

2

Z

0

sinmxcosnxdx=

π

2

Z

0

sinmx1−sin2x

n−1

cosxdx =

2

π

2

Z

0

tm2 (1−t)n−12 t−12dt=

2B

m+1

2 ,

n+1

Đây cơng thức dạng lượng giác hàm Beta Bài tập 3.9.

a)

π

2

Z

0

sin6xcos4xdx

Lời giải Ta có

I =

2B 2, = Γ Γ

Γ(6) =

1

Γ3+1

2

Γ2+

2

Γ(6) =

1

5!! 23

√

π.3!!22

√ π 5! = 3π 512 b) a Z

x2n√a2−x2dx (a >0).

Lời giải Đặt x=a√t⇒ dx= adt

2√t

I =

1

Z

0

a2ntn.a(1−t)12. adt

2√t =

a2n+2

2

1

Z

0

tn−21(1−t)12 dt= a 2n+2

2 B

n+ 2,

3

= a2n +2

Γn+1

Γ

Γ(n+2) =

a2n+2

2

(2n−1)!! 2n √ π √ π

(n+1)! =π

a2n+2

2

c)

+∞

Z

0

x10e−x2dx

Lời giải Đặt x=√t ⇒dx= dt

2√t

I = +∞

Z

0

t5e−t dt

2√t =

1

+∞

Z

0

t92e−tdt = 2Γ 11 =

9!!√π

25 =

9!!√π

26

d) +∞ Z √ x

(1+x2)2dx

Lời giải Đặt x2 =t⇒2xdx=dt I =

+∞

Z

0

t14 dt 2√t

(1+t)2 =

+∞

Z

0

t−14dt

(1+t)2 =

2B(p,q) với

  

p−1=−14

p+q =2 ⇒

  

p = 34

q = 54

Vậy

I =

2B 4, = 4−1

4+54−1 B3

4, = 8.B 4, = π

sin π4 =

π

4√2

e)

+∞

Z

0 1+x3dx

Lời giải Đặt x3 =t⇒dx = 13t−23dt

I =

+∞

Z

0

t−23dt

1+t =

1 3B 3, = π

sinπ3 =

2π

3√3

f)

+∞

Z

0

xn+1

(1+xn)dx, (2<n∈ N)

Lời giải Đặt xn =t⇒dx =

nt

1

n−1dt

I = +∞

Z

0

tn+n1.1

nt

1

n−1dt

(1+t)2 =

n

+∞

Z

0

tn2

(1+t)2dt=

nB

2

n+1, 1−

2 n = n n

n +1

+ 1−2n−1B

2

n, 1−

2 n = n2 π

g)

Z

0

n

√

1−xndx, n∈ N∗

Lời giải Đặt xn =t⇒dx = n1t1n−1dt

I =

1

Z

0

nt

1

n−1dt

(1−t)1n

=

n

1

Z

0

t1n−1.(1−t)−

1

ndt =

nB

1

n, 1−

1

n

=

n π

sinπn

CHƯƠNG 4

TÍCH PHÂN ĐƯỜNG

§1 TÍCH PHÂN ĐƯỜNG LOẠI I

1.1 Định nghĩa

Cho hàm số f (x,y) xác định cung phẳng ABc Chia cung ABc thành n cung

nhỏ, gọi tên độ dài chúng là∆s1,∆s2, ∆sn.Trên cung∆si lấy điểm

Mi Giới hạn, có, tổng n

∑

i=1

f(Mi)∆si n → ∞ chomax∆si →0không

phụ thuộc vào cách chia cung ABc cách chọn điểm Mi gọi tích phân đường

loại hàm số f (x,y)dọc theo cung ABc, kí hiệu Z

c AB

f (x,y)ds

Chú ý:

• Tích phân đường loại khơng phụ thuộc vào hướng cungABc

• Nếu cungZ ABc có khối lượng riêng M(x,y) ρ(x,y) khối lượng

c AB

ρ(x,y)ds tích phân tồn

• Chiều dài cung ABc tính theo cơng thứcl =

Z

c AB

ds

1.2 Các công thức tính tích phân đường loại I

1 Nếu cung ABc cho phương trìnhy =y(x),a6x 6b

Z

c AB

f (x,y)ds =

b

Z

a

f (x,y(x))

q

1+y02(x)dx. (1)

2 Nếu cung ABc cho phương trình x= x(y),c 6y6dthì

Z

c AB

f (x,y)ds =

d

Z

c

f (x(y),y)

q

1+x02(y)dy. (2)

3 Nếu ABc cho phương trìnhx =x(t),y=y(t),t1 ≤t≤t2, Z

c AB

f(x,y)ds =

t2

Z

t1

f(x(t),y(t))

q

x02(t) +y02(t)dt (3)

4 Nếu cung ABc cho phương trình toạ độ cựcr =r(ϕ),ϕ1 ≤ ϕ≤ ϕ2thì coi phương trình dạng tham số, ta đượcds =pr2(ϕ) +r02(ϕ)dϕvà

Z

c AB

f (x,y)ds =

ϕ2

Z

ϕ1

f (r(ϕ)cosϕ,r(ϕ)sinϕ)qr2(ϕ) +r02(ϕ)dϕ (4)

1.3 Bài tập

Bài tập 4.1. TínhZ C

(x−y)ds,C đường trịn có phương trìnhx2+y2 =2x

Lời giải Đặt

  

x =1+cost y=sint ,

6t62π

I =

2π

Z

0

(1+cost−sint)

q

(−sint)2+cos2tdt=2π

Bài tập 4.2. TínhZ C

y2ds,Clà đường cong

  

x=a(t−sint)

y =a(1−cost) ,

Lời giải 

 

x0(t) = a(1−cost)

y0(t) = asint ⇒

q

x02(t) +y02(t) =2asin t

⇒ I =

2π

Z

0

a2(1−cost)2.2asin t

2dt =

256a3

15

Bài tập 4.3. TínhZ C

p

x2+y2ds,C đường

  

x =a(cost+tsint)

y=a(sint−tcost) ,

6t62π,a >0

Lời giải 

 

x0(t) = atcost y0(t) = atsint ⇒

q

x02(t) +y02(t) = at

⇒ I =

2π

Z

0

r

a2h(cost+tsint)2+ (sint−tcost)2i.atdt = a3

q

(1+4π2)3−1

§2 TÍCH PHÂN ĐƯỜNG LOẠI II

2.1 Định nghĩa

Cho hai hàm sốP(x,y),Q(x,y)xác định cungABc Chia cungABc thànhncung nhỏ

∆sibởi điểm chia A0= A,A1,A2, ,An = B.Gọi toạ độ vectơ−−−−→Ai−1Ai = (∆xi,∆yi)và

lấy điểmMibất kì cung∆si Giới hạn, có, tổng ∑n

i=1

[P(Mi)∆xi+Q(Mi)∆yi]

sao chomax∆xi → 0, không phụ thuộc vào cách chia cung ABc cách chọn điểm Mi

được gọi tích phân đường loại hai hàm sốP(x,y),Q(x,y) dọc theo cungABc , kí

hiệu Z

c AB

P(x,y)dx+Q(x,y)dy

Chú ý:

• Tích phân đường loại hai phụ thuộc vào hướng cungABc, đổi chiều đường

lấy tích phân tích phân đổi dấu,Z

c AB

P(x,y)dx+Q(x,y)dy =−

Z

c BA

P(x,y)dx+Q(x,y)dy

• Tích phân đường loại hai có tính chất giống tích phân xác định

2.2 Các cơng thức tính tích phân đường loại II

1 Nếu cung ABc cho phương trình y = y(x), điểm đầu điểm cuối ứng với

x =a,x =bthì Z

c AB

Pdx+Qdy =

b

Z

a

P(x,y(x)) +Q(x,y(x)).y0(x)dx (5)

2 Nếu cung ABc cho phương trình x = x(y), điểm đầu điểm cuối ứng với

y =c,y=dthì Z

c AB

Pdx+Qdy=

d

Z

c

P x(y).x0(y)dy,y+Q(x(y),y) (6)

3 Nếu cung ABc cho phương trình   

x=x(t)

y =y(t) , điểm đầu điểm cuối tương

ứng vớit =t1,t =t2thì Z

c AB

Pdx+Qdy =

t2

Z

t1

Bài tập

Bài tập 4.4. Tính Z c AB

x2−2xydx+ 2xy−y2dy, ABc cung paraboly =x2từ A(1, 1)đến B(2, 4)

Lời giải Áp dụng công thức (5) ta có:

I =

2

Z

1

h

x2−2x3+2x3−x4.2xidx=−41

30

Bài tập 4.5. TínhZ C

x2−2xydx+ 2xy−y2dytrong đóClà đường cong

  

x =a(t−sint)

y=a(1−cost)

theo chiều tăng củat, 0≤t ≤2π,a>0

Lời giải Ta có

  

x0(t) = a(1−cost)

y0(t) = asint nên:

I =

2π

Z

0

{[2a(t−sint)−a(1−cost)]a(1−cost) +a(t−sint).asint}dt

=a2

2π

Z

0

[(2t−2) +sin 2t+ (t−2)sint−(2t−2)cost]dt

=a2

2π

Z

0

[(2t−2) +tsint−2tcost]dt

=a24π2−6π

Bài tập 4.6. Tính Z ABCA

2 x2+y2dx+x(4y+3)dy đóABCA đường gấp khúc qua A(0, 0),B(1, 1),C(0, 2)

x y

A O

B

1

C

1

Lời giải Ta có

       

phương trình đường thẳng AB: x=y

phương trình đường thẳng BC : x=2−y

phương trình đường thẳngCA : x =0

nên

I =

Z

AB

+

Z

BC

+

Z

CA

=

1

Z

0

h

2y2+y2+y(4y+3)idy+

2

Z

1

2h(2−y)2+y2i.(−1) + (2−y) (4y+3)dy+0 =3

Bài tập 4.7. Tính Z ABCDA

dx+dy

|x|+|y|trong ABCDAlà đường gấp khúc quaA(1, 0),B(0, 1),C(−1, 0),D(0,

x y

O

A

1

B C

D

1

Hình 4.7

Lời giải Ta có

            

AB: x+y=1 ⇒dx+dy =0

BC : x−y=−1 ⇒dx =dy CD: x+y =−1 ⇒dx+dy =0

DA : x−y=1 ⇒dx =dy

nên

I =

Z

AB

+

Z

BC

+

Z

CD

+

Z

DA

=0+

Z

BC

2dx

x+y +0+ Z

DA

2dx x−y

=

−1

Z

0

2dx+

1

Z

0 2dx

Bài tập 4.8. TínhZ C

4

√

x2+y2

2 dx+dy

        

x=tsin√t y =tcos√t

0≤t ≤ π2

4

theo chiều tăng củat

Lời giải Đặtu=√t⇒0≤u ≤π,

  

x =u2sinu y=u2cosu ⇒

  

x0(u) =2usinu+u2cosu y0(u) = 2ucosu−u2sinu

I =

π

2

Z

0

hu

2

2usinu+u2cosu+2ucosu−u2sinuidu

=

π

Z

0

u3

2 +2u

cosudu

=−3

2π

2+2

2.3 Công thức Green.

Hướng dương đường cong kín: Nếu đường lấy tích phân đường cong kín ta quy ước hướng dương đường cong hướng cho người dọc theo đường cong theo hướng nhìn thấy miền giới hạn gần phía nằm phía bên trái

x y

O

C D

Giả sửD ⊂R2là miền đơn liên, liên thông, bị chặn với biên giới∂Dlà đường cong kín với

hướng dương, P,Q đạo hàm riêng cấp chúng liên tục D

Khi Z

C

Pdx+Qdy=

ZZ

D

∂Q

∂x − ∂P

∂y

dxdy

• Nếu∂Dcó hướng âm

C

Pdx+Qdy=−

D

∂Q

∂x − ∂P

∂y

dxdy

• Trong nhiều tốn, C đường cong khơng kín, ta bổ sung C để

đường cong kín áp dụng cơng thức Green Bài tập 4.9. Tính tích phân sau Z

C

(xy+x+y)dx+ (xy+x−y)dy hai cách:

tính trực tiếp, tính nhờ cơng thức Green so sánh kết quả, vớiC đường:

a) x2+y2= R2

x y

O

Hình 4.9 a

Cách 1: Tính trực tiếp

Đặt

  

x= Rcost

y =Rsint ⇒0≤t ≤π I =

= R3

2π

Z

0

(costcos 2t+sintcos 2t)dt

=0

Cách 2: Sử dụng công thức Green

  

P(x,y) = xy+x+y Q(x,y) = xy+x−y ⇒

∂Q

∂x −∂∂Py =y−x

⇒I =

ZZ

x2+y26R2

(y−x)dxdy

=

ZZ

x2+y26R2

ydxdy−

ZZ

x2+y26R2

xdxdy

=0

b) x2+y2=2x

x y

Cách 1: Tính trực tiếp.Ta có x2+y2=2x⇔(x−1)2+y2 =1nên

Đặt

  

x=1+cost

y =sint , 0≤t≤2π

I =

2π

Z

0

{[(1+cost)sint+1+cost+sint] (−sint) + [(1+cost)sint+1+cost−sint]cost}dt

=

2π

Z

0

−2 sin2t+cos2t−costsint+cost−sint−costsin2t+cos2tsintdt

= =−π

Cách 2: Sử dụng công thức Green.

Ta có:

  

P(x,y) = xy+x+y Q(x,y) = xy+x−y ⇒

∂Q

∂x −∂∂Py =y−x

⇒I =

ZZ

(x−1)2+y261

(y−x)dxdy, đặt

  

x=rcosϕ y =rsinϕ ,−

π

2 ≤ϕ ≤

π

2

I =

π

2

Z

−π

2

dϕ

2 cosZ ϕ

0

(rsinϕ−1−rcosϕ)rdr

=

π

2

Z

−π

2

1

2(sinϕ−cosϕ).4 cos

2ϕ−2 cosϕ

dϕ

=−π

c) x2

a2 +

y2

Cách 1: Tính trực tiếp

Đặt

  

x=acost y =bsint ⇒

        

0≤t≤2π

x0(t) = −asint y0(t) = bcost I =

=

2π

Z

0

−absin2t+abcos2tdt

=0

Cách 2: Sử dụng công thức Green

  

P(x,y) = xy+x+y Q(x,y) = xy+x−y ⇒

∂Q

∂x −∂∂Py =y−x

⇒I =

ZZ

x2 a2+

y2 b261

(y−x)dxdy

=

ZZ

x2 a2+

y2 b261

ydxdy−

ZZ

x2 a2+

y2 b261

xdxdy

=0

Bài tập 4.10. Tính Z x2+y2=2x

x2 y+ x4dy−y2 x+y4dx

x y

O

Hình 4.10

Lời giải Áp dụng cơng thức Green ta có:

I = Z D ∂Q ∂x − ∂P ∂y dxdy= Z D

4xy+3

4x 2+3

4y

dxdy=

Z

D

x2+y2dxdyvì Z

D

4xydxdy =0

Đặt

  

x=rcosϕ

y =rsinϕ , ta có−

π

2 ≤ ϕ≤ π2, 0≤r ≤2 cosϕ Vậy

I = π Z −π dϕ

2 cosZ ϕ

0

r2.rdr = π Z −π

4 cos4ϕ=

8π

Bài tập 4.11. Tính H OABO

ex[(1−cosy)dx−(y−siny)dy] OABO đường gấp

x y

O

A

1

B

1

Hình 4.11

Lời giải Đặt

  

P(x,y) = ex(1−cosy)

Q(x,y) = −ex(y−siny) ⇒

∂Q

∂x − ∂∂Py =−exy

Áp dụng công thức Green ta có:

I =

ZZ

D

−exydxdy

=

1

Z

0

dx

2Z−x

x

−exydy

=

1

Z

0

ex(4x−4)dx

=4−2e

Bài tập 4.12. Tính H x2+y2=2x

(xy+exsinx+x+y)dx−(xy−e−y+x−siny)dy

x y

O

Hình 4.12

Lời giải Đặt

  

P(x,y) = xy+exsinx+x+y Q(x,y) = xy−e−y+x−siny ⇒

∂Q

Áp dụng cơng thức Green ta có:

I =

ZZ

D

−y−x−2dxdy

=

ZZ

D

−x−2dxdyvì ZZ

D

ydxdy=0

đặt

  

x=rcosϕ

y=rsinϕ ⇒ − π

2 ≤ ϕ≤

π

2, 0≤r ≤2 cosϕ

=

π

2

Z

−π

2

dϕ

2 cosZ ϕ

0

(−rcosϕ−2)rdr

=−3π

Bài tập 4.13. TínhH C

xy4+x2+ycosxydx+x33 +xy2−x+xcosxydy

trong đóC

  

x =acost y=asint (a

>0).

x y

O

Hình 4.13

Lời giải Đặt

  

P(x,y) = xy4+x2+ycosxy

Q(x,y) = x33 +xy2−x+xcosxy ⇒

∂Q

Áp dụng công thức Green ta có:

I =

ZZ

D

x2+y2−4xy3−1dxdy

=

ZZ

D

x2+y2−1dxdyvì ZZ

D

4xy3dxdy=0

đặt

  

x =rcosϕ

y=rsinϕ ⇒0≤ ϕ≤2π, 0≤ra

=

2π

Z

0

dϕ

a

Z

0

r2−1rdr

=π

a4

2 −a

2

2.4 Ứng dụng tích phân đường loại II

Áp dụng công thức Green cho hàm số P(x,y),Q(x,y)thoả mãn ∂∂Qx −∂∂Py =1ta có:

S(D) =

ZZ

D

1dxdy=

Z

∂D

Pdx+Qdy

• LấyP(x,y) = 0,Q(x,y) = x thìS(D) =

Z

∂D

xdy

• LấyP(x,y) = −y,Q(x,y) =0thìS(D) =

Z

∂D

−ydx

• LấyP(x,y) = 12x,Q(x,y) = 12y thìS(D) = 12

Z

∂D

xdy−ydx

Bài tập 4.14. Dùng tích phân đường loại II, tính diện tích miền giới hạn nhịp xycloit

  

x= a(t−sint)

y=a(1−cost) vàOx(a

>0).

x y

O 2π

A n

m

Lời giải Áp dụng công thức

S(D) =

Z

∂D

xdy =

Z

AmO

xdy+

Z

OnA

xdy=

0

Z

2π

a(t−sint).asintdt=3πa2

2.5 Điều kiện để tích phân đường khơng phụ thuộc đường lấy tích phân.

Giả sử D miền đơn liên, liên thông, P,Q với đạo hàm riêng cấp

của chúng liên tục D Khi bốn mệnh đề sau tương đương:

1 ∂Q

∂x = ∂P

∂y với mọi(x,y)∈ D

2 Z

L

Pdx+Qdy=0với đường cong đóng kínLnằm D

3 Z

AB

Pdx+Qdy =0không phụ thuộc vào đường từ AđếnB, với đường cong AB

nằm D

4 Pdx+Qdylà vi phân tồn phần Nghĩa có hàm sốu(x,y)sao chodu =Pdx+Qdy

Hàmucó thể tìm theo cơng thức: u(x,y) =

x

Z

x0

P(x,y0)dx+

y

Z

y0

Q(x,y)dy =

x

Z

x0

P(x,y)dx+

y

Z

y0

Q(x0,y)dy

Giải toán tính tích phân đường khơng phụ thuộc đường đi: Kiểm tra điều kiện Py0 =Q0x (1)

2 Nếu điều kiện(1)được thoả mãn đường lấy tích phân đường cong kín I =0

3 Nếu điều kiện (1) thoả mãn cần tính tích phân cung AB khơng đóng

thì ta chọn đường tính tích phân cho việc tính tích phân đơn giản nhất, thông thường ta chọn đường thẳng nối A với B, đường gấp khúc có cạnh song

Bài tập 4.15. Tính

(Z3,0)

(−2,1)

x4+4xy3dx+ 6x2y2−5y4dy

x y

O A

−2

−1 C

B

Hình 4.15

Lời giải Nhận xét x4+4xy30y = 6x2y2−5y40x nên tích phân cho khơng phụ

thuộc vào đường Vậy ta chọn đường đường gấp khúc ACB hình vẽ I =

Z

AC

Pdx+Qdy+

Z

CB

Pdx+Qdy=62

Bài tập 4.16. Tính

(Z2,π)

(1,π)

1− yx22cos

y x

dx+ sinyx +yxcos yxdy

x y

O

B

A

1

π

2π

Hình 4.16

Lời giải Đặt

  

P =1−yx22 cos

y x

Q=sinyx +yxcos yx ⇒ ∂P

∂y = ∂∂Qx = −

2y x2 cos

y

x +

y2

x3 sin

y

x nên tích phân

cho khơng phụ thuộc vào đường từ A đến B Khi ta chọn đường lấy tích phân

đường thẳng AB, có phương trình y=πx

I =

2

Z

1

1−π2cosπdx+

2

Z

1

CHƯƠNG 5

TÍCH PHÂN MẶT

§1 TÍCH PHÂN MẶT LOẠI I

1.1 Định nghĩa

Cho hàm số f(x,y,z) xác định mặt cong S Chia mặt cong S thành n mặt nhỏ

∆S1,∆S2, ,∆Sn Trên mỗi∆Silấy điểmMibất kì Giới hạn, có, tổng ∑n

i=1

f(Mi)∆Si

khi n → ∞ max

1≤i≤nd(∆Si) → không phụ thuộc vào cách chia mặt cong S cách chọn

các điểm Mi gọi tích phân mặt loại I hàm số f(M) mặt congS, kí hiệu ZZ

S

f(x,y,z)dS

1.2 Các cơng thức tính tích phân mặt loại I

Giả sử S mặt cho phương trình z = z(x,y);((x,y) ∈ D ⊂ R2), hình

chiếu S lên mặt phẳng Oxy D, z(x,y) với đạo hàm riêng chúng

liên tục trênD Khi ZZ

S

f(x,y,z)dS =

ZZ

D

f(x,y,z(x,y))

s

1+∂z

∂x

2

+∂z

∂y

2

dxdy

1.3 Bài tập

Bài tập 5.1. TínhZZ S

y z

x

O B

C

A

Hình 5.1

Lời giải Ta có hình chiều mặtSlên mặt phẳngOxylà D =n(x,y)|x

2 +

y

3 61,x>0,y>0

o

=n(x,y)|06x62, 06y63

1−x

2

o

Mặt khác z=4(1− x2−y3)⇒

  

p =z0x =−2

q =z0y = 43 ⇒dS =

p

1+p2+q2dxdy= √61

3 dxdynên

I =

ZZ

D

41− x

2 −

y

3

+2x+4y

√

61

3 dxdy=4

√

61

2

Z

0

dx

3−3x

2

Z

0

dy =4√61

Bài tập 5.2. TínhZZ S

x2+y2dS, S=(x,y,z)|z=z2+y2, 06z61

y z

x

O

−1

1

Lời giải Ta có hình chiếu mặt cong lên mặt phẳngOxy D = (x,y)|x2+y261 Mặt khác, z=x2+y2⇒

  

p =z0x =2x

q=z0y =2y nên

I =

ZZ

D

x2+y2 q1+4x2+4y2dxdy

đặt

  

x=rcosϕ

y =rsinϕ ⇒0 ≤ϕ≤2π, 0≤r≤1

I =

2π

Z

0

dϕ

1

Z

0

r2p1+4r2rdr

= π

1

Z

0

r2p1+4r2d1+4r2

= π

5

Z

1

t−1

√

tdtđặtt =1+4r2

= π 16

20√5

3 +

4 15

§2 TÍCH PHÂN MẶT LOẠI II

2.1 Định hướng mặt cong

Cho mặt cong S không gian Tại điểm M quy mặt cong S có hai

vectơ pháp tuyến đơn vị là−→n và−−→n

• Nếu chọn điểm Mcủa mặt vectơ pháp tuyến đơn vịnsao cho

vectơ n biến thiên liên tục S ta nói mặt S định hướng Khi ta chọn

một hướng làm hướng dương hướng cịn lại gọi hướng âm • Ngược lại, mặtSgọi khơng định hướng Ví dụ Mobius

2.2 Định nghĩa tích phân mặt loại II

Cho mặt cong định hướng S miền V ⊂ R3 n = (cosα, cosβ, cosγ)

véctơ pháp tuyến đơn vị theo hướng dương chọn củaS điểm M(x,y,z) Giả trường

vectơ −→F (M) = (P(M),Q(M),R(M)) biến thiên liên tục V, nghĩa toạ độ P(M),Q(M),R(M) hàm số liên tục V Chia mặt S thành n mặt

cong nhỏ, gọi tên diện tích chúng ∆S1,∆S2, ,∆Sn Trên ∆Si lấy

một điểmMibất kì gọi vectơ pháp tuyến đơn vị theo hướng dương chọn làni = (cosαi, cosβi, cosγi) Giới hạn, có, tổng ∑n

i=1

[P(Mi)cosαi+Q(Mi)cosβi+R(Mi)cosγi]∆Si

được gọi tích phân mặt loại II hàm số P(x,y,z),Q(x,y,z),R(x,y,z)trên mặtS,

và kí hiệu là:

ZZ

S

P(x,y,z)dydz+Q(x,y,z)dzdx+R(x,y,z)dxdy

2.3 Các cơng thức tính tích phân mặt loại II

Giả sử

I =

ZZ

S

Pdydz

| {z }

I1

+

ZZ

S

Qdzdx

| {z }

I2

+

ZZ

S

Rdxdy

| {z }

I3

• Nếu vectơ pháp tuyến đơn vị theo hướng dương−→n tạo vớiOzmột góc nhọn ZZ

S

Rdxdy=

ZZ

D

R(x,y,z(x,y))dxdy

• Nếu vectơ pháp tuyến đơn vị theo hướng dương−→n tạo vớiOzmột góc tù ZZ

S

Rdxdy=−

ZZ

D

R(x,y,z(x,y))dxdy

Tương tự đưa I1,I2 tích phân kép

Bài tập

Bài tập 5.3. Tính ZZ S

z x2+y2dxdy, S nửa mặt cầu x2+y2+z2 = 1,z > 0,

hướng Slà phía ngồi mặt cầu

y z

x

O

D : x2+z2 ≤a2

−→n(x,y,z)

Hình 5.3

Lời giải Ta có mặt z = p1−x2−y2, hình chiếu S lên mặt phẳng Oxy miền D :

x2+y2≤1, nữa−→n tạo vớiOzmột góc nhọn nên: I =

ZZ

D

q

1−x2−y2x2+y2dxdy

đặt

  

x=rcosϕ

y =rsinϕ ⇒0 ≤ϕ≤2π, 0≤r≤1

=

2π

Z

0

dϕ

1

Z

0

p

1−r2r3dr

Bài tập 5.4. Tính S

ydxdz+z2dxdy S phía ngồi mặt x2+ y42 +z2 = 1,x >

0,y>0,z>0

y z

x

O

−→n(x,y,z)

Hình 5.4

Lời giải TínhI1 =

ZZ

S

ydxdz

• MặtS: y =2√1−x2−z2

• Hình chiếu củaSlênOxz 14 hình trịn,D1: x2+z2 ≤1,x≥0,z≥0 • β = (−→n,Oylà góc nhọn

nên:

I =

ZZ

D1

2p1−x2−z2dxdz

đặt

  

x =rcosϕ

z=rsinϕ ⇒0≤ ϕ≤ π

2, 0≤r≤1

=

π

2

Z

0

dϕ

1

Z

0

2p1−r2rdr

= π Tính I2=

ZZ

S

z2dxdy

• MặtS: z2 =1−x2−y42

nên:

I =

ZZ

D2

1−x2−y

2

4 dxdy

đặt

  

x =rcosϕ

y=2rsinϕ ⇒0≤ ϕ≤ π

2, 0≤r ≤1,J =−2r

=

π

2

Z

0

dϕ

1

Z

0

(1−r2)2rdr

= π Vậy I = 7π12

Bài tập 5.5. Tính ZZ S

x2y2zdxdy S mặt nửa mặt cầu x2+y2+z2 =

R2,z≤0

y z

x

O

Hình 5.5

Lời giải Ta có:

• MặtS: z =−pR2−x2−y2

• Hình chiếu củaSlênOxy hình trịn,D : x2+y2 ≤R2

nên:

I =−

ZZ

D

x2y2

q

R2−x2−y2dxdy đặt

  

x =rcosϕ

y=rsinϕ ⇒0≤ ϕ≤2π, 0≤r ≤R,J =−r

I =

2π

Z

0

dϕ

R

Z

0

sin2ϕcos2ϕpR2−r2.r5dr

=−2R7

105

2.4 Công thức Ostrogradsky, Stokes

Giả sử P,Q,R hàm khả vi, liên tục miền bị chặn, đo trongV ⊂ R3.V

giới hạn mặt cong kínStrơn hay trơn mảnh, đó: ZZ

S

Pdydz+Qdzdx+Rdxdy=

ZZZ

V

∂P ∂x +

∂Q ∂y +

∂R ∂z

dxdydz

trong tích phân vế trái lấy theo hướng pháp tuyến ngồi Chú ý:

• Nếu tích phân vế trái lấy theo hướng pháp tuyến

ZZ

S

Pdydz+Qdzdx+Rdxdy=−

ZZZ

V

∂P ∂x +

∂Q ∂y +

∂R ∂z

dxdydz

• Nếu mặt cong S khơng kín, bổ sung thành mặt cong S0 kín để áp dụng công

thức Ostrogradsky, trừ phần bổ sung Bài tập 5.6. Tính ZZ

S

xdydz+ydzdx+zdxdy S phía ngồi mặt cầu x2+

y z

x

O

−→n(x,y,z)

Hình 5.6

Lời giải Áp dụng cơng thức Ostrogradsky ta có

ZZ

S

xdydz+ydzdx+zdxdy=

ZZZ

V

3dxdydz =3V =4πa2

Bài tập 5.7. TínhZZ S

x3dydz+y3dzdx+z3dxdytrong đóS phía ngồi mặt cầux2+

y2+z2 =R2

Lời giải Xem hình vẽ 5.6, áp dụng cơng thức Ostrogradsky ta có:

I =

ZZZ

V

3x2+y2+z2dxdydz

đặt

        

x=rsinθcosϕ y =rsinθsinϕ z =rcosθ

⇒

        

0≤ ϕ≤2π

0≤θ ≤π

0≤r≤ R

,J =−r2sinθ

I =3 2π

Z

0

dϕ

π

Z

0

dθ

R

Z

0

r4sinθdr

= 12πR

Bài tập 5.8. Tính S

y2zdxdy+xzdydz+x2ydxdz đóS phía ngồi miền x ≤

0,y≤0,x2+y2 ≤1,z≤ x2+y2

y z

x

O

Hình 5.8

Lời giải Áp dụng cơng thức Ostrogradsky ta có:

I =

ZZZ

V

y2+z+x2dxdydz

đặt

        

x=rcosϕ y =rsinϕ z =z

⇒

        

0≤ ϕ≤ π2

0≤r ≤1

0≤z≤r2

,J =−r

=

π

2

Z

0

dϕ

1

Z

0

dr

r2

Z

0

r2+zrdr

= π

Bài tập 5.9. TínhZZ S

xdydz+ydzdx+zdxdy đóSlà phía ngồi miền (z−1)2

y z

x

−→n

a

1−a

a−1 O

Hình 5.9

Lời giải Áp dụng cơng thức Ostrogradsky ta có:

I =

ZZZ

V

3dxdydz =3V =3.1

3Bh =π(1−a)

3

2.5 Công thức liên hệ tích phân mặt loại I loại II

ZZ

S

[P(x,y,z)cosα+Q(x,y,z)cosβ+R(x,y,z)cosγ]dS

=

ZZ

S

P(x,y,z)dydz+Q(x,y,z)dzdx+R(x,y,z)dxdy

(5.1)

trong đócosα, cosβ, cosγ cosin phương véctơ pháp tuyến đơn vị mặtS

Bài tập 5.10. Gọi S phần mặt cầu x2+y2+z2 = nằm mặt trụ x2+x+z2 = 0,y≥0, hướngS phía ngồi Chứng minh

ZZ

S

y

1

−1

z

1

x

O

Hình 5.10

Lời giải Ta có y = p1−x2−y2 nên véctơ pháp tuyến S −→n = ±(−y0

x, 1,−y0z) Vì

(−→n,Oy)< π

2 nên

−→n = (−y0

x, 1,−y0z) =

x

√

1−x2−z2, 1,

z

√

1−x2−z2

Do đó|−→n| =q1−xx22−z2 +1+ z

1−x2−z2 = √1−x12−z2 Vậy

            

cosα =cos(−→n,Ox) = n1 |−→n | =x

cosβ =cos(−→n,Oy) = n2 |−→n | =y

cosγ=cos(−→n,Oz) = n3 |−→n | =z

Áp dụng công thức liên hệ tích phân mặt loại I II 5.1 ta có

I =

ZZ

S

[(x−y)cosγ+ (y−z)cosβ+ (z−x)cosα]dS

=

ZZ

S

(x−y)z+ (y−z)x+ (z−x)ydS

CHƯƠNG 6

LÝ THUYẾT TRƯỜNG

§1 TRƯỜNG VƠ HƯỚNG

1.1 Định nghĩa

Định nghĩa 6.3. ChoΩlà tập mở củaR3(hoặcR2) Một hàm số u: Ω →R

(x,y,z) 7→u =u(x,y,z)

được gọi trường vô hướng xác định trênΩ

Choc ∈R, mặtS ={(x,y,z)∈ Ω|u(x,y,z) = c}được gọi mặt mức ứng với giá trị

c (đẳng trị)

1.2 Đạo hàm theo hướng

Định nghĩa 6.4. Cho u = u(x,y,z) trường vô hướng xác định Ωvà M0 ∈ Ω

Với−→l véctơ khác khơng M(x,y,z) choM0Mcùng phương với−→l , đặt

ρ =

  

p

(x−x0)2+ (y−y

0)2+ (z−z0)2 nếu−−−→M0M ↑↑−→l

−p(x−x0)2+ (y−y0)2+ (z−z0)2 nếu−−−→M0M ↑↓−→l

(6.1)

Giới hạn (nếu có) tỉ số lim ρ→0

4u

ρ gọi đạo hàm theo hướng

−→

l M0 trường

vơ hướnguvà kí hiệu ∂u ∂−→l (M0)

• Giới hạn cơng thức 6.1 thay lim

t→0

u(x0+tcosα,y0+tcosβ,z0+tcosγ)−u(x0,y0,z0)

t ,

trong đócosα, cosβ,cosγ cosin phương của−→l

• Nếu−→l ↑↑Oxthì ∂u

∂−→l (M0) =

∂u

∂x(M0)

• Đạo hàm theo hướng −→l điểm M0 trường vô hướng u thể tốc độ biến

thiên trường vô hướngutạiM0 theo hướng−→l

Định lý 6.16. Nếuu=u(x,y,z)khả vi M(x0,y0,z0)thì có đạo hàm theo hướng

−→

l 6=0tạiM0và

∂u

∂−→l (M0) = ∂u

∂x(M0) cosα+ ∂u

∂y(M0) cosβ+ ∂u

∂z(M0) cosγ, (6.2)

trong đócosα, cosβ,cosγlà cosin phương −→l

1.3 Gradient

Định nghĩa 6.5. Chou(x,y,z) trường vơ hướng có đạo hàm riêng M0(x0,y0,z0)

Người ta gọi gradient củautại M0 véctơ

∂u ∂x(M0),

∂u ∂y(M0),

∂u ∂z(M0)

và kí hiệu là−−→gradu(M0)

Định lý 6.17. Nếu trường vơ hướngu(x,y,z)khả vi M0thì ta có

∂u

∂~l(M0) =

−−→

gradu.~l

Chú ý: ∂u

∂~l(M0) thể tốc độ biến thiên trường vô hướng u M0 theo hướng

~l.

Từ công thức ∂u

∂~l(M0) =

−−→

gradu.~l =−−→gradu~l cos−−→gradu,~lta có

∂u∂~l(M0)

đạt giá trị lớn

nhất bằng−−→gradu~lnếu~l có phương với−−−→gradu Cụ thể

• Theo hướng~l, trường vơ hướngutăng nhanh tạiM0nếu~l có phương, hướng với−−−→gradu

1.4 Bài tập

Bài tập 6.1. Tính đạo hàm theo hướng −→l u = x3 +2y3 −3z3 A(2, 0, 1),−→l = −→

AB,B(1, 2,−1)

Lời giải Ta có−→AB= (−1, 2,−2)nên

cosα = −1

|−→AB| = −1

3 ,

∂u ∂x =3x

2 ⇒ ∂u

∂x(A) =12

cosβ =

|−→AB| =

2 3,

∂u ∂y =6y

2 ⇒ ∂u

∂x(A) =

cosγ = −2

|−→AB| = −2

3 ,

∂u

∂z =−9z

2 ⇒ ∂u

∂x(A) = −9

Áp dụng cơng thức 6.2 ta có

∂u

∂−→l (A) =12

−1

3 +0

2

3+ (−9)

−2

3 =2

Bài tập 6.2. Tính mơnđun của−−→graduvớiu= x3+y3+z3−3xyztạiA(2, 1, 1) Khi −−→

gradu⊥Oz, −−→gradu=0

Lời giải Ta có

−−→

gradu=

∂u ∂x,

∂u ∂y,

∂u ∂z

= (3x2 =3yz, 3y2−3zx, 3z2−3xy)

nên−−→gradu= (9,−3,−3)và −−→gradu

=√92+32+32 =3√11 • −−→gradu⊥Oz ⇔D−−→gradu,−→k E =0 ⇔ ∂u

∂x =0⇔z2 =xy

• −−→gradu=0⇔

        

x2=yz y2 =zx z2 =xy

⇔x =y=z

Bài tập 6.3. Tính−−→graduvớiu=r2+1r +lnrvà r=px2+y2+z2

Bài tập 6.4. Theo hướng biến thiên hàm số u = xsinz−ycosztừ gốc toạ

Lời giải Từ công thức ∂u

∂~l(O) =

−−→

gradu.~l = −−→gradu~l cos−−→gradu,~lta có∂u ∂~l(O)

đạt giá

trị lớn bằng−−→gradu

~l

nếu~l có phương với−−→gradu(O) = (0,−1, 0)

Bài tập 6.5. Tính góc hai véctơ−−→gradzcủa hàmz =px2+y2,z= x−3y+p3xy tạiM(3, 4)

Lời giải Ta có • −−→gradz1 =

x

√

x2+y2,

y

√

x2+y2

nên−−→gradz1(M) =

3 5,45

• −−→gradz2 =

1+

√

3y

2√x,−3+ √

3x

2√y

nêngrad−−→z2(M) = 2,−94 Vậy

cosα =

D−−→

gradz1,grad−−→z2E

−−→gradz1

−−→gradz2 =

−12

§2 TRƯỜNG VÉCTƠ

2.1 Định nghĩa

ChoΩ miền mở trongR3 Một hàm véctơ

−→

F : Ω→R3

M7→ −→F =−→F(M),

−→

F =Fx(M)−→i +Fy(M)−→j +Fz(M)−→k

2.2 Thông lượng, dive, trường ống

a Thông lượng: ChoS mặt định hướng và−→F trường véctơ Đại lượng φ=

ZZ

S

Fxdydz+Fydzdx+Fzdxdy (6.3)

được gọi thông lượng của−→F qua mặt congS

b Dive: Cho −→F trường véctơ có thành phần Fx,Fy,Fz hàm số có đạo hàm

riêng cấp tổng ∂Fx

∂x +

∂Fy

∂y +∂∂Fzz gọi dive trường véctơ

−→

F kí hiệu

làdiv−→F

c Trường véctơ −→F xác định Ωđược gọi trường ống div−→F (M) = với mọiM ∈ Ω

Tính chất:Nếu−→F trường ống thơng lượng vào thơng lượng

2.3 Hồn lưu, véctơ xốy

a Hồn lưu: Cho C đường cong (có thể kín khơng kín) khơng gian

Đại lượng Z

C

Fxdx+Fydy+Fzdz (6.4)

được gọi hoàn lưu của−→F dọc theo đường cong C b Véctơ xoáy: Véctơ

−→

rot−→F :=

  

−→

i −→j −→k

∂

∂x ∂∂y ∂∂z

Fx Fy Fz

được gọi véctơ xoáy (hay véctơ rota) trường véctơ−→F

2.4 Trường - hàm vị

Trường véctơ −→F gọi trường (trênΩ) tồn trường vô hướngusao cho

−−→

gradu =−→F (trênΩ) Khi hàmu gọi hàm vị

Định lý 6.18. Điều kiện cần đủ để trường véctơ −→F = −→F(M) trường (trên

Ω) là−rot→−→F (M) = 0với M ∈ Ω

Chú ý:Nếu−→F trường hàm vị uđược tính theo cơng thức u=

x

Z

x0

Fx(x,y0,z0)dx+

y

Z

y0

Fy(x,y,z0)dy+

z

Z

z0

Fz(x,y,z)dz+C (6.5)

2.5 Bài tập

Bài tập 6.6. Trong trường sau, trường trường thế? a −→a =5(x2−4xy)−→i + (3x2−2y)−→j +−→k

b −→a =yz−→i +xz−→j +xy−→k

c −→a = (x+y)−→i + (x+z)−→j + (z+x)−→k

Lời giải a Ta có

−→

rot−→a =

∂ ∂y ∂∂z

Q R , ∂ ∂z ∂∂x

R P , ∂ ∂x ∂∂y

P Q !

= (0, 0, 6x−20y)6=0

nên trường cho trường

b Ngồi cách tínhrot−→−→a , sinh viên dễ dàng nhận thấy tồn hàm vịu=xyz

nên−→a trường

c Ta có

−→

rot−→a =

∂ ∂y ∂∂z

Q R , ∂ ∂z ∂∂x

R P , ∂ ∂x ∂∂y

P Q !

nên−→a trường Hàm vị tính theo cơng thức 6.5: u=

x

Z

x0

Fx(t,y0,z0)dt+

y

Z

y0

Fy(x,t,z0)dt+

z

Z

z0

Fz(x,y,t)dt+C

=

x

Z

0

tdt+

y

Z

0

(x+0)dt+

z

Z

0

(t+y)dt+C

= x

2

2 +xy+

z2

2 +yz+C

Bài tập 6.7. Cho −→F = xz2−→i +2−→j +zy2−→k Tính thơng lượng −→F qua mặt cầu S :

x2+y2+z2 =1hướng ngồi

Lời giải Theo cơng thức tính thơng lượng 6.3 ta có

φ =

ZZ

S

xz2dydz+yx2dxdz+zy2dxdy

Áp dụng cơng thức Ostrogradsky ta có

φ=

ZZZ

V

(x2+y2+z2)dxdydz

Thực phép đổi biến toạ độ cầu

        

x=rsinθcosϕ y =rsinθsinϕ z =rcosθ

,

        

0≤ϕ ≤2π

0≤θ ≤π

0≤r ≤1

,J =−r2sinθ

ta có

φ=

2π

Z

0

dϕ

π

Z

0

dθ

1

Z

0

r2.r2sinθdr = 4π

Bài tập 6.8. Cho −→F = x(y+z)−→i +y(z+x)−→j +z(x+y)−→k L giao tuyến mặt

trụx2+y2+y =0và nửa mặt cầu x2+y2+z2=2,z≥0 Chứng minh lưu số của−→F

dọc theo Lbằng0

Lời giải Theo công thức tính lưu số 6.4

I =

I

L

Áp dụng công thức Stokes ta có

I =

ZZ

S

∂ ∂y ∂∂z

Q R

dydz+

∂ ∂z ∂∂x

R P

dzdx+

∂ ∂x ∂∂y

P Q

dxdy

=

ZZ

S

(z−y)dydz+ (x−z)dzdx+ (y−x)dxdy

=0(theo tập 5.10)