Bài giảng Toán cao cấp A3

Tài liệu Bài giảng Toán cao cấp A3: ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH KHOA KHOA HỌC CƠ BẢN TỔ BỘ MÔN TOÁN BÀI GIẢNG TOÁN CAO CẤP A3 Dùng cho bậc Đại học Biên soạn: Th.s Đỗ Hoài Vũ Học kỳ 3. Năm học: 2010-2011 Mục lục Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Chương 1. Phép tính vi phân hàm n biến 3 1.1. Kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2. Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2.1. Các cách biểu diễn hàm n biến . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2.2. Đạo hàm riêng của hàm 2 biến . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2.3. Đạo hàm riêng cấp cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2.4. Đạo hàm hỗn hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2.5. Vi phân cấp n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2.6. Công thức Taylor của hàm hai biến . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2.7. Cực trị của hàm hai biến . . . . . . . . . . . . . ....

pdf33 trang | Chia sẻ: honghanh66 | Ngày: 21/03/2018 | Lượt xem: 32 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang mẫu tài liệu Bài giảng Toán cao cấp A3, để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH KHOA KHOA HỌC CƠ BẢN TỔ BỘ MÔN TOÁN BÀI GIẢNG TOÁN CAO CẤP A3 Dùng cho bậc Đại học Biên soạn: Th.s Đỗ Hoài Vũ Học kỳ 3. Năm học: 2010-2011 Mục lục Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Chương 1. Phép tính vi phân hàm n biến 3 1.1. Kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2. Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2.1. Các cách biểu diễn hàm n biến . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2.2. Đạo hàm riêng của hàm 2 biến . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2.3. Đạo hàm riêng cấp cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2.4. Đạo hàm hỗn hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2.5. Vi phân cấp n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2.6. Công thức Taylor của hàm hai biến . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2.7. Cực trị của hàm hai biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.3. Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 Chương 2. Tích phân bội hai 12 2.1. Kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 2.1.1. Bảng nguyên hàm hàm số một biến. . . . . . . . . . . . . . . 12 2.1.2. Phương pháp tính tích phân xác định. . . . . . . . . . . . . . 12 2.1.3. Cách vẽ một số đường cơ bản trong mặt phẳng tọa độ Oxy. . 13 2.2. Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.2.1. Định nghĩa và ký hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.2.2. Một số tính chất của tích phân bội hai . . . . . . . . . . . . . 14 2.2.3. Phương pháp tính tích phân bội hai . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.2.4. Phương pháp đổi biến trong tích phân bội hai. . . . . . . . . . 15 2.2.5. Ứng dụng của tích phân bội hai. . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.3. Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 Chương 3. Tích phân bội ba 19 3.1. Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 3.1.1. Định nghĩa và ký hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 3.1.2. Một số tính chất của tích phân bội ba . . . . . . . . . . . . . 19 3.1.3. Phương pháp tính tích phân bội ba . . . . . . . . . . . . . . . 19 3.1.4. Phương pháp đổi biến trong tích phân bội ba. . . . . . . . . . 20 3.1.5. Ứng dụng của tích phân bội ba. . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 2 Mục lục Th.s Đỗ Hoài Vũ Chương 4. Tích phân mặt 25 4.1. Tích phân mặt loại 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 4.1.1. Định nghĩa và ký hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 4.1.2. Phương pháp tính tích phân mặt loại 1 . . . . . . . . . . . . . 25 4.1.3. Ứng dụng của tích phân mặt loại 1. . . . . . . . . . . . . . . . 28 4.2. Tích phân mặt loại 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 4.2.1. Định nghĩa và ký hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 4.2.2. Phương pháp tính tích phân mặt loại 2 . . . . . . . . . . . . . 29 4.3. Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ Chương 1 Phép tính vi phân hàm n biến 1.1. Kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2. Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.3. Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.1. Kiến thức chuẩn bị Cần nhớ bảng đạo hàm và các quy tắc đạo hàm của hàm một biến số. 1.2. Tóm tắt lý thuyết 1.2.1. Các cách biểu diễn hàm n biến -Biểu diễn dạng bảng (không xét trong bài giảng). - Biểu diễn dạng biểu thức. Ví dụ1: Hàm hai biến z = f(x, y) = x+ y x -Biểu diễn dạng phương trình ẩn. Ví dụ 2: Hàm hai biến z=z(x,y) cho bởi phương trình ẩn x2 + y2 + z2 − 2xz = 0 - Biểu diễn dạng hàm hợp. Ví dụ 3: Hàm hai biến z=z(x,y) biểu diễn thông qua u,v z = z(u, v); { u = u(x, y) v = v(x, y) 1.2.2. Đạo hàm riêng của hàm 2 biến Bài toán : Cho hàm hai biến z=z(x,y). Tìm z′x; z ′ y Giải - Nếu z biểu diễn dạng biểu thức thì khi đạo hàm theo biến nào sẽ coi biến còn lại 4 Phép tính vi phân hàm n biến Th.s Đỗ Hoài Vũ là hằng số Ví dụ 1: z = x2y + cos(x+ 2y + 2)⇒ { z′x = 2xy − sin(x+ 2y + 2) z′y = x 2 − 2 sin(x+ 2y + 2) - Nếu z biểu diễn dạng phương trình ẩn F (x, y, z) = 0 thì dùng một trong hai cách sau: Cách 1 : Đạo hàm hai vế phương trình ẩn Cách 2 : Dùng công thức z′x = −F ′ x F ′z và z′y = −F ′ y F ′z ( lúc này ta coi x,y,z là các biến độc lập) Ví dụ 2: z = z(x, y) cho bởi phương trình ẩn x2 + y2 + z3 + 2z = 0. Khi đó{ z′x = − 2x3z2+2 z′y = − 2y3z2+2 - Nếu z biểu diễn dạng hàm hợp thì Cách 1: Chuyển biểu diễn của hàm z theo u,v về theo x,y sau đó tính như trường hợp biểu diễn bằng biểu thức Cách 2: Dùng công thức { z′x = z ′ uu ′ x + z ′ vv ′ x z′y = z ′ uu ′ y + z ′ vv ′ y Ví dụ 3: Cho z = z(u, v) = u− v2 với u = x2 − y2, v = exy. Khi đó{ z′x = 2x− 2ye2xy z′y = −2y − 2xe2xy 1.2.3. Đạo hàm riêng cấp cao Nếu chúng ta áp dụng các quy tắc đã nêu trong mục đạo hàm riêng n lần thì chúng ta sẽ được đạo hàm riêng cấp n theo từng biến và ký hiệu là z (n) xn và z (n) yn . Ví dụ 1: z = x2y + cos(x+ 2y + 2)⇒ { z (n) xn = cos(x+ 2y + 2 + npi 2 ) z (n) yn = 2 n cos(x+ 2y + 2 + npi 2 ) Ví dụ 2: Xét z = z(x, y) thỏa x2 + y2 + z3 + 2z = 0(∗). Khi đó - Đạo hàm hai vế (*) theo x ta được : 2x+ 3z2z′x + 2z ′ x = 0(∗∗) - Đạo hàm hai vế (**) theo x ta được : 2 + 6z(z′x) 2 + 3z2z′′x2 + 2z ′′ x2 = 0 ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ Th.s Đỗ Hoài Vũ 1.2. Tóm tắt lý thuyết 5 ... Như vậy muốn tính z (n) xn (hoặc z (n) yn ) chỉ cần đạo hàm liên tiếp (*) n lần theo x (hoặc n lần theo y ) Ví dụ 3: Cho z = z(u, v) = u− v2 với u = x2 − y2, v = exy. Tính z(n)xn và z(n)xn Chuyển biểu diễn z theo x,y ta có: z = z(x, y) = x2 − y2 − e2xy ⇒ { z (n) xn = −(2y)ne2xy z (n) yn = −(2x)ne2xy 1.2.4. Đạo hàm hỗn hợp + z′′xy: Lần thứ nhất đạo hàm theo x, lấy kết quả đạo hàm theo y. + z′′yx: Lần thứ nhất đạo hàm theo y, lấy kết quả đạo hàm theo x + z (n+m) xnym : Đạo hàm theo x n lần, lấy kết quả đạo hàm tiếp theo y m lần. Ví dụ 1: Cho z = xy + √ y2 + 2⇒ z′′xy = z′′yx = xy−1(1 + y lnx) Ví dụ2: Xét z=z(x,y) thỏa x2 + y2 + z3 + 2z = 0(∗). Khi đó - Đạo hàm hai vế (*) theo x ta được : 2x+ 3z2z′x + 2z ′ x = 0(∗∗) - Đạo hàm hai vế (**) theo y ta được : 6zz′yz ′ x + 3z 2z′′xy + 2z ′′ xy = 0 Vậy z′′xy = −6zz ′ xz ′ y 3z2+2 . Thay đổi thứ tự đạo hàm ta được z′′yx = z ′′ yx. 1.2.5. Vi phân cấp n Cho hàm z = z(x, y). - Vi phân cấp 1 của z: dz = z′xdx+ z ′ ydy - Vi phân cấp 2 của z: d2z = z′′x2dx 2 + 2z′′xydxdy + z ′′ y2dy 2 - Vi phân cấp 3 của z: d3z = z (3) x3 dx 3 + 3z (3) x2ydx 2dy + 3z (3) xy2dxdy 2 + z (3) x3 dy 3 - Vi phân cấp n của z: dnz = n∑ k=0 Cknf (n) xkyn−kdx kdyn−k Ví dụ 1: Cho z = z(x, y) = cos(2x+ 3y). Tìm dz, d2z, d3z, d3z(pi 4 , 0). Giải. Ta có: z′x = −2 sin(2x+ 3y); z′y = −3 sin(2x+ 3y); z′′x2 = −4 cos(2x+ 3y); z′′y2 = −9 cos(2x+ 3y); z′′xy = −6 cos(2x+ 3y) z′′yx = −6 cos(2x+ 3y) z′′′x2y = 12 sin(2x+ 3y) z′′′y2x = 18 sin(2x+ 3y) ; z′′′x3 = 8 sin(2x+ 3y) ; z′′′y2x = 27 sin(2x+ 3y) ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ 6 Phép tính vi phân hàm n biến Th.s Đỗ Hoài Vũ Suy ra dz = −2(dx+ dy) sin(2x+ 3y) d2z = −(4dx2 + 12dxdy + 9dy2) cos(2x+ 3y) d3z = (8dx3 + 36dx2dy + 54dxdy2 + 27dy3) sin(2x+ 3y) Thay x = pi 4 , y = 0 vào biểu thức d3z ta được d3z = (8dx3 + 36dx2dy + 54dxdy2 + 27dy3) sin(pi 2 ) = 8dx3 + 36dx2dy + 54dxdy2 + 27dy3 Ví dụ 2: Cho z = z(x, y). thỏa x2 + y2 + z3 + 2z = 0(∗). Tìm d2z(0, 0). Giải. Ta có: - Đạo hàm hai vế (*) theo x ta được : 2x+ 3z2z′x + 2z ′ x = 0 (2*) - Đạo hàm hai vế (2*) theo x ta được : 2 + 6z(z′x) 2 + 3z2z′′x2 + 2z ′′ x2 = 0 (3*) - Đạo hàm hai vế (*) theo y ta được : 2y + 3z2z′y + 2z ′ y = 0 (4*) - Đạo hàm hai vế (4*) theo y ta được : 2 + 6z(z′y) 2 + 3z2z′′y2 + 2z ′′ y2 = 0 (5*) - Đạo hàm hai vế (2*) theo y ta được : 6zz′yz ′ x + 3z 2z′′xy + 2z ′′ xy = 0 (6*) Thay x = y = 0 vào (*) ta được z = 0.Thay x = z = 0 vào (2*) ta được z′x = 0. Thay z = 0 vào (3*) ta được z′′x2 = −1. Thay y = z = 0 vào (4*) ta được z′y = 0. Thay z = 0 vào (5*) ta được z′′y2 = −1. Thay z = 0 vào (6*) ta được z′′xy = 0. Vậy d2z(0, 0) = −dx2 − dy2. 1.2.6. Công thức Taylor của hàm hai biến Dạng thứ nhất: f(x, y) = f(x0, y0) + dz(x0, y0) + 1 2! d2z(x0, y0) + ...+ 1 n! dnz(x0, y0) +Rn(x, y) Dạng thứ hai: f(x, y) = f(x0, y0) + 1∑ K=0 Ck1 (x− x0)k(y − y0)1−kf (1)xky1−k(x0, y0) + 1 2! 2∑ K=0 Ck2 (x− x0)k(y − y0)2−kf (2)xky1−k(x0, y0) + 1 3! 3∑ K=0 Ck3 (x− x0)k(y − y0)3−kf (3)xky1−k(x0, y0) ... + 1 n! n∑ K=0 Ckn(x− x0)k(y − y0)n−kf (n)xky1−k(x0, y0) +Rn(x, y) Ghi chú : Số hạng 1 m! m∑ K=0 Ckm(x− x0)k(y − y0)m−kf (m)xkym−k(x0, y0); 0 ≤ m ≤ n. ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ Th.s Đỗ Hoài Vũ 1.2. Tóm tắt lý thuyết 7 gọi là số hạng bậc m trong công thức Taylor(chú ý tổng lũy thừa của x, y bằng m) Ví dụ 1: Viết công thức Taylor đến số hạng bậc 2 của hàm z = f(x, y) = (x + y)ex tại lân cận x0 = 0, y0 = 1. Giải f(x, y) = f(x0, y0) + 1∑ K=0 Ck1 (x− x0)k(y − y0)1−kf (1)xky1−k(x0, y0) + 1 2! 2∑ K=0 Ck2 (x− x0)k(y − y0)2−kf (2)xky1−k(x0, y0) = f(x0, y0) + (x− x0)f ′x(x0, y0) + (y − y0)f ′y(x0, y0) + 1 2! [(x− x0)2f ′′x2(x0, y0) + 2(x− x0)(y − y0)f ′′xy(x0, y0) + (y − y0)2f ′′y2(x0, y0)] = f(0, 1) + xf ′x(0, 1) + (y − 1)f ′y(0, 1) + 1 2! [x2f ′′x2(0, 1) + 2x(y − 1)f ′′xy(0, 1) + (y − 1)2f ′′y2(0, 1)] Thay x = 0, y = 1 vào các biểu thức đạo hàm ta được f ′x(0, 1) = 2, f ′ y(0, 1) = 1, f ′′ x2(0, 1) = 3, f ′′ y2(0, 1) = 0, f ′′ xy(0, 1) = 1. Vậy : f(x, y) = 1 + 2x+ (y − 1) + 3x 2 2 + x(y − 1) Ví dụ 2: Viết công thức Taylor đến số hạng bậc 2 của hàm z = f(x, y) = x(y+5)2+x3+2y+3 tại lân cận x0 = 2, y0 = 1. Giải Cách 1: Làm như ví dụ 1. Cách 2: Nhận thấy công thức Taylor tại x0, y0 của hàm z thực chất là biểu diễn z theo x− x0 và y − y0 nên trong ví dụ này chúng ta có thể làm nhanh như sau: z = (x− x0 + x0)(y − y0 + y0 + 5)2 + (x− x0 + x0)3 + 2(y − y0 + y0) + 3 = (x− 2 + 2)(y − 1 + 6)2 + (x− 2 + 2)3 + 2(y − 1 + 1) + 3 Đặt a = x− 2, b = y − 1. Ta có : z = (a+ 2)(b+ 6)2 + (a+ 2)3 + 2(b+ 1) + 3 = (a+ 2)(b2 + 12b+ 36) + a3 + 6a2 + 12a+ 8 + 2b+ 5 = ab2 + 12ab+ 36a+ 2b2 + 24b+ 72 + a3 + 6a2 + 12a+ 2b+ 13 bỏ đi số hạng có tổng lũy thừa của a, b lớn hơn 2 (vì chỉ viết đến số hạng bậc 2 ) ta được công thức Taylor của z là: z = 85 + 48a+ 26b+ 6a2 + 12ab+ 2b2 = 85 + 48(x− 2) + 26(y − 1) + 6(x− 2)2 + 12(x− 2)(y − 1) + 2(y − 1)2 ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ 8 Phép tính vi phân hàm n biến Th.s Đỗ Hoài Vũ Ví dụ 3: Viết công thức Taylor đến số hạng bậc 3 của hàm z = f(x, y) = xyln(x2+2y+ecosx) tại lân cận x0 = 0, y0 = 0. Giải Cách 1: Làm như ví dụ 1 (rất dài). Cách 2: Do chỉ viết công thức Tarlor đến số hạng bậc 3 nên trong các số hạng của công thức tổng số lũy thừa của tích xy không được vượt quá 3, do đó chỉ cần khai triển hàm z = f(x, y) = ln(x2 + 2y + ecosx) đến số hạng bậc 1 để khi nhân với tích xy tổng lũy thừa không qúa 3. Ta có : f(x, y) = ln(x2 + 2y + ecosx)⇒ { f ′x = 2x−sinxecos x x2+2y+ecos x ⇒ f ′x(0, 0) = 0 f ′y = 2 x2+2y+ecos x ⇒ f ′y(0, 0) = 2/e Suy ra công thức Taylor của hàm z = f(x, y) = ln(x2 + 2y + ecosx) tại x0 = y0 = 0 là f(x, y) = f(0, 0) + xf ′x(0, 0) + yf ′ y(0, 0) = 1 + 2 e y Suy ra công thức Taylor của hàm z = f(x, y) = xyln(x2+2y+ecosx) tại x0 = y0 = 0 đến số hạng bậc 3 là f(x, y) = xy + 2 e xy2 Ví dụ 4: Viết công thức Taylor đến số hạng bậc 2 của hàm z = f(x, y) biểu diễn bởi phương trình ẩn x2 + y2 + z3 + 2z = 0 (*) tại lân cận x0 = 0, y0 = 0. Giải Ta có: - Đạo hàm hai vế (*) theo x ta được : 2x+ 3z2z′x + 2z ′ x = 0 (2*) - Đạo hàm hai vế (2*) theo x ta được : 2 + 6z(z′x) 2 + 3z2z′′x2 + 2z ′′ x2 = 0 (3*) - Đạo hàm hai vế (*) theo y ta được : 2y + 3z2z′y + 2z ′ y = 0 (4*) - Đạo hàm hai vế (4*) theo y ta được : 2 + 6z(z′y) 2 + 3z2z′′y2 + 2z ′′ y2 = 0 (5*) - Đạo hàm hai vế (2*) theo y ta được : 6zz′yz ′ x + 3z 2z′′xy + 2z ′′ xy = 0 (6*) Thay x = y = 0 vào (*) ta được z = 0.Thay x = z = 0 vào (2*) ta được z′x = 0. Thay z = 0 vào (3*) ta được z′′x2 = −1. Thay y = z = 0 vào (4*) ta được z′y = 0. Thay z = 0 vào (5*) ta được z′′y2 = −1. Thay z = 0 vào (6*) ta được z′′xy = 0. Vậy Công thức Taylor của z là z = −x2+y2 2 . 1.2.7. Cực trị của hàm hai biến a) Định nghĩa Cho hàm z = f(x, y) xác định trên miền D, M0(x0, y0) là điểm trong của D. Ta nói: -f(x, y) đạt cực đại tại M0 nếu f(x, y)− f(x0, y0) < 0 -f(x, y) đạt cực tiểu tại M0 nếu f(x, y)− f(x0, y0) > 0 với mọi (x, y) thuộc lân cận (x0, y0) nhưng khác (x0, y0). b) Cực trị tự do Bài toán : Tìm cực trị của hàm z = f(x, y). Giải ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ Th.s Đỗ Hoài Vũ 1.2. Tóm tắt lý thuyết 9 + Tìm điểm dừng thỏa hệ{ f ′x = 0 f ′y = 0 . Giả sử tìm được: { x = x0 y = y0 + Đặt A = f ′′x2(x0, y0);B = f ′′ xy(x0, y0);C = f ′′ y2(x0, y0). Tính 4 = AC −B2 - Nếu 4 < 0 thì hàm z không đạt cực trị. - Nếu 4 > 0 thì hàm z đạt cực đại khi A 0. - Nếu 4 = 0 thì chưa kết luận được (cần dùng định nghĩa). Ví dụ 1: Tìm cực trị của hàm z = f(x, y) = x3 + y3 − 3xy. Ví dụ 2: Tìm cực trị của hàm z = f(x, y) cho bởi phương trình ẩn x2 + y2 + z2 − 4x+ 12y + 2z − 8 = 0 (*), z > 0 Giải: + Tìm điểm dừng - Đạo hàm hai vế (*) theo x ta được : 2x+ 2zz′x − 4 + 2z′x = 0 (2*) - Đạo hàm hai vế (*) theo y ta được : 2y+2zz′y +12+2z ′ y = 0 (3*) Thay z′x = 0; z ′ y = 0 vào (2*) và (3*) ta được điểm dừng x = 2; y = −6. - Đạo hàm hai vế (2*) theo x ta được : 2 + 2(z′x) 2 + 2zz′′x2 + 2z ′′ x2 = 0 (4*) - Đạo hàm hai vế (2*) theo y ta được : 2z′yz ′ x+2zz ′′ xy+2z ′′ xy = 0 (5*) - Đạo hàm hai vế (3*) theo y ta được : 2+2(z′y) 2+2zz′′y2 +2z ′′ y2 = 0 (6*) Thay x = 2, y = −6 vào (*) ta được z = 6 (vì z > 0). Thay z = 6, z′x = z′y = 0 vào (4*),(5*),(6*) ta được: A = z′′x2(2,−6) = −17 B = z′′xy(2,−6) = 0 C = z′′y2(2,−6) = −17 =⇒4 = AC −B2 = 1 49 > 0. Vậy z đạt cực đại tại x = 2, y = −6 (vì A < 0 ) và giá trị cực đại là zcd = 6 Ví dụ 3: Tìm cực trị của hàm z = f(x, y) = 1 + x2 + y4. Giải: - Ta chỉ tìm được điểm dừng x = y = 0 và khi đó 4 = 0 nên chưa kết luận được. - Hiệu f(x, y)− f(0, 0) = 1+ x2 + y4− 1 = x2 + y4 > 0 với mọi (x, y) thuộc lân cận của (0, 0) (khác (0, 0)) nên theo định nghĩa z đạt cực tiểu tại (0, 0) và zct = 1 Ví dụ 4: Tìm cực trị của hàm z = f(x, y) = x4y3. Giải: - Ta chỉ tìm được điểm dừng x = y = 0 và khi đó 4 = 0 nên chưa kết luận được. - Hiệu f(x, y) − f(0, 0) = x4y3 đổi dấu khi y đổi dấu nên theo định nghĩa z không đạt cực trị tại (0, 0). c) Cực trị có điều kiện ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ 10 Phép tính vi phân hàm n biến Th.s Đỗ Hoài Vũ Bài toán : Tìm cực trị của hàm z = f(x, y) thỏa điều kiện g(x, y) = 0. Giải Phương pháp 1 + Đặt hàm L(x, y, a) = f(x, y) + ag(x, y) + Tìm điểm dừng thỏa hệ L′x = 0 L′y = 0 L′a = 0 . Giả sử tìm được:  x = x0 y = y0 a = a0 + Đặt A = L′′x2(x0, y0, a0); B = L ′′ xy(x0, y0, a0); C = L ′′ y2(x0, y0, a0). + Xét dấu : 4 = Ah2 + 2Bhk + Ck2 . Với h,k thỏa: { h, k ∈ R;h2 + k2 > 0 g′xh+ g ′ yk = 0. + Kết luận : - Nếu 4 < 0 thì hàm z đạt cực đại tại (x0, y0) . - Nếu 4 > 0 thì hàm z đạt cực tiểu (x0, y0). - Nếu 4 = 0 thì chưa kết luận được (cần dùng định nghĩa). Ví dụ 1: Tìm cực trị của hàm z = f(x, y) = 6− 4x− 3y thỏa điều kiện x2 + y2 = 1. Phương pháp 2 Từ điều kiện g(x, y) = 0 nếu rút được duy nhất y = y(x) thì thay vào z = f(x, y(x)), sau đó dùng phương pháp tìm cực trị của hàm một biến để tìm cực trị của z. Ví dụ 2: Tìm cực trị của hàm z = ln |1 + x2y| thỏa điều kiện x− y − 3 = 0. 1.3. Bài tập Bài tập 1.1. Cho hàm z = z(x, y) biểu diễn bởi phương trình ẩn z2+ 2 x = √ y2 − z2. Tính x2z′x + 1 y z′y theo z. a) z2 b) 2 z c) 1 z d) z 3 . Bài tập 1.2. Cho hàm z = x3 − 2x2 + 2y3 + x− 8y. Hãy chọn khẳng định đúng? a) z có 4 điểm dừng. b) z không có điểm dừng. c) z có điểm dừng nhưng không có cực trị. d) z có hai cực đại và hai cực tiểu Bài tập 1.3. Tìm cực trị của hàm số z = z(x,y) thỏa : x2+y2+z2−4x+6y+2z−2 = 0. Biết z < 0. a) z đạt cực tiểu tại M(2, - 3) và ZCT = - 5. b) z đạt cực đại tại M(2, - 3) và ZCĐ = 3. c) Cả câu a) và b. d) z Chỉ có điểm dừng là M(2, - 3). ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ Th.s Đỗ Hoài Vũ 1.3. Bài tập 11 Bài tập 1.4. Tìm cực trị của hàm z = 3x+ 4y với điều kiện x2 + y2 = 1. a) z đạt cực tiểu tại M(3/5, 4/5) . b) z đạt cực đại tại M(- 3/5, - 4/5). c) z đạt cực đại tại M(3/5, 4/5) và đạt cực tiểu tại N(- 3/5, - 4/5). d) z đạt cực tiểu tại M(3/5, 4/5) và đạt cực đại tại N(- 3/5, - 4/5). Bài tập 1.5. Viết công thức taylor của hàm z = f(x, y) = ex+y tại lân cận x = 0, y = 1 đến bậc 2. a) z = e [ x+ y + x(y − 1) + (y − 1) 2 2 ] +R2(x, y) . b) z = x+ (y − 1) + x(y − 1) + (y − 1) 2 2 +R2(x, y). c) z = e [ x+ y − 1 + x(y − 1) + (y − 1) 2 2 ] +R2(x, y). d) z = e [ x+ y + x(y − 1) + (y − 1)2]+R2(x, y). Bài tập 1.6. Viết công thức taylor của hàm z = f(x, y) = ln(x+ y) tại lân cận x = 0, y = 0 đến bậc 2. a) z = x+ y − xy − y 2 2 +R2(x, y) b) z = x+ y + xy − y 2 2 +R2(x, y) c) z = x+ y − xy + y 2 2 +R2(x, y) d) z = x+ y − x2 − y 2 2 +R2(x, y). Bài tập 1.7. Tìm vi phân dz của hàm z = z(u, v) = uv, u = x y , v = xy a) dz = ( x y )xy ( y ln ex y dx+ x ln x ey dy ) b) dz = ( x y )xy ( y ln x y dx+ x ln x y dy ) c) dz = ( x y )xy ( y ln ex y dx− x ln x ey dy ) d) dz = ( x y )xy ( y ln ex y dy + x ln x ey dx ) . Bài tập 1.8. Tìm A = z (100) x65y35(0, pi 2 ) của hàm z = (x 6 + 3y)cos(x+ y), a) A = −695 6 b) A = 695 6 c) A = 695 3 d) A = 695 2 . ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ Chương 2 Tích phân bội hai 2.1. Kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 2.2. Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.3. Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2.1. Kiến thức chuẩn bị 2.1.1. Bảng nguyên hàm hàm số một biến. ∫ (ax+ b)αdx = (ax+b) α+1 a(α+1) + C, (α 6= −1)∫ dx ax+b = 1 a ln |ax+ b|+ C∫ dx (x−a)(x−b) = 1 a−b ln ∣∣x−a x−b ∣∣+ C∫ dx x2+a2 = 1 a arctan x a + C∫ dx√ x2+a2 = ln ( x+ √ x2 + a2 ) + C∫ dx√ a2−x2 = arcsin x a + C∫ dx√ x2+a = ln ∣∣x+√x2 + a∣∣+ C ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ ∫ dx√ x2+a2 = ln ( x+ √ x2 + a2 ) + C∫ cos(ax+ b)dx = 1 a sin(ax+ b) + C∫ sin(ax+ b)dx = − 1 a cos(ax+ b) + C∫ dx cos2(ax+b) = 1 a tan(ax+ b) + C∫ dx sin2(ax+b) =− 1 a cot(ax+ b) + C∫ tan(ax+ b)dx =− 1 a ln |cos(ax+ b)|+ C∫ cot(ax+ b)dx = 1 a ln |sin(ax+ b)|+ C∫ ln(ax+ b)dx =ax+b a [ln(ax+ b)− 1] + C . 2.1.2. Phương pháp tính tích phân xác định. 1) Đổi biến. Dùng một trong hai cách sau: -Cách 1. Đặt u = u(x). Khi đó b∫ a f(x)dx = u(b)∫ u(a) g(u)du -Cách 2. Đặt x = x(t). Khi đó b∫ a f(x)dx = tb∫ ta f(x(t))x′t(t)dt Th.s Đỗ Hoài Vũ 2.1. Kiến thức chuẩn bị 13 2) Từng phần. b∫ a udv =uv ∣∣∣∣ ba − b∫ a vdu Ví dụ. Công thúc Walliss pi 2∫ 0 sinn xdx = pi 2∫ 0 cosn xdx =  2.4.6....(n−1) 1.3.5....n Khi n lẻ 1.3.5....(n−1) 2.4.6....n × pi 2 Khi n chẵn 2.1.3. Cách vẽ một số đường cơ bản trong mặt phẳng tọa độ Oxy. 1) Đường tròn, Miền tròn - Phương trình tổng quát : x2 + y2 − 2ax− 2by + c = 0 - Phương trình chính tắc : (x− a)2 + (y − b)2 = R2 - Phương trình tham số : { x− a = R cos t y − b = R sin t ; t ∈ R. - D1 là miền thỏa điều kiện: x 2 + y2 − 2ax− 2by + c < 0. - D2 là miền thỏa điệu kiện: x 2 + y2 − 2ax− 2by + c > 0. 2) Đường Elip, Miền Elip - Phương trình tổng quát : x2 a2 + y2 b2 = 1. - Phương trình tham số : { x = a cos t y = b sin t ; t ∈ R. - D1 là miền thỏa điều kiện: x2 a2 + y 2 b2 < 1 - D2 là miền thỏa điều kiện: x2 a2 + y 2 b2 > 1 3) Đường Parabol, Miền Parabol a) Phương trình tổng quát : y = ax2 + bx+ c; a 6= 0 - Tọa độ đỉnh x = −b 2a , y = 4ac−b 2 4a - D1 là miền thỏa điều kiện: y > ax 2 + bx+ c - D2 là miền thỏa điều kiện: y < ax 2 + bx+ c b) Phương trình tổng quát : x = ay2 + by + c; a 6= 0 - Tọa độ đỉnh y = −b 2a , x = 4ac−b 2 4a - D1 là miền thỏa điều kiện: x > ay 2 + by + c - D2 là miền thỏa điều kiện: x < ay 2 + by + c ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ 14 Tích phân bội hai Th.s Đỗ Hoài Vũ 2.2. Tóm tắt lý thuyết 2.2.1. Định nghĩa và ký hiệu∫∫ D f(x, y)dxdy Với D là miền đóng và bị chặn trong R2 2.2.2. Một số tính chất của tích phân bội hai − ∫∫ D f(x, y)dxdy = ∫∫ D1 f(x, y)dxdy+ ∫∫ D2 f(x, y)dxdy. Với D1 ∩D2 = Ø;D1 ⋃ D2 = D. − ∫∫ D [f(x, y) + ag(x, y)] dxdy = ∫∫ D f(x, y)dxdy+a ∫∫ D g(x, y)dxdy. 2.2.3. Phương pháp tính tích phân bội hai a) D có dạng hình chữ nhật: [a, b]× [c, d] ∫∫ D f(x, y)dxdy = b∫ a  d∫ c f(x, y)dy dx = d∫ c  b∫ a f(x, y)dx  dy b) D có dạng hình thang cong: [a, b]× [y1(x), y2(x)] ∫∫ D f(x, y)dxdy = b∫ a  y2(x)∫ y1(x) f(x, y)dy dx c) D có dạng hình thang cong: [x1(y), x2(y)]× [c, d]∫∫ D f(x, y)dxdy = d∫ c  x2(y)∫ x1(y) f(x, y)dx  dy Ví dụ1: Tính a) I = ∫∫ D |y − x2|dxdy. Với D : [−1, 1]× [0, 2]. b) I = ∫∫ D 2xydxdy. Với D giới hạn bởi: y = x, y = √ x. c) I = ∫∫ D dxdy. Với D giới hạn bởi: y2 = 10x+ 25, y2 = −6x+ 9. Ví dụ2: Thay đổi thứ tự tính các tích phân sau a) I = 1/4∫ 1 dx √ x∫ x f(x, y)dy. b) I = 2∫ 1 dx √ 2x−x2∫ 2−x f(x, y)dy c) I = e∫ 1 dx lnx∫ 0 f(x, y)dy d) I = 1∫ 0 dy 4 √ y∫ √ y f(x, y)dx ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ Th.s Đỗ Hoài Vũ 2.2. Tóm tắt lý thuyết 15 Ví dụ3: Tính các tích phân sau a) I = ∫∫ D dxdy. Với D giới hạn bởi: y = ex + x; y = e−x + x;x = 1. b) I = ∫∫ D ylnxdxdy. Với D giới hạn bởi: xy = 1; y = √ x;x = 2. c) I = ∫∫ D (cos2x+ siny)dxdy. Với D giới hạn bởi: x ≥ 0; y ≥ 0; 4x+ 4y ≤ pi. 2.2.4. Phương pháp đổi biến trong tích phân bội hai. a) D có dạng hình bình hành cong: D giới hạn bởi:  u(x, y) = a u(x, y) = b v(x, y) = c v(x, y) = d ; a < b; c < d. Bằng cách đặt : { u = u(x, y) v = u(x, y) . Ta được D1 : [a, b]×[c, d]. Khi đó :∫∫ D f(x, y)dxdy = ∫∫ D1 f(ϕ(u, v), ψ(u, v)) |J | dudv. Với J = ∣∣∣∣ u′x u′yv′x v′y ∣∣∣∣ b) D có dạng biên tròn : D có biên là đường tròn hoặc một phần của đường tròn có phương trình : x2 + y2 − 2ax− 2by + c = 0 Bằng cách đặt : { x = rcosϕ y = rsinϕ ; 0 ≤ r < +∞; 0 ≤ ϕ ≤ 2pi. Ta được D1 : [ϕ1, ϕ2]× [r1(ϕ), r2(ϕ)]. Khi đó : ∫∫ D f(x, y)dxdy = ∫∫ D1 rf(rcosϕ, rsinϕ)drdϕ. c) D có dạng biên Elip : D có biên là đường Elip hoặc một phần của đường Elip có phương trình : x2 a2 + y2 b2 = 1 Bằng cách đặt : { x = arcosϕ y = brsinϕ ; 0 ≤ r < +∞; 0 ≤ ϕ ≤ 2pi. ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ 16 Tích phân bội hai Th.s Đỗ Hoài Vũ Ta được D1 : [ϕ1, ϕ2]× [r1(ϕ), r2(ϕ)]. Khi đó : ∫∫ D f(x, y)dxdy = ∫∫ D1 abrf(rcosϕ, rsinϕ)drdϕ. Ví dụ1: Tính a) I = ∫∫ D (x− y)2(x+ 2y)dxdy. Với D giới hạn bởi: x− y = 0, x− y = 1, x+ y = 2, x+ y = 3. b) I = ∫∫ D (x2 + y2)2(x2 − y2)xydxdy. Với D giới hạn bởi: xy = 1, xy = 2, y2 − x2 = −1, y = x. c) I = ∫∫ D xydxdy. Với D giới hạn bởi: y2 = x, y2 = 3x, y = x, y = 2x. d) I = ∫∫ D dxdy. Với D giới hạn bởi: y2 = x, y2 = 3x, x2 = 2y, x2 = 4y. Ví dụ2: Tính các tích phân sau a) I = ∫∫ D √ x2 + y2dxdy. Với D giới hạn bởi: x2 + y2 = 1, x ≥ 0, y ≥ x. b) I = ∫∫ D ydxdy. Với D giới hạn bởi: x2 + y2 = 2, x ≥ √3y, y ≥ −x. c) I = ∫∫ D (x2 + y2 + 1)dxdy. Với D giới hạn bởi: x2 + y2 = 4, y ≥ √3|x|. d) I = ∫∫ D (x2 + y2 − x)dxdy. Với D giới hạn bởi: x2 + y2 − x = 0. Ví dụ3: Tính tích phân I = ∫∫ D dxdy. Trong các trường hợp sau : a) D giới hạn bởi: x2 + y2 ≥ 1, x2 + y2 ≤ 4, y ≤ |x|. b) D giới hạn bởi: x2 + y2 − x− y = 0, y ≤ 0 ∨ x ≤ 0. c) D giới hạn bởi: x2 + y2 − 2y ≤ 0, x2 + y2 − 2x ≤ 0 . d) D giới hạn bởi: x2 + y2 − 2y ≥ 0, x2 + y2 − 4y ≤ 0, y ≤ 1√ 3 x. Ví dụ4: Xác định cận r, ϕ khi dùng phép đởi biến x = rcosϕ, y = rsinϕ. Trong các trường hợp sau : a) D giới hạn bởi: x2 + y2 ≤ 1, x+ y ≥ 1, y ≥ x. b) D giới hạn bởi: x2 + y2 − 2y ≤ 0, y ≥ 1. c) D giới hạn bởi: x2 + y2 = 2, x ≥ 1. d) D giới hạn bởi: x2 + y2 − 2x ≤ 0, x+ y ≥ 2 . ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ Th.s Đỗ Hoài Vũ 2.2. Tóm tắt lý thuyết 17 Ví dụ5: Tính các tích phân sau a) I = ∫∫ D √ 1− x2 a2 − y2 b2 dxdy. Với D giới hạn bởi: x 2 a2 + y 2 b2 = 1, x ≥ 0, y ≥ 0. b) I = ∫∫ D (x 2 a2 + y 2 b2 )dxdy. Với D giới hạn bởi: x 2 a2 + y 2 b2 = 1, x ≥ 0, y ≥ x. c) I = ∫∫ D (x 2 a2 + y 2 b2 )dxdy. Với D giới hạn bởi: x 2 a2 + y 2 b2 = 1, y ≥ 1√ 3 x, y ≥ −√3x. d) I = ∫∫ D 5dxdy. Với D giới hạn bởi: x 2 a2 + y 2 b2 ≥ 1, x2 4a2 + y 2 4b2 ≤ 1, y ≥ 1√ 3 |x|. e) I = ∫∫ D dxdy. Với D giới hạn bởi: x 2 a2 + y 2 b2 = 1, y ≤ 0, bx+ ay ≥ 0. f) I = ∫∫ D dxdy. Với D giới hạn bởi: x 2 a2 + y 2 b2 = 1, y ≥ 0, bx− ay ≤ 0. g) I = ∫∫ D dxdy. Với D giới hạn bởi: x 2 a2 + y 2 b2 = 1, y ≤ b √ 3 a x, y ≥ b√ 3a x. 2.2.5. Ứng dụng của tích phân bội hai. a) Diện tích miền D kín trong mặt phẳng Oxy SD = ∫∫ D dxdy b) Khối lượng bản phẳng không đồng chất Xét bản phẳng D làm bởi vật liệu không đồng chất có khối lượng riêng biểu diễn bởi hàm liên tục ρ(x, y). Khi đó khối lượng của D được tính theo công thức: mD = ∫∫ D ρ(x, y)dxdy c) Tọa độ trọng tâm của bản phẳng không đồng chất Xét bản phẳng D làm bởi vật liệu không đồng chất có khối lượng riêng biểu diễn bởi hàm liên tục ρ(x, y). Khi đó tọa độ trong tâm G của D trong hệ tọa độ Oxy được tính bởi công thức xG = ∫∫ D xρ(x, y)dxdy mD ; yG = ∫∫ D yρ(x, y)dxdy mD d) Mômen quán tính của bản phẳng không đồng chất Xét bản phẳng D làm bởi vật liệu không đồng chất có khối lượng riêng biểu diễn bởi hàm liên tục ρ(x, y). Khi đó Mômen quán tính của D theo trục Ox , Oy và gốc tọa độ lần lượt tính theo công thức Ix = ∫∫ D x2ρ(x, y)dxdy; Iy = ∫∫ D y2ρ(x, y)dxdy; Io = ∫∫ D (x2 + y2)ρ(x, y)dxdy ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ 18 Tích phân bội hai Th.s Đỗ Hoài Vũ e) Thể tích miền V kín trong không gian Oxyz Bài toán . Tính thể tích miền V giới hạn bởi mặt trên có phương trình z = f(x, y) mặt dưới có phương trình g = g(x, y), các đường sinh song song với truc Oz. Giải Gọi D là hình chiếu của V lên mặt phẳng Oxy. Ta có : V = ∫∫ D (f(x, y)− g(x, y))dxdy Ghi chú : Chúng ta có thể thay đổi vai trò x, y, z trong bài toán trên. Ví dụ1: Tính diện tích miền D trong các trường hợp sau: a) D giới hạn bởi: x2 + y2 ≤ 1, x+ y ≥ 1, y ≥ x. b) D giới hạn bởi: x2 + y2 − 2y ≤ 0, y ≥ 1. c) D giới hạn bởi: x2 + y2 = 2 ≤ 0, x ≥ 1. d) D giới hạn bởi: x2 + y2 − 2x ≤ 0, x+ y ≥ 2 . Ví dụ2: Tính thể tích miền V trong các trường hợp sau: a) V giới hạn bởi: z = x2 + y2 + 1, z = 0, x = 0, y = 0, x = 4 y = 4.. b) V giới hạn bởi: y + z = 2, z = 0, y = x2. c) V giới hạn bởi: y = x2, y = 1, x+ y + z = 4, z = 0. d) V giới hạn bởi: z = y2 − x2, z = 0, y = ±2. Ví dụ3: Tính thể tích miền V trong các trường hợp sau: a) V giới hạn bởi: z = x2 + y2, z = 0, x = 0, y = 0, x+ y = 4. b) V giới hạn bởi: z = x2 + y2, z = 0, x2 + y2 = x, x2 + y2 = 2x c) V giới hạn bởi: x2 + y2 + z2 = 4, x2 + y2 ≤ 1. d) V giới hạn bởi: 4− x2 − y2 = z, x2 + y2 + 2 = 2z. Ví dụ4: Tính khối lượng, Tọa độ trọng tâm , Mômen quán tính của miền D trong các trường hợp sau: a) D giới hạn bởi: x = 4, x+ y ≥ 4, y ≤ x, ρ(x, y) = x+ y. b) D giới hạn bởi: y = x2, x = y2, đồng chất. c) D giới hạn bởi: x2 + y2 = 2 ≤ 0, x ≥ 1, đồng chất. d) D giới hạn bởi: x 2 4 + y 2 9 ≤ 1, x ≥ 0, đồng chất. . 2.3. Bài tập ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ Chương 3 Tích phân bội ba 3.1. Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 3.1. Tóm tắt lý thuyết 3.1.1. Định nghĩa và ký hiệu ∫∫∫ Ω f(x, y, z)dxdydz Với Ω là miền đóng và bị chặn trong R3 3.1.2. Một số tính chất của tích phân bội ba − ∫∫∫ Ω f(x, y)dxdy = ∫∫∫ Ω1 f(x, y)dxdy+ ∫∫ Ω2 f(x, y)dxdy. Với Ω1 ∩ Ω2 = Ø;Ω1 ⋃ Ω2 = Ω. − ∫∫∫ Ω [f(x, y) + ag(x, y)] dxdy = ∫∫∫ Ω f(x, y)dxdy+a ∫∫∫ Ω g(x, y)dxdy. 3.1.3. Phương pháp tính tích phân bội ba a) Nếu Ω có dạng : [a, b]× [y1(x), y2(x)]× [z1(x, y), z2(x, y)] thì ∫∫∫ Ω f(x, y, z)dxdydz = b∫ a  y2(x)∫ y1(x)  z2(x,y)∫ z1(x,y) f(x, y, z)dz  dy dx b) Nếu D là hình chiếu của Ω lên mặt phẳng Oxy thì : ∫∫∫ Ω f(x, y, z)dxdydz = ∫∫ D  z2(x,y)∫ z1(x,y) f(x, y, z)dz dxdy 20 Tích phân bội ba Th.s Đỗ Hoài Vũ Chú ý: Vai trò x,y,z trong các công thức trên có thể thay đổi thứ tự. Ví dụ1: Tính a) I = ∫∫∫ Ω z2dxdydz. Với Ω : [0, 1/4]× [x, 2x]× [0, √ 1− x2 − y2]. b) I = ∫∫∫ Ω xdxdydz. Với Ω giới hạn bởi: x+ y = 1, x = 0, y = 0, z = 0, z = x2 + y2. c) I = ∫∫∫ Ω dxdydz. Với Ω giới hạn bởi: y = x, y = x2, z = x2 + y2, z = 2x2 + 2y2. d) I = ∫∫∫ Ω dxdydz. Với Ω giới hạn bởi: z = x+ y, z = xy, x+ y = 1, x = 0, y = 0. e) I = ∫∫∫ Ω xy √ zdxdydz. Với Ω giới hạn bởi: z = 0, z = y, y = x2, y = 1. f) I = ∫∫∫ Ω √ x2 + y2dxdydz. Với Ω giới hạn bởi: 2z = x2 + y2, y + z = 4. 3.1.4. Phương pháp đổi biến trong tích phân bội ba. a) Khi Ω có dạng hình hộp cong: Ω giới hạn bởi:  u(x, y, z) = a u(x, y, z) = b v(x, y, z) = c v(x, y, z) = d w(x, y, z) = e w(x, y, z) = f ; a < b; c < d; e < f. Bằng cách đặt :  u = u(x, y, z) v = u(x, y, z) w = w(x, y, z) . Ta được Ω1 : [a, b]×[c, d]×[c, d]. Khi đó :∫∫∫ Ω f(x, y, z)dxdydz = ∫∫∫ Ω1 f(ϕ(u, v, w), ψ(u, v, w), φ(u, v, w)) |J | dudvdw. Với J = ∣∣∣∣∣∣ u′x u ′ y u ′ z v′x v ′ y v ′ z w′x w ′ y w ′ z ∣∣∣∣∣∣ b) Khi Ω có dạng D× [z1(x, y); z2(x, y)] với D có dạng biên tròn hoặc Elip : Đặt :  x = rcosϕ y = rsinϕ z = z Hoặc  x = arcosϕ y = brsinϕ z = z ; 0 ≤ r < +∞; 0 ≤ ϕ ≤ 2pi. ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ Th.s Đỗ Hoài Vũ 3.1. Tóm tắt lý thuyết 21 Ta được: ∫∫∫ Ω f(x, y, z)dxdydz = ∫∫∫ Ω1 rf(rcosϕ, rsinϕ, z)drdϕdz. Hoặc ∫∫∫ Ω f(x, y, z)dxdydz = ∫∫∫ Ω1 abrf(rcosϕ, rsinϕ, z)drdϕdz. c) Khi Ω có dạng mặt cầu hoặc Elipxoit : Ω : (x− a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = 1. Đặt :  x = rsinθcosϕ y = rsinθsinϕ z = rcosθ Ω1 : x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 = 1. Đặt :  x = arsinθcosϕ y = brsinθsinϕ z = crcosθ (r, ϕ, θ) ∈ [0, < +∞)× [0, 2pi]× [0, pi]. Ta được: ∫∫∫ Ω f(x, y, z)dxdydz = ∫∫∫ Ω∗ f(rsinθcosϕ, rsinθsinϕ, rcosθ)r2sinθdrdϕdθ. Hoặc∫∫∫ Ω1 f(x, y, z)dxdydz = abc ∫∫∫ Ω∗1 f(rsinθcosϕ, rsinθsinϕ, rcosθ)r2sinθdrdϕdθ. Ví dụ1: Tính a) I = ∫∫∫ Ω dxdydz. Với Ω giới hạn bởi: x+ y + z = ±3, x+ 2y − z = ±2, x+ 4y + z = ±2. b) I = ∫∫∫ Ω dxdydz. Với Ω giới hạn bởi: z = x2 + y2, 2z = x2 + y2, z = 2x, z = 3x, z = y, z = 2y. ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ 22 Tích phân bội ba Th.s Đỗ Hoài Vũ Ví dụ2: Tính các tích phân sau a) I = ∫∫∫ Ω √ x2 + y2zdxdydz. Ω: z = 0, z = 5, x2 + y2 = 1, x ≥ 0, y ≥ 0. b) I = ∫∫∫ Ω (z + 1)dxdydz. Ω : x2 + y2 = 2z, z = 2. c) I = ∫∫∫ Ω (x2 + y2)dxdydz. Ω : x2 + y2 = 2z, z = √ x2 + y2, x ≥ √ 3y, y ≥ x. d) I = ∫∫∫ Ω dxdydz. Ω : x2 + y2 + z2 = 2z, x2 + y2 = z2. e) I = ∫∫∫ Ω dxdydz. Ω : x2 + y2 = z, z = x+ y. f) I = ∫∫∫ Ω zdxdydz. Ω : x2 + y2 + z2 = 4, x2 + (y + 1)2 = 1, z ≥ 0. g) I = ∫∫∫ Ω zdxdydz. Ω : z = x2, z = 2x2, (x+ 1)2 + y2 ≥ 1, (x+ 2)2 + y2 ≤ 4. Ví dụ3: Đổi biến trong tọa độ trụ khi Ω là những miền sau: a) Ω : x2 + y2 ≥ 1, x2 + y2 ≤ 4, y ≤ |x|, z = 0, z = 4. b) Ω : x2 + y2 − x− y = 0, y ≤ 0 ∨ x ≤ 0, z = 0, z = x2 + y2. c) Ω : x2 + y2 − 2y ≤ 0, x2 + y2 − 2x ≤ 0, z = ± √ 1− x2 − y2 . d) Ω : x2 + y2 − 2y ≥ 0, x2 + y2 − 4y ≤ 0, y ≤ 1√ 3 x, z = x+ y, z = 2x+ 2y e) Ω : x2 + y2 ≤ 1, x+ y ≥ 1, y ≥ x, z = x, z = 2x. f) Ω : x2 + y2 − 2y ≤ 0, y ≥ 1, z2 + x2 = 1. g) Ω : x2 + y2 = 2, x ≥ 1, z = y, z = 2y h) Ω : x2 + y2 − 2x ≤ 0, x+ y ≥ 2, z = y2 + 1, z = 2y2 + 1. Ví dụ4: Tính thể tích miền Ω trong các thường hợp sau: a) Ω : x2 4 + y2 9 = 1, x ≥ 0, y ≥ 0, z = 0, z = 4. b) Ω : x2 1 + y2 4 = 1, x ≥ 0, y ≥ x, z = x2 + y2, z = 9. c) Ω : x2 16 + y2 9 = 1, y ≥ 1√ 3 x, y ≥ − √ 3x, z = 0, z = 1− x2 − y2. d) Ω : x2 a2 + y2 b2 ≥ 1, x 2 4a2 + y2 4b2 ≤ 1, y ≥ 1√ 3 |x|, z = a, z = 0. e) Ω : x2 a2 + y2 b2 = 1, y ≤ 0, bx+ ay ≥ 0, x 2 a2 + y2 b2 + z2 1 = 1. ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ Th.s Đỗ Hoài Vũ 3.1. Tóm tắt lý thuyết 23 f) Ω : x2 a2 + y2 b2 = 1, y ≥ 0, bx− ay ≤ 0, z ≤ x, z ≥ 0. g) Ω : x2 a2 + y2 b2 = 1, y ≤ b √ 3 a x, y ≥ b√ 3a x, z ≤ 2y, z ≥ y. Ví dụ5: (Tọa độ cầu) Tính các tích phân sau: a) I = ∫∫∫ Ω √ x2 + y2 + z2dxdydz. Ω : x2 + y2 + z2 = 1. b) I = ∫∫∫ Ω (2z + 1)dxdydz. Ω : x2 + y2 + z2 = 3, z ≥ 0. c) I = ∫∫∫ Ω (x2 + y2)dxdydz. Ω : x2 + y2 + z2 = 3, z ≤ 0. d) I = ∫∫∫ Ω dxdydz. Ω : x2 + y2 + z2 = 4, z ≥ x, x ≥ 0. e) I = ∫∫∫ Ω dxdydz. Ω : x2 + y2 + z2 = 4, z ≤ −x, z ≥ − √ 3x. f) I = ∫∫∫ Ω 4dxdydz. Ω : x2 + y2 + z2 = 8, z2 ≥ x2 + y2, z ≥ 0. g) I = ∫∫∫ Ω dxdydz. Ω : x2 + y2 + z2 = 1, z ≤ √ 3(x+ y), z ≥ 0. h) I = ∫∫∫ Ω √ x2 + y2 + z2dxdydz. Ω : x2 + y2 + z2 = z. h) I = ∫∫∫ Ω √ x2 + y2 + z2dxdydz. Ω : x2 + y2 + z2 = x. Ví dụ 6: (Tọa độ cầu-elipxoit) Tính các tích phân sau: a) I = ∫∫∫ Ω (1− x 2 a2 − y 2 b2 )dxdydz. Với Ω giới hạn bởi: x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 = 1. b) I = ∫∫∫ Ω dxdydz. Với Ω giới hạn bởi: x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 = 1, x ≥ 0. c) I = ∫∫∫ Ω xdxdydz. Với Ω giới hạn bởi: x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 = 1, z ≥ 0, x ≥ 0, y ≥ 0. d) I = ∫∫∫ Ω y2dxdydz. Với Ω giới hạn bởi: x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 = 1, z ≥ 0, y ≤ 0. e) I = ∫∫∫ Ω ( x2 a2 + y2 b2 )dxdydz. Với Ω giới hạn bởi: x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 = 1, z ≥ 0, z ≤ x. ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ 24 Tích phân bội ba Th.s Đỗ Hoài Vũ 3.1.5. Ứng dụng của tích phân bội ba. a) Thể tích miền Ω kín trong không gian Oxyz VΩ = ∫∫∫ Ω dxdydz b) Khối lượng hình khối không đồng chất Xét hình khối Ω làm bởi vật liệu không đồng chất có khối lượng riêng biểu diễn bởi hàm liên tục ρ(x, y, z). Khi đó khối lượng của Ω được tính theo công thức: mΩ = ∫∫∫ Ω ρ(x, y, z)dxdydz c) Tọa độ trọng tâm của hình khối không đồng chất Xét hình khối Ω làm bởi vật liệu không đồng chất có khối lượng riêng biểu diễn bởi hàm liên tục ρ(x, y, z). Khi đó tọa độ trong tâm G của Ω trong hệ tọa độ Oxyz được tính bởi công thức xG = ∫∫∫ Ω xρ(x, y, z)dxdydz mΩ ; yG = ∫∫∫ Ω yρ(x, y, z)dxdydz mΩ ; zG = ∫∫∫ Ω zρ(x, y, z)dxdy mΩ Ví dụ1: Tính thể tích miền Ω trong các trường hợp sau: a) x2 + y2 ≥ 1, x2 + y2 ≤ 4, y ≤ |x|, z = 0, z = 4. b) x2 + y2 − x− y = 0, y ≤ 0 ∨ x ≤ 0, z = 0, z = x2 + y2. c) x2 + y2 − 2y ≤ 0, x2 + y2 − 2x ≤ 0, z = ± √ 1− x2 − y2. d) x2 + y2 − 2y ≥ 0, x2 + y2 − 4y ≤ 0, y ≤ 1√ 3 x, z = x+ y, z = 2x+ 2y e) x2 + y2 ≤ 1, x+ y ≥ 1, y ≥ x, z = x, z = 2x. f) x2 + y2 − 2y ≤ 0, y ≥ 1, z2 + x2 = 1. g) x2 + y2 = 2, x ≥ 1, z = y, z = 2y h) x2 + y2 − 2x ≤ 0, x+ y ≥ 2, z = y2 + 1, z = 2y2 + 1. i) |2x− 3y + 4z|+ |−3x+ 4y − z|+ |2x+ 3y − 3z| 6 1. j) x2 + y2 + z2 ≤ 4, x2 + y2 + (z − 2)2 ≤ 4. k) x2 + y2 + z2 = 3a2, x2 + y2 = 2az, z ≥ 0, a > 0. l) x2 + y2 a2 + z2 3a2 = 1. m) y = √ x2 + z2, y = 4. n) x2 + y2 + z2 = 2z, x2 + y2 = z2. p) x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 = 1, x2 a2 + y2 b2 − z 2 c2 = 0, z > 0. ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ Chương 4 Tích phân mặt 4.1. Tích phân mặt loại 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 4.2. Tích phân mặt loại 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 4.3. Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 4.1. Tích phân mặt loại 1 4.1.1. Định nghĩa và ký hiệu∫∫ S f(x, y, z)dS. Với S là mặt kín trong R3 4.1.2. Phương pháp tính tích phân mặt loại 1 Đưa về tích phân bội 2 theo các công thức sau: a) S có phương trình z = z(x, y) :∫∫ S f(x, y, z)dS = ∫∫ DOxy f(x, y, z(x, y)) √ 1 + (z′x) 2 + ( z′y )2 dxdy. Với DOxy là hình chiếu của mặt S lên mặt Oxy b) S có phương trình y = y(x, z) :∫∫ S f(x, y, z)dS = ∫∫ DOxz f(x, y(x, z), z) √ 1 + (y′x) 2 + (y′z) 2dxdy. Với DOxz là hình chiếu của mặt S lên mặt Oxz c) S có phương trình x = x(y, z) :∫∫ S f(x, y, z)dS = ∫∫ DOyz f(x(y, z), y, z) √ 1 + ( x′y )2 + (x′z) 2dxdy. Với DOyz là hình chiếu của mặt S lên mặt Oyz 26 Tích phân mặt Th.s Đỗ Hoài Vũ Ghi chú : Nếu mặt S hợp bởi n mặt S1, S2, ..., Sn có phương trình khác nhau thì ∫∫ S f(x, y, z)dS = ∫∫ S1 f(x, y, z)dS + ...+ ∫∫ Sn f(x, y, z)dS. Ví dụ1: Tính a) I = ∫∫ S xydS. Với S là mặt có phương trình: z = 3x+ 4y thỏa điều kiện:(x, y) ∈ [0, 1]× [1, 2]. b) I = ∫∫ S (xy + y2 + yz)dS. Với S là mặt có phương trình: x+ y + z = 1 thỏa điều kiện:(y, z) ∈ [0, 1]× [0, 2]. c) I = ∫∫ S (2xy + y2 + 2yz)dS. Với S là mặt có phương trình: 2x+ y + 2z = 1 thỏa điều kiện:(x, z) ∈ [0, 1]× [x, 2x]. d) I = ∫∫ S (2xy + y2 + 2yz)dS. Với S là các mặt của hình hộp : [0, 1]× [0, 1]× [−1, 2]. e) I = ∫∫ S (2xy + y2 + 2yz)dS. Với S là các mặt của hình hộp : [0, 1]× [0, 2]× [1− x− y, 2− x− y]. f) I = ∫∫ S ( 4y 3 + 2x+ z)dS. Với S là mặt có phương trình: x 2 + y 3 + z 4 = 1, thuộc một phần tám thứ nhất. g) I = ∫∫ S xdS. Với S là các mặt của hình khối giới hạn bởi: x2 + y2 = 1, z = 1, z = 3. Ví dụ2: Tính a) I = ∫∫ S (3y2 + 3xz)dS. Với S là mặt có phương trình: z = 3x thỏa điều kiện: x2 + y2 ≤ 1, x ≤ 0. b) I = ∫∫ S (2x2 − xy + 3)dS. Với S là mặt có phương trình: y = 2x thỏa điều kiện: x2 + z2 ≤ 2x, z ≤ 0. ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ Th.s Đỗ Hoài Vũ 4.1. Tích phân mặt loại 1 27 c) I = ∫∫ S dS. Với S là mặt có phương trình: x+ 2y + z = 0 thỏa điều kiện: y2 + z2 ≤ 6, y ≥ 4. d) I = ∫∫ S dS√ 1 + 4y2 + 16z2 Với S là mặt có phương trình: x = y2 + 2z2 = 0 thỏa điều kiện: y2 + z2 ≤ 4, z ≤ |x|. Ví dụ3: Tính a) I = ∫∫ S (x2 − xz + 1)dS. Với S là mặt có phương trình: z = 3x thỏa điều kiện: x2 a2 + y2 b2 ≤ 1, x ≤ 0. b) I = ∫∫ S (2x2 − xy + 3)dS. Với S là mặt có phương trình: 3x+ 4z − y = 0 thỏa điều kiện: x2 a2 + z2 b2 ≤ 1, z ≤ 0, x ≤ 0. c) I = ∫∫ S ydS. Với S là các mặt của hình khối giới hạn bởi: y2 a2 + z2 b2 ≤ 1, z = 1, z = 3. d) I = ∫∫ S √ 1 + 4x2 + y2dS. Với S là mặt có phương trình: z = √ x2 + y2 thỏa điều kiện: x2 a2 + y2 b2 ≤ 1, z ≤ 0. Ví dụ4: Tính a) I = ∫∫ S (x2 + y2 + z2)dS Với S là mặt có phương trình: x2 + y2 + z2 = 1. b) I = ∫∫ S dS√ 1 + 4x2 + 4y2 Với S là mặt có phương trình: z = x2 + y2, thỏa điều kiện: 0 ≤ z ≤ 4. c) I = ∫∫ S √ 1 + x2 + y2dS. Với S là mặt có phương trình: 2z = x2 + y2, thỏa điều kiện: x2 + y2 + z2 ≤ 4z. ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ 28 Tích phân mặt Th.s Đỗ Hoài Vũ d) I = ∫∫ S √ 2− x2 − y2dS. Với S là mặt có phương trình: x2 + y2 + z2 = 2, thỏa điều kiện: z ≥ √ x2 + y2. 4.1.3. Ứng dụng của tích phân mặt loại 1. a) Diện tích mặt S ∫∫ S dS b) Khối lượng mặt S không đồng chất Xét mặt S làm bởi vật liệu không đồng chất có khối lượng riêng biểu diễn bởi hàm liên tục ρ(x, y, z). Khi đó khối lượng của S được tính theo công thức: mS = ∫∫ S ρ(x, y, z)dxdy c) Tọa độ trọng tâm của mặt S không đồng chất Xét mặt S làm bởi vật liệu không đồng chất có khối lượng riêng biểu diễn bởi hàm liên tục ρ(x, y, z). Khi đó tọa độ trong tâm G của S trong hệ tọa độ Oxyz được tính bởi công thức xG = ∫∫∫ S xρ(x, y, z)dxdydz mS ; yG = ∫∫∫ S yρ(x, y, z)dxdydz mS ; zG = ∫∫∫ S zρ(x, y, z)dxdy mS Ví dụ: Tính a) Diện tích mặt S có phương trình: x+ 3 = 2y thỏa : y2 ≥ x2 + z2. b) Diện tích mặt S có phương trình: z = √ x2 + y2 thỏa : x2 + y2 ≤ 4x. c) Diện tích mặt S có phương trình: 2x− 2y + z = 3 thỏa : x 2 4 + y2 1 ≤ 1. d) Diện tích mặt S có phương trình: √ 2x− y + z = 3 thỏa : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ x+ y ≤ 1. e) Khối lượng mặt S có phương trình: z = x2 + y2 2 thỏa : 0 ≤ z ≤ 2. Biết hàm khối lượng riêng là ρ(x, y, z) = z. f) Tọa độ trọng tâm mặt S có phương trình: z = 2− x 2 + y2 2 thỏa : z ≥ 0. 4.2. Tích phân mặt loại 2 4.2.1. Định nghĩa và ký hiệu I = ∫∫ S P (x, y, z)dydz +Q(x, y, z)dxdz +R(x, y, z)dxdy. Với S là mặt kín trong R3 ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ Th.s Đỗ Hoài Vũ 4.2. Tích phân mặt loại 2 29 4.2.2. Phương pháp tính tích phân mặt loại 2 a) Đưa về tích phân bội hai: + Tính các tích phân :  I1 = ∫∫ S: x=x(y,z) P (x, y, z)dydz = ± ∫∫ DOyz P (x(y, z), y, z)dydz I2 = ∫∫ S: y=y(x,z) Q(x, y, z)dxdz = ± ∫∫ DOxz Q(x, y(x, z), z)dxdz I3 = ∫∫ S: z=z(x,y) R(x, y, z)dxdz = ± ∫∫ DOxy R(x, y, z(x, y))dxdz + Kết luận : I = I1 + I2 + I3. Chú ý: I1 =  ∫∫ DOyz Pdydz. Nếu góc giữa véc tơ pháp tuyến hợp và trục Ox nhọn. −∫∫ DOyz Pdydz. Nếu góc giữa véc tơ pháp tuyến hợp và trục Ox tù. 0 Nếu véc tơ pháp tuyến vuông góc và trục Ox. I2 =  ∫∫ DOxz Qdxdz. Nếu góc giữa véc tơ pháp tuyến hợp và trục Oy nhọn. −∫∫ DOxz Qdxdz. Nếu góc giữa véc tơ pháp tuyến hợp và trục Oy tù. 0 Nếu véc tơ pháp tuyến vuông góc và trục Ox. I3 =  ∫∫ DOxy Rdxdy. Nếu góc giữa véc tơ pháp tuyến hợp và trục Oz nhọn. −∫∫ DOxy Rdxdy. Nếu góc giữa véc tơ pháp tuyến hợp và trục Oz tù. 0 Nếu véc tơ pháp tuyến vuông góc và trục Ox. Ghi chú : Nếu mặt S hợp bởi n mặt S1, S2, ..., Sn có phương trình khác nhau thì tính tích phân I trên từng mặt Si sau đó cộng kết quả lại. ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ 30 Tích phân mặt Th.s Đỗ Hoài Vũ Ví dụ1: Tính a) I = ∫∫ S xdydz + ydzdx+ zdxdy. Với S là phía trên của mặt có phương trình: x+ z − 1 = 0 thỏa điều kiện: y ≥ 0, x ≥ 0, z ≥ 0, y ≤ 4. b) I = ∫∫ S x2dydz + y2dzdx+ (z + 2)dxdy. Với S là phía trên của mặt có phương trình: z − 2 = 0 thỏa điều kiện: (x, y) ∈ [0, 2]× [1, 2]. c) I = ∫∫ S −xdydz + zdzdx+ 5dxdy. Với S là phía trên của mặt có phương trình: 2x+ 3y + z = 6, thuộc một phần tám thứ nhất. d) I = ∫∫ S xydydz + zydzdx+ xydxdy. Với S là phía ngoài các mặt của hình hộp chữ nhật : (x, y, z) ∈ [0, 2]× [1, 2]× [1, 3]. e) I = ∫∫ S ydxdz. Với S là phía trong của mặt kín giới hạn bởi: x+ y + z = 1, x = 0, y = 0, z = 0. Ví dụ2: Tính a) I = ∫∫ S 2dxdy + ydxdz − yzdydz. Với S là phía ngoài của mặt ellipsoid: 4x2 + y2 + 4z2 = 4 thuộc một phần tám thứ nhất. b) I = ∫∫ S xydydz − y2dzdx+ xyzdxdy. Với S là phía trên của mặt : z − 2 = 0 thỏa điều kiện: x2 + y2 ≤ 2. c) I = ∫∫ S xydydz + xzdzdx+ y2dxdy. Với S là phía dưới của mặt : y − 2 = 0 thỏa điều kiện: x 2 4 + z2 9 ≤ 1. d) I = ∫∫ S xydydz + xzdzdx+ y2dxdy. Với S là phía dưới của mặt : y − 2 = 0 thỏa điều kiện: x 2 4 + z2 9 ≤ 1. e) I = ∫∫ S x2dydz + z2dxdy. Với S là phía ngoài của mặt nón: x2 + y2 = z2 thỏa điều kiện: 0 ≤ z ≤ 1. ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ Th.s Đỗ Hoài Vũ 4.2. Tích phân mặt loại 2 31 f) I = ∫∫ S (y2 + z2)dxdy. Với S là phía ngoài của mặt : 1−x2 = z2 thỏa : 0 ≤ y ≤ 1. Ví dụ3: Tính a) I = ∫∫ S x2y2zdxdy. Với S là phía trong của nửa dưới mặt cầu : x2 + y2 + z2 = 4. b) I = ∫∫ S (z + 1)dxdy. Với S là phía ngoài của mặt cầu : x2 + y2 + z2 = 1. c) I = ∫∫ S z2dxdy. Với S là phía trong của mặt ellipsoid: x2 + y2 + 2z2 = 2. d) I = ∫∫ S x2dydz + y2dzdx+ z2dxdy. Với S là phía ngoài của phần mặt cầu : x2 + y2 + z2 = 2, thuộc một phần tám thứ nhất. e) I = ∫∫ S (z −R)2dxdy. Với S là phía ngoài của nửa mặt cầu : x2 + y2 + (z −R)2 = R2, thỏa điều kiện: R ≤ z ≤ 2R. b) Công thức Gauss-Ostrogradski (Đưa về tích phân bội ba) : Khi mặt ngoài S kín và các hàm P, Q, R cùng các đạo hàm riêng liên tục trên miền Ω (là miền có biên là S) thì chúng ta có thể dùng công thức sau để tính tích phân I. I = ∫∫ © S Pdydz +Qdxdz +Rdxdy = ∫∫∫ Ω (P ′x +Q ′ y +R ′ z)dxdydz. Ví dụ1: Tính a) I = ∫∫ S yzdxdy + yxdxdz + xzdydz. Với S là mặt ngoài của biên của hình giới hạn bởi : x+ y + 4 = 4, x = 0, y = 0, z = 0. b) I = ∫∫ S x3dydz + y3dzdx+ z3dxdy. Với S là mặt ngoài của biên của hình giới hạn bởi : x2 + y2 + z2 = 4. c) I = ∫∫ S 4xdydz + 2ydzdx− 3zdxdy. Với S là mặt ngoài của biên của hình giới hạn bởi : (x− 2)2 + (y − 3)2 + (z + 5)2 = 4. ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ 32 Tích phân mặt Th.s Đỗ Hoài Vũ d) I = ∫∫ S 4xydydz − 2y2dzdx+ zdxdy. Với S là mặt ngoài của biên của hình giới hạn bởi : x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 = 1. e) I = ∫∫ S 4x3dydz + 4y3dzdx− 6z4dxdy. Với S là mặt ngoài của biên của hình giới hạn bởi : x2 + y2 = 1, z = 1, z = 3. f) I = ∫∫ S x3dydz + y3dzdx+ z2dxdy. Với S là mặt ngoài của biên của hình giới hạn bởi : z = x2 + y2, z = 2x. g) I = ∫∫ S x3xdydz + y3dzdx+ z3dxdy. Với S là mặt ngoài của biên của hình giới hạn bởi : x2 + y2 + z2 = x. Chú ý : Công thức Gauss-Ostrogradski chỉ áp dụng cho mặt S là mặt kín, nhưng trong một số trường hợp khi S là mặt hở người ta vẫn áp dụng được bằng cách thêm vào các mặt nữa để mặt trở thành mặt kín. Sau đó áp dụng công thức trên mặt mới (kín). Kết quả của tích phân trên mặt S ban đầu sẽ bằng kết quả của tích phân trên mặt kín trừ đi tích phân trên mặt thêm vào Ví dụ2: Tính a) I = ∫∫ S y2zdxdy + yx2dxdz + (z3 + 2y)dydz. Với S là mặt hợp bởi các mặt S1 : x 2 + y2 = 4 (lấy phía ngoài), S2 : z = x 2 + y2 (lấy phía trên). b) I = ∫∫ S (y − z)dydz + (z − x)dzdx+ (x2 + y2)dxdy). Với S là mặt dưới của mặt z2 = x2 + y2 thỏa điều kiện : 1 ≤ z ≤ 2. 4.3. Bài tập ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011 Ξ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇ ∞ ∇

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfbai_giang_a3_2892.pdf
Tài liệu liên quan