Bài giảng chi tiết Giải tích II

HỌC VIỆN KỸ THUẬT QUÂN SỰ KHOA CÔNG NGHỆ THÔNG TIN PGS TS Tô Văn Ban (Chủ biên) TS Tạ Ngọc Ánh, TS Hy Đức Mạnh

BÀI GIẢNG CHI TIẾT GIẢI TÍCH II

Hà nội, 6-2013

BÀI GIẢNG CHI TIẾT (Dùng cho 75 tiết giảng)

Học phần: GIẢI TÍCH II Nhóm môn học: Giải tích Bộ môn: Toán Khoa: Công nghệ Thông tin

Thay mặt nhóm môn học Tô Văn Ban

BỘ MÔN DUYỆT Chủ nhiệm Bộ môn Tô Văn Ban Chủ biên: PGS TS Tô Văn Ban Thành viên: TS Tạ Ngọc Ánh TS Hy Đức Mạnh Thông tin về nhóm môn học Họ tên giáo viên TT 1 Tô Văn Ban Nguyễn Xuân Viên 2 Nguyễn Đức Nụ 3 Vũ Thanh Hà 4 Tạ Ngọc Ánh 5 Bùi Văn Định 6 7 Bùi Hoàng Yến Nguyễn Thị Thanh Hà 8 9 Nguyễn Văn Hồng Nguyễn Thu Hương 10 11 Đào Trọng Quyết Nguyễn Hồng Nam 12

Học hàm PGS PGS Giảng viên chính Giảng viên chính Giảng viên Giảng viên Giảng viên Giảng viên chính Giảng viên Giảng viên Giảng viên Giảng viên

Học vị TS TS TS TS TS ThS ThS ThS ThS ThS ThS ThS

Địa điểm làm việc: Bộ Môn Toán, P1408, Nhà A1 (Gần đường HQ Việt) Điện thoại, email: 069 515 330, bomontoan_hvktqs@yahoo.com

Bài giảng 1: Hàm số nhiều biến số

Tuần thứ: 1

Chương, mục: 1 Tiết thứ: 1- 5 Mục đích, yêu cầu:

 Nắm sơ lược về Học phần, các quy định chung, các chính sách của giáo

viên, các địa chỉ và thông tin cần thiết, bầu lớp trưởng Học phần.



Nắm được các khái niệm căn bản về các loại tập mở, đóng, miền trong n . Một số kết quả căn bản về giới hạn, liên tục của hàm nhều biến, tương đồng với những khái niệm này ở hàm 1 biến.

 Nắm được khái niệm và thuần thục tính đạo hàm riêng, vi phân của hàm

nhiều biến.

- Hình thức tổ chức dạy học:

Hình thức chủ yếu: Lý thuyết, thảo luận - tự học, tự nghiên cứu

1

- Thời gian:

Lý thuyết, thảo luận: 5t - Tự học, tự nghiên cứu: 5t

- Địa điểm:

Giảng đường do P2 phân công.

- Nội dung chính:

Giới thiệu về môn học và các quy định Chương 1: Hàm số nhiều biến số

§1.1 Giới hạn – Liên tục §1.2 Đạo hàm – Vi phân

.

Giới thiệu học phần GIẢI TÍCH II (15 phút)

 Để thấy bản chất của hiện tượng cũng như mở rộng khả năng đi vào cuộc sống của toán học chúng ta cần nghiên cứu giải tích trong phạm vi nhiều biến.

 Với hàm nhiều biến, nhiều khái niệm và kết quả với hàm một biến không còn bảo toàn mà có những biến thể tinh vi, uyển chuyển và hứa hẹn những ứng dụng vô cùng rộng lớn. GTII - một sự tiếp tục Giải tích I - hướng chủ yếu vào phép tính vi phân, phép tính tích phân của hàm nhiều biến.

 Chúng ta sẽ thấy rất nhiều ví dụ, bài tập liên quan đến thực tiễn cho thấy mảng ứng dụng vô tiền khoáng hậu của lý thuyết, đảm bảo sự trường tồn của toán học.

 Các khái niệm, định lý, tính chất ... thường được phát biểu bằng lời và

kết hợp với công thức...

Chính sách riêng

Mỗi lần lên bảng chữa bài tập đúng được ghi nhận, cộng vào điểm quá trình

0.5 điểm. Chữa bài tập sai không bị trừ điểm.

Sự hiện diện trên lớp: Không đi học  5 buổi sẽ không được thi. Tài liệu tham khảo

TT Tên tài liệu 1 Giáo trình Giải

Tác giả Tô Văn Ban

Nxb Nxb Giáo dục

Năm xb 2012

tích II

2 Giải tích II & III Trần Bình 3

KH và KT Giáo dục

2007 2007

Toán học cao cấp (T3-2)

Nguyễn Đình Trí và … Trần Bình

KH và KT

2007

4 Bài tập Giải sẵn giải tích 2, 3

5 Calculus:

R. Adams

Addison Wesley

1991

6 Calculus

Jon Rogawski W.H.Freeman and Co.

2007

A Complete Course (Early Transcendentals),

Đề Bài tập về nhà GTII (trong tài liệu [1])

2

Ví dụ: Tự đọc; Bài tập: Chữa trên lớp CHƯƠNG I

Bổ trợ: 3(b); 4(a, b, d); 5(a); 8(c,d); 10(a); 12(b); 15; 18(b); 21(b); 22; 23(a); 24(a); 30(a); 34(c, g); 35(d, e); 37(a); 39(c); 41(a, e). Chính: 6(a, b, c, d, e); 13(b, c); 24(c); 26(d); 33; 34(f); 35(i, j, k, l); 36(e, f, g, h, i, j, k); 37(c, d, e, f); 40( d, e, f); VD 1.17; VD 1.26A; VD 1.27; VD 1.28; VD 1.29 (i, ii); VD 1.30; VD 1.37; VD 1.39

CHƯƠNG II

Bổ trợ: 1(b, d); 2(b, c); 3(b); 4(a, b); 5(a, c, d); 6(b); 7(d, c); 8(a); 9(d, f); 10(c); 15; 17; 19(b); 20(a, c); 24; 27(a). Chính: 1(e); 5(f); 6(a); 7(e, f); 8(b, d); 9(g); 10(f, g, h); 14(c, d); 19(c); 20(f); 21(c, d); 22(b, c, e); 23(a, b). VD 2.11; VD 2.13; VD2.25 ; VD 2.26; VD 2.27; VD 2.33; VD 2.34; VD2.37 ; VD 2.40

CHƯƠNG III Bổ trợ: 1(d,e), 2, 4. 5(a) , 11, 14(a), 15(a, c), 17(a), 18(d), 19(a, d), 22(a, e), 26(c), 27(a); 29(a, b), 30. Chính: 7; 8; 14(c); 16(c, d); 22(d); 24(c, d, e, f, h); 25. VD3.16 ; VD3.23 ; VD3.23 ; VD3.25 ; VD3. 26 ; VD3.27 ; VD3.28 ; VD3. 29 ; VD3.31 ; VD3.32 ; VD 3.33; VD3.34 . CHƯƠNG IV Bổ trợ: 2(a); 3(a) 8; 10(e); 12(b); 15(b,c); 18(b); 20(a); 21(d); 23(a); 24(b, e); 26(a, b, d); 28(a, b); 31(c). Chính: 3(b); 10(b, c, d, e); 12(e, f, g); 13(b); 15(f, g); 18(c, d); 19(a, b, c, d, e); 24(e); 26(f, h, i, j); 27(c, d,e); 28(d, e, f, g); 30(d, e, f); 31(b); 32; 33(a, b, c). VD 4. 34; VD 4.35 ; VD 4.36; VD 4.48; VD 4.49; VD 4.50; VD 4.51 ; VD 4.52; VD 4.53; VD 4.54((i), (ii)).

CẤU TRÚC ĐỀ THI, CÁCH THỨC CHO ĐIỂM Về phần Lý thuyết Chương 1: Hàm số nhiều biến số Chương 2: Tích phân bội Chương III: Tích phân đường, tích phân mặt Chương 4: phương trinh vi phân

Câu số 1 2 3 4 5

Số điểm 2.0 2.0 2.0 2.0 2.0 10đ 10đ 10đ 10đ

Điểm bài thi Điểm quá trình Điểm chuyên cần Tổng điểm = điểm chuyên cần x 10% + điểm quá trình x 20% + điểm bài thi x 70%

Hình thức thi: Thi viết

3

Bầu lớp trưởng lớp học phần. Kết quả: Số điện thoại giáo viên: Địa chỉ Email cần: Webside cần: Danh sách SV (Ít nhất 7 cột kiểm tra sĩ số)

Chương 1: HÀM SỐ NHIỀU BIẾN SỐ

§ 1.1. GIỚI HẠN - LIÊN TỤC n

1.1.1. Tập hợp trong

n

a. Không gian Xét V là tập hợp các bộ n số thực có thứ tự x

n

i

1

thời ta viết đậm các phần tử của V).

 (x , ... , x ), x   . (Hiện

1

i

i ,

Trong V đưa vào phép cộng và và phép nhân với vô hướng: x (y ,..., y ), x , y n 

1 x y  

(x , ... , x ),    y  ,

n (x 1

n



1

n

Khi đó V trở thành không gian véc tơ trên  ; phần tử của V gọi là véc tơ,

đôi khi gọi là điểm.

* Tích vô hướng. Tích vô hướng của hai véc tơ x và y là một số thực, ký x, y ) xác định bởi:

hiệu là x.y , (có tài liệu viết là 

.

y ) n  .    ( x , ... , x ), x   y , ... , x 1 

* Không gian Euclide

x .y    x y 1 1

vừa nêu gọi là không gian Euclide n chiều, ký hiệu là

x .y

0

Tích vô hướng nêu trên có các tính chất thông thường đã biết ơt phổ thông. y . Khi

ta nói hai véc tơ x và y là trực giao với nhau, và viết x

* Khoảng cách. Khoảng cách giữa

và

ký

... x y n n n . Không gian véc tơ V có trang bị tích vô hướng n .

1

1

hiệu bởi d(x, y), xác định theo công thức

d( ,

x y

)



(

x y 

 ) (

x y 

)

.

2

2

d( ,

x y

)





  ...

(y



. (1.1)

(y 1

x ) 1

x ) n

n

Khoảng cách này còn gọi là khoảng cách Euclide, có các tính chất sau đây: y x : tính đối xứng

x y (x ,... , x ) n (y ,... , y ) n

x y d( , ) d( , ) 

d(

y, z

 ) d(

 ) d(

x, y ) 2 , điểm hay được ký hiệu là (x,y), trong

x, z : bất đẳng thức tam giác 3 là (x,y,z).

Trong

4

d( , x y ) 0; d( , x y  )    0 x y : tính xác định dương

Đồng nhất điểm M với bộ số (x, y, z) là toạ độ của nó trong một hệ toạ độ trức chuẩn; thay cho điểm M, ta viết (x, y, z) hay đầy đủ hơn M(x, y, z) . Khoảng cách (1.1) chính là khoảng cách thông thường.

Trong

2 : Điểm M có thể đồng nhất với toạ độ (x, y) của nó; thay cho

điểm M ta viết (x, y), hay đầy đủ hơn M(x, y).

Trong phần còn lại của chương này các kết quả được trình bày chủ yếu 2 . Nhiều kết quả tương tự còn đúng cho

n .

trong

b. Phân loại tập hợp trong

n

 Lân cận. Cho

lân cận của điểm a (còn gọi là hình cầu mở

2;

a 

 

tâm a, bán kính ), kí hiệu U ( )

2



.

 a , là tập hợp xác định bởi: x a : d( , )

  }

a U ( ) {

x  



2

Điểm a được gọi là điểm trong của tập hợp x



cầu mở nào đó tâm a: U ( ) E, ( của điểm a.

 Tập mở. Tập hợp E được gọi là tập mở nếu mọi điểm của E đều là điểm

trong của nó.

Dễ nhận thấy rằng, tập hợp U ( )  a là tập mở.  Điểm biên. Điểm x gọi là điểm biên của E nếu trong một -lân cận bất kì của x đều chứa ít nhất một điểm thuộc E và một điểm không thuộc E . Tập các điểm biên của E kí hiệu là (E) , gọi là biên của E.



Rõ ràng, điểm trong của E nằm trong E; điểm biên của E có thể thuộc E, có

thể không thuộc E.

 Tập đóng. E được gọi là tập đóng nếu nó chứa mọi điểm biên của nó:





    E E

E

E đóng

.

(a) (b) (c) (d)

Hình 1.1. (a) Hình cầu mở, (b) tập mở, (c) hình cầu đóng,

(d) mặt cầu (tập đóng) trong

2 Chẳng hạn, các tập sau đây là đóng (xem Hình 1.1):

5

E   nếu E chứa một hình . Đồng thời, tập E gọi là một lân cận   0) 

+ Hình cầu đóng tâm a, bán kính  . + Mặt cầu đóng tâm a, bán kính  .

 Tập bị chặn. Tập E được gọi là bị chặn nếu tồn tại một hình cầu mở nào

đó chứa nó.

  hình cầu đóng nào đó chứa nó   hình cầu đóng tâm O chứa nó

 Tập compắc. Tập đóng và bị chặn được gọi là tập compact.  Miền. Mỗi tập mở là một miền mở. Miền mở cùng với biên của nó gọi là miền đóng. Miền mở, miền đóng gọi chung là miền. Miền mà từ 2 điểm bất kỳ của nó có thể nối với nhau bởi một đường gẫy

khúc nằm hoàn toàn trong miền gọi là miền liên thông.

Sau đây, khi đã quen, ta không còn phải viết chữ đậm cho phần tử của

n

nữa.

Ví dụ 1.1. Cho các tập hợp sau đây trong

2 (xem Hình 1.2):

: tập hợp mở (Không chứa biên)

: Không mở, không đóng

   x b, c   y d}

: tập hợp đóng (chứa biên)

   x b, c   y d}

1D {(x, y) : a 2D {(x, y) : a 3D {(x, y) : a

1D

. #

, ... ,

được ký hiệu bởi (a, b)

   x b, c   y d}

Người ta còn dùng ký hiệu tích Descartes để chỉ các hình chữ nhật đó: 3D bởi [a, b]

y y y A B A B A B d d d D1 D2 D3 c c c D C D C D C a b x a b x a b x

Hình 1.2. Hình chữ nhật trong

2

1.1.2. Hàm nhiều biến số

n

(c, d) [c, d]  

1

f : D   f (x ,..., x ) n

1

được gọi là hàm số trên D.

D: tập xác định, f: hàm số; x: biến số (hay đối số). Lưu ý rằng biến số có n thành phần, mỗi thành phần xem như một biến độc n hay được gọi là hàm nhiều biến).

lập (cho nên hàm số trên

b. Các phương pháp biểu diễn hàm số (☼) Biểu diễn bằng biểu thức giải tích. Biểu diễn bằng đồ thị

6

f (x)    D   . Ánh xạ a. Định nghĩa. Cho   (x ,..., x ) x n

Sử dụng các đường (đồng) mức Bảng dữ liệu. 1.1.3. Giới hạn của hàm nhiều biến a. Giới hạn của dãy điểm

2

Ta nói dãy điểm

nếu



{u } {(x , y )}

n

n

 (x , y ) 0 0

n

, hay đơn giản

hoặc

u   hội tụ đến 0 n  . (1.2) 0

n

0

lim d(u , u ) 0  n Khi đó ta viết   u (x , y ) 0 0 lim u  n

0

n

Giới hạn của dãy điểm tương đương với giới hạn của từng tọa độ:

(1.3)

lim (x , y ) n n  n u (khi n   ). u

n

n

* Điểm giới hạn (điểm tụ). Điểm a được gọi là điểm giới hạn của tập

n

    (x , y ) 0 0 y . 0 x ; 0 lim x  n lim y  n lim (x , y ) n n  n

n{u } các phần tử khác a của D hội tụ đến a.

b. Giới hạn của hàm số

2

Định nghĩa. Cho hàm số f(u) xác định trên

là một

D   nếu có một dãy

    .

  

f (u)

điểm giới hạn của D. Ta nói hàm f(u) có giới hạn   khi u dần đến a nếu:  (1.4)

    , sao cho u D ,

0,

0

0 d(u, u ) 0 

Khi đó ta viết

.

D   và a  (x , y ) 0 0

  hay f (u) khi u  a  lim f (u)  u a

(1.5)

0

0

Để đầy đủ, ta còn viết lim f (x, y)  (x,y) (x ,y ) 0 0

Định lý 1.1. Hàm f(u) có giới hạn  khi u dần đến a khi và chỉ khi

   ( hay f (x, y)  khi (x, y)  (x , y ))

n

n

n

  {u } D; u    a   . (1.6) a; lim u  n

dần đến

theo một

Hệ quả. Nếu



a  lim f (u ) n n  (x, y)   thì với u (x , y ) 0 0

Hình 1.5. Điểm dần đến

(x , y ) theo những đường khác nhau

0

0

Lưu ý. Các kết quả thông thường đối với giới hạn của hàm 1 biến như giới hạn của tổng, hiệu, định lý kẹp… vẫn còn đúng cho giới hạn của hàm nhiều biến.

Ví dụ 1.4. Tìm giới hạn

1

1

2

2

2

2



y )sin



y )sin

i)

; ii)

.

2

2

2

2

lim (x  (1, 0)

(x, y)

lim (x  (0, 0)

(x, y)

x



y

x



y

7

lim f (u)  u a đường cong tuỳ ý trong D, f(u) dần đến  .

1

2

2



y )sin



sin1

Giải. i)

.

2

2

x,y

lim (x    1,0





x



y



ii) Hàm số xác định trên

. Ta có

2 /{(0,0)}

2

2

0



f (x, y)



x

0

y

  (khi (x, y)

.

Theo định lí kẹp,

(0,0)

(0, 0)

(x, y)

(0, 0)

(x, y)

Định nghĩa giới hạn vô hạn tương tự như với hàm một biến.

Chẳng hạn

;

  khi (x, y)

(0,3)

y 2

x

2x



  0  . lim f (x, y)  lim f (x, y) 0 

#

khi (x, y, z)



(0,0,0).

2

1.1.4. Sự liên tục của hàm số

2 và

Cho hàm số f (x, y), (x, y) D , trong đó D là tập tuỳ ý của

e    1 2 y  z

0

0

0

. (1.7)

(x , y ) D là điểm giới hạn của D. Ta nói f(x, y) liên tục tại (x , y ) nếu 0

(x, y)

(x , y ) 0 0

Giả sử

f (x, y)  f (x , y ) 0 0 lim 

0

0

Đặt

a    (x, y)  (x   x, y    . y) D

0

0

0 f (x , y ) 0 0

Khi đó hàm số f(u) liên tục tại

  f (x , y ) D, u 0   x, y f (x    y)

0

0

0

f

  . (1.8)

lim    ( x, y)

(0,0)

* Hàm f(x,y) được gọi là liên tục trên miền D nếu nó liên tục tại mọi điểm

0

(x , y ) khi và chỉ khi

Định lý 1.2. Hàm f(x,y) liên tục trên tập đóng, giới nội D thì bị chặn trên đó

và đạt được giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất:

(x , y ) D . 0 Lưu ý. Các định lí về tổng, hiệu, tích, thương, luỹ thừa, hợp hàm của các hàm liên tục, định nghĩa hàm sơ cấp và tính liên tục của chúng, các khái niệm và kết quả về sự liên tục đều đối với hàm một biến gần như vẫn còn bảo toàn cho trường hợp hàm nhiều biến. Chẳng hạn

1

2

.

 để

1 

1

1

2

2

(x,y) D



(x,y) D



f (x , y ) m Min f (x, y); f (x , y ) M Max f (x, y)    (x , y ), (x , y ) D 2 

Định lý 1.3. Hàm f(x,y) liên tục trên tập đóng, giới nội thì liên tục đều trên   mà

  , tìm được số  sao cho với (x, y), (x , y ) D

0





  f (x , y )

  .

đó, tức là với mọi d((x, y), (x , y ))



(x, y)



(0,0)

xy 2

2

u



Ví dụ 1.5. Cho hàm số

 f x, y





y

x 0

(x, y)



(0,0)

     

8

    thì f (x, y)

Rõ ràng hàm liên tục tại mỗi điểm

(vì là thương hai hàm

liên tục, mẫu khác 0).

Tại

, theo bất đẳng thức Cauchy.

 (0, 0) (x , y ) 0 0



2

2

2



2

 1

x

y

2 y )

(x



.

0



xy









xy 2

2

 2

2 y ) 

 2



x

y

(x  2 (x



2 y )

2

Trường hợp 1:

1 



1)/2



d(u,0)

 

0 f (0,0)

.



(

1 

lim f (x, y) 

(0,0)

lim  u 0

(x,y)

2

Vậy f(x,y) liên tục tại (0,0). Trường hợp 2:

theo đường y = x.

(0,0)

1  . Xét (x, y)

2



x





 . Vậy f(x,y) không

0



 f x, y



 f x, x



   

 0 khi x

2



1  2 1



2x

2x

liên tục tại (0,0). #

§ 1.2. ĐẠO HÀM - VI PHÂN 1.2.1. Đạo hàm riêng

f (x, y) thì

Định nghĩa. Cho hàm số z y M (x , y ) D . Cố định

 y

0

0

0

0

0

 (0,0) (x , y ) 0 0

0

theo biến x (biến thứ nhất) tại điểm

2 D   , lấy xác định trong tập mở f (x, y ) là hàm một biến x. Nếu hàm thì đạo hàm đó gọi là đạo hàm riêng của hàm M (x , y ) , kí hiệu bởi một

f (x, y)



0

0

0

điểm này có đạo hàm tại z trong các cách sau:

,

.

 z (x , y ), f (x , y ), x

 x

0

0

0

0

Như vậy, cho x đủ nhỏ sao cho

 f (x , y ) 0 0  x  . Đặt: x, y ) D 0

 z(x , y ) 0 0 x    (x

x x

0

đối với biến x tại

f (x     z x

0

0

.



lim   x 0

(x , y ) . Khi đó

0

0  x, y ) f (x , y ) 0 0 0 gọi là số gia riêng của hàm số z  f (x, y)  f (x , y )  z 0 0 x   x x y y0 O

(x   x, y ) 0 (x , y ) 0 0

0

0

Hình 1.6. Cách lập số gia riêng của hàm số

Đạo hàm riêng theo biến y tại

x x x  x

0

0

9

(x , y ) , kí hiệu là

.

0

0

0

0

n

3 : định nghĩa tương tự.

Quy tắc. Khi tính đạo hàm riêng theo biến nào đó, ta chỉ việc coi các biến khác không đổi, rồi lấy đạo hàm theo biến đó như lấy đạo hàm với hàm một biến.

Ví dụ 1.7. Tính các đạo hàm riêng của hàm số

y

i.

ii.

.

hay  f (x , y ), z (x , y ), y  y  f (x , y ) 0 0  y  z (x , y ) 0 0  y

z



x , (x



0).

 y 1

y

Giải. i.

z   0) x arctan , (y y

1

y

1



x





;





.

ii.

#

2

2

2

2

x 2

 2

2

1 y

 z  x

 z  y

1 (x / y)



x



y

1 (x / y) y





y

x

xác định trong tập mở D. Trong D lấy các điểm

1.2.2. Vi phân của hàm nhiều biến Định nghĩa  Cho hàm số z

 y x ;  x ln x.  z  x  z  y

  

f (x, y) x, y

0

0

0

 (x y)   . Biểu thức (x , y ), (x, y) 0

0

0

được gọi là số gia toàn phần của hàm f(x,y) tại

  f f (x   x, y    y) f (x y ) 0 0

0

0

Nếu số gia

f có thể biểu diễn dưới dạng

(1.9)

         y

f A x B y

x

 

  (chỉ phụ thuộc vào 0 0

  y

vµ

thì ta nói:

 khi x

  

 0,

(x, y)

(x, y)

0

0

trong đó A, B là những hằng số không phụ thuộc vào x, y    (x , y ) ), 0 + Hàm số f(x,y) khả vi tại

(x , y ) .

0

0

+ Biểu thức A x B y

   gọi là vi phân toàn phần của hàm z tại

0

0

  của đối số x, y tương ứng), kí hiệu là

(x , y ) ;

0

(x , y ) dz(x , y ) hay 0

(ứng với số gia x, y df (x , y ) . 0 0 Như vậy,

0

gọi là khả vi trên D nếu nó khả vi tại mọi điểm của D.

0 f (x, y)

* Hàm số z



Tính chất. Nếu f(x,y) khả vi tại

dz(x , y ) A x B y     .

0

CM:

(x , y ) thì liên tục tại đó.

0 x

Vậy hàm liên tục tại

          f A x B y y 0 khi x, y    . 0

0

0

2

Định lí 1.5. Cho hàm f(x,y) xác định trong tập mở

(x , y ) . (cid:0)

0

0

D   và

0

0

(i) (Điều kiện cần để hàm khả vi). Nếu f(x,y) khả vi tại điểm 0  y 



 f (x , y ), f (x , y ) tại các đạo hàm riêng x 0 vi phân cho bởi

; nói cách khác,

0 A f (x , y ), B f (x , y ) 0

 x

 y

0

0

0



 

 .

df (x , y ) 0 0

 f (x , y ) x f (x , y ) y x

 y

0

0

0

0

10

(x , y ) D . 0 (x , y ) thì tồn . Các hằng số A, B trong định nghĩa

có các đạo hàm

(ii) (Điều kiện đủ để hàm khả vi). Nếu hàm số z



f (x, y)

riêng liên tục tại lân cận của điểm

0

0



 

 .

(1.10)

dz(x , y ) 0 0

 f (x , y ) x f (x , y ) y x

 y

0

0

0

0

x

y

         . và

Chứng minh (i) Từ giả thiết,  Xét

(x , y ) thì khả vi tại đó và

0

 y y const         . Do đó: x

.







A

 f (x , y ) x 0 0

lim   x 0

lim   x 0

f A x x

Tương tự,

f A x B y   thì y 0  f x  x ' f (x , y ) B . y 0

0

(ii) Với x, y

  đủ nhỏ thì

  f

 

x, y

   y)

0 f (x



 

0 x, y

   y)

 

y)



   y)

f (x 





 f (x , y ) .

0

0

f (x , y ) 0 0 f (x , y 0

0

f (x , y 0

0

0

0

Áp dụng công thức số gia giới nội cho hàm một biến dẫn đến

  f

x, y

   

    y) y

 f (x x

0

   1

0

 y) x f (x , y y

0

0

2

trong đó

f x A x      x

0 1; 0 1    1    . 2

0

 f , f Vì x

 liên tục tại y

  f

x

y



    

 f (x , y ) x 0 0

 f (x , y ) y 0 0

 

    

trong đó

(x , y ) nên 0

  f

  

y

Vậy

   (đpcm). (cid:0)

 f (x , y ) x 0 0

x f (x , y ) y 0

0

 y

Chú ý. Giống như trường hợp một biến, nếu x, y là biến độc lập thì

    0, 0 khi     . 0, x y 0



.

df (x , y ) 0 0

  f (x , y ) dx f (x , y )dy x

 y

0

0

0

0

liên tục trong tập mở D thì

 f (x, y), f (x, y) Hệ quả. Nếu x

 y

. (1.11)

dx   x; dy   . Từ đó, y

Ví dụ 1.8. Xét sự khả vi và tính vi phân dz(x,y), dz(0,1) (nếu có) của các

3

3

hàm số

df (x, y)  dx  dy f (x, y)   x f (x, y)   y

2

2

Giải.

, là những hàm liên tục trên

2 .

z   y  3xy.

 z  y

2

2

Vậy hàm số là khả vi trên

.

  3x  3y, 3y  3x x  z  x

. #

2 và   3dx 3dy 3( dx dy)





dz(0,1)

 

Chú ý. Đối với hàm nhiều biến, sự tồn tại các đạo hàm riêng chưa đảm bảo

để hàm số khả vi. Xét ví dụ sau. Ví dụ 1.9. (tài liệu [1]) #

11

dz  3[(x  y)dx (y   x)dy]

,

Ứng dụng vi phân để tính gần đúng. Nếu đặt    y

0

0

từ định nghĩa vi phân ta có   z









  

  

0

0

(x x ) 0

(y y ) 0











f (x, y) f (x , y ) 0 0   f (x , y )(x x ) x 0 0  f (x , y )(x x ) x 0 0

0

 f (x , y )(y y ) y 0 0  f (x , y )(y y ) df (x , y ). y 0

0

0

0

0

Dẫn đến công thức xấp xỉ f (x

   y)

x, y

 



 

0

0

f (x , y ) 0 0

  f (x , y ) x f (x , y ) y x

 y

0

0

0

0

(

). (1.12)

y (hay x x, y       x x    x x , y 0 y y ) 0

0

0

0

Công thức này cho phép tính giá trị gần đúng của hàm số dùng vi phân. Vế phải là biểu thức tuyến tính của các biến x, y nên công thức cũng có tên

là xấp xỉ tuyến tính của hàm f tại lân cận điểm

  f (x , y ) df (x , y ) 0

0

Hình 1.7. Ý nghĩa hình học của vi phân

Giống như trường hợp một biến, khi áp dụng công thức (1.12) để tính giá

trị xấp xỉ của biểu thức A nào đó chúng ta phải:

(x , y ) . 0

+ Xác định dạng hàm f, + Xác định điểm

0

0

0

0

,

 f (x , y ), f (x , y ) hàm riêng x 0

0

0

0

f (x , y ) , các đạo

+ Xác định các số gia x, y

  ; các số gia này phải đủ bé.

Ví dụ 1.10. Tính xấp xỉ

.

(x , y ) , ở đó dễ tính (hoặc có sẵn)  y

Các bạn hãy trả lời câu hỏi “giá như?”

A arctan  1,02 0,95

}  Dạng hàm f(x,y)

Giá trị lẻ thứ nhất Giá trị lẻ thứ hai

 (x , y ) 0 0

12

x y

Giải. Xét hàm số

tại lân cận điểm (1,1).

z



arctan

y x

   z 1,1 x

2

2

  1,1

  1,1

 y 1     , y 2  2 1 2 x  y x 1 y x       

   z 1,1 y

2

2

2

  1,1

  1,1

1 x   .  1 x 1 2 x  y 1 y x   









 

( 1/ 2)



0,05



Suy ra





  z 1,1





 (1 / 2) 0,02



). #

(Giá trị đúng A 0,8209



 0,035 0,785 0,035 0,820.





   4

Công thức (1.12) được áp dụng hiệu quả để tính sai số của đại lượng đo.

b) Thảo luận

c) Tự học

- Về tập mở, đóng, biên, bị chặn, com pắc, liên thông, miền mở, miền đóng, miền. - Sự giống, khác nhau của hàm 1 biến, nhiều biến. - Định nghĩa giưới hạn hàm số, - Định nghĩa liên tục, liên tục đều - Định nghĩa vi phân theo biến x. Bài 6, (Chương I)

d) Bài tập chuẩn bị tối thiểu Tài liệu [1], tr .... Tài liệu Chú ý: Bài tập về nhà cho cả chương

CHƯƠNG I

Bổ trợ: 3(b); 4(a, b, d); 5(a); 8(c,d); 10(a); 12(b); 15; 18(b); 21(b); 22; 23(a); 24(a); 30(a); 34(c, g); 35(d, e); 37(a); 39(c); 41(a, e). Chính: 6(a, b, c, d, e); 13(b, c); 24(c); 26(d); 33; 34(f); 35(i, j, k, l); 36(e, f, g, h, i, j, k); 37(c, d, e, f); 40( d, e, f); VD 1.17; VD 1.26A; VD 1.27; VD 1.28; VD 1.29 (i, ii); VD 1.30; VD 1.37; VD 1.39

13

    A z 1 0,05;1 0,02

Bài giảng 2: Hàm số nhiều biến số (tiếp)

Tuần thứ: 2

Chương, mục: 1 Tiết thứ: 6-10 Mục đích, yêu cầu:

 Kiểm tra kiến thức, rèn luyện kỹ năng tính Giới han và xét tính liên tục

 Nắm được khái niệm và biết cách tính ĐH hàm hợp, đạo hàm hàm ẩn, đạo

hàm theo hướng, ý nghĩa ĐH theo hướng.

- Hình thức tổ chức dạy học:

Hình thức chủ yếu: Lý thuyết, thảo luận - tự học, tự nghiên cứu

- Thời gian:

Lý thuyết, thảo luận: 5t - Tự học, tự nghiên cứu: 5t

- Địa điểm:

Giảng đường do P2 phân công.

- Nội dung chính:

Chữa bài tập phần Giới han – Liên tục

§1.2 Đạo hàm – Vi phân

ĐS 6. a) Continuous , discontinuous, C; b) D; c) C; d) D; e) C.

§ 1.2. ĐẠO HÀM - VI PHÂN

1.2.3. Đạo hàm riêng của hàm hợp

Tính chất. Hợp của các hàm liên tục là hàm liên tục.

Định lí 1.6. Giả sử hàm f (u,v) có các đạo hàm riêng

liên tục trong

,

liên tục trong

F(x, y)  f (u(x, y), v(x, y)), (x, y) D  .

 , các hàm u(x, y), v(x, y) có các đạo hàm riêng

 f u   v  x

 f  v  v  y

D. Khi đó trong D tồn tại các đạo hàm riêng

và

, , ,  u  x  u  y

,





(1.13)





.

F u     u x   F u   u y

F v     v x   F v   v y

 F   x   F   y 

Để tiện kí hiệu, ta không phân biệt f và F khi tính đạo hàm riêng, vậy

.

F F   ,   y x

  ,    f  y   f u   u y   f v   v y

(1.14)

f (u(x, y)) thì  z  y

14

df (u(x, y)) u(x, y)   .  ; . .  f     f v f u    v x   u x x Xem CM trong [1]. Chú ý. i) Trường hợp z   u(x, y)  x df (u(x, y)) du  z  x du  y

(hàm một biến) thì

ii) Trường hợp z

. (1.15)

 f (x, y), y  y(x)   z f (x, y(x))

thì

iii) Trường hợp z

  dz dx  f  x f dy   y dx

(1.16)

 f (x, y), x  x(t), y  y(t)   z f (x(t), y(t))

. Lúc đó

iii) Trường hợp z

  dz dt  f dx .  x dt  f dy .  y dt

thì f



f (u(x, y), v(x, y), w(x, y))







,

(1.17)







.

 f  x  f  y

f u     u x f u     u y

f v     v x f v     v y

f w     w x f w     w y

u(x, y)

iv) Cho phép đổi biến

biến mỗi điểm (x, y) D thành điểm

 u   v

 f (u, v, w)

v(x, y)   , ma trận

J



u  x   u  y

 v x   v  y

     

     

 (x, y)  (u(x, y), v(x, y))

gọi là ma trận Jacobi của phép đổi biến u

.

Định thức của ma trận J gọi là định thức Jacobi hay Jacobian của phép đổi

biến, ký hiệu là

:

 u(x, y), v  v(x, y)

. (1.18)



det

 D u, v  D x, y

 

u   x  v  x

u   y  v  y

     

     

Nhận xét ký hiệu: Các biến tham gia ở tử: Chỉ hàm số Các biến tham gia ở mẫu: Chỉ đối số

2

xy

2

i)

; ii)

.

Ví dụ 1.12. Tính đạo hàm của hàm số hợp 2 v )

với u

D(u, v) D(x, y)

2 y )

xy, v ln(u x / y     z z  e ln(x 

Giải. i)

;

2

2

2

2

4

2u 2v    .y  .  ...   z  x z u     u x   z v   v x 1 y 2 x u  v u  v

.

2

2

2

2

4

ii) Thực ra, khi đạo hàm ta không cần viết ra các hàm trung gian u, v, w...,

nên viết trực tiếp theo các biến cuối cùng x, y, z ... #

Sự bất biến dạng của vi phân

15

2u 2v 2(y  1)    x    ...  x 2  z  y z u     u y z v     v y u  v u  v y y(y  1)      

, u, v là hai biến độc lập. Khi đó

Xét z



f (u, v)

. (*)

dz





du

dv

 f v  nhưng với u, v là biến phụ thuộc:

 f  u  f (u, v)

Vẫn xét z

.

Áp dụng (*):

  z

f (u(x, y), v(x, y)).

.

u  u(x, y), v  v(x, y)

Từ chỗ

, ..., thay vào được





 f  x

  f u   u x

  f v   v x

dz





dx





dy

f u     u x

f v     v x

f u     u y

f v     v y

  

  

  

  



dx



dy



dx



dy

 f  u

u   x

 f  y

 f  v

 v  x

v   y

  

  

  

  

.

(**)



du



dv

 f  u

 f  v

Như vậy công thức (**) cùng dạng với (*). Ta nói: Vi phân cấp một bất biến dạng (có cùng dạng (*) dù là biến độc lập

là các hàm khả vi thì

hay biến phụ thuộc). Áp dụng. Nếu u

dz  dx  dy  f  x  f  y





 du dv;

d(uv)



 udv vdu;

 v(x, y)

  d u v u(x, y), v 

; df (u)

. (1.19)

d



 vdu udv 2

u v

v

  

  

Các công thức này đúng cho u, v là biến độc lập nên đúng cho u, v là biến

phụ thuộc.

Ví dụ 1.13. Tính vi phân của các hàm số sau

i)

ii)

.

z



2 arc tan (xy )

z



arcsin

;

2y x

Giải.

2

2



1

.

i)

d





dz



 2xy dy y dx 2

2

x 2

4

 y( ydx 2x dy) 2

4

  

y x

  

x

2

x



y

x



y

x

1

   

y x

  

1

2

dz



2 d(xy )



 (y dx 2xy dy)

ii)

.

2 2 1 (xy )



1 2 4 1 x y



1.2.4. Đạo hàm hàm số ẩn

16

 f (u) du

a. Khái niệm (*). Cho trước một hệ thức giữa hai biến x và y:

F(x,y) = 0. (1.20)

Nếu với mọi giá trị

0x trong một khoảng nào đó, có một (hoặc một số) giá

trị 0y sao cho



thì ta nói rằng hệ thức (1.20) xác định một (hoặc một số) hàm ẩn y theo x: y

được xác định một cách ẩn bởi hệ thức (1.20) nếu khi



y(x) trong khoảng ấy. Vậy hàm số y f (x)  thế y f (x)

vào (1.20), ta được đồng nhất thức: f (x, y(x)) 0 .

2

2

x

y

2

2

2

2

Ví dụ.

và

,



 , 1

  y

a



x

y

 

a



x

2

2

a b

a b

a

b

2

2

y

x

. Ta nói hệ thức

.

0 F(x , y ) 0 0



 xác định 2 hàm ẩn trong khoảng ( a, a)

1

2

2

b

a

x

y

Không phải lúc nào cũng tìm được biểu thức tường minh. Chẳng hạn, ta , mặc dầu

1 (x, y

0)







y

x

không thể giải x qua y hay y qua x từ biểu thức tồn tại mối quan hệ hàm (ẩn) từ ràng buộc này.

Hàm ẩn vừa nói từ 1 ràng buộc, ràng buộc có 2 biến. Mở rộng: Từ 1 (2, 3...) ràng buộc, các ràng buộc có nhiều biến. Chẳng hạn * Hệ hai phương trình

F(x, y, z, u, v)



0

(1.22)

G(x, y, z, u, v)



0

  

Nếu từ đây có thể giải ra được một (hoặc một số) cặp hàm

u(x, y, z)

(1.23)

v(x, y, z)

 u   v

2

G   nào đó, sao cho khi thay vào (1.22) ta nhận xác định trong một miền được những đồng nhất thức, thì ta nói (1.22) xác định một (hoặc một số) cặp hàm ẩn u, v của 3 biến x, y, z .

Nói chung, khi n biến độc lập được liên kết với nhau bởi m ràng buộc

, thì có nhiều nhất m biến trong chúng là hàm của các biến còn lại.

(0 m n)





b. Cách tính đạo hàm hàm ẩn Định lí 1.7. Định lý tồn tại và khả vi của hàm ẩn: Xem [1] Giả sử các điều kiện của Định lí 1.7 thoả mãn, thay y = f(x) vào (1.20) thì

x   ( a, a) 







,

F(x, y(x))

 y x



 F (x, y(x)) F (x, y(x))y (x) 0 x

 y

hay viết gọn:

17

   0 với mọi x đủ gần 0x . Lấy đạo hàm 2 vế theo x:  F (x, y(x)) x  F (x, y(x)) y

. (1.24)

CÁCH NHỚ!

dy(x) dx

3

Định lí 1.8. Cho F(x,y,z) là hàm ba biến xác định trên tập mở

0

0

0

0

0

0

0

G   , F(x , y , z ) 0 . Giả sử rằng hàm F liên tục và có các (x , y , z ) G sao cho 0 0  liên tục tại lân cận   F , F , F (x , y , z ) . Hơn nữa, giả sử rằng đạo hàm riêng x y z   . 0 F (x , y , z ) z 0

0

 F   x  F  y

0 Khi đó tồn tại hàm ẩn z



z(x, y)

0

0

vi liên tục tại lân cận

tại một lân cận của .

(x , y ) , liên tục, khả

0

0

vào (1.21):

z z(x , y ) 0 0



z(x, y)

(x , y ) và 0 Để tính các đạo hàm riêng của z(x,y), ta thay z

0

0 Lấy đạo hàm hai vế theo biến x, rồi theo biến y ta được

0





.

0.





  F z   z x F z     z y

F(x, y, z(x, y)) 0 với mọi (x,y) trong lân cận (x , y ) .

 F   x   F   y    , điều này dẫn đến Do zF

CÁCH NHỚ!

(1.25)

 

.

 z  x

 z  y

 F   x , F   z

F   y F   z

xác định từ

Ví dụ 1.14. Tính các đạo hàm riêng của hàm ẩn z



z(x, y)

z

2

3

phương trình

0

F(x, y, z)  e   xy x  z   . 1 0

Giải.

,

. #

 

 

z

 y 2x z

 z  x

3z



e

 F x  F z

x      z  x e  3z

 F y  F z 1.2.5. Đạo hàm theo hướng - Gradient

Bổ đề.

,

  là véc tơ đơn vị 

,

(

,   lần lượt là góc hợp bởi

     (cos , cos , cos )

Định nghĩa. Cho hàm u(x,y,z) xác định trong tập mở

   với các tia Ox, Oy, Oz )

3   ,

 

là véc tơ đơn vị. Nếu hàm một biến



(a, b,c)

D

0

0

0

M (x , y , z ) D , 0

0

0

0

  của hàm

có đạo hàm tại t

0 thì F (0)

0

(hay

).

u(x,y,z) tại M0, kí hiệu là

  u(x , y , z ) 0  

được gọi là đạo hàm theo hướng  u(M ) 0  

0 



18

F(t)  u(x  ta, y  tb, z  tc)

tơ đơn vị của

trục Ox

thì

Bây giờ 

 i    F (0)

. Vậy:

0

  lấy t, y , z ), 0

0

(1,0,0)  x

là véc u (x , y , z ) 0

0

0

bằng đạo hàm riêng theo biến x:

.

 Đạo hàm theo hướng i



u   x

u    i

Tương tự,

.



,



 u  y

u   z

u    j

u    k

* Lưu ý rằng

  . Vậy, đao hàm theo hướng

u(x  F(t)

0

  biểu thị tốc độ biến thiên của hàm số theo hướng đó.

 

 

Định nghĩa. Nếu

là véc tơ

  không là véc tơ đơn vị (|

| 1

), gọi 0 

   

đơn vị của

  ; đặt

.



u    

u    

0

2 .

khả vi tại điểm

Chúng ta có thể tự hiểu đạo hàm theo hướng trong Định lý 1.10. Nếu hàm số u

u(x, y, z)

t    theo hướng 0 M M

0

0

0

tại đó có đạo hàm theo mọi hướng

(1.29)

M (x , y , z ) thì 0

   và  u(M ) 0  y

,

trong đó

,   là góc tạo bởi

  với các trục Ox, Oy, Oz .

 t cos , y

t cos , z

u(x











 





0

0

t cos ) u(x , y , z ) 0

0

0

0

Chứng minh. Vì u(x,y,z) khả vi tại M0 nên  F(t) F(0) t



 

 



[u (M ) t cos 0

 x

u (M ) t cos 0

 x

u (M ) t cos 0

 x

1 t 1 t



P t cos

 

Q t cos

 

 R t cos ]

trong đó P, Q, R 0 khi t

  cos + cos    cos  u(M ) 0  x  u(M ) 0  z u(M )  0   

Qua giới hạn khi t

Hệ quả.

.

 

 u     (

)

0 ta được đpcm.   u   

* Gradient

,

Định nghĩa. Gradient của hàm u tại M0 là véc tơ, ký hiệu bởi

  . 0

xác định như sau

(1.30)

 grad u(M ) 0

Như vậy:

.

, ,  grad u(M ) 0  u(M ) 0  x  u(M ) 0  y  u(M ) 0  z       

(Giả sử các ĐHR tồn tại)  u(M ) 0  x

19

  i   j   k  grad u(M ) 0 u(M )  0  y u(M )  0  z

0

0

0

Hệ quả. Cho u(x, y, z) khả vi tại M (x , y , z ) . Khi đó 0   

(i)

;



 grad u(M ) 0

(ii)

. (1.31)







u(M )  0     grad u(M ) 0

 grad u(M ) 0

 u(M ) 0   

Chứng minh.

, (i) trực tiếp suy ra từ (1.29).

    (cos , cos ,cos )  

Ta nhận được (ii) từ chỗ     grad u(M ) 0

0

Hệ quả. Cho u là hàm khả vi tại

0M . Giá trị cực đại của đạo hàm theo

hướng

là

2

2

2

,







 (u ) z

 (u ) y

u(M )  0     grad u(M ) 0   cùng chiều với

.

 (u ) x  grad u(M ) 0

là hướng mà theo đó, tại M0 hàm số biến thiên nhanh nhất:

xảy ra khi  grad u(M ) 0

   cos grad u(M ),  grad u(M ) 0      . 

: Hàm tăng nhanh nhất;

+ Theo hướng grad u 

: Hàm giảm nhanh nhất.

+ Theo hướng - grad u

Nếu u(x,y,z) là nhiệt độ của chất điểm M(x,y,z) thì:



, chất điểm đến chỗ ấm hơn nhanh nhất;

Khi di chuyển theo hướng grad u



3

3

3

và

tại

; tính grad u

Theo hướng ngược lại, sẽ đến chỗ lạnh hơn nhanh nhất. u   

Ví dụ 1.15. Cho hàm số   là véc tơ đơn vị của

với

.





   1M 2,0,1

0M 1, 2 1 biết

 3xyz   x u

2

3x



3yz

2

2

2

2

Giải.

.

3y



3zx





3(x



yz, y



zx, z



xy)

 grad u

u

2



3z

3xy

   u x     y  

.

+

  u z  grad u(M ) 3( 1,3,3)

  z y  1M M 0

0

 

+

   

   ,     M M 1, 2, 2 0 1  3 1 3 2 2 , 3 3        M M (1, 2, 2) 0 1  M M 1 0

.

0

   .grad u(M ) 3      1. 3.  3.   1 2 3 2 3  u(M ) 0               

Suy ra

.

     3 19 1 3  grad u(M ) 0 u(M )  0   

Dấu “=” xảy ra khi

. #

20

 grad u(M ) 0      grad u(M ) 0

Chữa bài tập (1 tiết) 13(b, c); 24(c); 26(d); 33

b) Thảo luận

tại điểm tổng quát,

dx;     dy

Tài liệu [1], tr ....

c) Tự học d) Bài tập chuẩn bị tối thiểu Tài liệu

21

y - Sự giống, khác nhau của x - Nhắc lại các công thức vi phân hàm ẩn  - Đưa ra 1 hàm mà bạn thích, tính grad tại điểm đặc biệt - Chuẩn bị cho bài mới: Đạo hàm, vi phân cấp cao, CT Taylor. Các bài tập còn lại

Bài giảng 3: Hàm số nhiều biến số (tiếp)

Tuần thứ: 3

Chương, mục: 1 Tiết thứ: 11-15 Mục đích, yêu cầu:

 Kiểm tra kiến thức, rèn luyện kỹ năng tính đạo hàm riêng, vi phân, đạo

hàm hàm ẩn, đạo hàm theo hướng.

Nắm được ĐL Schwarz về đổi thứ tự lấy ĐH khi tính ĐH riêng cấp cao



Thuần thục tính vi phân cấp 2 của hàm 2, 3 biến.



 Nắm được QT tìm cực trị của hàm 2, 3 biến. Xử lý trong trường hợp đặc

biệt



Nắm chắc phương pháp nhân tử Lagrange để tìm CT điều kiện

 Tìm được GTLN, GTNN của một số hàm đơn giản

- Hình thức tổ chức dạy học:

Hình thức chủ yếu: Lý thuyết, thảo luận - tự học, tự nghiên cứu

- Thời gian:

Lý thuyết, thảo luận: 5t - Tự học, tự nghiên cứu: 5t

- Địa điểm:

Giảng đường do P2 phân công.

- Nội dung chính:

Chữa bài tập phần Đạo hàm – Vi phân

§1.2 Đạo hàm – Vi phân §1.3 Cực trị §1.4 Giá trị LN, NN

§ 1.2. ĐẠO HÀM - VI PHÂN 1.2.6. Đạo hàm và vi phân cấp cao

tồn tại trong tập mở

2 D   . Như

 f (x, y), f (x, y) Định nghĩa. Giả sử x

 y

vậy, các đạo hàm riêng cấp một là những hàm số.

Đạo hàm riêng của đạo hàm riêng cấp một, nếu tồn tại, gọi là đạo hàm

riêng cấp hai. Có 4 đạo hàm riêng cấp hai:

2

2







f

(x, y),





f

(x, y),

 xx

 yx

f 2

  x

 f  x

  x

 f  y

 f   y x

  

  

  

  

 x 2

2







f

(x, y),





f

(x, y).

 xy

 yy

f 2

  y

 f  x

 f   x y

  y

 f  y

  

  

 y

  

  

Cứ thế ta định nghĩa cho các đạo hàm riêng cấp cao hơn.

2

z





Ví dụ 1.16. Tính các đạo hàm riêng cấp hai của hàm số

.

 x ln x y



22

2

2

2

2

3x

x



2ln(x y)





, z



 

.

#

 z xx

 xy

 , z yy

2

 x(x 2y) 2

2

 (x y)

 (x y)

 (x y)

0

0

Định lí 1.11 (Schwarz). Nếu trong một lân cận của điểm (x, y), f

(x, y)

f

 2x ln(x y)   , z  .  z x  y x  x y x  x y

 yx

 các đạo hàm riêng hỗn hợp xy tại

(x , y ) tồn tại và các đạo hàm riêng này liên tục

0

0

0

f

. (1.32)

 xy

(x , y ) 0 0

 f yx

(x , y ) 0 0

Như vậy, với các điều kiện của định lý, đạo hàm riêng hỗn hợp không phụ 3

thuộc vào thứ tự lấy đạo hàm. Định lý còn đúng cho trường hợp số biến n cũng như cấp các đạo hàm riêng hỗn hợp 3 .

df



Vi phân cấp cao. Giả sử ta đã tính được vi phân cấp một

.

  f dx f dy x

 y

Vi phân của df - khi coi dx, dy là những hằng số - nếu tồn tại, được gọi là vi

phân cấp hai của z, kí hiệu 2d f :

. (1.33)

2 d f





d(df )

 d(f dx f dy)

 x

 x Cứ như vậy, ta định nghĩa vi phân cấp cao hơn Công thức tính. Khi x, y là những biến độc lập, các số gia dx

  x,

dy

y  không phụ thuộc vào x, y. Giả sử tồn tại 2d f thì

2 d f

(x , y ) thì chúng bằng nhau tại (x , y ) : 0



 (f dx f dy) dx (f dx f dy) dy





 x

 x

 y

 y

 x

 y

2



f

(dx)



(f



f

)dx dy f



2 (dy) .

 xx

 yx

 xy

 yy

f

, f

liên tục, khi đó chúng bằng nhau. Vậy

 Giả sử xy

 yx

2

2

. (1.34)

2 d f

 d(df )   d(f dx f dy)  x  y

Công thức tượng trưng

2

(1.35)

2d f



dx



dy

f

  x

  y

  

  

Tương tự

n

. (1.36)



nd f

dy

dx



f

  y

  x

  

   Xảy ra công thức tương tự cho hàm nhiều biến hơn,

2

2d f (x, y, z)



dx



dy



dz

f

  x

  y

  z

  

  

2

2

2

2

2

2





 f (dx)  2f dx dy f  (dy)  xx  xy  yy

2

2

2



dx



dy

.

f 2

f 2

 x

 y

23

  dz  2 dxdy 2  dxdz 2  dydz f 2 f    x z  f   y z  f   x y  z

Nếu x, y không là biến độc lập thì giống trường hợp một biến, bất biến

dạng không còn đối với vi phân cấp cao.

Ví dụ 1.17. Cho z là hàm của x, y xác định từ

2 dz,d z .

Giải. Có thể tính các đạo hàm riêng rồi thay vào công thức tính vi phân. 0 , vi phân 2 vế phương trình đã cho,

Song cách sau đơn giản hơn. Giả sử yz dùng (1.19) thu được:

 ln  . Tính 1 x z z y

zdy  zdx xdz 2  2 z y  y ydz   z 

(*)

   2 z dy    yzdz  0





  dz yz  0; x   z

2

2  z (ydx xdy)

2 d z

 

. #

2

3

y (x z)



1.2.7. Công thức Taylor Định lí 1.12. Giả sử hàm z

 yzdx xydz z(ydx zdy)   y(x z) Vi phân hai vế (*) rồi rút gọn dẫn đến:

có các đạo hàm riêng liên tục đến cấp M (x , y ) . Giả sử

0

0

0

n 1 M(x

trong một  -lân cận nào đó của điểm  

 f (x, y)

0

0

1

2

f (x

 

x, y

   y)





. ..

0

0

 f (x , y ) d f (x , y ) 0

0

0

0

d f (x , y ) 0 0

1 2!

n

 (n 1)

  cũng thuộc  -lân cận đó. Khi đó xảy ra đẳng thức x, y y)

0

0

( 0< < 1

). (1.37)

Khi dùng lũy thừa tượng trưng, ta có thể viết lại (1.37) dưới dạng

k

f (M)





  x

 y

f (M ) 0

f (M ) 0

1 k!

  x

  y

  

  

n  k 1 

 n 1



  x

 y

(1.38)

f (M ) 1

  x

  y

1   n 1 !

  

 (

1M thuộc đoạn

   1M M ).

0

hay viết phần dư dạng Peano:

k

n

f (M)





  x

 y

f (M ) 0

f (M ) 0



1 k!

  x

  y

  

  

 k 1

2

+

(1.39)

  d f (x   x, y   y), d f (x , y ) 0 0 1 n! 1  (n 1)!

2    y

   ( x, y). x

n



( x, y)

0

với

    .

lim    ( x, y)

(0,0)

24

(1.40)

Đặc biệt, với n = 1 ta được công thức số gia giới nội cho hàm nhiều biến  f (M ) 1 y  0MM .

1M là điểm trên đoạn thẳng

Chứng minh. (Xem [1])

§ 1.3. CỰC TRỊ

1.3.1. Cực trị địa phương của hàm nhiều biến

2

Định nghĩa.

f (M)   x  y   f (M ) 0  f (M ) 1  x

f (x, y), (x, y) D

0

0

0

 z của D. Giả sử U là một lân cận đủ nhỏ của

   , 0M .

thì:

M (x , y ) là một điểm trong

* M U

  mà

0M gọi là điểm cực tiểu của hàm f(x,y); Hàm f(x,y) được gọi là đạt cực tiểu tại

0M ,

f (M)  f (M ) 0

0 * Tương tự với cực đại. Điểm cực tiểu, cực đại gọi chung là điểm cực trị; giá trị cực đại, giá trị cực

tiểu gọi chung là cực trị.

D

0M

z O 0y y 0x

Hình 1.8. Cực trị địa phương của hàm 2 biến

2

2

Ví dụ 1.18. Xét cực trị hàm số

f (M ) gọi là giá trị cực tiểu.

2

2

2

G.

 . Vậy

z  x   2x y  4y 7  .

z   (x 1)    . Dấu bằng đạt được 2 2

1, y  . #

   x 2

đạt cực

Định lí 1.13 (Điều kiện cần của cực trị). Giả sử hàm số z

trị tại

. Khi đó

  z( 1, 2)  ( 1, 2) (y 2)  là đểm cực tiểu của hàm số đã cho, CTz

0

0

0

. (1.41)

M (x , y ) , và tại đó tồn tại các đạo hàm riêng ,  f (x, y) f (M )  0  y  f (M ) 0  x

25

  0  f (M ) 0  x  f (M ) 0  y

Chú ý. * Điều ngược lại không đúng. Cụ thể là: Có thể tại

0

0

0

 f y

 f đạo hàm riêng triệt tiêu ( x (x , y ) .

0

0 * Ta chỉ việc tìm cực trị tại những điểm tại đó:

} điểm tới hạn (nghi ngờ CT).

+

: điểm dừng

(x , y ) , cả hai  ), nhưng hàm số không đạt cực trị tại

+ Hoặc  ít nhất một trong các đạo hàm riêng

Định lí 1.14 (Điều kiện đủ của cực trị). Cho D là một tập mở của

  0  f  x  f  y

2 . Giả  có các đạo hàm riêng cấp hai liên tục (x , y ) D . Coi vi phân cấp hai

0

0

2

2

2







2

2

2



dx



2

dx dy



dy

d f (x , y ) o o

f (x , y ) 0 0   x y

f (x , y ) 0 0 2  x

f (x , y ) 0 0 2  y

là dạng toàn phương của các biến dx, dy.

i) Nếu 2

d f (x , y ) xác định dương thì f đạt cực tiểu tại

o

o

0M .

ii) Nếu 2

d f (x , y ) xác định âm thì f đạt cực đại tại

o

o

0M .

iii) Nếu 2

d f (x , y ) đổi dấu thì

o

o

0M không là điểm cực trị.

Lưu ý. Nếu 2

d f (x , y ) suy biến (tồn tại dx, dy không đồng thời bằng 0 để

o

o

2

0 ) thì chưa có kết luận.

d f (x , y , z ) 0 0

0

Chứng minh (☼). (Xem tài liệu [1]) Nhận xét. Đặt

2

2

2







, B



, C



,

A



f (M ) 0 2

f (M ) 0 2

f (M ) 0   x y

 y

 x

 

2B AC. 

(1.42)

 f (x, y), (x, y) D sử hàm hai biến z trong một lân cận nào đó của điểm dừng

Ma trận của dạng toàn phương 2

.

d f (x , y ) là o

o

A B

Từ Đại số tuyến tính ta biết rằng dạng toàn phương xác định dương khi và chỉ khi tất cả các định thức con chính của nó dương; xác định âm khi và chỉ khi các định thức con chính đổi dấu, định thức con chính thứ nhất âm. Từ đó

Định lý 1.14'. Giả sử xảy ra các giả thiết của Định lý 1.14. Khi đó

B C      

i) Nếu

thì f đạt cực tiểu tại

0M .

ii) Nếu

thì f đạt cực đại tại

  0; A 0 ( C 0)   

0M .

iii) Nếu

0  thì

0M không là điểm cực trị.

26

  0; A 0 ( C 0)   

Hình 1.9. Điểm yên ngựa

Lưu ý. Khi

chưa có kết luận: Hàm f có thể đạt, cũng có thể không

 

0,

đạt cực trị tại

0M .

Để tiện lợi, người ta gọi điểm

0M ở trường hợp iii) là điểm yên ngựa (saddle point) (xem Hình 1.9a, b), dù rằng thực ra tình huống như ở Hình 1.9a mới đáng gọi là như thế.

Tổng quát cho trường hợp số biến lớn hơn 2.

Định lí 1.15. Cho D là một tập mở trong

3 . Giả sử hàm z



0







0

0

0

. (1.43)







0

0 0 0 f (x , y , z ) 0 x

0 

f (x , y , z ) 0 y

0 

f (x , y , z ) 0 z

0 

Xét dạng toàn phương của các biến dx, dy, dz

2

2



dx



dy



dz

.

d f (x , y , z ) 0 0

0

f (x , y , z ) 0

0

0

  x

  y

  z

  

  

Khi đó,

Nếu 2

f (x, y, z), (x, y, z) D có các đạo hàm riêng cấp hai liên tục trong một lân cận nào đó của điểm dừng M (x , y , z ) D , tại đó

d f (x , y , z ) xác định dương thì

0

0

0

0

0

0

Nếu 2

(x , y , z ) là điểm cực tiểu;

d f (x , y , z ) xác định âm thì

0

0

0

0

0

0

Nếu 2

(x , y , z ) là điểm cực đại;

d f (x , y , z ) không xác định thì

0

0

0

0

0

0

trị.

3

3

Ví dụ 1.19. Xét cực trị của hàm số

.

(x , y , z ) không là điểm cực

2



3x

3y



0

M (0,0)

Giải.

là các điểm dừng.



2

z



3x

3y



0

0 M (1,1) 1

  



 



6y.

 6x; z xy

 3; z yy

+ Tại

z  x  y  3xy

   z  x     y  z xx  0M : A 0; B

27

  3; C 0      : Không đạt cực trị. 9 0

+ Tại

Vậy

     9 36 C 6     3; 25 0  .

2

2

Ví dụ 1.20. Tìm cực trị của hàm số

.

 z(1,1) 5  .#  1M : A 6; B 1M là điểm cực tiểu của z (z đạt cực tiểu tại M1), CTz

Giải. Điểm dừng của hàm số xác định từ hệ

2

y

u



0

   1 x

2

4x

2

z

 

u



(điểm dừng duy nhất).

  y

2

1 2

y 2x

 0 M ,1,1  

  

u





0

  z

y 2 2

2z y

z

2

         2 y

y

u



, u

 

, u



0, u



, u

 

, u







 xx

 xy

 xz

 yy

 yz

 zz

3

2z 3

2z 2

4 3

2

1 2x

2 y

2x

y

y

z

2x

2

2

2

2

.

Tính các đạo hàm riêng cấp hai này tại M, dẫn đến  4dxdy 4dydz 3dy

u   x  (x, y, z  0)  y 4x z y 2 z

Đây là dạng toàn phương của các biến dx, dy, dz. Ma trận của dạng toàn



A

2 3

0  2

phương này là

.

0



2

6

4     2   

    

Xét các định thức con chính của nó,





  A 4 0, A



 

8 0, A

4   2

2 3

0   2

 32 0

.

1

2

3

4  2

2 3

0



2

6

Vậy A là ma trận xác định dương, từ đó 2d u(M) xác định dương. (Để chứng tỏ tính xác định dương của 2d u(M) ta còn có thể dùng cách sơ

2

2

2

2

cấp hơn sau đây : d u(M)

d u(M) 4dx 6dz    

2

2

2

2

2

 4dx   6dz  4dxdy 4dydz

2

2

2

 4(dx  2. dxdy   dy ) 2(dy  2dydz dz ) 4dz   3dy 1 2  1 4

  dy  2(dy dz) 4dz 0.)     4 dx     

u(M)  4  . #

2

Định nghĩa. Cho hàm số

f (x, y), (x, y) D   .

Nếu

được gọi là giá trị lớn

1 2 Vì vậy hàm u đạt cực tiểu tại M, CTu 1.3.2. Giá trị lớn nhất - giá trị nhỏ nhất của hàm số

0

  , giá trị f (M)  

Tương tự, ta định nghĩa giá trị nhỏ nhất (GTNN) - hay cực tiểu toàn cục.

28

A f (M ) f (M ), M D 0 nhất (GTLN) - hay cực đại toàn cục - của hàm f trên D.

Khi đã tìm được các điểm cực trị (địa phương), ta cần làm thêm các lí luận

phụ để kiểm tra xem đấy có phải là điểm cực trị toàn cục hay không.

Trường hợp 1: miền đóng, giới nội Chúng ta biết rằng, nếu hàm f liên tục trên miền đóng, giới nội D thì đạt

GTLN - GTNN trên đó.

Vậy nếu GTLN (GTNN) đạt tại một điểm trong của D thì điểm trong đó phải là điểm tới hạn. Cũng có thể GTLN-GTNN đạt được trên biên. Dẫn đến quy tắc sau.

Quy tắc (Tìm GTLN - GTNN trên miền đóng, giới nội)  Tìm những điểm tới hạn bên trong của D:

1

 Tìm những điểm tới hạn trên biên của D:

k 1N ,..., N

 Tính giá trị hàm số tại các điểm này:

M ,..., M ;

1

k

1

 Kết luận: GTLN - GTNN của hàm là Max, Min các giá trị nhận được.

Hình 1.10. Các điểm tới hạn bên trong và trên biên của miền đóng, giới nội

Trường hợp 2: miền không giới nội Các nhận xét sau là có ích trong một số trường hợp: +

f (M );... ; f (M ); f (N );...; f (N ) ;

0

0

(x,y)

(x ,y ) 0 0

+



(x , y ) :

z(x, y)

  : Hàm số không đạt GTNN.

0

0

(x,y)

lim  



x ,y 0 0

(Chỉ cần

theo một đường cong (L) nào đó).

(x , y ) : z(x, y)    : Hàm số không đạt GTLN; lim 

+ z(z,y)

liên

tục

trên

2 ,

là điểm dừng duy nhất,

(x, y)  (x , y ) 0 0

0

0

2

2

(x , y )

z(x, y)

 

khi

x

   :

y

0

0

Ví dụ 1.21. Tìm GTLN - GTNN của hàm số

2

2

.

(x , y ) là điểm cực tiểu.

trong miền D {0

Giải.

2

0





3y

 2xy y



M (1,1), M (0,0), M (3,0), M (0,3)

.

1

2

3

4

2

 2xy 3x





x

0

   z  x    z  Tuy nhiên chỉ có điểm

1  .

1M (1,1) là điểm trong của D, z(1,1)

29

z   x y xy  3xy    x 2, 0   y 2}





* y 0, x [0, 2]

  . z 0

2



*

y



 2, x [0, 2]

  z

2x



2x, z



4x 2

 ;

.

 

, z(2)



4, z(0)



0

z

x

1  , 2

1 2

1 2

  

  

Vai trò x, y như nhau, so sánh mọi giá trị đã tính, ta thấy:

z 0  tại

Max z Max{ 1, 0, 4} 4    , đạt được tại (2, 2) .

Ví dụ 1.22. Chứng tỏ rằng hàm số

2

3

4

f (x, y) x (1 y)







y

Giải. Hệ

Min z Min{ 1, 0, 4}     , đạt được tại (1,1). # 1

có một điểm dừng duy nhất, cũng là điểm cực tiểu địa phương, nhưng hàm số không đạt được giá trị nhỏ nhất. ' x

' y

2

3

4

f (x, y)



f (0,0) x (1 y)







y

 

0, x và

   .

1

y

Vậy (0,0) là điểm cực tiểu địa phương.

3

5

Mặt khác ,





1



  

lim f (x, x)   

x

lim x   

x

1 x

1 x

  

  

   

   

nên f không có GTNN. Rõ ràng hàm f cũng không có GTLN. #

1.3.3. Cực trị có điều kiện Baì toán1. Tìm cực trị của hàm u



f (x, y, z)

với điều kiện F(x, y, z) 0 .

, thế vào hàm đã cho ta

Cách 1. Từ điều kiện F(x,y,z) = 0 giải ra z



z(x, y)

: Bài toán cực trị với hàm hai biến đã biết.

được u

  x = y = 0, vậy (0,0) là điểm dừng duy nhất.  0 f f

Phải lưu ý giá trị hàm thu được trên biên của tập xác định (mới).

2

 f (x, y, z(x, y))

Ví dụ 1.23. Tìm cực trị của hàm số 2

z    6x 2xy  với điều kiện 1

Giải. Từ điều kiện nhận thì

 x 2y  . 2

22y

2

     . 0 2 x 2 x

  6x x(2 x) 1     x  4x 1  .



2



2

x

0



z’

5





z





11

y

  z  z    2x 4, z     . x 2 0

;

Như vậy cực đại điều kiện là 5, đạt được tại ( 2,

  2 0

Cực tiểu điều kiện là -11, đạt được tại (2, 0).

30

  2)

Cách 2 (Phương pháp nhân tử Lagrange) i) Lập hàm Lagrange

.

(x, y, z, )

 

f (x, y, z)



 

F(x, y, z)

ii) Ta tìm các điểm dừng (thông thường) của hàm 4 biến này.

0

         hay z

 

 y

 x

 



0

 



0

(1.44)

 



0

 F (x, y, z) x  F (x, y, z) y  F (x, y, z) z



0

 f (x, y, z)  x   f (x, y, z)  y   f (x, y, z)  z  F(x, y, z) 

i

i

i

i

i

i

i và iii) Từ đây ta tính được các điểm nghi ngờ cực trị điều kiện.

N (x , y , z ) . Các điểm i N (x , y , z ) gọi là i

iv) Coi  cố định, lập hàm 3 biến x, y,z F(x, y, z)

. (1.45)



Tính vi phân cấp hai của hàm này:

2

2

2

. (1.46)

d

(x, y, z)



d f (x, y, z)

 

d F(x, y, z)

v) Thay

và dx, dy, dz thỏa mãn điều kiện

   

f (x, y, z) (x, y, z)   

i

i

 dF(N ) F (N )dx F (N ) dy F (N ) dz





0

 . (1.47)

i

 x

i

 y

i

 z

i

2

vào biểu thức của

ở (1.46) ta được

, là một dạng toàn

, (x, y, z)  (x , y , z ) i i

(x, y, z)

2d





i

phương của 2 trong 3 biến dx, dy, dz.

vi) Kết luận: 2

d (N ) i

*

là điểm cực tiểu điều kiện.



i

i

i

2

*

là điểm cực đại điều kiện.

d   0 (N ) i N (x , y , z ) i i



i

i

i

2

*

không xác định

không là điểm CTĐK.

d   (N ) 0 i N (x , y , z ) i i



i

i

i

d  (N ) i N (x , y , z ) i i

i

i

i với điều kiện F(x,y) = 0.

Baì toán 2. Tìm cực trị của hàm z



f (x, y)

Tương tự BT 1, (một chút thay đổi về ký hiệu). Các bài toán trên được tổng quát sang trường hợp có nhiều biến hơn, và

(hoặc) có nhiều ràng buộc hơn.

với hai ràng buộc

Baì toán3. Tìm cực trị của hàm u



f (x, y, z)

G(x, y, z)



0

(1.48)

H(x, y, z)



0

  

ta tiến hành tương tự Bài toán 1, cụ thể như sau.

. (1.49)

i) Lập hàm Lagrange của 5 biến ,

0} * Khi cần tìm GTLN-GTNN điều kiện, nếu tập {(x, y, z) : F(x, y, z) là compact (đóng và giới nội), không cần thực hiện bước iv - vi, chỉ cần so sánh giá trị của hàm f(x,y,z) tại các điểm nghi ngờ cực trị điều kiện N (x , y , z ). i

31

f (x, y, z) (x, y, z,    )    F(x, y, z)   G(x, y, z)

0

          :

ii) Tìm điểm dừng của hàm  thỏa mãn

 y

 z

 

 

 x

 

G (x, y, z)



0

 

 

G (x, y, z)



0

 

 

G (x, y, z)



0

 

(1.50)

 x  y  z

 F (x, y, z) x  F (x, y, z) y  F (x, y, z) z F(x, y, z)



0

G(x, y, z)



0

 f (x, y, z)  x   f (x, y, z) y    f (x, y, z)  z    iii) Giải ra

i

i

i

i

i

iv) Coi

,  cố định, lập hàm ba biến x, y, z

(x, y, z)



f (x, y, z)

 

  F(x, y, z) G(x, y, z)

.



Tính vi phân cấp hai của hàm này

2

2

2

2

(1.51)

,  và các điểm nghi ngờ cực trị điều kiện N (x , y , z ) . i

v) Thay

, và dx, dy, dz thỏa mãn:

d f (x, y, z)   d F(x, y, z)   d G(x, y, z) d  (x, y, z)

i

i

       , i 

 dF(N ) F (N )dx F (N )dy F (N )dz





0

i

 x

i

i

i

(1.52)

 y  dG(N ) G (N )dx G (N ) dy G (N )dz

 z 





0

 y

i

 x

 z

i

i

i

  

2

vào biểu thức của

ở (1.51) ta được

là dạng toàn

; (x, y, z)  (x , y , z ) i i



  i

i

2d phương của một trong 3 biến dx, dy, dz.

vi) Kết luận tương tự như đã làm ở Bài toán 1. Ví dụ 1.24. Tìm cực trị điều kiện của các hàm số với điều kiện chỉ ra ở bên

2

2

i)

z

  x

y,

x



y

 1;

2

2

2

x

y

z

2

2

ii)

u



x



y

2 z ,









1 (a

  b

c).

2

2

2

a

b 2

c 2

Giải. i) Đặt

(x, y, z) d (N ) i

1 2 x

0

x

1 2 y

0

y

2

2



x

y

 

1 0

  

              

2

, điểm dừng điều kiện tương

    

1 / 2

1 / 2,

  

1 / 2

2

,

,

ứng là

và

.

(x , y ) 1 1

(x , y ) 2 2

 1 2

1  1 2

1 2

1 2

   

  

   

  

2

Đặt

.

(x, y)

    y

x

(x



2 y )



2

2

d



(x, y)



...; d



(x, y)

 

(dx

2 dy ).







2

2

dx, dy:

d(x



y

   

xdx

1)

0

ydy

 .

0

   

,

* Với

1

, (x , y ) 1 1

1 2

 1 2

  

   

 1 2 32

 (x, y,      x y ) (x  y  1)

dx, dy:

.

2

2

2

 dx  dy     dy 0 dx 1 2 1 2

2 dx )





 1

,

Vậy

.

là cực tiểu điều kiện (CTĐK), zCTĐK

d  (dx   2 dx  0 (dx  0). x , y 1 1 1 2

 1 2

 1 2

  

  

,

   2 z(x , y ) 1 1

* Với

, làm tương tự trên,

là điểm cực

(x , y ) 2 2

2

 1 2

 1 2

   

  

đại điều kiện và

.

    1 2

2

2

Nếu chỉ cần tìm GTLN - GTNN điều kiện, vì đường tròn

2 z(x , y ) 2 2



 x

1

1

2

đóng và giới nội nên sau khi tìm được các giá trị 1,2 hiện như sau:

,

y  là 1 , (x , y ), (x , y ) ta thực 2

,

   2 f (x , y ) 1 1 2, f (x , y ) 2 2

.

GTNN ĐK = Min( 2,

 GTLN ĐK Max( 2,  2)  2

2

2

2

x

y

z

2

2

2

ii) Đặt

.



(x, y, z,

  )

x



y



z

 







1

2

2

2

a

b

c

   

   

2

  2x 2 x / a



0

2

  2x 2 y / b



0

2

  2x 2 z / c



0

2

2

x

y

z





 

1 0

2

2

2

a

b

c

   x    y     z  2   

x



0

y



0

z



0

Từ 3 phương trình đầu ta được

.

,

,

2

2

2

  

a

  

b

  

c

  

  

  

2

     

c

M



(0, 0,



c),

1,2

1

2

     

b

M



(0,



b, 0),

2

3,4

2

     

a

M

 

( a, 0, 0).

3

5,6

2

2

2

x

y

z

2

2

2

* Đặt



(x, y, z)



x



y



z

 







1



2

2

2

a

b

c

   

   

2

2

2

2

2

2

2

d



(x, y, z)



 ... 2dx



2dy



2dz

  2







dx 2

dy 2

dz 2

a

b

c

   

   

2

2

2

.

 2)   2

33

  dx  1  dy  1  dz  2  2  2 a c b                  2 1       

Xác định dx, dy, dz từ ràng buộc:

2

2

2

x

y

z

(*)

dF(x, y, z)



d







1



2







0

2

2

2

xdx 2

ydy 2

zdz 2

a

b

c

a

b

c

  

  

   

   

2

M M

+ Tại

, ràng buộc (*) trở thành

     và

c

1

1,2

 2

0

 hay dz

cdz 2

c

2

2

0 .

2

2

2

Khi đó

.

 1

2

  d (0,0, c)     dx  1  dy  0 c 2 c 2 a b            2 1         

Vậy (0, 0,

là điểm cực tiểu điều kiện và

.

z(0, 0,



c)



c

2

là điểm CĐĐK và

.

* Làm tương tự, suy ra ( a, 0, 0)

c)

z( a, 0, 0)





a

2

* Với

, tương tự trên, phải có dy = 0.



3,4

2

2

b , M M   (0,  b, 0))      2

2

2

.

2   d



2

   (0, b,0) dx dz     1 b 2 b 2 a c           2 1          

Vì a

không có cực tiểu điều kiện tại điểm này. #

Chữa Bài tập 35(i, j, k, l); 36(e)

ĐS. 35. i) (6,3) is maximum, (0,0) is saddle; j) (3,1) is a saddle point, ( 1,1) is minimum;

are saddle points;



k) 

0,0 is minimum,

  ,0 , 1, 4



  

are minima,

is a saddle point.

 l) ( 2, 2)

0,

5 3 2 5

     



f

8

36 e) minimum

  , (0,0) is a saddle;

    ( 2, 2)



b) Thảo luận

- Nhắc lại về vi phân cấp 2 của hàm 2, 3 biến - Quy tắc tính cực trị của hàm 2 biến - Chuẩn bị cho bài mới: Các bài tập còn lại

Tài liệu [1], tr ....

c) Tự học d) Bài tập chuẩn bị tối thiểu Tài liệu

34

      nên đây là dạng toàn phương không xác định. Vậy hàm số b c

Bài giảng 4: Hàm số nhiều biến số (tiếp)

Tuần thứ: 4

Chương, mục: 1 Tiết thứ: 16-20 Mục đích, yêu cầu:

 Kiểm tra kiến thức, rèn luyện kỹ năng tính đạo hàm riêng cấp cao, vi phân cấp cao, tìm cực trị, cực trị có điều kiện và giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

 Nắm được khái niệm độ cong, bán kính cong, tâm cong

 Phương trình tiếp tuyến ĐC

 PT pháp diện, pháp tuyến của mặt cong

  Ý nghĩa của véc tơ grad - Hình thức tổ chức dạy học:

Hình thức chủ yếu: Lý thuyết, thảo luận - tự học, tự nghiên cứu

- Thời gian:

Lý thuyết, thảo luận: 5t - Tự học, tự nghiên cứu: 5t

- Địa điểm:

Giảng đường do P2 phân công.

- Nội dung chính:

Chữa bài tập phần Đạo hàm – Vi phân và Cực trị, GTLN, NN

§1.5 Sơ lược về hình học vi phân

ĐS. 36. f) minimum f ( 1, 2,3)

* Chữa bài tập (2 tiết) 36(f, g, h, i, j, k); 37(c, d, e, f); 40( d, e, f); ; g) maximum z(0;1)

 

/ 2 1

 ;

 

z( 1, 1)

h) minimum z(1,1) i) minimum z(1, 1) 3

  ; j) (1,0) is a saddle;

k) maximum

, (0,0) is a saddle.



2 3

 z 0,  

       , (0,0) is a saddle. 24 2

 u(0, 0, 2)   ; 4

4   27  u( 1,0,0) 1  , Max u u( 1,0,1)  ; 0   u(2, 2, 1) 9, Minu

40. d) Minu e) Min u f) Max u

 

§ 1.5. SƠ LƯỢC VỀ HÌNH HỌC VI PHÂN Hình học vi phân: Dùng các phương pháp của phép tính vi phân để nghiên

cứu hình học.

1.5.1. Đường cong phẳng a. Tiếp tuyến, pháp tuyến. Ở phổ thông chúng ta biết rằng, nếu đường cong thì phương trình tiếp tuyến tại điểm



trên đường cong là

C là đồ thị của hàm số y f (x)  M (x , y ) (y 0

      u( 2, 2,1)   . 9

0

0

0

35

f (x )) 0

.

0

0

0 Bây giờ giả sử đường cong C có phương trình tham số

x(t)

, x(t), y(t) là liên tục.

    t

y(t)

 x   y

Đường cong trơn:

2

2



x(t), y(t) khả vi liên tục trên [ ,

]  ,

 x (t) y (t)

  t

0

y   f (x ) (x x ) y 

Nếu tại điểm 0t

0

0

0

] [ ,    nào đó mà  0 y (t ) 0  x (t ) 0

. Vậy

   và giả sử điểm tương ứng trên đường cong là [ , ]  thì điểm tương ứng M (x(t ), y(t )) trên C gọi là điểm kỳ dị. Chúng ta không xét trường hợp đường cong có điểm kỳ dị. Bây giờ lấy 0t

k



0

0

0

0M là

 y x

 y (t ) 0  x (t ) 0

phương trình tiếp tuyến có dạng

hay

 y y



 (x x ) 0

0

 y (t ) 0  x (t ) 0

. (1.53)



x x  0  x (t ) 0

y y  0  y (t ) 0 Véc tơ chỉ phương của tiếp tuyến là

M (x , y ) . Ta đã biết hệ số góc của tiếp tuyến tại

.

0

0

Suy ra phương trình pháp tuyến:

     (x (t ), y (t )) (t ) 0

0

0

0

b. Độ cong

 Định nghĩa độ cong của đường cong tại 1 điểm (xem [1])  Cách tính độ cong

thì

+ Đường cong cho dưới dạng phương trình y f (x)



. (1.55)

     (1.54) 0  x (t )(x x ) y (t )(y y ) 0

thì

+ Đường cong cho dưới dạng tham số x

K   y 2 3/2  (1 y )

. (1.56)

 x(t), y  y(t)

c. Đường tròn mật tiếp Cho trước điểm M trên đường cong. Nhiều khi cần phải xấp xỉ đường cong tại lân cận điểm M bằng một cung tròn nào đó. Đường tròn chứa cung tròn đó phải tiếp xúc với đường cong tại M, có cùng bề lõm với đường cong và có độ cong bằng độ cong của đường cong tại M (Hình 1.14). Đường tròn đó gọi là đường tròn mật tiếp (còn gọi là đường tròn chính khúc) với đường cong tại M.

Bán kính của đường tròn mật tiếp gọi là bán kính cong, tâm của đường tròn

mật tiếp gọi là tâm cong của đường cong (tại điểm M).

36

K    x y 2 3/2   x y 2    y ) (x

M0

M

Hình 1.14. Đường tròn mật tiếp, tâm cong, bán kính cong

- tương ứng phương



d. Bán kính cong Theo trên, bán kính cong bằng nghịch đảo của độ cong. Vây, Nếu đường cong cho dưới dạng phương trình y f (x) trình tham số - thì bán kính cong được tính lần lượt theo công thức:

2 3/2

, (1.57)

R



 (1 y )  y

2 3/2

2

(x

. (1.58)

R



   x y

 y )    x y

e. Tọa độ tâm cong. Lưu ý. Người ta cũng có công thức tính độ cong, bán kính cong cho trường

hợp đường cong cho dưới dạng tọa độ cực.

f. Túc bế, thân khai Xét đường cong phẳng C. Mỗi điểm M trên C có tương ứng một tâm cong I. Quỹ tích L các tâm cong I của đường cong C gọi là đường túc bế của C, còn C gọi là thân khai cuả L (xem Hình 1.15.)

Nếu C cho bởi phương trình y = f(x) hay phương trình tham số thì phương

trình túc bế dưới dạng tham số lần lượt là

Hình 1.15. Đường thân khai C và đường túc bế L

2



X x

 

(tham số x hoặc y) (1.61)

  (1 y )y  y 2

Y y

 

 1 y  y

      

37

2

x

  x

0

(tham số t) (1.62)



  y

y

0

      



2px (p



0).

.

2     (x y )y      x y x y 2 2   y )x  (x      x y x y Ví dụ1.57. Tìm đường túc bế của parabole 2y Giải. Rõ ràng là x 0 , ta có y

2p x 

Vì

, thay vào (1.61) nhận được túc bế

2

p  y   , y   p 2x

3

X 3x p    X  p

(xem Hình 1.14 khi p = 2). #

1.5.2. Đường cong trong không gian a. Hàm véc tơ của đối số vô hướng





Định nghĩa. Nếu với mỗi t

hay 3y 2p 3 Y   ( 2px ) 2 p      y 2 p 2 2x x        Y  

có tương ứng với một véc tơ V V(t)









.

thì ta nói, ta đã có một hàm véc tơ của đối số vô hướng t, ký hiệu V V(t), t

 [a, b]

Các véc tơ nói đến ở định nghĩa là véc tơ tự do. Ta có thể đưa chúng về





. Ký hiệu

cùng gốc là gốc tọa độ O bằng cách đặt OM V(t)



  r(t) OM

gọi là hàm bán kính véc tơ của điểm M.

.

 Từ đây, ta chỉ cần xét hàm bán kính véc tơ r

 r(t)



(1.63)

Nếu M có tọa độ (x,y,z) thì 

[a, b] 

. (1.64)

 

Khi t biến thiên từ a đến b, điểm M vạch nên đường cong C nào đó trong . Hệ (1.63) được gọi là

 r(t)



 không gian. C được gọi là tốc đồ của hàm véc tơ r phương trình tham số của C, (1.64) gọi là phương trình véc tơ của C.  Sự liên tục. Hàm véc tơ r



 r(t) được gọi là liên tục nếu các hàm x(t), y(t), z(t) là những hàm liên tục. Khi đó đường cong C được gọi là đường cong liên tục.

 Sự khả vi. Hàm véc tơ r

 r(t)



.

gọi là khả vi tại điểm 0t nếu các hàm x(t), y(t), z(t) là khả vi tại 0t ; gọi là khả vi trong khoảng (a, b) nếu nó khả vi tại mọi điểm t

x(t), y  x(t) i  y(t), z  y(t) j z(t)  z(t) k  x  r 

tính theo công

 Đạo hàm của hàm véc tơ r

 r(t)

  , ký hiệu bởi r

  r (t)



thức

38

(a, b) 

. (1.65)

Nếu các hàm x(t), y(t), z(t) là khả vi trong khoảng (a, b) thì đường cong C gọi là đường cong trơn. Ta cũng chỉ xét trường hợp đường cong không có điểm bất thường, nghĩa là chỉ xét trường hợp

2

2





 x (t) y (t)



2  z (t)



0,

 . t

Nếu đường cong C liên tục, có thể phân thành một số hữu hạn cung trơn thì

C được gọi là trơn từng khúc (xem Hình 1.16).

Lưu ý. Để đường C trơn từng khúc, trước hết nó phải liên tục.

Hình 1.16. Đường cong trơn từng khúc

Ý nghĩa của véc tơ đạo hàm * Ý nghĩa hình học. Véc tơ đạo hàm của hàm véc tơ trùng phương với

phương của tiếp tuyến của tốc đồ của hàm véc tơ tại điểm tương ứng.

* Ý nghĩa cơ học. Khi coi t là tham số thời gian, độ dài của véc tơ đạo hàm   r (t) của hàm bán kính véc tơ tại thời điểm t bằng tốc độ của điểm M tại thời

  r điểm đó và được tính theo công thức

2

2

  r    r (t)    x (t) i    y (t) j    z (t) k

. (1.66)

2  z (t)

b. Phương trình tiếp tuyến và pháp tuyến của đường cong Như đã nói, véc tơ chỉ phương của tiếp tuyến là

.

   V(t)   x (t) y (t)   dr dt

Vậy, phương trình tiếp tuyến tại điểm

   T r (t)     x (t) i    y (t) j   z (t) k 

0

0

0

0

(1.67)





với giá trị 0t của tham số là: x x  0  x (t ) 0

y y  0  y (t ) 0

 z z 0  z (t ) 0

(quy ước khi mẫu số bằng 0 thì tử số cũng vậy), và phương trình mặt phẳng pháp với đường cong tại

M (x , y , z ) trên đường cong ứng

0

0

0

    . (1.68) 0  z (t )(z 0 z ) 0

0M là:   x (t )(x x ) y (t )(y y ) 0   x (t) i



   B r

  

  r

  Với r  

, đặt  i  x (t) 

 j  y (t) 

x

z

 k  z (t) ,  z (t)

x (t) y (t)

.

   z (t) k  k  z     y (t) j    j i   y x   y

39

   N B T  

(C)

   

ta được

 0M 

Mặt phẳng qua

         , ,    Chuẩn hóa các véc tơ B,T, N  N  . N  T  T

+ Có cặp véc tơ chỉ phương

) gọi là mặt phẳng mật tiếp;

+ Có cặp véc tơ chỉ phương

) gọi là mặt phẳng pháp;

 B  B 0M ,

 (véc tơ pháp   (véc tơ pháp   (véc tơ pháp 

) gọi là mặt phẳng trực đạc.

Các véc tơ đơn vị

với các mặt phẳng vừa nêu gọi là tam diện

+ Có cặp véc tơ chỉ phương       , ,

Frénet.

Với đường cong trong không gian, người ta cũng xét độ cong, bán kính

cong, hơn nữa độ xoắn; tuy nhiên chúng ta không trình bày ở đây.

Ví dụ 1.58. Tìm các véc tơ

 ,   ,    , 

của đường đinh ốc trụ là quỹ đạo của một điểm M vừa quay đều xung quanh một trục d với vận tốc góc không đổi  , vừa tịnh tiến dọc theo trục đó với vận tốc không đổi C.

. Theo giả thiết

Giải. Lập hệ trục Oxyz (xem Hình 1.17). Chiếu M xuống mặt Oxy được    , từ đó t

      , ,



Tính các đạo hàm ta được      y

x

 



t,

  z C;

a sin t, 2





x

   a

cos



 t, y

 sin t, z



0.

a cos 2    a

Từ đó nhận được

 i  a sin t

 B

  

 j  a cos



t

 k C

t

a

cos

2   a

0

cos

a

2

2     2 2 sin t i Ca      Ca    2 2 N B T     

(C

sin t    2 3 k,    t j  2 2 2      a t i

)cos

a

a

(C

2 2   a

 )sin t j. 

Vậy các véc tơ đơn vị cần tìm là

40

 điểm M gọi  là góc hợp bởi trục Ox với OM phương trình tham số của chuyển động là  a sin t, z Ct (t a cos t, y 0).      x

2

2

 t      i   j   k,    a sin t 2 2 2   C a  a cos 2 2   a C C 2 2   a C

2

2

2

 t       i   j   k, a C a Ccos 2 2   C  a 2 2   a C

   

1, t

Trong trường hợp a C

  thì M(-1, 0, π).

0,

  

0,

,

,

  

,

   

( 1, 0, 0)

,

 1 2

1 2

1 2

  

  

  

  

1 2  Mặt phẳng mật tiếp (véc tơ pháp 

) là: y z

    ,

0

y z

0

     ,

    Csin t 2 2    t i    cos  sin t j.   T  T  B  B  N  N

) là : x 1 0

  . #

) là :  Mặt phẳng trực đạc (véc tơ pháp 

Hình 1.17. Đường đinh ốc trụ

1.5.3. Mặt cong a. Khái niệm mặt cong

3

 Cho hàm ba biến F(x,y,z) xác định trong miền

G   . Tập hợp S các

điểm M(x,y,z) thỏa mãn phương trình F(x, y, z) 0

hay tổng quát hơn

F(x, y,z)

k (1.69)

được gọi là mặt cong, phương trình (1.69) gọi là phương trình của mặt.

 Đôi khi từ (1.69) ta có thể giải ra dưới dạng

(1.70)

z



z(x, y)

, hay x



x(y, z)

, hay y



y(z, x)

41

 Mặt phẳng pháp (véc tơ pháp 

thì mỗi phương trình này cũng được gọi là phương trình của mặt, mặt được gọi là cho dưới dạng hiện.

Chúng ta chỉ xét trường hợp mặt cong liên tục, ở đó hàm F(x,y,z) liên tục. Mặt S được gọi là trơn nếu hàm F(x,y,z) có các đạo hàm riêng liên tục và

không đồng thời bằng không:

khác không.

Nói cách khác, trên S thì véc tơ gradient grad F(M)

Mặt S được gọi là trơn từng mảnh nếu nó liên tục, có thể phân thành hữu

hạn mảnh trơn.

Lưu ý. Để mặt S trơn từng mảnh, trước hết nó phải liên tục. b. Phương trình pháp tuyến và tiếp diện của mặt cong Giả sử mặt S cho bởi (1.69). Tại



0

0

0

+ Véc tơ pháp tuyến với mặt: 



(1.72)

  n(M ) F (M ) i F (M ) j F (M ) k.









 n

 y

0

0

 x

 z

0

0

0

Ta còn viết véc tơ pháp tuyến dưới dạng tọa độ

. (1.73)



 n(M ) 0

 F (M ), F (M ), F (M ) x 0

 y

 z

0

0





, (1.74)

M (x , y , z ) S , 0

+ Phương trình pháp tuyến và phương trình tiếp diện lần lượt là  z z 0  F (M ) z 0











 . (1.75)

   y y 0  F (M ) y 0

z ) 0 0

 y

 z

0

0

0

0

0

Hình 1.18. Pháp tuyến và tiếp diện của mặt cong

 x x 0  F (M ) x 0  F (M )(x x ) F (M )(y y ) F (M )(z x

Đặc biệt, nếu mặt cho dưới dạng z  , tại M (x , y ,f (x , y )) S thì véc tơ pháp tuyến, phương trình pháp tuyến và

0

0

0

0

, (1.76)

 n



0

 f (x , y ), x 0

0

0

F(x, y, z) f (x, y) f (x, y)   z 

0

0

0

, (1.77)









(z





điểm 0 phương trình tiếp diện lần lượt là      f (x , y ), 1 y 0  x x  f (x , y ) x 0 0  f (x , y )(x x ) x 0 0

z     z 1

0

0

z ) 0. 0

42

 y y  f (x , y ) 0 y 0  f (x , y )(y y ) y 0 0

z



z









hay

(1.78)

 f (x , y )(x x ) x 0 0

0

 f (x , y )(y y ). y 0

0

0

0

2

2

2

Ví dụ 1.59. Viết phương trình tiếp diện của mặt S:

song

0

song với mặt P : x y z

   .

Giải.

x  y  2z  10

1(Q ) : (Q ) : (x 2)

  (x 2)   (y 2)  (z 1)        x y z 5 0. 0

2

   (y 2)         # x y z 5 0. 0

43

(z 1)

TÓM TẮT CHƯƠNG 1

Các định lí về giới hạn, liên tục của tổng, hiệu, tích, thương, luỹ thừa, hợp hàm của các hàm, các hàm liên tục, định nghĩa hàm sơ cấp và tính liên tục của chúng, các khái niệm và kết quả về sự liên tục đều đối với hàm một biến vẫn còn bảo toàn cho trường hợp hàm nhiều biến.

Khi tính đạo hàm riêng theo biến nào đó, ta coi các biến khác không đổi,

rồi lấy đạo hàm theo biến đó như lấy đạo hàm với hàm một biến.

Đạo hàm hàm hợp: F F(u(x, y), v(x, y))

.



xác định từ F(x, y, z)

,     F   y F u     u y F v     v y  F  x F u     u x F v     v x

Đạo hàm hàm số ẩn: z

0

    , .  z  y  z  x  F x  F z

z (x, y)   F y  F z Các phép toán về vi phân

d (uv)

.

, df (u)

 d (u v)   du dv,   udv vdu,

d



 vdu udv 2

u v

v

  

  

Dù u, v là biến độc lập hay biến phụ thuộc luôn có

.

dz



du



dv

 f  u

 f  v

 

x, y



 

Tính gần đúng f (x

0

0

f (x , y ) 0 0

  f (x , y ) x f (x , y ) y x

 y

0

0

0

0

 f (u) du

y)         

.



Đạo hàm theo hướng  u(M ) 0   

.

 grad u





u



u



u

2  x

2  y

2  z

u    

   cos + cos    cos  grad u(M ) 0 (cos , cos , cos )   :   u(M ) u(M ) 0 0  y  x  u(M ) 0  z

Dấu bằng xảy ra khi

.

  cùng phương với grad u

Điều kiện cần của cực trị. f (x, y) khả vi, đạt cực trị tại

0M thì

.



Điều kiện đủ của cực trị Cho

. Đặt

  0  f (M ) 0  x f (M )  0  y

0

0

0

2

2

2







A



, B



, C



,

 

2B AC. 

f (M ) 0 2

f (M ) 0 2

f (M ) 0   x y

 x

 y

i) Nếu

thì f đạt cực tiểu tại

M (x , y ) là điểm dừng của hàm z  f (x, y)

0M .

ii) Nếu

thì f đạt cực đại tại

  0; A 0 ( C 0)   

0M .

iii) Nếu

0  thì

0M không là điểm cực trị.

44

  0; A 0 ( C 0)   

Trường hợp 3 biến Tại điểm dừng

tính

0

0

0

0

2

2



dx



dy



dz

.

d f (M ) 0

f (M ) 0

  y

  z

  x

  

  

Nếu 2

d f (M ) xác định dương thì

0

0M là điểm cực tiểu.

Nếu 2

d f (M ) xác định âm thì

0

0M là điểm cực đại.

Tìm GTLN - GTNN trên miền đóng, giới nội D + Tìm những điểm tới hạn bên trong của D:

M (x , y , z ) D của hàm u  f (x, y, z)

1

+ Tìm những điểm tới hạn trên biên của D:

k 1N ,..., N ;

+ Tính:

M ,..., M ;

1

k

1

+ Kết luận: GTLN - GTNN của hàm là Max, Min các giá trị nhận được. Cực trị có điều kiện Tìm cực trị của hàm f(x,y,z) với điều kiện F(x, y, z) 0 , ta có thể dùng

i) Lập hàm Lagrange

.

a) Đưa về trường hợp ít biến hơn b) Phương pháp nhân tử Lagrange: f (x, y, z)

(x, y, z, )

 



 

F(x, y, z)

ii) Tìm các nghiệm

từ hệ

f (M );... ; f (M ); f (N );...; f (N ) ;

i

i

i

 



0

 



0

 



0

 F (x, y, z) x  F (x, y, z) y  F (x, y, z) z

 f (x, y, z) x  f (x, y, z) y  f (x, y, z) z F(x, y, z)



0

    x      y      z     

iii) Kiểm tra xem các điểm dừng điều kiện

  , x , y , z , i 1,..., k i

i

i

i

i

điều kiện hay tại đó đạt GTLN, GTNN điều kiện hay không.

tại điểm

Tiếp tuyến của đường - pháp tuyến, tiếp diện của mặt y(t), z Tiếp

N (x , y , z ) có là điểm cực trị

x(t), y  z(t)

tuyến của đường cong x t

0

0

0

0

.





0 x x  0  x (t ) 0

y y  0  y (t ) 0

 z z 0  z (t ) 0

Pháp tuyến và tiếp diện của mặt cong F(x, y, z)

 của tham số là: M (x , y , z ) trên đường ứng với giá trị  t

0

0

0

0

,

0 tại điểm M (x , y , z )

trên mặt có phương trình lần lượt là:  z z 0  F (M ) z 0













   y y 0  F (M ) y 0

 y

 z

0

0

0

0

z ) 0 0

45

 x x 0  F (M ) x 0  F ( M ) (x x ) F (M ) (y y ) F ( M ) ( z x 0

Bài giảng 5: Tích phân bội

Tuần thứ: 5

Chương, mục: 2 Tiết thứ: 21-25 Mục đích, yêu cầu:

 Nắm định nghĩa TP bội, cách xác định cận TP  Một số ứng dụng  Thấy lợi ích của dùng đổi biến toạ độ cực  Nắm được một số các đổi biến tổng quát khác

- Hình thức tổ chức dạy học:

Hình thức chủ yếu: Lý thuyết, thảo luận - tự học, tự nghiên cứu

- Thời gian:

Lý thuyết, thảo luận: 5t - Tự học, tự nghiên cứu: 5t

- Địa điểm:

Giảng đường do P2 phân công.

- Nội dung chính:

§2.1. Tích phân kép

Chương 2

TÍCH PHÂN BỘI

§ 2.1. TÍCH PHÂN KÉP

2.1.1. Mở đầu

a. Định nghĩa

, xác định

Cho hàm số z



f (x, y)

trên D là miền giới nội, có diện tích.

1



Chia D thành n mảnh nhỏ không dẫm lên nhau. Gọi các mảnh nhỏ đó là  ( S ),...,( S ) và diện tích tương ứng n  .  S ,..., S của chúng là n 1 iS ) lấy điểm Trên mỗi mảnh ( ( S ) M (x , y ) . Lập tổng i i i

i

Hình 2.1. Hình trụ cong

iM tùy ý: tích phân

I





(2.1)

n

f (x , y ) S i i

i

n  i 1 

Gọi

id là đường kính của mảnh (

iS ):

.

 

i

i

i

Nếu khi n   sao cho

d   d( S ) Sup{MN : M, N ( S )}   

n

dần đến giới hạn hữu hạn I, iS ) thì

iM trên (

không phụ thuộc vào cách chia miền D và cách chọn các điểm ta nói:

46

0, I Max(d ) i

+ Hàm f(x,y) khả tích trên D;

+ I được gọi là tích phân kép của hàm f(x,y) trên D, ký hiệu là

;

f (x, y) dxdy

 D

+ D là miền lấy tích phân; f(x,y) là hàm dưới dấu tích phân.

Lưu ý. Ở trên ta dùng thuật ngữ miền có diện tích (hay cầu phương được).

Không cần quan tâm nhiều, đại thể đó là các tập thông thường.

b. Ý nghĩa hình học

Thể tích

. (2.2)

V

f (x, y) dxdy

  D

Cho f (x, y) 1 , được công thức tính diện tích miền phẳng:

. (2.3)

dt(D)

dxdy

  D

c. Điều kiện tồn tại. Cho D là miền giới nội, (có diện tích).

* Nếu f(x,y) bị chặn, liên tục trên D thì khả tích trên D.

* Nếu f(x,y) bị chặn, liên tục từng mảnh trên D thì khả tích trên D.

Chú ý. Để tham khảo, chúng ta nên biết điều kiện rộng rãi nhất của khả tích

(xem [15] tr 130):

d. Tính chất của tích phân kép

Tích phân kép có các tính chất giống với tích phân xác định.

Định lý 2.1. Cho f(x,y), g(x,y) là các hàm khả tích trên miền (có diện tích)

D nào đó, và a là một số thực. Khi đó

khả tích trên D và

i) Các hàm f (x, y) g(x, y), af(x,y), f (x, y)



(f (x, y) g(x, y)) dxdy





f (x, y) dxdy



g(x, y) dxdy,

 D

 D

a f (x, y) dxdy



a

f (x, y) dxdy,

 D

 D  D

. (2.4)

f (x, y) dxdy



f (x, y) dxdy

 D

 D

ii) Nếu D có thể tách thành hai miền (có diện tích) và không dẫm lên nhau

(phần chung chỉ có thể là một phần biên của mỗi miền):

2

. (2.5)

  , thì D D D 1

 D

 D

 D 1

2

iii) Nếu f (x, y) g(x, y),

f (x, y) dxdy  f (x, y) dxdy  f (x, y) dxdy

. (2.6)

f (x, y) dxdy



g(x, y) dxdy

 D

 D

47

  (x, y) D  thì

2

2

iv) Các hàm

f (x, y) g(x, y), f

(x, y), g (x, y) khả tích trên D và

2

2

(2.7)

f (x, y) g(x, y) dx dy

f (x, y) dx dy

g (x, y) dx dy

 D

 D

 D

  

  

  

2    

  

(Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz).

Nghiệm đúng Định lý về giá trị trung bình.

2.1.2. Cách tính trong tọa độ Descates

a. Miền lấy tích phân có dạng hình chữ nhật

và giả sử f(x,y) là hàm

Định lý 2.2. Cho D {(x, y) : a

f (x, y) dy

liên tục trên D. Khi đó tích phân

và

xác định với mọi x [a, b]

   x b, c   y d}

d  c

.

f (x, y) dxdy



 D

b  f (x, y) dy dx : dx f (x, y) dy  a

d  c

b d       a c

   

Đổi vai trò hai biến ta thu được

f (x, y)dxdy



dy f (x, y)dx

. (2.9)

d  c

b  a

 D

. Theo Định lý 2.2,

Xét trường f (x, y)



h(x).k(y) dx dy



dx

h(x).k(y) dy





b  a

 D

d  c

b  a

d  c

    

  h(x) dx .      

 k(y) dy .   

Hệ quả.

. (2.10)

h(x).k(y) dxdy



b  a

d  h(x) dx . k(y) dy c

 {a x b; c y d}

 

 

2

Ví dụ 2.1. Tính i)

, ii)

.

(x



y ) dxdy

y sin 2x 2 dx dy





{0 x

 

  /2, 1 y 2}

 0 x,y 1



3

2

dx



x



dx



I



 dx (x y ) dy



xy



.

Giải. i)

y 1   y 0

1 

1 

1 

1 

y 3

1 3

5 6

  

  

  

  

0

0

0

0

2



/2

y



y

/2

J





.



ii)

. #

 0

2 1



 sin 2x dx. 2 dy

cos 2x 2

2 ln 2

3 ln 2

1

0

b. Miền lấy tích phân có dạng bất kỳ

D {(x, y) : a



  x

  y

y (x)}

 Nếu D là hình thang cong

2

b, y (x) 1

 h(x).k(y)

(Hình 2.2a), 1

2

48

y (x), y (x) liên tục trên [a, b], hàm f(x,y) liên tục trên D thì

b

b

y (x) 2

y (x) 2

(2.11)

f (x, y) dxdy



dx

f (x, y) dy



f (x, y) dy dx.











D

a

y (x) 1

a y (x) 1

   

   

D {(x, y) : c



 

y d, x (y)

  x

x (y)}

 D-hình thang cong đáy//Ox:

2

1

f(x,y), 1

2

Hình 2.2. Một số miền lấy tích phân thông dụng trong

2

(2.12)

x (y), x (y) là những hàm liên tục thì

 D

d  c

d  c

x (y) 2  x (y) 1

f (x, y) dxdy  dy f (x, y) dx  f (x, y) dx dy.

x (y) 2  x (y) 1

 D vừa có dạng ở Hình 2.2a, vừa có dạng ở Hình 2.2b (xem Hình 2.2c):

Chọn một trong hai công thức (2.11) hoặc (2.12). Từ đó

f (x, y)dxdy



dx

f (x, y)dy



dy

f (x, y)dx

(2.13)

 D

d  c

b  a

y (x) 2  y (x) 1

x (y) 2  x (y) 1

Dường như luôn có một thứ tự lấy tích phân thuận lợi hơn thứ tự kia!

Hướng dẫn cách xác định cận TP (xem [1]).

2

I



 x (y x)dxdy

Ví dụ 2.2. Tính

, D là miền giới hạn bởi các đường

 D

2

2

.

y



x và x



y

2

2

Giải.

. Giao điểm:

       

y



2 x , y

  

x

x

 0, x 1.

2

2

2

#

x  y     0 y x

3 x y

x 2

 y  y x

2

1  0

1  0

x  x

49

I  dx  x (y x)dy  x  dx  ...  . y 2 1 504      

Ví dụ 2.3. Cho D là miền giới

hạn bởi các đường



x, y

 

 x 1, y 1, y 3

y

 .

2

2

I



(x



y ) dxdy

Tính

.



D

y 3 1

Giải.

O 1 3 x

.

D {(x, y) : 1 y 3, y 1 x

3

2

I



dy

(x



2 y ) dx





2 y x

dy

 x y   x y 1

x 3

  

  

3  1

y  y 1 

3  1

3

3

3

2

. #

      y}

3  1

2

Ví dụ 2.4. Tính tích phân

. (Không có nguyên hàm sơ cấp)

1  0

2 x  dy e dx 2y

2

2

x

4



I



dx

2 x e dy



2 x xe dx



x 2 e d(x )



e



e

 1



.

2 0

1 2

1 4

1 4

1 4

2  0

x/2  0

2  0

2  0

2.1.3. Đổi biến số với tích phân kép

a. Công thức đổi biến tổng quát

Để tính tích phân kép nhiều khi ta dùng phép đổi biến

x(u, v)

. (2.14)

y(u, v),

(u, v) D '



 x   y 

+ x(u,v), y(u,v) là các hàm liên tục, có các đạo hàm riêng liên tục trong

miền đóng, giới nội D Oxy,

 

( D có diện tích);

;

+ (2.14) xác định một song ánh (đơn ánh và lên) từ D

  

D Oxy

+ Định thức Jacobi

;

J





det



0,



(u, v) D'



D(x, y) D(u, v)

 x u  y u

 x v  y v

  

  

(có thể trừ ra tại một số hữu hạn đường). Khi đó

. (2.15)

f (x, y)dxdy



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

 D

 D '

50

  y   y (y 1)  dy ... 14   y 3  (y 1) 3            

Chú ý. i) Tính chất của định thức Jacobi là:

. (2.16)

  0



D(u, v) D(x, y)

D(x, y) D(u, v)

1 D(u, v) D(x, y)

Điều này có thể giúp ta tính định thức Jacobi J thuận lợi hơn.



x, v

y

ii) Bằng đổi biến u

  ta nhận được kết quả hữu ích sau:

* Cho D là miền đối xứng qua trục Ox,

1D là phần miền D phía trên trục

Ox (xem Hình 2.3a) thì

ch½n víi biÕn y

(2.17)

f (x, y) dxdy

 2 f (x, y) dxdy, f (x, y) 1D

 D

0,

f (x, y)

lÎ víi biÕn y

     

(Hàm f(x,y) chẵn với biến y nếu f (x, y)

lẻ với biến y nếu f (x, y)

  f (x, y),   (x, y) D

* Tương tự khi miền D đối xứng qua trục tung.

Hình 2.3. Miền đối xứng qua trục Ox (a) và qua trục Oy (b)

4

5

I



 (x y) (x 2y) dxdy



Ví dụ 2.5. Tính tích phân

.

 D

trong đó D là miền giới hạn bởi các đường thẳng  2, x y 3, x 2y 1, x 2y

 

 

x y





 2.

. Đặt

   f (x, y),  (x, y) D  ).

x

u





v

u

y

  x

  J

det



 

.

x 2y

 

v

1 3

  





u

v

1 3 1 3

.

      y  Khi đó miền D trở thành D {(v, v) : 2 u

2 3 1 3  

1 2     3 3   1 1     3 3       3, 1 v

 Giải. D {(x, y) : 2    x y 3, 1 x 2y    2}

51

2}

5

6

  I

dv





147,7

.

3 2

2 1

1 3

v 6

 1 u  3 5 

  

  

3  2

2 4 5  du u v 1

Chú ý. Dùng tính chất (2.16) ta có cách thứ hai để tính J thuận lợi hơn:

. #

1 1      3 J    1  2 D(u, v) D(x, y) D(x, y) D(u, v) 1 3

b. Đổi biến tọa độ cực

x



r cos



Xét đổi biến tọa độ cực

. Định thức Jacobi của phép biến đổi là

y



 r sin .

  

cos

 

r sin



(trừ ra tại O(0,0)).

J





det



  r

0

sin



r cos



D(x, y)  D(r, )

 x r  y r

 x   y 

  

  

. (2.18)

f (x, y)dxdy



f (r cos , r sin ) r drd







 D

 D '

Đặc biệt, nếu miền D có dạng hình quạt như ở Hình 2.4 ta nhận được

1 D(u, v) D(x, y)

f (x, y)dxdy



d



f (r cos , r sin ) r dr





. (2.19)

 D

  

r ( )  2  r ( )  1

Hình 2.4. Miền hình quạt

Cách xác định cận: Xem [1]

4



2

2

(x



y ) dxdy



.

Ví dụ 2.6. i) Chứng minh rằng



R 4

2

2

2

{x



 y R }

2

I



sin(xy



dxdy

ii) Tính tích phân

,

1 2

2



y

 D

   

   

 1 x với D là nửa trên hình tròn tâm O, bán kính 1.

r , từ đó

Giải. i) Đặt x

D {           r  , , r ( ) 1 r ( )} 2

52

  r cos , y  r sin  thì J

4

4



I



 d

2 r r dr

  2 .



.

R 0

r 4

R 2

2   0

R  0

ii)

2 sin(xy ) dxdy

2

2

 D

 D 0 (lý do?) 1I

r ,

I   dxdy   I I 1 1 2  1 x  y

2I : đặt x

r

I



I



 d

dr



 d

dr

2

r 2

2

2

2 1 r cos



 

2 r sin



 1 r

  0

1  0

  0

1  0

2

d(r





 

 1 r

 

 ( 2 1).

#

2 1 0

1) 2

2 1 r



  = d 0

1  0

r cos





a r cos





x



(2.20)

b r sin





y

  

r sin



Tọa độ cực co giãn (☼) (xem tài liệu [1]) x    a  y    b

Nhận xét. Hình dung tọa độ cực co giãn thuận lợi thông qua các đường

đồng mức (Hình 2.5b). Các điểm trên trục tọa độ Ox, Oy có góc cực như nhau

với tọa độ cực thông thường cũng như tọa độ cực co giãn: Với cả hai loại tọa độ

cực, các điểm trên tia Ox đều có góc cực là 0, các điểm trên tia Oy đều có góc

/ 2

 

0,



/ 2,



, 3 / 2, 2 ,...





cực là

..., các đường đồng mức

vẫn là các tia Ox,

Oy, (☼)

Khi dùng tọa độ cực co giãn x

  r cos , y  r sin  , J



ab r

phép biến đổi là J

. Từ đó ta nhận được

. (2.21)

f (x, y) dxdy



 ab f (ar cos , br sin ) r drd





 D

 D '

2

2

Ví dụ 2.7. Tính diện tích hình giới hạn bởi elip



 , tia Ox và tia:

1

y 4

i) y

 a r cos , y   b r sin  , định thức Jacobi của

; ii) y

. 3r cos



x 9 0) 

 x (x  0)  2x / 3 (x

Giải. Xét phép đổi biến tọa độ cực (co giãn)

.

;

J



6 r



y

  

.

i)

2 r sin          3 / 2

 x

 arctan (3 / 2)

1

2

.

tan y   x 2r sin

1 | 0

 D

53

  d S  dxdy 6r dr 6. 3arctan   1    3 1 3 2 r 2    1  0 3r cos 1  0

.

Nhận xét. Nhiều người nhầm 1 ii)

.

  

2

2

S



dxdy



 d

6r dr



6.



. #

1 | 0

 4

r 2

 3 4

 D

/4   0

1  0

2

2

2

3

( xy

 

x y



sin(y ))dxdy ; D







Ví dụ 2.8. Tính

.

x 9

y 16

    

  1   

2

 D  y )dxdy

I



( xy

x dxdy



3 sin (y )dxdy





I



I



Giải.

.

I 1

2

3







D

D

D

2x / 3 2r sin     y (2 / 3)3r cos / 4           1 tan / 4

3

0 .

2

xy







I

I 1

0 . Từ đó

 y dxdy

D là miền đối xứng qua trục Oy, hàm f(x,y) = x lẻ với biến x, vậy 2I Tương tự, D đối xứng qua Ox,   D

sin (y ) lẻ với biến y nên 3I 2  4 (xy y ) dxdy   D 1

2

2

trong đó

.



0



1, x, y





D 1

x 9

y 16

, ta được

Đặt x



     4 r sin , J







12r

2

I



 (3rcos 4 r sin

 

2 16r sin



)12r d



      3rcos , y /2   0

1  4 dr 0

/2



4



4,12

(6sin 2

 

8(1 cos2 )) d





 

24(3 2 ).

 

#

1 0

  

r 4

   

0

Chú ý. i) Để thuận lợi, người ta còn dùng phép đổi trục

x X x





  X x x

0

0

y Y y





  Y y y

0

0

  

  

   

   







để đưa gốc về

(x , y ) ; tiếp theo dùng đổi biến X r cos , Y r sin

 .

0

0

Việc xác định cận của các biến r,  nhiều khi khá dễ.

Thực chất của hai lần đổi biến trên là sử dụng phép đổi biến tọa độ cực

dịch chuyển

x



r cos

 

x

 x x



r cos



0

0



, với J

r .

y r sin



 

y

 y y



r sin



0

0

  

  

ii) Nhiều khi miền lấy tích phân cho phép ta sử dụng cả tọa độ cực thông thường và tọa độ cực dịch chuyển. Tuy nhiên khi thực hiện lấy tích phân lặp với loại tọa độ này thì dễ, với loại khác lại khó hơn nhiều. Không có một gợi ý cho điều này.

iii) Đôi khi, người ta còn dùng đổi biến tọa độ cực co giãn dịch chuyển

 x x



a r cos



0



ab r

, với J

.

 y y



b r sin



0

  

54

2.1.4. Ứng dụng của tích phân kép

a. Ứng dụng hình học



Diện tích mảnh phẳng + Thể tích vật thể (đã biết)

 Diện tích mặt cong

(S) : z



f (x, y), (x, y) D

2   

2

dt(S)





2 (f ) dxdy



. (2.22)

 1 (f ) x

 y

 D

Để áp dụng (2.22), D: Hình chiếu của S lên Oxy.

Ví dụ 2.9. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường Lemniscat

2

2

(L):

(x



2 2 y )



2 a (x



2 y )

(a



0).

Giải. x

2

2

2

2 2 (r )



2 a (r cos

 

2 r sin

  

r

)

a cos 2

 .

Từ tính đối xứng,







4

dxdy



4

 d

r dr



4

d



 S 4S 1

 r a cos 2  r 0

a cos 2  0

/4 2  r  2 0

/4   0

 S 1

2

2

/4



2

a cos 2 d

  

a sin 2





2 a .

#

 0

/4   0

Ví dụ 2.10. Tính diện tích của mặt xác định bởi giao của các mặt trụ

2

2

2

2

2

x



z



2 a , y



z



a

(a



0).

Giải. Từ tính đối xứng,

  r cos , y  r sin  , dẫn đến

, trong đó 1S là mặt như Hình 2.6.

2

2

2

2

z

x



 hay



2 a , z



z

a



x , (x, y) D

 ; D là

1(S ) thì

1(S ) :

Trên hình chiếu của

0 1(S ) xuống mặt Oxy, (tam giác OAB). Vậy

2

2

 dt(S) 16dt(S ) 1

2 (z ) dxdy

2

 D

a  0

x  0

55

    dx 1 dxdy dt(S ) 1  1 (z ) x  y  2x 2 2 a  x       

a



dx

2  dy a .

2

2

a



x

a  0

x  0

2

Suy ra

. #

2

2

Ví dụ 2.11. Tính thể tích V của vật thể giới hạn bởi mặt trụ

 dt(S) 16a

2

2

và mặt cầu 2 x

x  y  2x

Giải. Khi chiếu vật thể V lên mặt Oxy ta được miền D giới hạn bởi đường

2

2

2

2

 y  z  . 4

2

2

2

2

x



y



z



4, z

   

0

z

 4 x

2 y .



Từ tính đối xứng, thể tích V được tính bởi

2

2

 V 2

 4 x



y dxdy

.

 D

r ,

Chuyển qua tọa độ cực: x

x  y    (x 1) 2x  y  : đường tròn tâm I(1,0) bán kính 1. 1

2

2

2

2

x



y

  2x

2 r cos

 

2 r sin

 

2r cos

  

r

2 cos

 .



2

  r cos , y  r sin  thì J

/2   /2 

2 cos  0

16(3

4)



2 3/2



2.

 (4 r )

  d

. #

2 cos 0

 1 2 . 2 3

  9

/2   /2 

b. Một số ứng dụng cơ học

* Khối lượng bản phẳng D:

(2.23)

m



(x, y) dxdy;

 D

* Trọng tâm

 4 r r dr  V 2  d

(2.26)

x



x (x, y) dxdy, y





y (x, y) dxdy.



G

G





1 m

1 m

D

D

, công thức trên trở thành

Đặc biệt, nếu vật đồng chất thì (x, y)



  

const

(2.27)

x



x dxdy, y



y dxdy

G

G

1 S

1 S

 D

 D

56

G(x , y ) : G G

trong đó S là diện tích miền D.

Ví dụ 2.12. Tính khối lượng, mô men quán tính với các cạnh OA, OB, điểm O cũng như tọa độ trọng tâm của một phần tư hình tròn D, biết rằng khối lượng riêng tại điểm M trên D tỷ lệ với khoảng cách đến mỗi cạnh OA, OB.

Giải

Xét hệ trục như Hình 2.8. Ta có,

2

2

2

R

.

D

(x, y) : x  x

 0, y

y 

 0

     

    

Khối lượng riêng là

.

 (x, y) Kxy



Hình 2.8. 1/4 hình tròn

2

4

2

2

2 R x



m



Kxy dxdy



dx

y

dx



.

*

0

  

1 2

  

K R 8

R  0

 D

2 R x   0

R  Kxydy K x  0

2

6

2

3

M



M



K x xy dxdy K dx



x ydy ...





*

OA

OB

K R 24

 D

R  0

2 R x   0

2

5







2 x ydy



*

K R 15

 D

 x (x, y) dxdy K x.xy dxdy K dx D

R  0

2 R x   0

4

#

x





R.



y



R.

Từ tính đối xứng, G x

G

G

5 K R KR : 8 15

8 15

8 15

* Chữa bài tập (2 tiết):

ĐS. 1. e) 2(e - 2).; 5. f): 20/3; 6(a): ;

.

; f) 8 2ln(1





2)

8: b)

; d) (1/3) ln (b/a); 9: g) 7/24 ;



3

 5 6

3

16a / 3 . 14: c)

; d)

.

10: f) 64 / 3

 7. e) (3 2ln 2) / 4

; g) 8 ; h)

22a (

 

2)

b) Thảo luận

c) Tự học

d) Bài tập

- Viết công thức chuyển TP kép sang TP lặp, cận của biến x trước, cận của biến y sau; Ngược lại - Nêu toạ độ Descates và toạ độ cực của vài điểm đặc biệt. - Vẽ một số hình, nêu cách xác định cận tích phân. VD 2.11; VD2.25 ; VD 2.26; VD 2.27; Bổ trợ: 1(b, d); 2(b, c); 3(b); 4(a, b); 5(a, c, d); 6(b); 7(d, c); 8(a); 9(d, f); 10(c); 15; 17; Tài liệu [1], tr ....

Tài liệu

57

  3 3 1 12

58

Bài giảng 6: Tích phân bội (tiếp)

Tuần thứ: 6

Chương, mục: 2 Tiết thứ: 26-30 Mục đích, yêu cầu:

 Nắm cách xác định cận TP  Một số ứng dụng  Nắm được một số các đổi biến tổng quát khác  Thực chất đổi biến toạ độ trụ là gì.

- Hình thức tổ chức dạy học:

Hình thức chủ yếu: Lý thuyết, thảo luận - tự học, tự nghiên cứu

- Thời gian:

Lý thuyết, thảo luận: 5t - Tự học, tự nghiên cứu: 5t

- Địa điểm:

Giảng đường do P2 phân công.

- Nội dung chính:

§2.2. Tích phân bội ba

§ 2.2. TÍCH PHÂN BỘI BA

2.2.1. Mở đầu

a. Định nghĩa

3

Cho

u



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

   , V: miền giới nội, có thể tích.

Chia V thành n mảnh nhỏ không dẫm lên nhau. Gọi các mảnh nhỏ đó là

và thể tích tương ứng của chúng là

.

1

1

Trên mỗi mảnh (

.

    ( V ),..., ( V ) n V ,..., V n

iV ) lấy điểm

iM tùy ý:

i

i

Lập tổng TP

I





, (2.28)

n

f (x , y , z ) V i i

i

i

n  i 1 

Gọi

id là đường kính của mảnh (

iV ):

.

  M (x , y , z ) i i ( V ) i

i

i

Nếu khi n   sao cho

d   d( V ) Sup{MN : M, N    V } i

n

dần đến giới hạn I hữu iM trên

hạn, không phụ thuộc vào cách chia miền V và cách chọn các điểm iV ) thì ta nói: (

+ Hàm f(x,y,z) khả tích trên V;

(hay

hay

…);

f (x, y, z) dxdydz

f (x, y, z) dV

f dxdydz

+ I được gọi là tích phân bội ba của hàm f(x,y,z) trên V, ký hiệu là  V

 V

 V

+ V là miền lấy tích phân; f(x,y,z) là hàm dưới dấu tích phân.

59

0, I Max(d ,...,d ) 1 n

Lưu ý. Ở trên ta dùng thuật ngữ miền có thể tích. Đại thể, đó là miền không

quá "lạ lùng"; miền ta xét thông thường luôn có thể tích.

b. Điều kiện tồn tại. Cho V là miền giới nội, (có thể tích).

* f(x,y,z) liên tục trên V thì khả tích trên V;

* f(x,y,z) bị chặn, liên tục từng mảnh trên V thì khả tích trên V.

c. Tính chất của tích phân bội ba

Giống với tích phân xác định.

2.2.2. Cách tính trong tọa độ Descates

a. Miền lấy tích phân là hình hộp

V = {(x, y, z) : a

f (x, y, z)dV



dx dy f (x, y, z)dz

b  a

d  c

f  e

 V

(Có thể đổi sang một thứ tự khác).

b. Miền lấy tích phân có dạng hình trụ cong

2



.

V {(x, y, z) : (x, y) D

 



, z (x, y)

  z

1

z (x, y)} 2

z (x,y) 2

z (x,y) 2

I



f (x, y, z) dxdydz



 f (x, y, z) dz dxdy :

dxdy

f (x, y, z) dz.











V

D

D z (x,y) 1

z (x,y) 1

   

   

Hình 2.9. Miền hình trụ cong

Hơn nữa, nếu miền D là hình thang cong có đáy // Oy (xem Hình 2.9)

  x b, c   y d, e   z f}

2

I



f (x, y, z)dxdydz



dx

dy

f (x, y, z) dz.

(2.30)

 V

b  a

y (x) 2  y (x) 1

z (x,y) 2  z (x,y) 1

60

D {(x,y): a    x   y y (x)}, b, y (x) 1

Lưu ý. (ii) Miền D chính là hình chiếu của vật thể V lên mặt Oxy.

(iii) Để xác định các cận tích phân: Xem [1].

Nếu vật thể có dạng hình trụ cong, với đường sinh song song với trục Ox (hoặc Oy) thì cần điều chỉnh thủ tục đi ít nhiều; chẳng hạn để tìm miền D ta phải chiếu vật thể V lên các mặt Oyz (hoặc Ozx).

Ví dụ 2.13. Tính tích phân bội ba

1

,

I



dxdydz

3

(1 x

  

y z)

 V

V là vật thể giới hạn bởi các mặt tọa độ và mặt phẳng x

   . y z 1

.

G. x y z 1

     

z 1 (x y)



Chiếu V xuống mặt phẳng Oxy ta

nhận được tam giác OAB. Vậy

Hình 2.10. Vật thể ở Ví dụ 2.13

3

1 x y    0

1  0

1 x   0



2



dx

dy

z 1 x y     z 0

  

(1 x y z)     2

  

1  0

1 x   0

1



dx



 dy ...



ln 2



.

#

2

1 2

1 4

1 2

5 16

  (1 x y)

  

  

1  0

1 x   0

Ví dụ 2.14. Tính tích phân

với V là miền giới hạn bởi

I

xyz dxdydz

  V

2

các mặt

x



0, y



0, z



 0, x 1, y



2, z



x



2 y .

61

1 I  dx dy dz    (1 x y z)

Hình 2.11. Miền ở Ví dụ 2.14

Vậy

Giải. Chiếu V xuống Oxy ta được D {0

2

2

x



y

1

1

2

2

2



y

.

#

I



xyz dz



dy



z x   z 0







z 2

121 60

  

  

0

2  dx dy 0

0

0

2  dx xy 0

c. Tính tích phân theo thiết diện

. (2.31)

f (x, y, z) dxdydz

f (x, y, z) dydz

dx



 V

b  a

.

 S(x) Xảy ra công thức tương tự khi xét các thiết diện Oy hay Oz

   x 1, 0   y 2}.

4

I

x dxdydz

Ví dụ 2.15 . Tính tích phân

 

V

2

2

2

x

y

z

trong đó V là miền giới hạn bởi elipsoid





 . 1

2

2

2

a

b

c

4

4

Giải.

.

I



dx

x dydz



4 x dx.

dydz



x dt(S(x))dx

a  a 

a  a 

 S(x)

a  a 

 S(x)

2

2

2

2

2

2

y

z

x

x

y

z

Bởi vì

hay





  

1

  1

2

2

2

2

2

2

b

c

a

a

b

c

2

2

2

x

y

z





1



dt(S(x))

 

.

2

2

2

a

 bc 1  

  

2

2

b 1



c 1



2

2

x a

x a

   

   

   

   

2

x

5

4

dx





bca

I





x



. #

Từ đó

2

4 35

a

 bc 1  

  

a  a 

2.2.3. Đổi biến số trong tích phân bội ba

a. Công thức đổi biến tổng quát

Có thể dùng đổi biến

3

x(u, v, w)    y(u, v, w) (u, v, w) V

 . (2.32)

z(u, v, w)

 x   y    z

+ Các hàm x(u,v,w), y(u,v,w), z(u,v,w) liên tục, có các đạo hàm riêng liên

( V có thể tích);

tục trong miền đóng V Oxyz,

 

;

+ (2.32) xác định một song ánh (đơn ánh và lên) từ V

  

V Oxyz

62

 

+ Định thức Jacobi



J







0



(u, v, w ) V



(2.33)

D(x, y, w) D(u, v, w)

 x v  y v  z v

 x  u   det y u    z  u

 x  w   y w    z  w

(có thể trừ ra tại một số hữu hạn mặt). Khi đó

. (2.34)

f (x, y, z) dxdydz



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

 V

  V



x, v



y, w

z

Nhận xét. Bằng cách đổi biến u

  ta nhận được kết quả

hữu ích sau:

* Cho V là miền đối xứng qua mặt phẳng Oxy, 1V là phần miền V phía trên

mặt phẳng Oxy thì

2

f (x, y, z) dxdydz,

nÕu f(x, y, z) ch½n víi biÕn z

f (x, y, z) dxdydz

 1V

 V

0,

nÕu f(x, y, z) lÎ víi biÕn z

     

* Phát biểu tương tự khi miền V đối xứng qua mặt Oyz hoặc Ozx.

b. Đổi biến tọa độ trụ

, z)

* Toạ độ trụ. M(x,y,z) trong hệ tọa độ Descates vuông góc Oxyz, tọa độ trụ , trong đó (r, ) là tọa độ cực của hình chiếu M của M

của nó là bộ ba số (r, lên mặt phẳng Oxy (xem Hình 2.13 ).

z M(x,y,z) y

 r

x M'

Hình 2.13. Tọa độ trụ



0, 0

2 ,

z

.

Rõ ràng là r

        

 r cos  r sin

(2.35)

z

x    y     z

63

Duy chỉ có các điểm trên trục Oz thì r 0 ,  tùy ý, z xác định. Các điểm

khác có tương ứng 1 - 1 giữa hai loại tọa độ. , z) Ta có thể viết M(x,y,z) hoặc M (r,

Tọa độ trụ suy rộng ở đó r,  có thể nhận giá trị bất kỳ, kể cả giá trị âm,

hay tọa độ trụ co giãn.

Định thức Jacobi của phép đổi biến (2.35) là

J



  



r

.

r sin   r cos 0

0 0 1

cos   det sin   0 

    

Nhận được công thức tích phân bội ba trong tọa độ trụ

. (2.36)

f (x, y, z) dxdydz



 f (r cos , r sin , z) r d dr dz





 V

  V

Hình 2.14. Miền hình trụ cong trong tọa độ trụ

Khi miền V có dạng hình trụ cong và hình chiếu của nó lên mặt phẳng Oxy

có dạng hình quạt (xem Hình 2.14) thì



 r ( ) 2

 z (r cos , r sin )  2

f (x, y, z) dxdydz



d



f (r cos , r sin , z) r dz





dr









V



 r ( ) 1

 z (r cos , r sin )  1

Ví dụ 2.16. Tính tích phân

với V là miền giới hạn bởi các

I

z dxdydz

  V

2

2

mặt

z



x



y

và z



h (h



0).

64

Giải. Xét đổi biến tọa độ trụ

r cos   r sin

J

r  .

h

z

x    y     z

2

2

2

2

z  x  y

2 r cos

2 r sin

z h y h x

Hình 2.15. Hình nón

2

4

2

I



 d



 d

r

dr 2

 

(h

2 r )dr





.

#

h r

z 2

r 2

 h 4

2   0

h  0

h  dr zr dz r

2   0

h  0

h  0

Nhận xét. Để thuận lợi khi xác định các cận của tích phân lặp, trước hết ta

chiếu miền V lên mặt Oxy. Dùng công thức (2.29) ta được

z (x,y) 2

I



f (x, y, z) dxdydz



f (x, y, z) dz dxdy







V

D z (x,y) 1

   

   

rồi dùng tọa độ cực để tính tích phân trên miền D.

Thủ tục "đưa về tọa độ cực" thuận lợi hơn dùng trực tiếp tọa độ trụ.

2.2.4. Ứng dụng của tích phân bội ba

a. Ứng dụng hình học

Thể tích vật thể:

. (2.44)

V

dxdydz

  V

Ví dụ 2.18. Tính thể tích V của vật thể giới hạn bởi các mặt

2

2

2

2

2



y



z



9,



y



8z.

(S ) : x 1

(S ) : x 2

2

2

Giải. Vật thể V nằm giữa mặt dưới

và mặt trên



(x



y ) / 8

1z

2

2



 9 (x



 y ) 0.

2z

2

2

2

2

2

x



y



z



9

y



8

Giao tuyến hai mặt:

  ...

2

2

x



y



8z

 x     z 1 

    

2

2

8

, là hình tròn tâm O, bán kính R

. Từ đó

D {(x, y) : x





y



8}

2

2

2

V



dxdydz



dxdy

dz



 9 (x



2 y )



(x



.

1 8

  

 y ) dxdy  

 V

 D

 D

z (x,y) 2  z (x,y) 1

65

     r.

Dùng tọa độ cực x

r. Vậy

2

2

(đvtt). #

I



d



 9 r



r

r dr



1 8

 40 3

  

  

2   0

8  0

b. Một số ứng dụng cơ học

.

Khối lượng riêng (x, y,z)



tại điểm M(x, y, z) V , (x, y,z)



* Khối lượng vật thể V:

(2.45)

m



(x, y, z) dxdydz.

 V

  rcos , y  r sin  với J

* Tọa độ trọng tâm G G G

x (x, y, z) dxdydz,



x



G

1 m

 V

y (x, y, z) dxdydz,



y



(2.46)

G

1 m

 V

z (x, y, z) dxdydz.



z



G

1 m

 V

(vật đồng chất),

 Đặc biệt, (x, y, z)

  

const

(2.47)

x



x dxdydz, y



y dxdydz, z



z dxdydz

G

G

G

1 V

1 V

1 V

 V

 V

 V

V: là thể tích vật thể V.

Ví dụ 2.19. Tính tọa độ trọng tâm vật thể đồng chất giới hạn bởi các mặt trụ

2



z, z 0, y 1



parabolic

và các mặt y

 .

x , y , z của V:



y

Giải. Mặt dưới và mặt trên của vật thể là z 0 và z

 . Ta có

V



dxdydz



dx



dx

y dy ...

 

.

4 5

2

2

y  dy dz 0

1  1 

 V

1  1 

1  x

1  x

Từ tính đối xứng,

x dxdydz

0.

 V

2

y dxdydz



dx



dx

y dy ...

 

.

4 7

2

2

1  1 

y  dy ydz 0

1  1 

 V

2

.

z dxdydz



dx



dx

dy ...

 

y 2

2 7

2

2

1  1 

y  dy z dz 0

1  1 

 V

1  x 1  x

1  x 1  x

66

y x

Hình 2.19. Miền ở Ví dụ 2.19

#

Chữa bài tập.

; d)

2 16a / 9 .

.

 

(e 2)

22a (

 

2)

ĐS. 19.c) 0; 20. f) π/60; 21: c) b) Thảo luận

- Viết công thức chuyển TP bội ba sang TP lặp, cận của biến x trước, cận của biến y sau rồi đến của z; Thứ tự khác. - Nêu một số đổi biến tổng quát với miền lấy TP cụ thể (không tính TP). VD 2.13; Bổ trợ: Tài liệu [1], tr ....

c) Tự học d) Bài tập Tài liệu

67

0, . (x , y , z ) Vậy G G G 5 5 , 7 14       

Bài giảng 7: Tích phân bội (tiếp)

Tuần thứ: 7

Chương, mục: 2 Tiết thứ: 31-35 Mục đích, yêu cầu:

 Thấy lợi ích đặc biệt của đổi biến toạ độ cầu  Khi nào nên dùng đổi biến TĐ cầu.  Lợi ích của TP phụ thuộc tham số

- Hình thức tổ chức dạy học:

Hình thức chủ yếu: Lý thuyết, thảo luận - tự học, tự nghiên cứu

- Thời gian:

Lý thuyết, thảo luận: 5t - Tự học, tự nghiên cứu: 5t

- Địa điểm:

Giảng đường do P2 phân công.

- Nội dung chính:

§2.2. Tích phân bội ba (tiếp) §2.3. Tích phân phụ thuộc tham số

§ 2.2. TÍCH PHÂN BỘI BA

c. Đổi biến tọa độ cầu (1 tiết)

* Tọa độ cầu. Cho ứng mỗi điểm M(x,y,z) trong hệ trục tọa độ Descartes )  như Hình 2.16, được gọi là tọa độ cầu của ,

vuông góc Oxyz với bộ ba số (r, điểm M.

và

 tùy ý.

Gốc tọa độ O ứng với r 0 ,

Các điểm còn lại trên trục Oz có r xác định,  tùy ý,

0  hoặc   .

Đối với các điểm còn lại có tương ứng 1 - 1 giữa tọa độ cực và tọa độ cầu:



.

3 Oz

   

{(r ,

,

) : 0



r, 0

   

2 , 0

    }

.

      ).

(Cũng có thể chọn khoảng biến thiên của  là

 r cos sin  r sin sin

 

(2.38)

r cos



 x    y    z 

68

z M(x,y,z)  r

y 

x M'

Hình 2.16. Tọa độ cầu

Nhận xét. Một số tài liệu ký hiệu góc xOM là φ, góc zOM là . Tuy nhiên, ta ký hiệu như trên để phù hợp với nhiều tài liệu khác, và đặc biệt là phù

hợp với các phần mềm tính toán hiện đại.

Hà Nội có tọa độ (cầu) (6300, 108, 69) (ở đây góc tính theo độ).

* Đổi biến số dùng tọa độ cầu. Dùng đổi biến tọa độ cầu (2.38) để tính tích

phân bội ba rất hiệu quả. Định thức Jacobi của phép đổi biến là:

J



  

2 r sin



(2.39)

 cos sin  det sin sin  cos

r sin sin     r cos sin 0

 r cos cos  r sin cos  r sin



    

        

f (x, y, z) dxdydz

I

  V

2



 f (r cos sin , r sin sin , r cos ) r sin drd d

 











. (2.40)

  V

Công thức đúng kể cả khi miền V có chứa những điểm trên trục Oz.

Trong trường hợp miền cho ở Hình 2.17 thì:

2

2

. (2.41)

   1

( )   1  ( )   1

r ( , )   2  r ( , )   1

69

I   d  d f (r cos sin , r sin sin , r cos ) r sin dr      

Hình 2.17. Xác định cận tích phân bội ba trong tọa độ cầu

Xác định các cận tích phân: Xem [1].

Tọa độ cầu co giãn Để tính tích phân.bội ba người ta cũng hay dùng tọa độ cầu co giãn:

 a r cos sin ,   b r sin sin , 

. (2.42)

 c r cos ,

(a, b,c 0).



 x    y    z 

Lưu ý rằng khi đó

J



2 abc r sin

 , ta được

2

I



abc

 f (r cos sin , r sin sin , r cos ) r sin dr d d

 











. (2.43)

  V

Ví dụ 2.17. Tính tích phân

với V là phần giới hạn



2

2

2

V

bởi 2 mặt cầu

2

2

2

1 dxdydz x  y  z

.

2

2

2

 y  z  1, (S ) : x 1

nằm phía trên mặt phẳng Oxy.

Giải. Xét phép đổi biến

 

 

ta được

J



2 r sin

 .

r cos



x r cos sin    y r sin sin     z 

70

 y  z  4 (z  0) (S ) : x 2

2

Trên

 (r cos sin )

2  

 (r sin sin )

2  

(r cos )

    r 1,

1

1(S ) :

Tương tự, trên

2(S ) : r

2

/2

I



 d

d



2 r sin dr

   

 2 ( cos )

  3

Từ đó

. #

 0

2 1

1 r

  

r 2

  

2   0

 /2  0

2  1

Ta nên dùng kiểu đổi biến nào cho bài toán tích phân bội ba cụ thể?

Theo kinh nghiệm của chúng tôi, điều này chủ yếu dựa vào miền lấy tích

phân.

§ 2.3. TÍCH PHÂN PHỤ THUỘC THAM SỐ

2.3.1. Tích phân thường phụ thuộc tham số

Định nghĩa. Cho f(x,y) xác định trên D [a, b]

2 .

sao cho với mọi y cố định trên đoạn [c, d], hàm số f(x,y) khả tích (theo biến x) trên đoạn [a, b]. Đặt

I(y)



f (x, y)dx, y [c, d]



.

b  a

Tích phân I(y) được gọi là tích phân phụ thuộc tham số y. (Là hàm của y).

J(x)



f (x, y)dy, x [a, b]



.

d  c

thì:

Định lý 2.3. Nếu f(x,y) là hàm liên tục trên D [a, b]

[c, d]  

(i) I(y) là hàm liên tục trên đoạn [c, d], J(x) là hàm liên tục trên đoạn [a, b];

(ii) I(y) là hàm khả tích trên [c, d] , J(y) là hàm khả tích trên [a, b] và

dy f (x, y) dx



dx f (x, y) dy

(2.51)

d  c

b  a

b  a

d  c

(công thức đổi thứ tự lấy tích phân).

(iii) Ngoài ra, nếu giả thiết thêm rằng

tồn tại và liên tục trên D thì

  [c, d]

(2.52)

 I (y)



f (x, y)dx



dx,

 

y [c, d]

d dy

 f (x, y)  y

b  a

b  a

   

   

(công thức đạo hàm dưới dấu tích phân).

Chứng minh (☼)

Ví dụ 2.20. Tính các tích phân

b

a

x

dx

I



dx (0 a

 

b),

ii) J



 (0 a).

i)

2

 x ln x

(x

2 2 a )



1  0

1  0

71

 f (x, y)  y

b

a

x

y

Giải. i) Nhận thấy rằng

.



y x dy

x dy dx

 x ln x

b  a

1 b       I   0 a

   

Áp dụng công thức đổi thứ tự lấy tích phân ta đi đến

 y 1

y

I



x dx dy



dy



dy



ln

.

1 0

x  y 1

1  y 1

b 1   a 1

  

  

b  a

b  a

   

b 1       a 0

ii) Xuất phát từ đẳng thức



J(a)





 

a L

dx 2

2

1 a

1 arctan , a



x

a

1  0

, L

trong đó

là những số dương bất kỳ,

.

L

Áp dụng công thức đạo hàm dưới dấu tích phân ta được

1

1

 J (a)



dx

 

2a

dx

 

arctan



.

2

2

1 2

2

1 2

1 a

1 a

x



a

a



1

(x

2 2 a )



a

    a 

  

1  0

1  0

1

1

  J



dx



arctan



. (*)

J (a) 2

3

1 2

2

1 a

2a

(x

2 2 a )



2 2a (a



1)

1  0

, L

Vì

dương tùy ý nên (*) đúng với mọi a dương.

dx



, n



3, 4, ...

#

J (a) n

2

(x

2 n a )



1  0

2.3.2. Tích phân phụ thuộc tham số với cận là hàm số

I(y)

f (x, y)dx

v(y)   u(y)

, các hàm

trong đó hàm số f(x,y) xác định trên hình chữ nhật [a, b] u(y), v(y) xác định trên đoạn [c, d] và nhận giá trị trên đoạn [a, b]:

.

 [c, d]

Định lý 2.4. Nếu hàm số f(x,y) liên tục trên hình chữ nhật [a, b]

a  u(y)  b, a  v(y)  b,   y [c, d]

các hàm số

, liên tục trên đoạn [c, d] và nhận giá trị trên đoạn [a, b] thì

[c, d] 

(i) I(y) là hàm liên tục trên [c, d] .

v(y)

v(y)





(ii)

f (x, y) dx

dx f (v(y), y)v (y)





f (u(y), y) u (y).





d dy

f (x, y)   y

u(y)

u(y)

   

    

Ví dụ 2.21. Tính đạo hàm hàm số

(y), (y)  

sin x   x

72

f (x) sin (tx) dt

Giải.

#

2 sin(x sin x) cosx sin x .

sin x  x

2.3.3. Tích phân suy rộng phụ thuộc tham số

Xét tích phân suy rộng với cận vô hạn phụ thuộc tham số

I(y)

f (x, y) dx

(2.54)

   a

.

trong đó f(x,y) là hàm số xác định trên dải vô hạn [a,

 f (x)  t cos (tx) dt  

Định nghĩa. Giả sử tồn tại tích phân

f (x, y)dx

   ) [c, d]

I (y) b

b   a

nếu tồn tại giới hạn

* Tích phân suy rộng (2.54) gọi là hội tụ tại y [c, d]

  y [c, d],   . a b

hữu hạn





I(x)

.

lim I (y) b  b

lim f (x, y)dx  b

b  a

Cụ thể là:

 

0, B 0 : b B

    



I(y)

  .

I (y) b

* Tích phân suy rộng (2.54) được gọi là hội tụ đều trên đoạn [c, d] nếu

 

0, B 0 : b B, y [c, d]

     





I(y)

  .

I (y) b

Nếu tích phân suy rộng I(y) hội tụ đều trên đoạn [c, d] thì cũng hội tụ đều

trên đoạn con [ ,

]  bất kỳ của nó.

Định lý 2.5. Nếu tồn tại hàm g(x) sao cho

,



(i) f (x, y)



g(x)

g(x) dx

(ii) Tích phân suy rộng

hội tụ

 

a

thì tích phân I(y) hội tụ tuyệt đối và đều trên [c, d] .



I(y)



dx

Ví dụ 2.22. Xét tích phân

.

sin xy 2

2





y

 1 x

0



1

dx

Ta thấy

tích phân

hội tụ. Vậy tích





y;

2

sin xy 2

2

2

1  1 x



y

 1 x

 1 x

0

phân đã cho hội tụ đều trên  . #

Định lý 2.6

73

      x [a, ), y [c, d]

còn tích phân suy rộng

a) Nếu hàm số f(x,y) liên tục trên [a,

I(y)

f (x, y) dx

hội tụ đều trên đoạn [c, d] thì I(y) là hàm số liên tục trên

   a

   ) [c, d]

b) Với những giả thiết ở phần a) thì

(2.55)

f (x, y) dx dy



f (x, y) dy dx

d  c

  a

  a

d  c

   

   

   

   

(Công thức đổi thứ tự lấy tích phân).

c) Giả sử

;

* f(x,y) liên tục trên [a,

[c, d] .

I(y)

f (x, y) dx

* Tích phân

;

hội tụ với mọi y [c, d]

   ) [c, d]

   a

* Đạo hàm riêng

;

tồn tại và liên tục trên [a,



dx

* Tích phân

hội tụ đều trên [c, d] .

f (x, y)  y

   a

Khi đó

f (x, y)dx



dx

 

y [c, d]

(2.56)

d dy

f (x, y)  y

  a

   a

(Công thức đạo hàm dưới dấu tích phân).

Ta thấy công thức đạo hàm dưới dấu tích phân khá giống với công thức đạo

hàm dưới dấu tổng xét đến ở Giáo trình Giải tích I.

Lưu ý. Tất cả các định nghĩa, tính chất vừa nêu ở trên về tích phân suy rộng với cận vô hạn vẫn còn đúng khi chuyển sang tích phân suy rộng của hàm không bị chặn trên đoạn hữu hạn. Độc giả có thể phát biểu các định lý cho riêng mình.

Ví dụ 2.23. Tính các tích phân

ax

bx

I



dx (a, b



0)

i)

,

  e 

 e x

0



2x



I

e

dx

ii)

(tích phân Poisson-Euler).

 

0

Giải. i) Không hạn chế tổng quát coi 0 a

   ) [c, d] f (x, y)   y

74

  . Xét tích phân b



yx

I(y)



e

dx



 (y 0)

.

1 y

  0



ax



xy



ax

e

dx

Ta thấy

, tích phân

hội tụ.

  a

Vậy I(y) hội tụ đều trên [a, b]. Lấy tích phân hai vế ta được

ax



bx

e



yx



yx

dy

e

dx



dy



dx



dy



ln y

.

b a

 x

1 y

b  a

  0

  0

b  dx e a

  e  0

b  a

Công thức đúng cả khi 0 < b < a.

Từ đó I



ln(b / a).

2 2

u x



I

e

dx

, ta được

.

ii) Đặt x

0 f (x, y)   e  e

   u 0

Nhân hai vế với

rồi lấy tích phân trên đoạn [0,

 ut, (u  0)

2ue

2

2

2 2

2

2 2



u



u

u x





u

u x



.

e

I du



ue

e



ue

e

  0

  0

  0

   

 dx du   

        0 0

 dx du   

Vế trái là 2I . Đổi thứ tự lấy tích phân ở vế phải ta được

2

dx

2

2  u (1 x )



I



ue



dx

  

I

.

2

1 2

 4

 2

 1 x

  0

        0 0

 du dx   

Nhận xét. Chúng ta nhận được tích phân Poisson-Euler nổi tiếng hay dùng

trong Lý thuyết Xác suất:



dx

 

2xe

. #

  

Ví dụ 2.24 ( Hàm Gamma Γ(x)). Hàm Gamma xác định theo công thức

x 1

 



(x)



t e dt

t

(x



0)

.

 

0

Trước hết ta có

1



x 1

 

x 1

 



(x)



t e dt

t



t e dt

t

(x)

 

(x).

  1

2





0

1

Sau đây là một số tính chất của hàm Gamma.

)  :

* (1) 1   * (n 1)    n! (n 1, 2,...) 

75

* (x 1)     x (x) (x  0) *    .    1 2   

2

2



u



u

e

2udt



dt



2.

 





. #

 2

  

  

1 u

1 2

  2 e 0

5

; c) 8π/5 ; e)

.

5 r ) / 15

  0 Chữa bài tập:   4 (R 22: b) 3a / 240 

23. a)

.

; b) 32 / 3

TÓM TẮT CHƯƠNG 2 (xem [1])

b) Thảo luận

- Liên hệ toạ độ D với toạ độ cầu. - Công thức đối biến TĐ cầu - Xác định cận tích phân trong TĐ cầu VD2.37 ; VD 2.40 Bổ trợ: 22(d); 24(c, d, e, f, h); 25. Tài liệu [1], tr ....

c) Tự học d) Bài tập Tài liệu

76

 / 48

Bài giảng 8: Tích phân đường và tích phân mặt

Tuần thứ: 8

Chương, mục: 3 Tiết thứ: 36-40 Mục đích, yêu cầu:

 Tích phân đườngt loại I: Nắm được công thức tính, vài ứng dụng.  TP đường loại II: Các công thức tính, Cách nhớ và áp dụng của công thức Green. Điều kiện TP độc lập với đường lấy TP.

- Hình thức tổ chức dạy học:

Hình thức chủ yếu: Lý thuyết, thảo luận - tự học, tự nghiên cứu

- Thời gian:

Lý thuyết, thảo luận: 5t - Tự học, tự nghiên cứu: 5t

- Địa điểm:

Giảng đường do P2 phân công.

- Nội dung chính:

§ 3.1Tích phân đường loại I §3.2. Tích phân đường loại II

Chương 3

TÍCH PHÂN ĐƯỜNG - TÍCH PHÂN MẶT

§ 3.1. TÍCH PHÂN ĐƯỜNG LOẠI MỘT

3.1.1. Mở đầu

a. Bài toán khối lượng đường cong vật chất (xem [1])

xác định trên cung L AB



f (M)

b. Định nghĩa. u

s

i

0

chọn điểm

là đường cong liên tục trong không gian, không tự cắt, (có độ dài). Chia AB thành n cung nhỏ bởi các B điểm chia liên tiếp  . Trên cung  A A i 1 i

n iM tùy ý. Lập tổng TP

I



n

 f (M ) s i

i

n  i 1 

Nếu khi n   sao cho

A   . Gọi độ dài cung  A A là  i 1 i A, A ,..., A 1

i

hữu hạn I xác định, không phụ thuộc vào cách chia cung AB và cách chọn các điểm

iM thì:

+ Giới hạn I được gọi là tích phân đường loại một của hàm f(M) trên cung

f (M)ds

(hay

,

...).

  mà tổng tích phân dần đến giới hạn 0 Max s  i 1,..., n

f (M) ds

f (x, y, z) ds,

f ds

 L

 L

 L

 AB

Lưu ý. Trong định nghĩa có nói đến đường cong có độ dài, là đường cong

thông thường ta vẫn gặp, coi mọi đường cong ta xét đều có độ dài.

77

AB , và ký hiệu là

c. Điều kiện tồn tại. Nếu cung AB giới nội, trơn từng khúc, còn f(M) bị

chặn và liên tục từng khúc trên AB thì hàm f(M) khả tích trên AB .

d. Tính chất

i) Tích phân đường loại một không phụ thuộc vào hướng của đường cong:

f (M)ds



f (M) ds

.





 AB

 BA

ii) Tích phân đường loại một có các tính chất khác giống với tích phân xác

định thông thường như tính chất tuyến tính, hệ thức Chasles, xác định dương ...

e. Ý nghĩa hình học - cơ học * Chiều dài s của cung AB có thể tính thông qua tích phân đường loại một:

ds

s

. (3.2)

  AB

* Diện tích của bức rèm (hay hàng rào) (Hình 3.1) cho bởi

Hình 3.1. Bức rèm

f (x, y) ds

S

  C

tại điểm

(M)



 

(x, y, z)

* Nếu cung vật chất AB có khối lượng riêng M(x, y, z) thì khối lượng đường cong được tính bởi công thức

m



(x, y, z)ds

. (3.3)

Trọng tâm

 AB G(x , y , z ) của cung AB xác định như sau:

G

G

G

78

x



x (x, y, z) ds



G

1 m

  AB

(3.4)

y



y (x, y, z) ds



G

1 m

  AB

z



z (x, y, z) ds



G

1 m

  AB

         

y

3.1.2. Cách tính AB : x

x(t),



2

2

2

 y(t), z  z(t), a   . Khi đó b t

(3.5)

b  a

  AB

  f (x, y, z) ds  f (x(t), y(t), z(t)) x (t) y (t)    z (t) dt.

2

AB : đồ thị của hàm số y  f (x), a   b x

. (3.6)

b  a

  AB

2

I



x

2 y ds



Ví dụ 3.1. Tính tích phân

,

 L

2

L là đường tròn 2 x



y



ax (a



0).

2

2

2

Giải.

.

 f (x, y) ds  f (x, y(x)) 1 y (x)dx 

Xét phép đổi biến tọa độ cực x

  y   L : x   a 2    a 4

Phương trình của L là r



a cos ,

     , suy ra phương trình tham số

 2

2

x



2

2

2

của nó là

. Từ đó

. Vậy

  r cos , y  r sin  .

 2    a sin 2   y

a cos 2



 a cos (a / 2)sin 2



  

  x    y 



/2

2

I



2 a cos



a d

 

2 2a .

#





/2

§ 3.2. TÍCH PHÂN ĐƯỜNG LOẠI HAI

3.2.1. Mở đầu

a. Bài toán công của lực biến đổi (Cùng đọc sách)

Ta biết rằng, nếu chất điểm di chuyển trên đoạn thẳng AB dưới tác động

.

   x  y  a

 của lực không đổi F

Tổng quát hiện tượng này (xem [1]) cùng nhiều hiện tượng vật lý khác

người ta dẫn đến khái niệm TP đường loại II sau đây.

79

   thì công của lực sinh ra là AB F

b. Định nghĩa. Trong mặt phẳng Oxy xét đường cong định hướng L AB (chiều đường cong đi từ A đến B). Cho P(x,y), Q(x,y) là những hàm xác định  trên AB . Lập hàm véc tơ F P(x, y)i Q(x, y) j . Chia AB thành n cung nhỏ   . B bởi các điểm chia liên tiếp

 

n

0

Gọi hình chiếu lên các trục Ox, Oy của véc tơ

lần lượt là

  A A, A ,..., A 1

i

 x , y  . i

Lấy điểm

iM tùy ý trên cung  A A i 1 i

I





 P(M ) x Q(M ) y

,





n

   F(M ) A A i 1 i 

i

  i

i

i

i

n  i 1 

n  i 1 

Nếu khi n   sao cho



0

  mà tổng nI dần đến y

i

i

Max  i 1,..., n

x , Max  i 1,..., n

giới hạn I hữu hạn xác định, không phụ thuộc vào cách chia cung AB , cách chọn các điểm

iM thì:

 A A i 1 i . Lập tổng tích phân

+ Giới hạn I được gọi là tích phân đường loại hai của các hàm P(x,y), ) trên cung AB và

   

 P(x, y)dx Q(x, y)dy

P dx Q dy hay P dx Q dy





hay

;

 L

 AB

  AB

+ Các hàm P(x,y), Q(x,y) được gọi là khả tích trên AB . Chú ý. Tích phân được viết đơn giản hơn khi thành phần P (hoặc Q) triệt

tiêu, cũng như khi có thừa số chung:

Qdy

P dx

 HP dx HQ dy



H P dx Qdy



(hoặc

);

.





 AB

 AB

  AB

  AB

 P dx Q dy

tồn tại.

c. Điều kiện tồn tại Nếu AB là đường cong liên tục, trơn từng khúc, các hàm P(x,y), Q(x,y) liên tục hoặc liên tục từng khúc và bị chặn thì tích phân đường loại hai  AB

d. Tính chất. + Chiều đường cong có vai trò quan trọng: Nếu đường cong được lấy theo chiều ngược lại thì tích phân đường loại hai cùng trị tuyệt đối nhưng đổi dấu:

 P dx Q dy

 

 P dx Qdy

.

  AB

  BA

+ Ngoài ra, TP đường loại hai cũng có các tính chất khác của TP xác định

thông thường.

 Q(x,y) (hay của trường véc tơ F(x, y) P(x, y) i Q(x, y) j ký hiệu là

tác động trên

đường cong (định hướng) trơn từng khúc AB cho bởi

80

   e. Ý nghĩa cơ học. Công của lực F P(x, y)i Q(x, y) j  

W



 P dx Q dy

.

 AB

3.2.2. Mối liên hệ giữa tích phân đường loại một và loại hai

Giả sử đường cong định hướng L trơn từng khúc và tại điểm M(x,y) có véc

. Khi đó

tơ tiếp tuyến đơn vị (M)

 P(x, y) dx Q(x, y) dy



P(x, y)



(x, y) Q(x, y) (x, y) ds









 L

 L

hay một cách tương đương:



.

 P(x, y) dx Q(x, y) dy



(x, y) ds



ds

 F(x, y)

 

   F 

 L

 L

 L

Một số tài liệu dùng vế phải của PT này làm định nghĩa (và ký hiệu) của

tích phân đường loại II.

  ( (M),  (M))  

3.2.3. Cách tính a. Đường cong cho dưới dạng tham số. Nếu đường cong L AB cho dưới dạng tham số: x b ứng a ứng với điểm đầu A, t   , ( t b t với điểm cuối B), các hàm x(t), y(t) liên tục, khả vi từng khúc, P(x,y), Q(x,y) là những hàm liên tục trên L thì

I



 P(x, y) dx Q(x, y) dy

 L







P(x(t), y(t)) x (t) Q(x(t), y(t))y (t) dt



. (*)





b  a

b. Đường cong cho dưới dạng phương trình hiện. + L AB

x(t), y y(t), a  

: y

y(x), a    , y(x) là hàm liên tục, khả vi từng khúc, x = a b

+ P(x,y), Q(x,y) liên tục trên L thì



I



 P(x, y)dx Q(x, y) dy



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



.





 L

b  a

Chú ý. * Nếu đường cong chưa có dạng tham số thì khi lấy tích phân đường

loại hai ta phải tham số hóa đường cong.

x ứng với điểm đầu A, x = b ứng với điểm cuối B của đường;

* Trong không gian, cũng ĐN TP đường loại hai của các hàm P(M), Q(M),  ) lấy trên đường

   

.

I



P dx Q dy Rdz





 L

Các tính chất, cách tính ... tương tự với trường hợp đường cong phẳng,

chẳng hạn, công thức (3.12) trở thành:

81

  R(M) (hay của trường véc tơ F(M) P(M) i Q(M) j R(M)k cong định hướng L:

P dx Qdy Rdz





 L









P(x(t), y(t), z(t))x (t) Q(x(t), y(t), z(t))y (t) R(x(t), y(t), z(t))z (t) dt.









b  a

Ví dụ 3.2. Cho tích phân

.

I



(x



 y) dx xy dy

 L

.

 (a) Vẽ một số véc tơ của trường F

(b) Tích phân mang dấu gì khi L là cung nối O(0,0) với A(1, 1) theo:

2

(i) cung parabol

; (i) đoạn thẳng AB?

Hãy tính giá trị của I để khẳng định nhận xét vừa đưa ra.

y x

(Hình 3.3- Độ dài các véc tơ đã được co 5 lần).

(b) Ta thấy toàn bộ chuyển động đều xuôi theo trường, vậy I 0 .

  Giải. (a) F (x y, xy) 

2

, vậy

Cụ thể: Tiếp tuyến của đường cong đều tạo với véc tơ của trường một góc nhọn. Mọi số hạng trong tổng tích phân đều dương; tổng tích phân cũng i vậy, và do đó tích phân sẽ dương. (i) Trên cung AB thì

   F(M ) A A i 1 i

2

2

I



 (x x



x.x .2x)dx



.

27 30

1  0

(ii) Trên đoạn AB thì y

x ,

vậy

I



(x x x.x)dx

 



. #

4 3

1  0

Hình 3.3. Trường ở Ví dụ 3.2

Nhận xét. Đối với trường đã cho, TP trên hai đường cong nối O với A cho ra hai kết quả khác nhau.

3.2.4. Công thức Green

Nhắc lại và đưa ra vài khái niệm phụ trợ.

n

* Miền liên thông. Miền

x y

Nếu E mở thì có thể thay cụm từ “đường gãy khúc” bằng “đường cong trơn

từng khúc”.

* Miền đơn liên. Miền liên thông U trong

2 được gọi là một miền đơn liên nếu mọi đường cong kín, có độ dài (đo được Jordan) đều bao bọc một miền nằm hoàn toàn trong U. Nói cách đơn giản, miền đơn liên là miền "không có lố 82

E   được gọi là liên thông (liên thông đường) nếu ta có thể nối hai điểm bất kì của nó bằng một đường gãy khúc nằm hoàn toàn trong E.

thủng" và không thể chứa hai mẩu riêng biệt. Miền không đơn liên (miền có "lỗ thủng") là miền đa liên.

(a)

(b) (c)

Hình 3.4. Miền liên thông(a,b) - không liên thông (c)

đơn liên (a), nhị liên (b) trong

2

* Hướng dương của biên của miền liên thông D - đơn liên cũng như đa liên - là hướng mà một người đi theo hướng đó sẽ thấy phần miền D gần nhất luôn ở bên trái. (Xem Hình vẽ)

.

Hình. Hướng dương của biên của miền đơn liên (a) và nhị liên (b)

Định lý (Công thức Green). Cho D là miền đóng, bị chặn, liên thông, có biên L gồm một số hữu hạn đường cong kín, trơn từng khúc, rời nhau đôi một và có hướng dương. Giả sử P(x,y), Q(x,y) và các đạo hàm riêng cấp một của chúng là những hàm liên tục trên D. Khi đó ta có công thức

 Pdx Q dy



dxdy



.

CÁCH NHỚ!

Q   x

 P  y

  

  

  L

 D

Chứng minh. * Giả sử D là miền đơn giản, ở đó mọi đường thẳng song

song với trục Ox hoặc Oy sẽ cắt biên L của nó tại không quá 2 điểm (Hình a).

Áp dụng công thức chuyển tích phân kép sang tích phân lặp ta được

 

y y (x) 2 y y (x) 1

 D

b  a

b  a

I  dxdy  dx dy  P(x, y) | dx P   y P   y

b  a

y (x) 2  y (x) 1 b  a

Theo cách tính tích phân đường loại hai, vế phải là

83

  P(x, y (x))dx 2 P(x, y (x))dx. 1

P(x, y)dx



P(x, y)dx



P(x, y)dx

 

P(x, y)dx









L

 AmB

 AnB

 AmBnA

Hình. Miền đơn giản (a), hình thang cong (b), và miền đa liên (c)

Tương tự,

J



dxdy



Q(x, y)dy



Q   x

D

L



J

  I

dxdy



 Pdx Qdy

Suy ra

.



Q   x

P   y

  

  

 D

L

* D là hình thang cong có đáy // Oy, tức là mọi đường thẳng đi qua điểm trong của miền và // Oy sẽ cắt biên L của nó tại đúng hai điểm (xem Hình), ta thêm vào tích phân trên 2 đoạn CB và AD, ta nhận được kết quả tương tự.

x

x

với AO là nửa đường

* Các trường hợp khác: Bỏ qua chứng minh (xem [1])   (e sin y y)dx (e cos y 1)dy Ví dụ. Tính

  AO

2

, chạy từ A(4,0) đến O(0,0).

tròn 2 x



y



4x (y



0)

2

2

2

Giải. 2 x



y

  

(x 2)

4x



y

 . ĐT C tâm (2,0), bán kính 2.

4

AO chưa kín, ta thêm vào đoạn thẳng OA để được đường kín. Từ đó,

I













 



OA

L

OA

  AO

    OA AO

  

  

84

   I

L: biên của nửa trên của hình tròn (theo hướng dương). Vậy,

x

x (e cos y e cos y 1)dxdy





  2 .



 



L

D

Trên OA thì

Tóm lại I

2

     . 0 2

y

  0

0.





4cos

 OA Nhận xét. Phương trình tọa độ cực của AO là r

 , do đó dạng tham

2

Tuy nhiên, tính trực tiếp tích

2sin 2 , 0

   

4cos

/ 2.

, y







x

số của nó là  phân I dùng công thức (*) theo tham số  sẽ khó khăn. #

3.2.5. Sự độc lập của tích phân đối với đường lấy tích phân

 P dx Q dy

Nói chung, TP

phụ thuộc vào A, B cũng như vào bản thân

 AB

đường cong nối A với B (xem Ví dụ 3.2). Trong một số trường hợp, tích phân này chỉ phụ thuộc vào các mút A, B của đường mà không phụ thuộc vào đường nối A với B.

Định lý 3.2. Cho D là một tập mở, đơn liên trong

2 . Giả sử P(x,y), Q(x,y) cùng các đạo hàm riêng của chúng là các hàm liên tục trong D. Khi đó bốn mệnh đề sau là tương đương với nhau:

a)

với mọi (x, y) D .

b)

với mọi đường cong L kín, không tự cắt, trơn từng

 P dx Q dy



0



L

khúc nằm hoàn toàn trong D.

 P dx Q dy

c) Tích phân

, trong đó AB là cung trơn từng khúc, không tự

 AB

cắt, nằm hoàn toàn trong D, chỉ phụ thuộc vào điểm đầu A, điểm cuối B mà không phụ thuộc vào đường cong trơn từng khúc, không tự cắt, nằm hoàn toàn trong D nối A với B.

là vi phân toàn phần, tức là tồn tại hàm u(x,y) có

d) Biểu thức Pdx Qdy



.

các đạo hàm riêng (cấp hai) liên tục trong D và du Pdx Qdy





Chứng minh. Ta sẽ chứng minh theo sơ đồ a)

    .

d)

b)

a)

c)

* a)

b) . Giả sử L là đường cong kín bất kỳ, không tự cắt, trơn từng khúc, nằm trong D. Vì D là miền đơn liên nên miền (hữu hạn) G có biên là L cũng nằm trong D. Theo công thức Green ta có

 P dx Q dy



dxdy



0



.

 Q  x

 P  y

  

  

 G

  L

85

  Q(x, y)  x  P(x, y)  y

* b)

c) . Giả sử  AmB, AnB là hai cung bất kỳ trơn từng khúc, có hai điểm chung duy nhất là A và B, nằm hoàn toàn trong D. Khi đó AmBnA là đường cong kín trong D. Từ chỗ mệnh đề b) là đúng, ta có

  AmB

  BnA

0   P dx Q dy   P dx Q dy   P dx Q dy

   AmBnA   AmB

  AnB

Hình 3.7. Những cung nối A với B (a): Không cắt nhau, (b): Cắt nhau

Chú ý. i) Giả thiết đơn liên của miến D không bỏ qua được (xem Ví dụ 3.23, 3.30). Nếu D không đơn liên thì từ khẳng định a) ta không thể suy ra các khẳng định còn lại. Muốn nhận được các khẳng định còn lại, ta phải hạn chế xét trong miền đơn liên con D nào đó chứa trong D.



 thì F (P,Q)





ii) Nếu tồn tại hàm u(x,y) có các đạo hàm riêng liên tục trong miền D nói trên sao cho du Pdx Qdy gọi là trường thế, hàm u(x,y) gọi là hàm thế (hàm thế năng, hàm thế vị) của trường, (chúng ta sẽ xét kỹ hơn về trường ở Bài §3.5) và có thể chứng minh rằng

. (3.15)



 P dx Q dy



 u(B) u(A)

u(M)

B A



 AB

iii) Nếu D mở, đơn liên và một trong 4 khẳng định nêu trong Định lý 3.4

thỏa mãn, (Khẳng định (a) dễ kiểm tra hơn cả!) có thể tính hàm thế u(x,y):

u(x, y)



 P dx Q dy

+ C (3.16)

 AM

trong đó AM là đường cong tùy ý trơn từng khúc, không tự cắt, nằm trong D nối A với M.

Đặc biệt, nếu đường gấp khúc ACM (mỗi khúc của nó song song với một

trong hai trục tọa độ) nằm trong D. Vậy

u(x, y)



 P(x, y)dx Q(x, y)dy



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





 CM

 AC

86

  P dx Q dy   P dx Q dy





Q(x, y) dy C.



P(x, y )dx 0

x  x

y  y

0

0

Tương tự cho trường hợp khi đường gấp khúc ABM nằm trong D.

Như vậy, nếu đường gấp khúc ACM (hoặc ABM) nằm trong D thì

u(x, y) 

(chỉ số “0” đính vào biến một lần,

đính vào biến này ở tích phân lấy theo biến kia).

B M(x,y)

y y y0

A(x0,y0) C

O x0 x x

Hình 3.9. Đường gấp khúc mà mỗi khúc // trục tọa độ nối A với M

xy

2

Ví dụ 3.5. Tính tích phân

, với AO là cung

I



e

  y dx (1 xy)dy



 

 

2

 AO .

  đi từ A( ,0) O(0,0)

xy

2

Giải.

;

y  x sin x

xy 2 e y

xy

xy

2

Q(x, y)



e

(1 xy) Q

  

e

 (2y xy ).

 x

P , Q

Vậy y

 P Q x

. Các hàm P, Q, y

 liên tục. Từ đó, tích phân không phụ x

thuộc vào đường lấy tích phân, ta chọn đoạn thẳng AO nối A với O.

I



 P dx Qdy



P dx



0dx



0.

Trên AO, y = 0 nên

#

 AO

 AO

0  a

87

P(x, y)  e (xy  2y)    P y

y

2

y

Ví dụ 3.6. Chứng tỏ rằng biểu thức

là vi

6x(e



 

y 2) e dy

 x) dx (3x phân toàn phần của hàm u(x,y) nào đó. Tìm hàm u(x,y) đó.

y

2

y

I



6x(e



 x)dx (3x

 

y 2)e dy

Áp dụng: Tính tích phân

trong đó L



L

3

là đường 3 y

y

Giải. * Vì

, các hàm P, Q,

liên tục (trên

2 ) nên

 3x  4x 0  đi từ điểm O(0,0) tới điểm A(1,1) .

 6x e   Q  x  Q P  ,  y  x

, áp

 (0,0) (x , y ) 0 0

y

y

 P  y theo Định lý 3.2 biểu thức đã cho là vi phân toàn phần. Chọn dụng công thức (3.17),

y  0

x  0

2

3

y

2

3

y

y

.

u(x, y)  (3.0 y 2) e dy    6x(e  x) dx C 

x 0

y  0

* Theo (3.15), I



 u(1,1) u(0,0)

  e 5.

y

2

y

 F 6x(e

Nhận xét. Theo ngôn ngữ của lý thuyết trường , Ví dụ trên nghĩa là: Chứng là trường thế; tìm hàm thế. Tìm lưu số của 

 y 2) e j

 x) i

 

(3x





tỏ trường khi một chất điểm di chuyển từ O(0,0) tới A(1,1) ).

 Vì F 

và O: I

là trường thế, tích phân đã cho bằng hiệu hai giá trị của hàm thế tại A  u(1,1) u(0,0)

  #

e 5.

Bài tập chữa trên lớp

2 7 a / 2

 

  (y 2) de      C e (y 3 3x ) 2x   C  x 2 x 3  6 e     

; 16. c) 3 / 2

2

   ; 14. c)

.; 8. VD3.23 ; VD3.25 ; VD3. 26 ; VD3.27 ; VD3.28 ; VD3. 29 ; VD3.31 3(b); 10(b, c, d, e); Tài liệu [1], tr ....

7. b) Thảo luận c) Tự học d) Bài tập (1t) Tài liệu

88

/ 2  ; d) 3 / 4 4  .

Bài giảng 9: Tích phân đường và tích phân mặt (tiếp)

Tuần thứ: 9

Chương, mục: 3 Tiết thứ: 41-45 Mục đích, yêu cầu:

 Nắm được điều kiện TP độc lập với đường lấy TP.  Làm được bài tập  Nắm được khái niệm tích phân mặt loại I,loại II

- Hình thức tổ chức dạy học:

Hình thức chủ yếu: Lý thuyết, thảo luận - tự học, tự nghiên cứu

- Thời gian:

Lý thuyết, thảo luận: 5t - Tự học, tự nghiên cứu: 5t

- Địa điểm:

Giảng đường do P2 phân công.

- Nội dung chính:

§3.2. Tích phân đường loại II (tiếp: Sự độc lập của TP vào đường trong KG) Bài tập tích phân đường §3.3.Tích phân mặt loại I §3.4.Tích phân mặt loại II

§ 3.2. TÍCH PHÂN ĐƯỜNG LOẠI HAI

Định lý 3.2. cũng được tổng quát sang trường hợp không gian.

Định lý. Trong

3 cho U là một tập mở, đơn liên mặt (xem [1]). Các hàm P(x,y,z), Q(x,y,z), R(x,y,x) cùng các đạo hàm riêng cấp một của chúng liên tục trên U. Khi đó 4 mệnh đề sau là tương đương với nhau.

(a)

với mọi (x, y, z) U .

CÁCH NHỚ!

(b)

với mọi đường cong L không tự cắt, kín, trơn

P dx Q dy Rdz







0



L

từng khúc nằm hoàn toàn trong U.

P dx Q dy Rdz





(c) Tích phân

, trong đó AB là cung trơn từng khúc,

 AB

không tự cắt, nằm hoàn toàn trong U, chỉ phụ thuộc vào điểm đầu A, điểm cuối B mà không phụ thuộc vào đường cong trơn từng khúc, không tự cắt, nằm hoàn toàn trong U nối A với B.

là vi phân toàn phần, tức là tồn tại hàm

(d) Biểu thức P dx Q dy R dz

 ,   Q   x P   y R   y Q P   ,   z z R   x

u(x,y,z) có các đạo hàm riêng (cấp hai!) liên tục trong U và

.

 du Pdx Qdy Rdz





89

 



 thì trường F (P,Q, R)





Chú ý. (i) Nếu tồn tại hàm u(x,y,z), có các đạo hàm riêng liên tục trong miền U nói trên sao cho du Pdx Qdy Rdz  gọi là trường thế, u(x,y,z) gọi hàm hàm thế (hay hàm thế vị, hàm thế năng) của trường, và có thể chứng minh rằng



.

P dx Q dy Rdz







 u(B) u(A)

u(M)

B A

  AB

(ii) Nếu miền D mở, đơn liên mặt và một trong 4 khẳng định nêu trong

Định lý 3.3 thỏa mãn thì có thể tính hàm u(x,y,z) theo công thức

u(x, y, z)



P dx Q dy Rdz





+C

 AM

trong đó AM là đường cong tùy ý trơn từng khúc, không tự cắt, nằm trong U nối A với M.

Đặc biệt, với

0

0

0

0

0

u(x, y, z)





Q(x, y, z )dy



R(x, y, z) dz C



. (3.17)

P(x, y , z )dx 0

0

0

x  x

y  y

z  z

0

0

0

Tương tự với các trường hợp khác của đường gấp khúc nối A với M.

(iii) Giả thiết đơn liên của miền U là không bỏ qua được.

2 2

2 3

Ví dụ 3.8. Chứng tỏ rằng

3 y z dx 2xyz dy 3xy z dz

A(x , y , z ), B(x, y , z ), C(x, y, z ) , M(x,y,z) mà đường 0 gấp khúc ABCM (các đoạn của nó lần lượt song song với các trục Ox, Oy, Oz) nằm trong U, thì



2 2

2 3

3

là trường thế, tìm hàm thế vị).

là vi phân toàn phần của hàm u(x,y,z) nào đó, tìm hàm này. (Nói cách khác: Chứng tỏ rằng   F y z i

 2xyz j 3xy z k 





2 3

3

Giải.

.

2 2 P y z , Q 2xyz , R 3xy z







Rõ ràng các điều kiện về khả vi thỏa mãn. Ta có

3

2

 

2 2 3y z

thức đã cho

là vi phân

toàn phần. Đặt

lý, biểu , hàm thế vị có thể tính như sau:

Theo Định 

 2yz  ,  6xyz    .  Q  x  P  y  R  y   Q P ,   z z  R  x

0

y

x

z

2 2

u(x, y, z)



0dx



0dy



2 3 3xy z dz C xy z

 



C

. #







0

0

0

3

3 4 a / 3



; d) 0; e)

; f)

4 a ; h) 0.

; 24. c) 12 / 5

Chữa bài trên lớp. 

(0, 0, 0) (x , y , z ) 0 0

  22. d) 2 a(h a) 25. .

90

/ 3

xác định trên S.

§ 3.3. TÍCH PHÂN MẶT LOẠI MỘT 3.3.1. Mở đầu a. Định nghĩa. S: mặt hữu hạn, (có diện tích), Hàm số f (M)

f (x, y, z)



Chia S thành n mảnh nhỏ, gọi các mảnh này là

và diện tích

1

của chúng lần lượt là

  ( S ),...,( S ) n

I





Trên mảnh

.

  . S ,..., S 1 n

n

f (M ) S i i

iS lấy điểm

i

i

i

i

n  i 1 

Gọi

id là đường kính của mảnh 0

i

iS . Nếu khi n   sao cho  mà các tổng nI dần đến một giới hạn I hữu hạn xác định, không

f (x, y, z) dS hay

f (M) dS hay

M (x , y , z ) tùy ý. Lập tổng

 S

 S

Nếu mặt S kín thì ký hiệu là

.

f (M) dS



S

b. Điều kiện tồn tại. Giả sử rằng:

i) Mặt S liên tục, giới nội, (có diện tích), trơn từng mảnh; ii) Hàm f(x,y,z) liên tục hoặc bị chặn và liên tục tùng mảnh trên S.

Khi đó tồn tại tích phân mặt loại một của hàm f(x,y,z) trên S. c. Tính chất. Giống tính chất của TP xác định. 3.3.2. Ý nghĩa a. Ý nghĩa hình học. Nếu mặt S liên tục, giới nội, trơn từng mảnh thì diện

. (3.18)

dt(S)

dS

tích S của nó có thể tính theo công thức   S

b. Ý nghĩa cơ học. Nếu khối lượng riêng của mặt tại mỗi điểm M(x,y,z)

thì:

của nó là (x, y,z)



i) Khối lượng của mặt cho bởi

; (3.19)

m



(x, y, z) dS

 S

ii) Trọng tâm

Max d i 1,..., n  iM thì giới hạn đó phụ thuộc vào cách chia mặt S cũng như cách chọn các điểm được gọi là tích phân mặt loại một của hàm f(x,y,z) trên S và ký hiệu là  f dS. S

G G G

91

G(x , y , z ) có các tọa độ được tính theo công thức

x



x (x, y, z)dS,



G

1 m

 S

y



y (x, y, z)dS,



(3.20)

G

1 m

 S

z



z (x, y, z) dS.



G

1 m

 S

3.3.3. Cách tính  + S: z

 liên tục trên D. y

 z , z + z(x,y) cùng các đạo hàm riêng cấp một x Khi đó

f (x, y, z) dS







. (3.21)

2  f (x, y, z(x, y)) 1 z x

2  z dxdy y

 D

 S

Tự đặt ra công thức tương tự cho các trường hợp khác.

Hình 3.11. Mặt cho bởi phương trình hiện (a) và mặt ở Ví dụ 3.9 (b) 2 z dS

I

Ví dụ 3.9. Tính tích phân

, trong đó S là một phần tám mặt cầu

2

2

2

2

x



y



z



a

(a



0); x, y, z

  S  0.

2

2

2

Giải. Trên S thì

 với D là phần hình tròn

y ), (x, y) D

(x





a

z

 tâm O, bán kính a nằm ở góc phần tư thứ nhất. Ta có y x

,

 

 

2

2

2

2

 z  y

 z  x

a



(x



2 y )

a



(x



2 y )

2

2

2

a





.

1



2

2

 z  x

 z  y

  

  

a



(x



2 y )

  

  

92

z(x, y), (x, y) D  (D miền đóng, giới nội)

2

a

2

2

  I

(a



(x



2 y ))

dxdy

2

2

a



(x



2 y )

 D

2

2

2

2



a

a



(x



y ) dxdy.

 D

4

a

2

2

2

I



a

 d

a



r

r dr



.

(Tọa độ cực). #

 6

/2   0

a  0

§ 3.4. TÍCH PHÂN MẶT LOẠI HAI 3.4.1. Mặt định hướng

Yêu cầu về hệ pháp tuyến của mặt: Biến thiên liên tục. 

hướng vào là phía dương, phía còn lại là

Phía mà các pháp tuyến n(M)

phía âm.

Hình 3.13. Phía của mặt: (a) phía trên, (b) phía dưới,

(c) phía ngoài

Đối với mặt S cho bởi phương trình z

z(x, y)



, phía của S ứng với pháp tuyến làm với tia Oz một góc nhọn là phía trên, phía kia gọi là phía dưới (xem Hình 3.13a,b).

Nếu mặt S cho bởi phương trình x

x(y, z)

 y(z, x)



, ta có thể xét phía trước - phía sau. Nếu S cho bởi phương trình y , ta có thể nói đến phía trái - phía phải. Thực ra các từ trên - dưới, trước - sau, trái - phải ở đây chỉ có tính ước lệ, phụ thuộc vào vị trí tương đối của hệ trục với người quan sát.

Mặt kín bất kỳ không tự cắt S (mặt cầu, mặt elipsoide ...) là mặt hai phía. Phía có pháp tuyến hướng vào miền trong giới hạn bởi mặt S được gọi là phía trong của S, phía kia được gọi là phía ngoài của S (xem Hình 3.13c).

Bạn hãy nói những phía có thể của chiếc chum?

Mặt trụ, mặt cầu, mặt nón?

Lưu ý: Có những rắc rối khi xác định phía của mặt: băng Möbius. Ta lấy một băng giấy hình chữ nhật ABCD; xoắn băng lại nửa vòng; dán chéo A với C, B với D, ta sẽ được băng Möbius (xem Hình 3.12).

93

A C B D

Hình 3.12. Băng Möbius

Một con kiến có thể bò ở trên “cả hai phía” của mặt mà không cần bò qua biên. Mặt như thế là mặt 1 phía. Tuy nhiên người ta loại đi những trường hợp rắc rối này, chỉ xét mặt 2 phía.

Cho một mặt định hướng S được giới hạn bởi biên C gồm một (nếu mặt đơn liên) hoặc một số (nếu mặt đa liên) đường cong kín, liên tục, trơn từng khúc. Ta gọi hướng dương trên C ứng với phía đã chọn của mặt S là hướng mà một người quan sát đứng thẳng theo hướng của pháp tuyến của mặt, đi dọc theo hướng dương của đường cong sẽ thấy phần gần nhất của mặt S luôn ở về bên trái (xem Hình 3.14).

(a) (b)

Hình 3.14. Hướng dương của biên của mặt đơn liên (a) và của mặt đa liên (b)

Mặt S được gọi là định hướng từng mảnh nếu nó là liên tục, được phân chia bởi một số hữu hạn đường trơn từng khúc thành một số hữu hạn mảnh định hướng, hướng trên mỗi mảnh được xác định sao cho hai hướng dương trên phần biên chung của hai mảnh kề nhau là ngược nhau.

(b)

(a)

A 1S

2S

B

Hình 3.15. Mặt định hướng từng mảnh (a), phía ngoài của hình hộp (b)

Theo nguyên tắc này, hình hộp có thể định hướng ra ngoài (Hình 3.15b) -

hoặc ngược lại, định hướng vào trong.

94

3.4.2. Tích phân mặt loại hai

không đổi theo thời gian cũng như không phụ thuộc vào vị trí của điểm xem xét. Xét một mảnh phẳng S đặt trong chất lỏng, biết rằng S là mặt định hướng với véc tơ pháp tuyến đơn vị  và với diện tích S . Trong một đơn vị thời gian, lượng chất lỏng chảy qua mặt n S (từ trái sang phải) là thể tích hình trụ xiên (xem Hình 3.16):

 a. Bài toán thông lượng. Chất lỏng có vận tốc v

. (3.22)

Ở đây chúng ta quy ước rằng  mang giá trị dương nếu góc hợp bởi véc tơ là góc nhọn, mang giá trị âm nếu đó là góc tù.

     V v. cos (n, v). S n v . S      

 pháp tuyến n

qua mặt S.

 với v

 n  v

S

Hình 3.16. Lượng chất lỏng chảy qua mặt S trong một đơn vị thời gian

  còn được gọi là thông lượng của trường vận tốc v

phụ thuộc vào điểm đặt M trong môi trường, mật độ vẫn coi là không đổi, và mặt S là mặt cong định hướng, cũng như nhiều hiện tượng vật lý khác, người ta đi đến khái niệm tích phân mặt loại hai.





b. Định nghĩa. Trong miền không gian G xét hàm véc tơ F F(M)



 Tổng quát hóa tình huống trên khi vận tốc v

   

1

Trên mảnh (

  (cos (M), cos (M),cos (M))  

. Trong G cho mặt định hướng S ở đó véc tơ pháp  . Chia không dẫm lên nhau và gọi diện tích iM tùy ý. iS ) chọn một điểm

 n(M) ( S ), ..., ( S )   n   S , ..., S . n 1



I





n

  F(M ) n(M ) S i

i

i

n  i 1 















.





P(M )cos (M ) Q(M )cos (M ) R(M )cos (M ) i

i

i

i

i

i

S i

n  i 1 

Nếu khi n   sao cho

iMax d

 P(M) i Q(M) j R(M) k   tuyến đơn vị tại điểm M S là n S thành các mảnh nhỏ tương ứng của chúng là Lập tổng sau đây, gọi là tổng tích phân:



iS )) mà tổng nI dần đến giới hạn I hữu hạn xác định, không phụ thuộc vào cách chia iM thì giới hạn đó được gọi là tích phân mặt loại mặt S và cách chọn các điểm ) trên S và

hai của các hàm P(M), Q(M), R(M) (hay của trường véc tơ F(M) được ký hiệu là

(3.23)

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





 S

95

0 ( id là đường kính của mảnh (

(hoặc đơn giản hơn,

).

P dydz Q dzdx R dxdy





 S

Nếu S là mặt định hướng từng mảnh, tích phân trên S là tổng các tích phân

trên những mảnh nhỏ định hướng:

.

n  i 1 

 S i

 S ... S   1 n

Chú ý. Tích phân được viết đơn giản hơn khi một (hay hai) thành phần P,

Q, R triệt tiêu, cũng như khi có thừa số chung, chẳng hạn

;

.

P dydz, ...

 HP dydz HQ dz dx



 H(P dydz Q dz dx)

 S

 S

 S

Mặt cong kín S là biên của miền hữu hạn V nào đó trong không gian và

không có chỉ dẫn gì thêm thì ta quy ước tích phân lấy trên S theo phía ngoài là:

.

P dydz Q dzdx R dxdy







S

c. Điều kiện tồn tại Nếu S là mặt định hướng từng mảnh và các hàm P, Q, R liên tục trên S thì

tồn tại tích phân mặt loại hai của các hàm này trên S.

d. Tính chất  Sự phụ thuộc vào hướng của mặt. Nếu mặt được chọn theo hướng

ngược lại thì tích phân có cùng trị tuyệt đối nhưng đổi dấu:

(3.24)

P dydz Q dzdx R dxdy    P dydz Q dzdx R dxdy  



  S

 S

ở đây S là mặt S với hướng dương đã chọn ban đầu, S là mặt S với hướng ngược lại.

P dydz Q dzdx R dxdy     P dydz Q dzdx R dxdy  

- véc tơ pháp tuyến đơn vị

 Mối liên hệ với tích phân mặt loại một Nhắc lại: n(M)



P dydz Q dzdx Rdxdy





(P cos

 

Q cos

 

 R cos ) dS

 S

. (3.25)

   F n dS

tai điểm M của mặt định hướng S.  S   S

 Ngoài ra, tích phân mặt loại có các tính chất thông thường của tích phân

như tính chất tuyến tính, hệ thức Chasles, ...

Lưu ý. Một số tài liệu dùng vế phải của phương trình (3.25) làm định nghĩa

cũng như ký hiệu của tích phân mặt loại hai.

3.4.3. Ý nghĩa

  (cos (M), cos (M),cos (M))   

trên S:

, thông lượng  của trường qua  mặt định hướng S là tích phân mặt loại hai của F

96

    Đối với trường véc tơ F P i Q j R k   

.

 

P dydz Q dzdx R dxdy





 S

(Nhớ lại trường vận tốc:   lượng chất lỏng chảy qua mặt theo chiều xác

định trong một đơn vị thời gian).

3.4.4. Cách tính * Sử dụng công thức liên hệ hai loại tích phân mặt * Mặt cho bởi phương trình hiện z

z(x, y)



S: z

(thành phần thứ 3 của pháp tuyến

góc nhọn.



Phía của mặt là phía trên thì các véc tơ pháp tuyến sẽ tạo với trục Oz một 0 ), pháp

  N ( z , z , 1)    x

 y

tuyến đơn vị tương ứng là

 z(x, y), (x, y) D  (D là hình chiếu của S xuống mặt Oxy),

.

2  z y

2   1 z x

2  z y

2  z y

Thay vào (3.25) và sử dụng cách tính tích phân mặt loại một ta được:

 z y  n , ,     z x 2   1 z x 1 2   1 z x         

.

 S

2  y

2   1 z x

2  z y

2  z y



(







 z .P(x, y, z(x, y)) x

 z .Q(x, y, z(x, y)) R(x, y, z(x, y))) dxdy. y

 z .Q y   dS I   z    z .P x 2   1 z x R 2   1 z x    

Nếu phía của mặt là phía dưới (pháp tuyến tạo với trục Oz một góc tù) thì

ta phải thêm dấu trừ vào vế phải.

Định lý 3.4. Giả sử mặt cong (S) cho bởi phương trình hiện z

z(x, y)



z , z

hàm liên tục cùng các đạo hàm riêng x

, là  trên miền đóng, giới nội (có diện y 2 . Cũng giả sử rằng P, Q, R là những hàm liên tục trên (S). Khi

tích) D trong đó xảy ra công thức

. (3.26)

P dydz Q dzdx R dxdy





 

(







 z .P z .Q R) dxdy x

 y

 D

. (3.27)

R(x, y, z) dxdy

 

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

 S Đặc biệt,  S

 D

Dấu cộng "+" hay trừ "  " tùy thuộc vào phía của mặt chọn là phía trên hay

phía dưới.

2

 x dxdy zdydz

Ví dụ 3.10. Tính tích phân mặt loại hai

, trong đó S là

 S

2

2

nằm phía trên hình vuông D: 1 x 1, 1 y 1

      và

     D

 z  y

2

2



2x, z



2y

Giải.

. Vì mặt lấy theo phía trên, theo công

x phần của mặt hướng lên phía trên.

 z , x

 y

thức (3.26) nhận được

97

z  x  y

2

2

 x dxdy zdydz



zdydz 0.dzdx x dxdy









S

S

2

3

#



(x



2x

2 2xy )dxdy





.



2

 D

 D

4 3 

  ( 2x)z(x, y) 1.x  dxdy

trong đó

2

2

S là phần tám thứ nhất của mặt cầu 2 x

   Ví dụ 3.11. Tính thông lượng của trường véc tơ F yi x j 4 k   

2

2

2

2

,

Giải. 2 x



y



z



1, z

 0

  z

 1 x



y

 y  z  và hướng ra ngoài. 1

.

2

2

Mặt hướng ra ngoài cũng là hướng lên trên. Theo (3.26),

 

y dydz xdzdx 4dxdy





 S







4 dxdy

2

2

xy 2

xy 2

 1 x



y

 1 x



y

 D

   

   

#



4dxdy



4dt(D)



4.

  .

 4

 D

Ví dụ 3.12. Tính tích phân mặt loại hai

, trong

xdydz ydzdx zdxdy







S

đó S là mặt xung quanh của tứ diện giới hạn bởi các mặt phẳng toạ độ x

 0, y 0, z



0

   , hướng ra phía ngoài.

 và mặt x

y z 1

Giải.

.

   , z   z x  y x 2 y 2  1 x  y  1 x  y

2

4

iS , i 1, 4

Hình 3.17. Tứ diện ở Ví dụ 3.12

98

I I  I   I 1 I 3  , trong đó iI là tích phân lấy trên mặt

Vì định hướng ra phía ngoài nên mặt S1 hướng xuống phía dưới, véc tơ

. Vậy

pháp tuyến đơn vị là k (0, 0, 1)

   

 S 1

 S 1

(D là tam giác OAB).

 xdydz ydzdx zdxdy     (x.0 y.0 z.( 1) dS   I 1

 D

 1S

  z dS  0dxdy  0

0

(Có thể nhận xét rằng, trên S1 thì z

).

   dz 0  dydz dzdx  . Vậy 0

 S 1

 S 1

 xdydz ydzdx zdxdy      0 0 z dxdy  0 I 1

3

, dùng (3.26):



z 1 x y

     



(1,1,1)

Để tính 4I , ta thấy

 I  I Từ tính đối xứng suy ra 2

 y

.

 . 0 I 1   N ( z , z ,1) x

4

 D

 D

 S 4

Suy ra

I



.

1 2

* Thực ra sau đây sử dụng công thức Ostrogradski-Gauss ở mục 3.4.6 sẽ

tiện lợi hơn nhiều. #

3.4.5. Công thức Stokes

Định lý 3.5 (Công thức Stokes). Giả sử S là mặt định hướng được từng mảnh, biên của S là đường cong L kín, trơn từng khúc, hướng của L được xác định phù hợp với hướng dương của mặt.

Giả sử các hàm P(x,y,z), Q(x,y,z), R(x,y,z) liên tục cùng với các đạo hàm

riêng của chúng trên tập mở nào đó của

3 chứa S. Khi đó

Pdx Qdy Rdz







L





dxdy





dydz





dzdx.

(3.29)

 Q  x

P   y

 R  y

Q   z

P   z

R   x

  

  

  

  

  

  

 S

3

3

3 y dx x dy z dz







Ví dụ 3.13. Tính tích phân

, trong đó C là giao



C

2

2

xdydz ydzdx z dxdy    (x y z(x, y))dxdy    1dxdy  I  1 2



2

  định hướng sao cho

tuyến của hình trụ hình chiếu của nó trên mặt phẳng Oxy có chiều ngược kim đồng hồ.

Giải. Gọi E là elip có biên C, định hướng lên trên. Hình chiếu E lên Oxy là

2

2

hình tròn

D : x



y

 . Theo công thức Stokes,

1

2

2

 1 y x  và mặt phẳng 2x 2y z





 S

99

3x   3y dxdy (0 0)dydz   (0 0)dzdx  I 

2

2

2

3x





 3y dxdy 3.2 . r rdr





.

#





 3 2

 D

1  0

3.4.6. Công thức Ostrogradski-Gauss

Định lý 3.5 (Công thức Ostrogradski-Gauss) (hay Định lý Divergence).

Giả sử V là miền giới nội, đóng trong

3 với biên là mặt S kín, trơn từng mảnh, định hướng được. Cũng giả sử rằng các hàm P(x,y,z), Q(x,y,z), R(x,y,z) liên tục cùng với các đạo hàm riêng của chúng trên tập mở chứa V. Khi đó

P dydz Qdzdx Rdxdy







dxdydz





. (3.30)

 P  x

Q   y

R   z

  

  

 V

  S

Tích phân trên mặt S ở vế trái được lấy theo phía ngoài.

2

2

2

2 xy dydz x y dzdx (x







2 y )z dxdy

Ví dụ 3.14. Tính tích phân

,



2

trong đó S là mặt ngoài của hình trụ 2 x

y



1, 0

  , hướng ra ngoài.

z 1

S 

Giải. Gọi hình chiếu của hình trụ lên mặt phẳng Oxy là D, theo công thức

Ostrogradski-Gauss,

2

2

2

2

2

2

(y



x



2z(x



y ))dxdydz



(x



 y )(2z 1)dxdydz

I



 V

 V

2

2

2

2

#

2 y )(z

1 0

 2 (x D

 D

2

xydydz



(y

xz e ) dzdx cos (xy) dxdy





Ví dụ 3.15. Tính tích phân

,



S

2





2

và các mặt phẳng z 0, y 0, y z

  , hướng ra ngoài.

trong đó S là mặt xung quanh của miền G giới hạn bởi hình trụ parabolic   z 1 x

Giải. Tính trực tiếp tích phân đã cho là khó khăn vì phải tính trên 4 mảnh

khác nhau. Ta sử dụng công thức Ostrogradski-Gauss,

2

. #

(x   z) dxdy   y ) dxdy   . 

 V

1  3 dx 1 

1 x   0

2 z   0

100

I  (y 2y) dxdydz   dz ydy  184 35

Hình 3.18. Miền ở Ví dụ 3.15

2

Ví dụ 3.16. Tính tích phân mặt loại hai 

 2xy dzdx 3xz dxdy ,

x dydz



I



S

2

2

2

0, y



  4 x y z

0

với S là phần mặt cầu  0, z x mặt phẳng tọa độ).

 nằm trong góc phần tám thứ nhất  , hướng ra phía ngoài (không kể các hình rẻ quạt nằm trên các

 S : x  0 0, S : z 3

.

Giải. Nếu ta dùng công thức (3.26) ta sẽ đi đến tích phân khó khăn.  , cùng với S ta được 0, S : y Bổ sung thêm các mặt 1 2 một mặt kín S (xem Hình 3.11b). Gọi V là miền giới hạn bởi S , theo công thức Ostrogradski-Gauss,   I S 1 

  

 S 2 

 S 3 



   S  V

 V

 S 1

 S 2

 S 3

(Tích phân mặt trên mỗi mặt S1, S2, S3, đều bằng 0). Chuyển sang tọa độ cầu, 

r cos sin , y

r sin sin , z

 r cos , J













x



2 r sin



2

 d

 d

 (r cos sin ).(r sin ) dr





  3

. #

/2    I 3 0

/2   0

2  0

Ví dụ 3.17. Dùng công thức Ostrogradski-Gauss để tính tích phân ở Ví dụ

3.12.

Giải.

. #

I



(1 1 1) dxdydz

 



3

dxdydz



3. 1.1.1







1 6

1 2

V

V

VD3.32 ; VD 3.33; VD3.34 .

Tài liệu [1], tr ....

b) Thảo luận c) Tự học d) Bài tập (1t) Tài liệu

101

2x 2x 3x dxdydz 3x dxdydz     

102

Bài giảng 10: Tích phân đường và tích phân mặt (tiếp)

Tuần thứ: 10

Chương, mục: 3 Tiết thứ: 46-50 Mục đích, yêu cầu:

 Làm được các bài tập căn bản của chương  Thấy sự gắn kết chặt chẽ của các loại TP với lý thuyết trường.  Phạm vi ứng dụng của TP, Trường trong thực tế, trong kỹ thuật

- Hình thức tổ chức dạy học:

Hình thức chủ yếu: Lý thuyết, thảo luận - tự học, tự nghiên cứu

- Thời gian:

Lý thuyết, thảo luận: 5t - Tự học, tự nghiên cứu: 5t

- Địa điểm:

Giảng đường do P2 phân công.

- Nội dung chính:

Bài tập Tích phân đường loại II. §3.5. Lý thuyết trường

3

3 4 a / 3



; d) 0; e)

; f)

4 a ; h) 0. 25.

.

; 24. c) 12 / 5

  22. d) 2 a(h a)



§ 3.5. LÝ THUYẾT TRƯỜNG 3.5.1. Trường vô hướng a. Định nghĩa. Trường vô hướng là phần không gian G mà tại mỗi điểm M

của nó có xác định một đại lượng vô hướng u(M) (

)  .

Như vậy, bản chất toán học của trường là hàm u(M), gọi là hàm vô hướng

của trường. Để đơn giản, ta gọi là trường vô hướng u(M), hay trường u.

Giả sử trong hệ trục Oxyz cho trước nào đó điểm M có tọa độ (x,y,z). Việc

xác định trên G.

cho trường tương đương với việc cho hàm số u



u(x, y, z)

Ta chỉ xét trường mà hàm u không phụ thuộc vào thời gian, gọi là trường dừng. Hơn nữa, ta cũng chỉ xét những trường mà các đạo hàm riêng của hàm u tồn tại và không đồng thời bằng 0.

c ,

b. Mặt mức. Cho trường vô hướng u(M). Phương trình u(x, y, z) const) xác định một mặt nào đó, gọi là mặt mức (hay mặt đẳng trị).

(c



Rõ ràng là các mặt mức khác nhau thì không cắt nhau. Hơn nữa, các mặt

mức lấp đầy miền G. Tại mỗi điểm của G có một và chỉ một mặt mức đi qua.

c. Gradient. Lấy một điểm

. Xét

0

0

mặt mức qua

0 (S) : u(x, y, z)

/ 3

0M , đó là mặt véc (1.73),

Theo

u(x , y , z ) 0 0  0.

pháp

(S)

tại

tơ

0 điểm

là

0M

,

, được gọi là véc tơ gradient của trường tại

0M , ký

 u(M ) 0  x

u(M )  0  y

   hiệu là

(hay

). Như vậy

u(M )  0  z  

,  grad u(M ) 0

   u(M ) 0

103

 u M (x , y , z ) G . Đặt 0 0 0    u(x, y, z) u u 0 của

,

,

.

 grad u(M ) 0

 u(M ) 0  x

u(M )  0  y

u(M )  0  z

   

  

Điều này xảy ra tại điểm

 grad u

,

,

(3.31)

 u  y

0M bất kỳ, vậy ta có  u  z

  

    

). Chúng ta nhận được định lý sau.

 u x   0

(luôn giả thiết grad u

tại một điểm bất

Định lý 3.7. Gradient của trường vô hướng u



u(x, y, z)

kỳ đồng phương với véc tơ pháp tuyến của mặt mức của trường đi qua điểm ấy.

Hình 3.19 mô tả các đường đồng mức của trường phẳng. Taị điểm M bất

vuông góc với véc tơ tiếp tuyến

  của mặt mức.

 kỳ, véc tơ grad

Hình 3.19. Véc tơ gradient thẳng góc với mặt mức

Hệ quả. Nếu

  là hướng tiếp xúc với mặt mức qua điểm M trong trường u

  triệt tiêu:

.

thì đạo hàm của hàm u(x,y,z) theo hướng



0

 u(M)   

2

u , u là hai trường vô hướng trên G, f là hàm số khả vi, C

Tính chất. Cho 1 là hằng số thực bất kỳ. Khi đó  grad u 1

  u ) 2  grad u , 2  

2

2

. (3.32)

   u grad u , 1

Như vậy, khi coi gradient như một toán tử, tính chất của nó rất giống tính

chất của toán tử đạo hàm. 3.5.2. Trường véc tơ a. Định nghĩa. Trường véc tơ là phần không gian mà tại mỗi điểm M(x,y,z)

:

 của nó có xác định một véc tơ F 



.

 F F(M) F(x, y, z) 





.

Giống như trường vô hướng, quan trọng ở đây là hàm véc tơ F(M)

104

 grad (u 1   grad (Cu) Cgrad u,   u grad u grad (u u ) 1 1 2   grad f (u) f (u) grad u 

Thông thường, trường véc tơ gắn với khái niệm vật lý cụ thể, ví dụ: trường lực hấp dẫn, trường vận tốc của những hạt chất lỏng chứa đầy trong một miền không gian nào đó và chuyển động, từ trường, điện trường...

Như vậy, trường véc tơ chính là một hàm véc tơ xác định trên một miền

trong không gian.

tương đương với việc cho ba hàm vô hướng

 Việc cho trường véc tơ F

P(x,y,z)), Q(x,y,z), R(x,y,z) trong

3 G   để

.

Chúng ta chỉ xét những trường véc tơ mà các hàm P, Q, R có các đạo hàm

riêng liên tục trong G.

       F(x, y, z) P(x, y, z) i Q(x, y, z) j R(x, y, z) k     (hay F P i Qj Rk).   

Để biểu diễn trường, người ta vẽ các véc tơ

tại các điểm

1

tương ứng

  F(M ), ... , F(M ) n

1

n

Ví dụ 3.18. i) Xét một điện tích q (q 0)

đặt tại gốc tọa độ O. Giả sử tại 1 . Theo định luật Coulomb, lực

điểm M(x,y,z) ta đặt một điện tích đơn vị 1q đẩy đặt lên 1q xác định bởi

M ,..., M thuộc trường (xem Hình 3.20).

3

0

2

2

2

12

,

.

trong đó

8,85.10

   r OM x i

 y j









 r





x



y



z

  0

xung quanh gốc O gọi là điện

 z k, r  được gọi là véc tơ điện trường, trường E

 E trường.

Hình 3.20. Điện trường (trái) và dòng hải lưu ở một vùng biển (phải) ii) Xét một chất lỏng chuyển động trong một vùng không gian nào đó. Vận  . Vậy, trong chất lỏng ta đã có V , V , V (xem Hình 3.20

có ba thành phần

tốc của hạt chất lỏng tại điểm M là véc tơ V(M)  một trường vận tốc V

 . Véc tơ V

x

y

z

(phải) (từ [18])). #

b. Đường dòng (đường sức) Đường dòng của trường véc tơ là mỗi đường cong mà tiếp tuyến của nó tại

một điểm tùy ý đồng phương với véc tơ của trường đặt tại điểm này.

105

q  E     r r A , 3 4  r r



Cho trường véc tơ F (P,Q, R) 

  y(t), z x(t), y

 . Để tìm phương trình của đường dòng C: , ta thấy véc tơ chỉ phương của tiếp tuyến tại M  . Véc tơ này phải đồng phương với véc tơ

z(t)   



. Vậy,

. (3.33)

x M(x(t), y(t), z(t)) là (x (t), y (t), z (t))  F (P(x(t), y(t), z(t)), Q(x(t), y(t), z(t)), R(x(t), y(t), z(t)))

Đối với trường điện ở Ví dụ 3.18, nghiệm của (3.33) là các tia xuất phát từ

gốc tọa độ.

Từ trường có các đường dòng là các "cung" nối hai cực Bắc-Nam. Với từ trường hay điện trường, các đường dòng còn gọi là các đường sức

(thể hiện chiều của lực tác động).

c. Thông lượng Ta đã biết rằng (bài §3.2) đối với trường vận tốc trong chất lỏng, lượng

chất lỏng  chảy qua mặt S trong một đơn vị thời gian được tính bởi

.

 

Pdydz Qdzdx Rdxdy





 S

Chúng ta sẽ mở rộng khái niệm thông lượng sang trường véc tơ.







 Cho trường véc tơ F Pi Qj Rk





trong miền G. Giả sử S là mặt cong là véc tơ pháp tuyến

  hay   x (t) P  y (t) Q  z (t) R dx P dy dz  Q R

 

theo hướng đã chọn của các pháp tuyến xác

 (cos , cos , cos )  

 

Pdydz Qdzdx Rdxdy





định bởi tích phân mặt loại hai  S

Từ mối liên hệ giữa 2 loại tích phân mặt, giá trị này chính là

.

(P cos

 

Q cos

 

 Rcos ) dS



   F n dS

 S

 S

Vì thế, người ta hay viết công thức tính thông lượng dưới dạng véc tơ

(3.34)

   F n dS

   S

 định hướng từng mảnh trong G và n đơn vị của mặt S theo phía đã chọn của S.  Thông lượng  của trường F



Ví dụ 3.19. Tích phân mặt loại hai được sử dụng nhiều khi nghiên cứu sự truyền nhiệt. Giả sử nhiệt độ tại điểm (x,y,z) trong một vật thể là u(x,y,z).  Trường véc tơ F được gọi là dòng nhiệt (heat flow) (có tài liệu gọi là véc tơ thông lượng nhiệt), trong đó hằng số K K(x, y, z) 0  gọi là hệ số dẫn nhiệt địa phương của vật liệu, với vật đồng chất thì K là hằng số, được xác định bằng thực nghiệm. Ta phải dùng dấu âm (  ) vì nhiệt độ được truyền từ cao xuống thấp. Lượng nhiệt truyền qua mặt S trong một đơn vị thời gian - gọi là tốc độ truyền nhiệt qua mặt S - cho bởi

.

Pdydz Q dzdx R dxdy







(P cos

 

Q cos

 

 R cos ) dS

 S

 S

106

   K grad u (P,Q, R) 

Đây chính là thông lượng của dòng nhiệt qua mặt S. d. Divergence (độ phân kỳ)







 Cho trường véc tơ F Pi Qj Rk





trong miền G, và như thường lệ, giả sử , ký

  các đạo hàm riêng của các hàm P, Q, R tồn tại và liên tục. Divergence của F  hiệu là div F

(3.35)

, là hàm ba biến xác định bởi  div F(M)

Một cách ngắn gọn, divergence tại điểm M là độ phân kỳ (độ phát tán)

trung bình tại một thể tích đủ nhỏ bao quanh điểm này.

Chúng ta cũng có thể viết lại công thức Ostrogradski-Gauss dưới dạng véc

tơ như sau:



(3.37)

 



divFdxdydz

 divFdV

    F n dS S

 V

 V

   

   

trong đó S là biên của miền V, hướng ra ngoài.  Chính vì thế, div F

còn được gọi là mật độ thông lượng (mật độ phát tán)

của trường.





* M nào đó mà div F(M) 0

thì div F 0

trong lân cận điểm này. Theo công thức (3.37), thông lượng qua mặt S ra phía ngoài dương. Ta gọi điểm M như thế là điểm nguồn.



Ngược lại, nếu div F(M) 0

, thì điểm M gọi là điểm rò (điểm hút).

Tính chất. Cho

là véc tơ hằng số, u là

   . Q(M)   y R(M)   z P(M)   x

   F, F , F 2 1

trường vô hướng, k là hằng số. Khi đó ta có





 div F ; 2



  div (F 1  div (kF) 

  div F F ) 1 2  k div F;  

 div (u C) C grad u; 

 là những trường véc tơ, C

(3.38)

   div (uF) F grad u u div F.

e. Lưu số và rotation (xoáy)

   

dọc theo đường

cong C được tính bởi

T

P dx Q dy R dz







(Pcos

  

Q cos

  

R cos



 ) dS



 S

là véc tơ tiếp tuyến đơn vị của đường C theo

    Ta đã biết rằng công T của trường lực F P i Q j R k   

 C (cos

trong đó hướng đã xác định trên đó. Tổng quát hóa kết quả trên ta đi đến định nghĩa: 

  , cos   , cos  )    

dọc theo đường cong định hướng C đặt trong trường là

. (3.39)

L



P dx Q dy R dz







   F ds 

 C

 S

107

   Định nghĩa. Lưu số (hay hoàn lưu) của trường véc tơ F P i Q j R k   

. (3.41)

  grad F

  rot (F)







Để dễ nhớ, người ta còn viết véc tơ này dưới dạng   k j     y z Q R

 i   x P

.

 với grad , ,   z   x   y    

. (3.42)

   F ds 



    rot F n dS

 S

  C

.

   (Ký hiệu "  " để chỉ tích có hướng của hai véc tơ). (Nhiều tài liệu ký hiệu véc tơ xoáy là curl F). Từ đó, chúng ta có thể viết lại công thức Stokes dưới dạng véc tơ:

Vế phải thể hiện hiệu ứng quay của trường quanh trục định hướng theo véc  n . Theo (3.43), hiệu ứng này lớn nhất khi chọn hướng 0

, thì lưu số của trường dọc theo đường cong kín khá bé

Nếu bao quanh

0M là điểm bình thường.

thì lưu số của trường dọc theo một đường tròn khá bé

  tơ 0n   rot F(M ) 0

Nếu bao quanh

0

0M là điểm xoáy.

gọi là véc tơ xoáy của trường.

  rot F(M ) 0 0 0M bằng không. Ta nói   rot F(M ) 0 0M nói chung khác không, Ta nói điểm

Tính chất. Cho

là véc tơ hằng số, u là

  Véc tơ rot F

   F, F , F 2 1

trường vô hướng, k là hằng số. Khi đó ta có

 là những trường véc tơ, C

2

  rot F   F ) 2



(3.44)

(3.45)

3.5.3. Toán tử vi phân

    rot F  1   krot F   grad u C     rot (F  1   rot (kF)   rot (u C)   rot (u F)    urot F grad u F.  

là trường véc tơ.



u(x, y, z)

Cho u Xét các toán tử sau:

108

    là trường vô hướng, F P i Q j R k   



 grad: u

 grad u



 k,

 i

 j





u   z



 div : F

 div F





,



 u  x P   x



 rot

 : F

  rot (F)



.

 i   x P

 u  y R Q     y z   k j     z y Q R

Các toán tử trên gọi là các toán tử vi phân. Chúng là các toán tử tuyến tính. Ngoài ra, người ta còn đưa vào các toán tử vi phân sau đây. a. Toán tử Laplace là toán tử

2

2

2







 





:

2

2

2

 x

 y

 z

2

2

2

2

2

2















. (3.46)



: u

  u











u

u 2

u 2

u 2

2

2

2

 x

 x

 y

 y

 z

 z

   

    b. Toán tử del (còn gọi là toán tử nabla hay toán tử Haminton), được ký

hiệu bởi véc tơ tượng trưng

, (3.47)

 k

 grad u,





 i

   u

 j



 div F,





     F



(3.48)

  F   

  rot F.



tác động như sau: u   x P  x   i   x P

u  u   y  z Q  R  z y     k j    z  y Q R

    i   j   k   x   y   z

là những trường rất thông dụng, song trong lý

thuyết trường người ta hay thay chúng lần lượt bởi

.

   Mặc dầu grad u, div F, rot F

  u,     F

;

    F,  Vì toán tử 

là toán tử tuyến tính nên các phép nhân vô hướng, có hướng ở đây có một số tính chất của phép nhân vô hướng, có hướng thông thường của các  véc tơ, chỉ cần coi toán tử nabla  như một véc tơ tượng trưng. Tuy nhiên cũng có một chút khác biệt, chẳng hạn  Q  y

109

 F div F         R   z P   x

(là toán tử vi phân vô hướng).

Hệ quả

.

  F    P.  Q.  R.   x   y   z

c.Trường dòng (hay trường ống). Nếu tại mọi điểm M G đều xảy ra



div F(M) 0

thì trường được gọi là trường dòng (hay trường ống).

Như vậy, trường dòng là trường không có điểm nguồn, cũng không có điểm

rò, thông lượng qua mặt kín bất kỳ đều bằng không.

      

thì

d.Trường thế. Nếu tại mọi điểm M G đều xảy ra rot F(M)

trường được gọi là trường thế.

Như vậy, trường thế là trường không có điểm xoáy.



 Giả sử F (P,Q, R)

là trường thế khi và chỉ khi

 ; F

.

  0

Như vậy, nếu U là miền mở, đơn liên bất kỳ trong G thì theo Định lý 3.3,

một loạt kết luận ta có thể suy ra từ điều này:

là trường thế khi và chỉ khi tồn tại hàm u(x,y,z) trong U để  . u(x,y,z) được gọi là hàm

 ,    Q  x P   y R   y Q P   ,   z z R   x

  F   F grad u ( thế vị của trường.   F

là trường thế khi và chỉ khi lưu số trên một đường cong AB bất kỳ của trường (liên tục, không tự cắt, trơn từng khúc trong U) chỉ phụ thuộc vào điểm đầu và điểm cuối của trường, không phụ thuộc vào đường nối 2 điểm này trong U. Lưu số đó bằng hiệu giữa thế của trường tại điểm cuối với thế của trường tại điểm đầu:

Pdx Q dy R dz







 u(B) u(A)

.

 AB

e. Trường điều hòa Trường vừa là trường dòng, vừa là trường thế gọi là trường điều hòa.

là trường điều hoà thì trong một miền mở, đơn liên U bất kỳ

 Trường F

trong G, tồn tại hàm u(x,y,z) trong U - gọi là hàm thế vị của trường - để:

 

du P dx Qdy R dz)





2

2

2

(3.49)







  u







0

u 2

u 2

u 2

 x

 x

 x

    F grad u (    

 E



Ví dụ 3.22. Xét điện trường ở Ví dụ 3.18:

.

du P dx Q dy R dz)    

 A r 3

r

... Là trường điều hoà. Tóm tắt chương III. Xem [1]

110

 với r   x i   y j   z k

* Kiểm tra 1 tiết 3 chương đầu.

111

Bài giảng 12: Phương trình vi phân

Tuần thứ: 12

Chương, mục: 4 Tiết thứ: 56-60 Mục đích, yêu cầu:

 Nắm được các khái niệm căn bản về PTVP, cấp, các loại nghiệm,

giải được các dạng cơ bản của PTVP cấp một.

 Thấy được một số ứng dụng thực tiễn của PTVP, PTVP cấp một.

- Hình thức tổ chức dạy học:

Hình thức chủ yếu: Lý thuyết, thảo luận - tự học, tự nghiên cứu

- Thời gian:

Lý thuyết, thảo luận: 5t - Tự học, tự nghiên cứu: 5t

- Địa điểm:

Giảng đường do P2 phân công.

- Nội dung chính:

§4.1 Phương trình vi phân cấp một

Chương 4. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

§ 4.1. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP MỘT (4 tiết)

4.1.1. Các khái niệm mở đầu

(n)



Dạng:

F(x, y, y ,..., y

)

 (4.1)

0

(n)



x: biến độc lập, y: hàm phải tìm,

:đạo hàm các cấp của y,

y , ... , y

F: hàm nào đó của n + 1 biến. Cấp cao nhất của đạo hàm có mặt trong PT được gọi là cấp của PTVP,

3

x

: cấp I,

8

: cấp II.

  y x ln y y   xe

Nghiệm của PTVP (4.1) trong khoảng (a, b) là mỗi hàm số xác định trên

  y 4y  x

(n)

.

(a, b) sao cho khi thay vào phương trình ta được đồng nhất thức:

 F(x, y(x), y (x), ... , y

(x))

 với x

0

Ví dụ 4.1. y

 

9y 0

 .

Các hàm Ccos3x; Dsin 3x , C, D - hằng số tùy ý là những nghiệm của

phương trình (PT) đã cho (trên  ). Nói chung, PTVP có vô số nghiệm. #

(x, y)



Giải một PTVP trên (a, b) là tìm tất cả các nghiệm của nó trên khoảng này. Nghiệm có thể tìm dưới dạng hiển y = f(x), có thể dưới dạng ẩn - tức là chỉ liên hệ biến độc lập x với hàm phải tìm y - cũng như có y(t) . Các đường cong tương

 (a, b)

ra một biểu thức thể cho nghiệm dưới dạng tham số: x ứng biểu diễn nghiệm gọi là các đường cong tích phân của PT.

4.1.2. Dạng tổng quát của PTVP cấp một a. Định nghĩa. PTVP cấp I dạng tổng quát:

112

x(t); y  

F(x, y, y ) 0

  (4.2)

x: biến độc lập, y: hàm phải tìm, y :đạo hàm của y, F là hàm của ba biến x, y, y

trong tập D mở nào đó của

3 .

Nếu có thể giải y qua các biến còn lại:

: dạng giải ra với đạo hàm.

  y

f (x, y)

b. Bài toán Cauchy. Cho PTVP cấp I

(4.3)

  y

f (x, y)

2



D mở

(x, y) D

 

,



(x , y ) D, 0

0

Hãy tìm hàm y = y(x) xác định trong một lân cận nào đó của điểm 0x , thỏa

mãn phương trình (4.3) và thỏa mãn điều kiện ban đầu:

(4.4)

0

Hàm y(x), như vậy gọi là nghiệm của bài toán Cauchy (hay bài toán giá trị

ban đầu) (4.3) – (4.4).

Định lý 4.1 (Định lý tồn tại duy nhất nghiệm)

Cho PT (4.3), f(x,y) - liên tục trên

2 D   , D mở,

y y(x ) 0

0

0

xác định trên một lân cận nào đó của



y(x)

i)  nghiệm y

0x , thỏa mãn

(4.4).

ii) Ngoài ra, nếu

liên tục trên D  Nghiệm thỏa mãn (4.4) là duy

(x , y ) D . Khi đó:

y

y0 M0 O x0 x

Hình 4.1. Đường cong tích phân qua điểm

f (x, y)   y nhất trên lân cận vừa nêu. c. Ý nghĩa hình học

0

0

0

0

, C – hằng tuỳ ý sao cho:

d. Các loại nghiệm  Nghiệm tổng quát. Nghiệm tổng quát của PTVP (4.3) là biểu thức (x,C)

y

 

là một nghiệm của (4.3).

i) Với mỗi hằng số C tùy ý, hàm số y

 

(x,C)

ii) Với mọi điểm

0

(x , y ) có hệ số góc f (x , y )

0



y

y

0 nghiệm ở Định lý 4.1 được thỏa mãn, có thể giải ra y . thỏa mãn điều kiện ban đầu

(x , y ) trong miền D, tại đó điều kiện tồn tại duy nhất sao cho hàm số C C

 x x

0

0

113

  (x,C ) 0

 Tích phân tổng quát. Nếu hệ thức



(x, y,C) 0

 (4.6)

 : biểu thức liên hệ giữa biến độc lập x, hàm phải tìm y, C là hằng tùy ý xác định nghiệm thì nó gọi là tích phân tổng quát của PT đã cho.

, gọi là nghiệm riêng.

 Nghiệm riêng - tích phân riêng. Thay hằng số tùy ý C bởi giá trị cụ thể  

0C vào nghiệm tổng quát (4.5), ta được

0C vào tích phân tổng quát (4.6), ta

được

Thay hằng số tùy ý C bởi giá trị cụ thể  , gọi là tích phân riêng. 

y (x,C ) 0

. (4.7)

4.1.3. Phương trình với biến số phân ly (PT tách biến) g(y) dy

Dạng: f (x) dx

0 (x, y,C ) 0

. Thay vào PT:

ta được dy



Coi y là hàm của x: y



y(x)

 y (x) dx

.

 f(x) dx  g(y(x)) y (x) dx

Tích phân hai vế: 



 Như vậy, để giải PT với biến số phân ly, ta chỉ việc tích phân hai vế:

. (4.8)

 f(x) dx g(y(x)) y (x) dx g(y) dy.  





Chú ý. Các phương trình  0 u(x) dx v(y)dy

f (x) dx  g(y) dy C 

. (4.7'')

 (4.7')

có thể chuyển về dạng (4.7) dễ dàng. Chẳng hạn, PT (4.7") chuyển thành

  y g(x) h(y)

.

(Một số tài liệu coi (4.7') hay (4.7'') là PT với biến phân ly). Ví dụ 4.2. Giải phương trình (1 x)y dx (1 y)x dy

 g(x)h(y)   g(x) dx (khi h(y)  0) dy dx dy h(y)



0, y 0

Xét x

 , phương trình trở thành

 . 0   







ln x

  

y ln y C

 

x

ln xy

   : Tích phân tổng quát.

x y C



0 và y 0

Còn có 2 nghiệm x

 : nghiệm kỳ dị.

Nhận xét. Nhiều khi cần chia hai vế PT cho y, thường ta phải kiểm tra xem

hàm hằng số y

0 có là nghiệm hay không.

0 Cũng rất nhiều khi cần chia hai vế cho x, ta mặc nhiên đặt điều kiện x rồi thực hiện phép chia. Thực ra vấn đề phức tạp hơn nhiều, cần "ghép nối" nghiệm. #

, g - hàm thuần nhất

4.1.4. Phương trình thuần nhất g(x, y) a. Dạng: y

 

114

dx   dy  dx    dy C  1 x x  1 y y  1 x x  1 y y

g(x, y)- hàm thuần nhất: g(kx, ky)

 g(x, y)   (4.9) 0. k

, x

0,

Vậy ta luôn có thể viết PT thuần nhất dưới dạng

.

g(x, y)  g x.1, x.   f    y x     g 1,   y x       y x   

là nghiệm.

Giải. Ta hãy tìm hàm u



u(x)

để y



u(x).x



u.x

  u

y x

  

  

Thay vào phương trình ta được



 y



u x u

 

f (u)

   u x

f (u) u

 .

 Trường hợp f (u) u

  , chia hai vế cho f (u) u

  :

0

0

: PT phân ly

    f y  y x   

 du  f (u) u dx x







g(u)

g(y/x)

x Ce

Ce



. Đây là tích phân tổng quát.

thì rõ ràng

  hay ln x    C g(u) C  du  f (u) u dx x du  f (u) u

   Trường hợp PT f (u) u

  có nghiệm

0

0

cũng là một nghiệm.

  

u

y

0

u x 0

y x

Ví dụ 4.4.

.

u u

: hàm thuần nhất.

  y  x y  x y

Với x

0,



Đặt y

2





du



.

u x u

 

   u x

 1 u 2

 1 u  1 u

 1 u  1 u

dx x

 1 u

Lấy tích phân hai vế,

ln x



du



arctan u



2  ln(1 u )



ln C

1 2

1 u   2 1 u C

arctan u

2

2

y arctan . x

. #

 1 (y / x)  1 (y / x)   x y  x y  y  . u x u    u x

2

b. Phương trình đưa được về dạng thuần nhất. Đó là PT

. (4.10)

  x e  x  y  Ce  1 u

i

i

i

2

2

2







0

* Nếu hệ PT đại số tuyến tính

có định thức khác không:

a x b y c 1 1 1 a x b y c







0

2

2

2

  

115

  y f , a , b , c  const a x b y c 1 1 1 a x b y c          

1

,

  

0

a 1 a

b 1 b

a a

b 1 b

2

2

2

2 thì có thể giải ra nghiệm duy nhất

. Đặt

0

u

 

x x

x

 

u x

0

0



; dx



du, dy



dv, v



v(u)

v

 

y y

y

 

v y

0

0

  

  

Phương trình trở thành

: thuần nhất

dv du

 a u b v 1 1  a u b v

2

2

   f 

  

(u - biến độc lập, v - hàm phải tìm, hệ số

x   y x , y 0

2

2

ta đưa về dạng phân ly của biến t và u).

c , c biến mất, hệ số 1

(Trước kia ta đặt y

ux

: Hàm phải tìm = hàm phải tìm mới  biến đl )







0

1

* Hệ

có định thức = 0:

,

  

0

a 1 a

b 1 b







0

b 1 b

a a

2

2

a x b y c 1 1 1 a x b y c 1 2

2

2

   Đặt

(hoặc

)

2 

a , b , a , b bảo toàn). 1 2 1 (Tiếp tục, đặt v  t.u (t  t(u))

1

2

2

2

(x - biến độc lập, z - ẩn hàm ): Đưa PT về dạng phân ly.

Ví dụ 4.6. Giải các phương trình  ; 0  i) (x y) dx (2y x 1) dy

z  z   , hoặc  z  a x b y c   a x b y 1 a x b y c 1 1 1

  

x



y



0

x

 

1

Giải. i) Xét hệ

, nghiệm là

 

x 2y 1 0

 

y

 

1

  

  

u

 

x 1

 

u 1

x

Đặt

,



v

 

y 1

 

v 1

y

     dx

   dv,

 ii) (x y 2) dx (2x 2y 2) dy      . 0

PT trở thành (u v)du (2v u)dv 0

 .







thỏa mãn PT này. Đây là PT thuần nhất, lại đặt

v(u)

, nhận được

Ta tìm hàm v  thì dv

du, dy 

 t du

v

tu

(u tu)du (2tu u)(u dt









t du)



0

2



 (2tu u) u dt



 (u 2tu 2t u)du





0

 2t 1

2

u



0, PT



 ln 1 2t 2t



 

ln Cu

dt

Với

2

du    u

1 2t 2t





2

2

u dt 

, PT trở thành

ii) Giải. Đặt z

   ... x  2xy 2y  2y C  (tích phân tổng quát).

.

 (z 2)dx 2(z 1)(dz dx) 0

  

2(z 1)dz









zdx

*

  x y; dz  dx dy    dy  dz dx

hay 2(x

 

y ln x



y )

  (tích phân tổng quát).

x C

116

z  0, 2 1  dz    2(z dx ln z )   x C    1 z   

* Rõ ràng z

    cũng là một nghiệm, đó là nghiệm kỳ dị. #

x

y

0

(4.11)

4.1.5. Phương trình tuyến tính Dạng: y

 p(x)y q(x)

 

p(x), q(x) -liên tục trên khoảng (a, b) nào đó.

Sự tồn tại, duy nhất nghiệm. (4.11) được viết lại dưới dạng

.

  y

f (x, y)

với f (x, y)

 

 p(x)y q(x)

Các hàm

liên tục trên D {a

Theo Định lý 4.1, D là miền tồn tại duy nhất nghiệm của PT này.

Nếu vế phải bằng không, (4.11) trở thành

  y

p(x)y 0

 (4.12)

được gọi là PT tuyến tính thuần nhất. Nó cũng được gọi là PT thuần nhất tương ứng với PT không thuần nhất (4.11).

Giải PT TT * Giải PT TN (4.12). Giả sử y

0 ,

: phân ly; tích phân hai vế,

f (x, y),   p(x)    x b, y   . }  f (x, y)  y

p(x)dx



.

ln y

 

p(x)dx ln C hay y Ce





 (C 0)



Với y = 0, thay vào (4.12) ta thấy thỏa mãn, vậy y = 0 cũng là nghiệm,

nghiệm này ứng với C = 0. Vậy, NTQ của PT thuần nhất (4.12) là

p(x)dx



, C - hằng tùy ý. (4.13)

  p(x)dx dy y

là hàm phải

* Tìm nghiệm của (4.11) dưới dạng (4.13), trong đó C C(x)



tìm nào đó của biến x. Lấy đạo hàm,



p(x) dx



p(x) dx







.

 y C (x) e



C(c) e

 ( p(x))

Thay vào PT ban đầu



p(x) dx



p(x) dx



p(x) dx

 y Ce



p(x) dx



p(x) dx

    C (x) e  C(x).p(x).e  p(x).C(x).e  q(x)



Nhận được nghiệm tổng quát



p(x) dx

p(x) dx

   C (x)  q(x) e  C(x)  q(x) e  dx C.

, C - hằng tùy ý. (4.14) CÁCH NHỚ!



Lưu ý. * Các ký hiệu tích phân bất định ở (4.14) được hiểu là một nguyên hàm bất kỳ của hàm dưới dấu tích phân; thường chúng ta chọn hằng số tùy ý bằng 0 khi sử dụng các nguyên hàm cơ bản.



p(x) dx

p(x) dx







e



e

.

( 1) * Ở đây * Nên áp dụng trực tiếp (4.14) để tính nghiệm của PT tuyến tính. * Có thể dùng phương pháp thừa số tích phân (chặt chẽ hơn) để chứng

minh (4.14) là nghiệm tổng quát của (4.11).

Ví dụ 4.7. Giải phương trình

117

  y  e q(x) e dx   C  

y

i)

2(x

  ; 2 x 0

y

ii) y

  1)y  xy 1  , thỏa mãn điều kiện ban đầu

PT

  y

y



Giải. i)

.

1 2

x 2



x

x

1

1

 Theo (4.14), nghiệm tổng quát là



dx

dx





x 2

x 2

x

 1

x

 1

y



e

C



e

dx

1 2



   

x



1

   

2

2



ln(x

 1)

ln(x

 1)

2

1 2

1 2



e

C



e

dx



 C ln(x



x



 

 1 . 

1 2



1 2

x



1

   

   

x



1

Từ điều kiện ban đầu suy ra

y(0)





C 2

 . Thay vào ta được

 C ln1 1

2

: nghiệm riêng.

 e dx (xe  1)dy  . 0

y

y

ii) Khi coi y là ẩn hàm, x là biến độc lập, ta được

y  2 ln(x   x  1     1 2 x  1

không có dạng quen thuộc. Bây giờ coi y là biến độc lập, x là ẩn hàm,



y

: PT TT

 y (xe   1) e  , là PT 0

1dy

1dy







y



y



x



e

C



e

e

dy



e

 C y

NTQ:

.







  

  

(4.15)

(là tích phân tổng quát của PT đã cho). # 4.1.6. Phương trình Bernoulli. q(x)y

Dạng: y

PT x e dx    dy

p(x), q(x) - liên tục trên (a, b) nào đó,    .

1  : PT phân ly, (đã biết cách giải).

0 và

0  : PT TT, * *   .   1 *

Rõ ràng y

0 là một nghiệm.

Xét y

0 . Chia hai vế cho y NHỚ! 

.

 1 p(x)y

p(x)y   











Đặt

 q(x) y

   

(1

z

)y

y



y

y



 z / (1

  , được NHỚ!

)

 z / (1

  

) p(x)z



q(x)

: PTTT.

   

(1

z

)p(x)z

   (1

)q(x)

Ví dụ 4.9. Giải PT

.

y

 

3 2  y (x 1) y





0

2  x 1

Giải.

.

PT

  y

y

 

3 2  (x 1) y

2  x 1

118

  y y  1 z 

* Xét trường hợp y

0 , chia hai vế cho 2y được

3



 

 (x 1)

.

 y 2

2 1  x 1 y

y

Đặt

, PT trở thành

4

2

3

z

 

z



 (x 1)

  z

...



 (x 1)



 C(x 1)

 

 

2  x 1

1 2

2

y



hay

. Đây là nghiệm tổng quát.

4

2

 (x 1)



 C(x 1)

* Rõ ràng y

0 là nghiệm; đó là nghiệm kỳ dị. #

Lưu ý. Giống như với PTTT, (Có thể), coi y: biến độc lập, x: ẩn hàm  PT Bernoulli! 4.1.7. Phương trình vi phân toàn phần (PTVPTP)

Dạng: P(x, y) dx Q(x, y) dy

z  , ... 1 y

: vi phân toàn phần của một hàm u nào đó, tức là trong tập

để

  (4.16) 0



u(x, y)

P(x, y) dx Q(x, y) dy  mở D nào đó tồn tại hàm u

Theo Định lý 3.2, nếu P(x,y), Q(x,y) là hai hàm liên tục cùng các đạo hàm

2

riêng của chúng trên tập mở, đơn liên

 du(x, y) P(x, y) dx Q(x, y) dy, (x, y) D.  

D   và thỏa mãn điều kiện

.

thì vế trái của (4.6) là vi phân toàn phần, hàm u(x,y) được tính theo công thức (3.15) hay (3.16).

TPTQ: u(x,y) = C.

x

y

x

Ví dụ 4.10. Giải PT

[(1 x

 

y)e



e ] dx [e





y xe ]dy

 . 0

Giải. P, Q cùng các đạo hàm riêng là liên tục.

x

y

. Chọn

 , (x, y) D   Q(x, y)  x P(x, y)   y

x

x



  e  e  (0,0) (x , y ) 0 0  Q  x  P  y

 y xe dy

x  0

y  0

x

x

x

u(x, y)   (1 x)e   e   1 dx   

y  (e y xe )

y xe .

x x   x 0

y y   y 0

x

y

TPTQ:

 (xe  x)    (x y)e 

* Thừa số tích phân (TSTP). Giả sử PT (4.16) không là PTVP toàn phần,

nhưng ta tìm được một hàm số

 (x y)e  xe  . # C

 (x, y)   sao cho PT



là PTVP toàn phần, hay tương đương với điều đó (D mở, đơn liên)

119

 (x, y) P(x, y) dx Q(x, u) dy  0  (4.17) 0, (x, y) D 

.

Hàm

như vậy được gọi là thừa số tích phân.



(x, y)

Tìm TPTQ của (4.17): u(x, y) C , là TPTQ của PT đã cho.



(x) dx

P   y

Q   x

 

 

(x)

(hàm chỉ phụ thuộc x):

; (4.18)

*

 , (x, y) D  ( Q)    x ( P)    y

Q

   (x)  e

(y) dy

 

*

(hàm chỉ phụ thuộc y):

. (4.19)

Ví dụ 4.11. Giải PT (xsiny + ycosy)dx + (xcosy – y siny)dy = 0.

Giải.

 P   y Q   x   (y)    (y)  e P



( 1)dx

P   y

Q   x

x

 

1,



  chỉ phụ thuộc x

.

   

(x)



e



C e

Q

(Chỉ cần chọn một TSTP là đủ; cụ thể, chọn C = 1 ta được TSTP là xe ).

Nhân hai vế PT đã cho với ta xe thu được (chắc chắn là PTVP toàn phần!) x

x  e (x sin y y cos y) dx e (x cos y y sin y) dy

 . 0





Chọn

, TPTQ:

 cos y;  x cos y cos y ysin y    Q  x  P  y

y

y

x

u(x, y)



P(x,0)dx



Q(x, y)dy

  0

x  e (x cos y ysin y)dy







0

0

0 x e [x sin y y cos y sin y] C.









2

3

2

Ví dụ 4.12. Giải PT

 (0,0) (x , y ) 0 0

2

2

Giải.

(2xy  3y )dx (7 3xy )dy    . 0

2  (4xy 9y )



P   y

Q   x



(y



0, 2x 3y





0)



, chỉ phụ thuộc vào biến y.

P

2 y

dy



2

2 y

Chọn

. Nhân 2 vế với

   3y     4xy 6y  Q  x P   y



  

(y)



e

1 2

y

.

 (2x 3y)dx





0



7 2

y

 3x dy  

Chọn

, tính hàm u(x,y) theo công thức

   (0, 1)

1 / y ta thu được PT

120

 (x , y ) 0 0

2

.

x  0

y  1

TPTQ: 2 x

u(x, y)   (2x 3) dx    x 3xy 7  7 2 7   y y     3x dy  



 không xác định nghiệm. #

0

Dễ thấy y = 0 là một nghiệm, còn 2x 3y 4.1.8. Trường hệ số góc (xem tài liệu [1] tr ...) 4.1.9. Quỹ đạo trực giao (xem tài liệu [1] tr ...)

Một số ứng dụng thực tế của PTVP cấp I

b) Thảo luận c) Tự học

- Phát biểu bài toán Cauchy cho PTVP cấp một dạng giải ra với đạo hàm; phát biểu định lý tồn tại duy nhất nghiệm, định nghĩa nghiệm tổng quát, nghiệm riêng, tích phân tổng quát, tích phân riêng.

- Các dạng căn bản PTVP cấp I và cách giải các dạng này - Đọc các Ví dụ 4. 34; VD 4.35 ; VD 4.36; VD 4.48; VD 4.49; VD 4.50 3(b); 10(b, c, d, e); Tài liệu [1], tr ....

d) Bài tập (1t) Tài liệu Chú ý: Bài tập về nhà cho cả chương Bổ trợ: 2(a); 3(a) 8; 10(e); 12(b); 15(b,c); 18(b); 20(a); 21(d); 23(a); 24(b, e); 26(a, b, d); 28(a, b); 31(c). Chính: 3(b); 10(b, c, d, e); 12(e, f, g); 13(b); 15(f, g); 18(c, d); 19(a, b, c, d, e); 24(e); 26(f, h, i, j); 27(c, d,e); 28(d, e, f, g); 30(d, e, f); 31(b); 32; 33(a, b, c). VD 4. 34; VD 4.35 ; VD 4.36; VD 4.48; VD 4.49; VD 4.50; VD 4.51 ; VD 4.52; VD 4.53; VD 4.54((i), (ii)).

, f, g: liên tục

 Dạng: f (x) dx

3xy C  , C- hằng số tùy ý. 7   y

PT phân ly

 Giải:



Tóm tắt - PTVP cấp một g(y) dy 



 Dạng:

g(y) dy C f (x) dx  

PT thuần Nhất

 , đưa về PT phân ly

y x     y f 

  

PT tuyến tính



p(x) dx

p(x) dx

     u x u y  Giải: y u(x).x  p(x)y q(x)  Dạng: y

 Giải: NTQ:



0 và

(

  e y  q(x) e dx  

PT Bernoulli

đưa về PTTT

q(x)y   

  ) 1 y  1

  C    Dạng: y p(x)y  Giải: Chia hai vế cho y , đặt z 

 Dạng: P(x, y) dx Q(x, y) dy

PT VP Toàn phần

u(x, y)





Q(x, y) dy C



 Giải: TPTQ:

P(x, y )dx 0

   0 P   y      

x  x

0

0

121

Q   x y  y

(x) dx

 



: Chọn

Thừa số tích phân

(y) dy

 



: Chọn

   (x)    (x)  e  Q  x

Bài giảng 13: Phương trình vi phân (tiếp)

Tuần thứ: 13

Chương, mục: 4 Tiết thứ: 61-65 Mục đích, yêu cầu:

 Nắm được các khái niệm căn bản về PTVP cấp II, cấu trúc nghiệm PTTT, giải được các dạng cơ bản của PTVP hệ số hằng, vế phải đặc biệt.

 Thấy được một số ứng dụng thực tiễn của PTVP, PTVP cấp hai.

- Hình thức tổ chức dạy học:

Hình thức chủ yếu: Lý thuyết, thảo luận - tự học, tự nghiên cứu

- Thời gian:

Lý thuyết, thảo luận: 5t - Tự học, tự nghiên cứu: 5t

- Địa điểm:

Giảng đường do P2 phân công.

- Nội dung chính:

Chữa bài tập phương trình vi phân cấp 1 §4.2 Phương trình vi phân cấp hai

d) Bài tập (2t) 12(e, f, g); 13(b); 15(f, g); 18(c, d); 19(a, b, c, d, e) (CấpI) § 4.2. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI

4.2.1. Mở đầu a. Định nghĩa. Dạng tổng quát của PTVP cấp II

   (y)    (y)  e P   y         P 1  y Q    Q 1   x P  

Nếu có thể giải ra y'' qua các biến còn lại:

: PTVP cấp hai dạng giải ra với đạo hàm (4.24)

 F(x, y, y , y )   (phải có mặt y'') (4.23) 0

Định lý 4.2 (Định lý tồn tại duy nhất nghiệm)

 y   f (x, y, y )

Xét PTVP (4.24),

: liên tục của ba biến

3

 f (x, y, y ), ,   f (x, y, y )  y   f (x, y, y )   y

(x, y, y ) trong tập mở

0

0

y



y , 0

x

0

(4.25)

 y

 y . 0

x

0

   

122

  (x , y , y ) D  0 D   .  , ! y = y(x) trong một lân cận của 0x thỏa mãn

b. Nghiệm tổng quát. NTQ của PT (4.24) là họ hàm số

,

y   (x,C ,C ) 1 2

1

2 i)

, hàm số

là nghiệm của (4.24).

C ,C - hằng số tùy ý:

2

ii)

y   (x,C ,C ) 1 2

ra

được

:

:





C

y

 

C 1

0 C , C 1

2

0 2

0 0 (x,C ,C ) 1 2

.

C ,C 1 (x , y , y ) D   , D: điều kiện tồn tại duy nhất nghiệm của PT (4.24)

0 thỏa mãn,  y ; y 0

x

x

0

0

c. Tích phân tổng quát. Nếu hệ thức

 y   0 0 giải  y 0

1

hai hằng tùy ý cho phép xác định NTQ, thì hệ thức đó gọi là TPTQ của PT.

1 2 : NR.

cụ thể

C , C nào đó vào NTQ, ta được hàm số

 

y

  , trong đó 0 (x,C ,C ) 1 2 C ,C là 2

0 1

0 2

C ,C một giá trị d. Nghiệm riêng, tích phân riêng. Khi thay các hằng số 0 0 (x, C , C ) 1 2

C , C nào đó vào

0 1

0 2

2

TPTQ, được hệ thức

Tương tự, khi thay các hằng số 1 

 : TPR.

0

0 0 (x,C , C ) 1 2

e. Bài toán giá trị ban đầu, bài toán biên Điều kiện (4.25): điều kiện ban đầu. Bài toán tìm nghiệm của PT (4.24)

thỏa mãn ĐKBĐ (4.25) gọi là bài toán giá trị ban đầu.

của PT (4.24) trên đoạn

Bài toán biên: Tìm nghiệm y



y(x)

C ,C một giá trị cụ thể

1

thỏa mãn

: Điều kiện biên (4.26)

[x , x ] và 2

: các giá trị cho trước.

  y 1

2

2



Đặt y

  

p p(x)

 . Đạo hàm y

 . p

Thay vào PT F(x, p, p )

 y(x ) y ; y(x ) 2 1 1 x ) x , x , y , y (x 1 1 1 2 Bài toán biên: Không phải luôn có nghiệm. 4.2.2. Các phương trình giảm cấp được   (vắng y) a. Phương trình F(x, y , y ) 0

Ví dụ 4.15. Giải các phương trình

2

i)

.

  : PT cấp I (x: biến độc lập, p: ẩn hàm). 0

  ; ii) y

 

 x y / x

2

x   y   y 1

 Giải. i) Đặt y

  p

p(x)

   , ta được p

 y

Đây là PT cấp I với biến x. Lại đặt

2

.

x   p   p  . 1

3

2

2

Vì



t; dp



t dx



 t(2t 1) dt



(2t

  

t)

p

p(t)





 . C

2t 3

t 2

dp dx

5

4

3

2

y



p(x) dx



 p(t) x (t) dt



t



t



t



Ct



 Ct D.





4 15

5 12

1 6

2

 

t 1,

t

( nghiệm dạng tham số)

5

4

3

2



y

t



t



t



Ct



 Ct D.

5 12

4 15

1 6

  x     

123

t    p x t   , dx t 1   (2t 1) dt

 ii) Đặt y

  p

p(x)

   , ta được p

 y

p

 

p

 : PT TTcấp I,

x

1 x

NTQ:

.

p

 y





C x

21 x 3

3

NTQ PT đã cho:

y



x / 9 C ln | x | D

 . #



b. Phương trình F(y, y , y )





Đặt

.

y

  p

p(y)

   y



 p (y).y

 p .p



   (vắng x) 0

Thay vào PT: F(y, p, p p)

 d(y ) dx  : PT bậc nhất (y: biến độc lập, p: ẩn hàm). 0

2



Ví dụ 4.16. Giải phương trình

2y y

 y

 . 0

, PT trở thành



2



 2y.p p p



  0

p(2y p



p)

 0.

* p 0

    .

y D

 y

*

 Giải. Đặt y   p p(y)    y  p p



ln p

 

ln y



ln C

  p

0

1 2

C y

3/2

  y

y



 Cx D.

dy dx

C   y

p   0  2y p   p 0. y  0,   2dp p dy y

Trường hợp C 0 ta trở về họ đã nói. Tóm lại, 3/2y 4.2.3. Phương trình tuyến tính Phương trình vi phân tuyến tính (PTVPTT) cấp hai có dạng

(4.27)

 y



 p(x)y



 q(x)y f (x)

p(x), q(x), f(x) -liên tục trên (a, b).

Nếu f (x) 0  PT thuần nhất  p(x)y

q(x)y 0

 y





 . (4.28)

2 cũng là 1 nghiệm của (4.28).

 Cx D  . #

2 2

2

PT (4.28) cũng được gọi là PT TN tương ứng với PT không TN (4.27). Cấu trúc nghiệm: Định lý 4.3. Nếu , hàm số 1 1 Chứng minh. Thay

vào PT đã cho ta được

y (x) và y (x) là 2 nghiệm của PT TN (4.28) thì 1  C y (x) C y (x)  C , C 1

y C y (x) C y (x)  

2 2 1 1   p(x)(C y C y ) 1 1 2 2

1 1 

  

2

1 Định nghĩa. Hai hàm số 1

2

   .  0   (C y ) C y ) 2 2   C (y 1 1  p(x)y 1   q(x)y ) C (y 2 q(x)(C y C y ) 1 1 2 2   q(x)y ) p(x)y 2 2

1 1

x (a, b)

trên khoảng (a, b) nếu đẳng thức 2 2 C C ,C là hai hằng số thực nào đó, xảy ra chỉ khi 1

1

2

2

124

y (x), y (x) được gọi là độc lập tuyến tính (đltt) 0,    , trong đó  . 0 C C y (x) C y (x)  

2

.

Trái lại, nếu tồn tại hai hằng số 1  

C ,C không đồng thời bằng 0 để

2 2

 C y (x) C y (x) 0,  x (a, b)

2

1 1 thì hai hàm số 1

y (x), y (x) gọi là phụ thuộc tuyến tính (pttt) trên (a, b) .

Sự độc lập, phụ thuộc cũng được định nghĩa tương tự cho hệ n hàm số. Định lý 4.4. Nếu 1

2

thì nghiệm tổng quát của PT thuần nhất đó là  y C y (x) C y (x)

y (x), y (x) là hai nghiệm đltt của PT thuần nhất (4.28)

, 1

2

tìm nghiệm riêng

thứ hai đltt với

 C , C -hằng số tùy ý.

. Cụ thể hơn,

1 1 2 2 Định lý 4.5. Nếu 1y (x) ta có 

thể y (x).u(x) 1

thì y (x) 2

p(x) dx



e



dx

. (4.29)

y (x) 2

y (x). 1



2 y (x) 1

Định lý 4.6. NTQ của PT không TN (4.21) bằng tổng của NTQ của PTTN

(4.22) với một nghiệm riêng của PT không TN (4.21):

0 là một nghiệm riêng của PT thuần nhất (4.28) 1y (x) dưới dạng

2 2

1 1

y C y (x) C y (x) y(x)   

1

2

y (x), y (x) là 2 nghiệm đltt của PTTN (4.22), y(x) là

(4.30)

Định lý 4.7 (Nguyên lý xếp chồng (chồng chất) nghiệm). Cho PT 

C , C - hằng số tùy ý, 1 2 một nghiệm riêng của PT (4.21).

 p(x)y q(x)y  y    f (x) 1 f (x) 2

2

,

p(x), q(x), f (x), f (x) : hàm liên tục. Giả sử

 y   p(x)y  q(x)y 

1 1y (x) là một nghiệm riêng của PT 2y (x) là một nghiệm riêng của PT

Khi đó,

là một nghiệm riêng của PT (4.30).

 y   p(x)y  q(x)y  f (x) 1 f (x). 2

2

4.2.4. Phương pháp biến thiên hằng số Lagrange Giả sử đã tìm được 2 nghiệm riêng đltt của PT thuần nhất (4.28) là y (x) và y (x) . Theo Định lý 4.4, nghiệm tổng quát của PT (4.28) là 1 2  y C y (x) C y (x)

y   y (x) y (x) 1

, trong đó 1

2 2

2

1 1 Giống như trường hợp cấp I, bây giờ ta tìm nghiệm của (4.27) dưới dạng (4.31)

C , C là hai hằng số tùy ý. 

1

1

2

2

y C (x) y (x) C (x) y (x)  

với 1

.

2 

C (x), C (x) là những hàm của biến x trong khoảng (a, b). Lấy đạo hàm:

2

    y C y C y C y  2  1 1

2  . 0

 C y 2 2 C (x), C (x) thỏa mãn điều kiện bổ sung

Khi đó

. Tiếp tục, lấy đạo hàm ta được

2 

C y C y

.



 y    C y 2 2

125

 1 1 Ta hãy chọn 1   1 1 2    y C y C y 2 2 1 1        C y C y C y 1 1 2 2 1 1 Thay vào PT đã cho, rút gọn lại ta được

.

1

2

       f (x)  p y 1  C (y 1 1   q y ) C (y 2  p y 2

Vì 1

.

    q y ) C y C y 2 1 1 2 2 y (x), y (x) là những nghiệm của PT TN dẫn đến

2    C y C y 2 2

 f (x)   1 1

2

C y C y



0

(4.32)



f (x)

 1 1   1 1

 2   C y C y 2

2  2

Tóm lại, 1   

Có thể chứng minh hệ (4.32) luôn có nghiệm duy nhất. Giả sử đó là



C (x) 1

(x) dx K 1

(x)



(x)

   C 1 1    C 2

2

(x) dx K



  

C (x) 2

2

2

   

   1    Thay vào (4.31) ta được nghiệm

, (4.33)

C (x), C (x) phải thỏa mãn hệ

2

2

(

  K , K - các hằng số tùy ý).

1

2

Ta được luôn nghiệm tổng quát của PT không thuần nhất đã cho. Phương pháp vừa nêu để giải PT không thuần nhất gọi là Phương pháp

biến thiên hằng số (Lagrange).

Nó hiệu quả với PT TT hệ số hằng số (sẽ xét sau), vế phải tùy ý.

x

 y

 y



e

Ví dụ 4.17. Giải phương trình

.

 2 x 3

 Giải. Trước hết ta giải PT thuần nhất y

 . 0

x  y

Ở mục 4.2.5a chúng ta sẽ giải PT thuần nhất này một cách dễ dàng. Tuy

nhiên, có thể nhận thấy đây là phương trình vắng x, (hoặc coi là vắng y). NTQ:

x

.

  y C D e

Bây giờ ta tìm nghiệm PT đã cho dưới dạng

x

,

   (x) dx y   (x) dx y K y K y 1 1 2 2 y 1  1

x

x



0



e

 

   C

 , D





2

2e 3

 2 x 3

x

3

x

x

x

x









C(x), D(x) :

C .0 D .e x

(2 x)e / x x

x

x e d

2

2

2









D



dx







D . 1

y C(x).1 D(x).e x   C .1 D .e    x e e e C  dx  dx  dx    C 1 2e 3 1 2 x    x    x

1 2



x

x

x

x

e

x

x

Vậy NTQ

. #

y











hay y C De

 



2

1 2

1 x

e x

x

x

  

 D .e  1 

   

 C .1  1  

4.2.5. Phương trình tuyến tính với hệ số hằng số và vế phải đặc biệt a. Phương trình thuần nhất   Dạng: y qy 0

 , p, q   (4.34)

 py



126

x  2 x 3 x 1 x

kx

Chỉ cần tìm hai NR độc lập tuyến tính. Ta tìm NR dạng

, k là hằng

kx

2 kx

số. Đạo hàm hai lần ta được

.

 y



k e

 ; y



k e

Thay vào PT đã cho kx

2 kx

kx

kx

2

k e



p k e



q e



e

(k



 pk q)

 0

2k  

y e

pk q   PTĐT (4.35) 0.

 Hai nghiệm 1

2

k x 1

k x 2

Rõ ràng,

là hai nghiệm (thực). Chúng đltt vì



e

; y



e

y 1

2

(k



k x 1

k x 2

k )x 1

2

.

.  NTQ của (4.34)





e



const

 y C e 1

C e 2

y 1 y

2

k , k thực, phân biệt

2

1k x

1k x

là NR. Dễ thấy nghiệm riêng thứ hai là

; rõ ràng hai

 Hai nghiệm thực trùng nhau: 1 k e

x e

1y

1k x

nghiệm riêng này đltt. Vậy NTQ của (4.34) là

.

y

2y  (C C x)

1

2

 Hai nghiệm phức liên hợp 12k

 e     i   i )x

(

(

 

i )x

là hai nghiệm. Từ đó,

e

và e

 

i )x

(

(

 

i )x



x





e

e



e

 cos x

Khi xét trong tập số phức, 



Y 1

(

 

i )x

(

 

i )x



x



e



e



e

 sin x





Y 2

1 2 1 2

x

cũng là hai nghiệm. Tuy nhiên, đây là hai nghiệm thực và đltt. Vậy nghiệm tổng quát của PTTN là

(C cos x C sin x)

 .

 e

 

y

1

2

 Bảng 4.1. Giải PT thuần nhất hệ số hằng số y



 py

  y 0

PTĐT k2 + pk + q = 0

Nghiệm tổng quát

k x 1

k x 2

k



2

C e 1

C e 2

1k x

k k Có 2 nghiệm thực 1

e

 (C C x)

2

1

2

Có nghiệm phức liên hợp



x

e

 (C cos x C sin x)

 

1

2

i  

Ví dụ 4.18. Tìm nghiệm tổng quát của các PT  6y

  ii) y

3y 0;

 i) y

 2y







 9y 0.

 Giải. i) PTĐT: 2 k



2k 3 0

   

1, k

  3

k 1

2

x

3x

.







NTQ : y C e 1

C e 2

ii) PTĐT: 2 k



6k 9

   

0

k

 3

k 1

2

#



NTQ : y





3x (C C x)e . 2

1

 Ví dụ 4.19. Tìm nghiệm của PT y



 2y



5y 0

 và thỏa mãn

127

k k Có nghiệm kép 1

i) Điều kiện ban đầu y(0) 1, y (0) 3

ii) Điều kiện biên y(0)

  ; 

2

Giải. PTĐT

.

k



2k 5 0

    

1 2i

k 12

NTQ:

.

y



x  e (C cos 2x C sin 2x)

2

1

i) Từ điều kiện suy ra

.

y



x e (cos 2x sin 2x)



 0 và e C 1



 : vô lý; bài toán vô nghiệm. #

1

(4.36)

ii) Từ điều kiện thì 1 C b. Phương trình với vế phải đặc biệt  qy f (x)

 py

 y





trong đó p, q là hai hằng số cho trước, f(x) là hàm liên tục.

   0, y( ) 1.

PT 2k Ở phần a) chúng ta đã biết cách tìm nghiệm tổng quát của PTTN. Ta chỉ cần tìm một NR; cộng hai nghiệm này lại ta sẽ được NTQ của PT (4.36). Chúng ta tìm NR của PT không TN (4.36) khi vế phải f(x) có dạng đặc biệt.

Bảng 4.2. Tìm nghiệm riêng PT hệ số hằng số y’’ + py’ + q = f(x)

Vế phải f(x)

Dạng nghiệm riêng

So sánh với nghiệm PTĐT  pk q

2k

0  pk q   : PT đặc trưng của (4.36).

x

 không là nghiệm

 e Q (x) n

x



x

 là nghiệm đơn

x e Q (x)

 e P (x) n

n

2



 là nghiệm kép

x x e Q (x)

n

i  

 x   e H (x)cos x K (x)sin x

 



s

s

không là nghiệm



x

e

[P (x)cos x



m



x

i  



Q (x)sin x]



xe H (x)cos x K (x)sin x

 

n



 

s

s

là nghiệm

)

( s Max (m, n)

  0

Công thức đạo hàm sau rất có ích

ax

.





  (e f (x)) af (x))

   . y 1 x

ax  e (f (x)  Ví dụ 4.20. Giải PT y PTĐT: 2 k

2k 1 0



   

k

 . 1

k 1

2

NTQ PTTN

.

y



x  e (C C x)

2

1

Thấy rằng

  2y

0x e P(x)

0x

Tìm NR dạng

.

1 x      không là nghiệm PTĐT. 0

128

y   y e  (A Bx) A Bx  

 



Thay vào PT, đồng nhất hệ số hai vế ta được A 3, B 1 NR y 3 x

  .

 NTQ

y





  . #

x e (C C x) 3 x 2

1

x  e (3 4x)

.

Ví dụ 4.21. Giải PT PTĐT: 2 k



3k 2

    0

1, k

 . 2

k 1

2

x

2x

NTQ PTTN

.



 y C e 1

C e 2

x

*

f (x)



 e (3 4x)



   là nghiệm của PTĐT, tìm NR dạng

1

1x e P (x) 1

x

.

y

  y

x e (A Bx)





x 2  e (Ax Bx )

2

 y   3y  2y 

x e [A (A 2B)x Bx ],

2

  y   

x  e [2A (A 4B)x Bx ].



Thay vào PT đã cho, đồng nhất hệ số 2 vế ta được A 1, B 2

 .

x

x

2x

x

#



NR : y



xe (1 2x)

 







 xe (1 2x).

NTQ : y C e 1

C e 2

2x

.

  y  

Ví dụ 4.22. Giải PT PTĐT: 2 k

4k 4



    0

k

 . 2

k 1

2

2x

NTQ PTTN:

.

y



(C C x)e



1

2

2x

2x

f (x)



4e



e

   nghiệm kép của PTĐT. NR dạng

2

.P (x) 0

2 2x

2x

2

y

  y

2x 2  x e A A e x

   y

2Ae

 (x x );

2x

.

 y   4y  4y  4e

2 (1 4x x )

Thay vào PT đã cho, đồng nhất hệ số 2 vế ta được A 2 . 2x

2

. #



NTQ : y









NR : y



2x 2 2e x

(C C x 2x )e 2

1

x

x

.

  y 2Ae  

1 0

0 i

k

i

Ví dụ 4.23. Giải PT PTĐT: 2k

       .

0x

NTQ PTTN

.

y



e

(C cos1x C sin1x) C cos x C sin x







1

2

2

1

x

x

Thấy rằng

.

f (x)







xe , f (x)



2e

f (x) 1

f (x), f (x) 2

1

2

x

* Xét PT

.

y

   y



xe

f (x) 1

x



xe



   không là nghiệm PTĐT, tìm nghiệm riêng

1

f (x) 1

1x e P (x) 1

y





x  e (A Bx); y





x  e (A B Bx); y

 



x e (A 2B Bx).





y 1 Thay vào PT ta được

.

A

 

1 / 2; B 1 / 2

 



x   e ( 1 x) / 2

x

* Bây giờ xét PT

.

   y y

NR : y 1 2e



f (x) 2

   không không là nghiệm PTĐT, tìm nghiệm riêng dạng

1

129

   y y xe  2e

x

.

y



y



 x e C

    y

  e C, y



 x e C

2

x

Thay vào PT được

.

C 1 NR : y

 



e

2

x

x

. #











1

NTQ : y C cos x C sin x e (x 1) / 2 e 2 Một số ứng dụng thực tế của PTVP cấp II

 b) Thảo luận c) Tự học

Phương trình vi phân tuyến tính cấp hai: định nghĩa, PT thuần nhất tương ứng, phát biểu 5 định lý nói lên cấu trúc nghiệm của PTVPTT cấp hai. - Đưa PT cấp II về cấp I:  y  y

    (vắng y) p     p.p (vắng x).

p(x) p(y)

 y  y

 

Đặt p hay p Bảng 4.2 Đọc các Ví dụ: VD 4.51; VD 4.52; VD 4.53; D 4.54((i), (ii)). Tài liệu [1], tr ....

d) Bài tập Tài liệu

Bài giảng 14: Phương trình vi phân (tiếp)

Tuần thứ: 14

Chương, mục: 4 Tiết thứ: 66-70 Mục đích, yêu cầu:

 Nắm được các khái niệm căn bản về hệ PTVP, sự tương ứng giữa



hệ PTVP cấp I và PTVP cấp cao. PP đưa hệ về PTVP cấp cao, áp dụng với hệ thuần nhất, hệ số hằng số.

- Hình thức tổ chức dạy học:

Hình thức chủ yếu: Lý thuyết, thảo luận - tự học, tự nghiên cứu

- Thời gian:

Lý thuyết, thảo luận: 5t - Tự học, tự nghiên cứu: 5t

- Địa điểm:

Giảng đường do P2 phân công.

- Nội dung chính:

Chữa bài tập phương trình vi phân cấp 1 §4.2 Phương trình vi phân cấp hai (tiếp) §4.3 Hệ phương trình vi phân. Ôn tập chương 4

§ 4.2. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI (tiếp – 1 tiết)

.

4.2.5. PT TT với hệ số hằng số và vế phải đặc biệt 

Ví dụ 4.24. Giải PT y

0

     . k

PTĐT: 2k NTQ PTTN

.

9 y C cos3x C sin 3x

3i 

4x sin x   9y

1

2

130



0x

Ta thấy

 (0.cos x 4x sin x)

4x sin x



i

      không là 0 i

 e  . Vậy ta tìm nghiệm riêng dạng nghiệm PTĐT, s Max(0, 1) 1

f (x) 

y

  y

0x  e [(A Bx)cos x



(C Dx)sin x]





(A Bx) cos x





(C Dx)sin x,



y

 

Bcos x

  ( A Bx)sin x Dsin x

   (C Dx) cos x   (B C Dx) cos x D cos x

y

  

    ( A D Bx)sin x,     ( B C Dx)sin x     Bsin x   ( A 2D Bx) cos x ( 2B C Dx)sin x.

 ( A D Bx) cos x 

  

  

Thay vào PT, hằng đẳng hai vế ta được: 



 2D 0

A

 

1 / 8







0

8B



0

 B 0







2B 8C 8Dx









4x



 2B 8C



0

 C 0

8A 2D 8Bx   

 8D 4

 D 1 / 2

8A       

      

 NR

.

y

 

cos x



x sin x

1 8

1 2

NTQ

. #

y

 

cos x



x sin x C cos3x C sin 3x





1

2

1 8

1 2

Nhận xét. Nếu vế phải chứa các hàm cosin, sin thì đó là bài toán dạng khó. Khi đạo hàm, ta nên viết cos dưới cos, sin dưới sin, viết các số hạng của đa thức theo thứ tự luỹ thừa tăng dần, hệ số theo thứ tự A, B, C.... Điều quan trọng là phải tập trung cao độ ta mới hy vọng nhận được đáp số đúng.

x

2

Ví dụ 4.25.

. ĐS

.#

  (8A 2D 8Bx) cos x ( 2B Cc 8Dx)sin x     4x sin x





  x

cos 2x



sin 2x

y C C e 1 2

1 10

2 10

c. Phương trình tuyến tính cấp cao với hệ số hằng số

(n)

 (n 1)

Dạng:

(4.37)

y



 

... p

 y





f (x)

p y 1

p y n

 n 1

 y  y  2cos x

2

n

Bảng 4.3. Giải PT thuần nhất hệ số hằng số

 n 1

Nghiệm riêng ĐLTT tương ứng

PTĐT n k



 

... p

 0

p k 1

n

k là nghiệm đơn

kxe

kx

kx

k là nghiệm kép bội m

e

, xe

, ..., x

e m 1 kx

 x

x

 x

i   là nghiệm phức liên hợp

 cos x, xe



e

cos x, ... , x x

 cos x x



 x

bội m

sin x, ... , x



  m 1 e   m 1 e

 sin x

 sin x, xe

e

131

p , p , ..., p - các hằng số, f(x):hàm liên tục trên (a, b). 1

Tìm nghiệm riêng PT không thuần nhất tương ứng cũng như phương pháp

biến thiên hằng số Lagrange với PT cấp cao rất giống trường hợp PT cấp II.

Ví dụ 4.27 . Giải các PT

2x

i)

(4)

2x

ii)

; iii)

: Tự đọc

y



 8y

 

48 x e

; (4)y

  y

4sin x

2

2

.

Giải. i) PTĐT 3 k



3k

    

k 3 0

(k

 1)(k 3)

   

0

k

1, 1, 3



x

x

3x

NTQ PTTN

.





 y C e 1

C e 2

C e 3

2x

Để tìm nghiệm riêng, ta thấy

f (x)

 

3e

  không là nghiệm của

2

: 2x

PTĐT. Ta tìm nghiệm riêng dưới dạng

.

 y   3y   y  3y   3e

2x

Thay vào PT đã cho, hằng đẳng hệ số 2 vế ta được

.

y   y Ae



x

x

3x

2x

Vậy, NTQ phương trình đã cho là

.







e

 y C e 1

C e 2

C e 3

2

ii) PTĐT 4 k

A 1    y e

.

 8k    k(k 2)(k 0   2k 4)  0

2

34

2x



x



x

NTQ PTTN:

.









sin 3 x

y C C e 1 2

C e 3

cos 3 x C e 4

2x

* Nghiệm riêng.

 f (x) 16xe

:

  là nghiệm đơn của PTĐT.

2

2x

2x

Tìm nghiệm riêng dạng

.

0; k  2; k    1 3 i   k 1

2  (Ax Bx )

2

2x

y   y xe  e

2x

2

  y ...  e    (A Bx)  



2x

2

  y ...  e    



(4)

2x

2

  y ...  e    

 A (2A 2B)x 2Bx  4A 2B (4A 8B)x 4Bx  12A 12B (8A 24B)x 8Bx 



Thay vào PT đã cho ta được

(4)

2x

2x





y



 8y



e

24A 48B 48Bx





f (x)

 ( 48x)

 2x

 e 2

   B

1; A 2

  

y

e

 (2x x ).

Vậy nghiệm tổng quát PT đã cho là 2x



x



x

2x

.









sin 3 xe



 (2 x)

y C C e 1 2

C e 3

cos 3 x C e 4

x



x

iii) ĐS: NTQ

. #

y C e











C cos x C sin x x cos x 4

C e 2

1

3 § 4.3. SƠ LƯỢC VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN (1 tiết)

4.3.1. Định nghĩa - Bài toán Cauchy – Các loại nghiệm a. Định nghĩa

132

y  ...  e 32A 48B (16A 64B)x 16Bx    



f (x, y ,..., y ) 1 1 n

Dạng:

(4.40)



f (x, y ,..., y ) n 1 n

dy n dx

dy  1  dx  . . . . . . . . . . . . . . .     x: biến độc lập, 1

2

được gọi là nghiệm

n 

y , y ,..., y : các ẩn hàm phải tìm.

n

n của hệ (4.40) trong khoảng (a; b) nếu khi thay vào hệ, được các đồng nhất thức.

b. Bài toán Cauchy Định lý 4.8 (Định lý tồn tại duy nhất nghiệm của hệ PTVP cấp I) c. Nghiệm riêng, nghiệm tổng quát 4.3.2. Giải hệ phương trình vi phân (xem tài liệu [1] tr ...) a. Phương pháp khử

- Từ một PT nào đó của hệ, đạo hàm hai vế liên tiếp theo biến x. - Dùng các PT khác của hệ, dẫn đến PT cấp cao của một ẩn hàm. - Giải PT cấp cao này, từ đó nhận được các ẩn hàm khác.

Ví dụ 4.28. Giải hệ phương trình

y

2y z 1 2

   y     z 

Giải. Lưu ý rằng biến độc lập là x. Đạo hàm PT thứ hai



.

z



 y

1 2

Dùng cả PT đầu, cả PT sau, dẫn đến

2

2

2







: PT bậc hai với z, vắng x.



z



  z z

2z

 y (x), x (a, b)  y * Họ các hàm số 1 y (x),..., y 1

, được

1 y 2 z    p

 1 (2z ) z 2 p(z), z

Đặt z

2

.

z p p

 

2p

 

* Rõ ràng p

 0 là nghiệm, ứng với nó là z C 0, y 0.

*

. Giải ra ta được

   p .p

2

.

p





Cz

   z

dz dx

1  Cx D

2C

2

y



 2z



2p



2Cz



Từ PT sau,

.

2

 (Cx D)

0

2C

ĐS

#

;

y



, z

 

.

2



1  Cx D

 (Cx D)

 y   z C 0 

b. Phương pháp tổ hợp

133

p  0,  2 dz z dp p

o Từ một số PT của hệ tìm một số những biểu thức ràng buộc giữa biến

: Các tích phân đầu (4.42)

n  0, i 1, ..., k

độc lập x với các ẩn hàm 1  (x, y ,..., y ) n

y , ... , y ):

1

o Suy ra nghiệm.

 ( )

t

Ví dụ 4.29. Gải hệ

 ( )

x  3x 5y y  3x 5y

   x       y t  

Giải. Chia PT (**) cho PT (*); lấy PT (*) nhân với 3, PT(**) nhân với 5 rồi



x



y Cx

#





 

t D

   3x 5y 



1

y



cộng lại ta nhận được hệ y dy x dx  d(3x 5y) dt

t D   3 5C C(t D)   3 5C

      

      

c. Phương pháp đồ thị. Đọc tài liệu [1] d. Mối quan hệ giữa hệ PTVP và PTVP cấp cao Đọc tài liệu [1]

3

Ví dụ 4.31. Xét PTVP cấp hai

). Cần

 i

(ẩn hàm là y



y(x)

tìm nghiệm trên (a; b).

3

3

Đặt

, ta đưa về hệ

 y   xy   y x

z

(ẩn là y, z)

3

   

y xz x



  y  z 

Việc giảm cấp của PTVP phải trả giá bằng việc tăng số PT trong hệ. 4.3.3. Hệ PTVP thuần nhất hệ số hằng số a. Khái niệm. Trường hợp rất đơn giản của (4.40) là hệ phương trình vi

 



. .. a (x) y 1n

b (x) 1

n

phân tuyến tính cấp một   a (x) y y 1 11 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(4.44)

. .. a

 

(x) y



n1

b (x) n

n

      y  n

a (x) y 1 nn y ,..., y : ẩn hàm,

x: biến độc lập,1 1

n

a (x), b (x) : liên tục trên (a, b). ij

i

Cũng xét: bài toán Cauchy, nghiệm riêng, nghiệm tổng quát, cấu trúc nhiệm và cách giải của hệ thuần nhất, hệ không thuần nhất trong những trường hợp đặc biệt cũng như phương pháp biến thiên hằng số trong trường hợp tổng quát…

Tuy nhiên, chúng ta chỉ xem xét trường hợp đặc biệt đơn giản của (4.44),

đó là hệ thuần nhất với hệ số hằng số (còn gọi là hệ vi phân ôtônôm tuyến tính)

 

  y 1

a y 11 1

( ija - const) (4.45)

 

. .. a y nn n

a y n1 1

. .. a y  1n n  . . . . . . . . . . . . . . .     y  n

134

z     y  z  y   xy   y x    xz y x

x 2y

 ( )

x

Ví dụ 4.32. Giải hệ

x y

 ( )

b. Phương pháp khử. Chúng ta có thể dùng phương pháp khử nêu trên để đưa về PT vi phân cấp n, sau đó tìm ra nghiệm tổng quát. Điều này đặc biệt thuận lợi khi n nhỏ (chẳng hạn, n = 2, 3).    t    y t

  





.

Giải. Đạo hàm 2 vế PT (*), 

 2y



x

x











Ta cần đưa về PT của một biến x. Sử dụng PT (**) và sau đó là (*) ta được 

 2(x y)

 2x 2y

 2x (x

x)











x

x

x

x

0

t

 x     . x x Ce De t





.

Giải PT thuần nhất cấp hai này ta được nghiệm tổng quát

t

Từ đó,

.

 y  (x  x) / 2 ...   



t

Tóm lại, nghiệm của hệ là

#

 x Ce De , y



 

 t De .

c. Phương pháp Euler (☼)

Ví dụ 4.33. Giải các hệ PTVP sau

y z

  

y z

ii)

i)

  

y 3z

    x     y z      z x z 

dy dx dz dx

    



2x

( C D Dx)e

Giải. i) NTQ



2x

(C Dx)e





z

     y    (C

C ) cos t



 

( C



C ) sin t

x



3

2

3

2

t







ii) NTQ

y C e C cos t C sin t 2

3

1

t







z C e C sin t C cos t 2

3

1

    

§ 4.4. MỘT SỐ VÍ DỤ VÀ BÀI TOÁN TỔNG HỢP ( 1 tiết) Ví dụ 4.34. Giải PT (x y 1) dx

De t

   x y 1 0

Giải. Xét hệ

.

2x 2y 1 0

 



   1 1

Vì

.

(2x 2y 1) dy  . 0     

  

dy dz dx





  , dz dx dy

x y

hay

dz

2



  dx

dz



dx





2z 1   z 2

3  z 2

  

        x C

2z 3ln z 2



x 2y 3ln x y 2 C



   . #

2

2

Ví dụ 4.35. Giải PT

.

bằng cách đặt y

zx

xy

 

x x



y

  y

0 (x



0)

 , y



z .x z

 .

Giải. Xét x

0 , đặt

y



z.x (z



z(x))

  z

y x

Thay vào PT được

135

D  0  , nên ta đặt z 2 2

2

2

2  x z

2  





2

2

2

x

2

 ln z





 1 z

   

x C

y

x



y



Dxe

 . 0

Lưu ý rằng PT đã cho không thuần nhất; tuy nhiên ta vẫn giải thành công

! #

khi đặt y

zx

Ví dụ 4.37. (Bài toán nồng độ dung dịch). Một bể 1000 l nước có hòa tan 50 kg muối. Bơm nước biển với nồng độ muối 10 g/l vào bể với vận tốc 10l/phút, giữ thể tích nước trong bể cố định bằng cách rút nước khỏi bể với vận tốc 10 l/phút.

i) Lập phương trình vi phân mô tả lượng muối trong bể theo thời gian. ii) Sau 40 phút, lượng muối còn lại trong bể là bao nhiêu? ĐS: 36,8 kg.

Ví dụ 4.46. Số lượng ban đầu của mẻ vi khuẩn ở buồng cấy là 1000 và vận tốc sinh trưởng tỷ lệ với số lượng vi khuẩn có mặt ở buồng cấy. Sau 2 giờ, quần thể có 9 000 con.

(a) Tìm biểu thức số lượng vi khuẩn sau t giờ.

(b) Tìm số vi khuẩn sau 3 giờ.

(c) Tìm vận tốc sinh sau 3 giờ.

(d) Sau bao lâu số lượng vi khuẩn tăng lên gấp đôi



, k - hằng số âm.

Ví dụ 4.47 (Bài toán xác định niên đại hóa thạch). Người ta cho rằng, lượng phóng xạ mà trái đất nhận từ vũ trụ về cơ bản cân bằng với lượng phóng xạ mà các chất phóng xạ mất đi trong quá trình phân rã. Vì thế, có thể coi lượng carbon- 14 trong mỗi cơ thể sống ở mọi thời đại về cơ bản là như nhau. Tuy nhiên, khi một cơ thể sống chết đi thì tốc độ thay đổi carbon-14 là tỷ lệ thuận với khối lượng hiện có của nó trong cơ thể. Gọi y(t) là lượng carbon-14 trong hóa thạch tại thời điểm t thì tốc độ thay đổi của carbon-14 trong hóa thạch tại thời điểm đó là y (t) ky(t)



Biết rằng chu kỳ bán phân rã của carbon-14 là 5730 năm, hãy tính hệ số

phân rã k.

Hóa thạch của cơ thể người chứa 54% lượng carbon-14 ban đầu, người đó

sống cách đây bao nhiêu lâu?

kT

,

.

HD. Với T 5730



y(T)



y



   k

0,00012

0

y e 0

1 2

kt

(trên năm ngàn năm). #

0,54y



  t



5134

y e 0

0

ln 0,54 k 2

2

Ví dụ 4.48. Giải PT

(sin y x ) dx x sin 2y dy





 . 0



dx



P   y

Q   x

2 x





.

dz    xz x  1 z  zx    0 z 1 z  dx  1 z

 

(x)



e



1 2

Q

2 x

x

136

  sin 2y,  sin 2y  Q  x  P  y

2

2

PT



 (sin y x ) dx



x sin 2y dy 0

 , là PTVP toàn phần.

1 2

1 2

x

, tích phân tổng quát là:

x Trên miền {(x, y) : x > 0}, với

2

hay

 (1, 0) (x , y ) 0 0

x



 . #

C

2 sin y x

x  1

  sin 0 1 dx sin 2ydy C  1 x 1 x      

y  0 Ví dụ 4.49. Giải phương trình 2y dx (2xy 3)dy Giải. Rõ ràng y = 0 là một nghiệm.

PT

  x

x



, nghiệm tổng quát là:

Với y

0 ,

3 2

2 y

y



dy

dy





2

3

2 y

2 y

e

e

x



 dy C

Cy





hay

.

   . 0

3 2



1 y

y

   

    (Đây là tích phân tổng quát PT đã cho). #  Ví dụ 4.50. Giải phương trình: (x y 2)dx (x y 4)dy 0

 

 



x

   y 2

0

x

  1

Xét hệ



x y 4

  

0

y



3

  

  

u

x

u 1

 

 

x 1

Đặt

. Nhận được PT



, dx



du, dy



dv

 

 

v 3

y 3

y

v

   (u v)du (u v)dv 0.

   







Đây là PT với u là biến độc lập, v là ẩn hàm, nó là PT đẳng cấp. Đặt v dần đến

  xy 1 Cy

 u(1 2t



2 2 t ) du u (1 t) dt





  0

2 d u (1 2t





2 t )



0

 

 

1 2

2

2

2



 u (1 2t



2 t ) C

  

u

 2uv v



C.

2

   t du u dt dv tu 

t

x

e

bằng phép đổi biến

.

Trở về biến cũ, 2 x Cách II. Thật may, đây là PTVP toàn phần! # Ví dụ 4.51 . Giải PT 2x y 

 2xy y 4x 8y C  .   

t

t

t

Giải. Đặt

.

x

  

e

t

ln x, t



1 / x



e

e





0, x

 x



y





 t y .e ,

 x

 t

dy dx



t



t



2t

y









(y



.

 t dy dt . dt dx  t   (y .e ) .t t x

 t

 xx

 t  y .e ).e t

 tt

 y ).e t

 (y .e 2 t   y

cos(ln x)   y  xy 

. (*)

PTĐT: 2 k



2k 1 0

   

k

 . 1

k 1

2

t

NTQ PTTN ứng với (*)

.

y



 (C C t) e

1

2

137

 Thay vào được y   2y cos t, (y  y(t))

NR của PT (*) có dạng:

.

t

Tìm được

.

 A 0, B

   

y

 (C C t)e



sin t

2

1

1 2

1 2

NTQ của PT đã cho là

.

 y C x C x ln x





sin (ln x)

2

1

1 2

Nhận xét. PT

gọi là PT Euler. Nó luôn giải được

y    y A cos t Bsin t 1

2ax y  t e x

đặt

t e  ).

trong miền {x

0}

bằng phép đổi biến Các bạn phải thuần thục khi tính

(trong miền {x 0} x  mới mong giải đúng! # tt

  bxy  cy  f (x)

x

y , y t Ví dụ 4.52. Giải phương trình

bằng phép đổi hàm z = yx.

 xy   2y  xy 

.

Giải. Đặt z

x

Thay vào phương trình nhận được

z

   z

e

(*)

PTĐT của PT (*) là 2 k

   

1 0

  . 1

1, k

k 1

x

x

NTQ PT TN tương ứng là

.



 z C e 1

2 C e 2

Vế phải

f (x)



x e ,

  là nghiệm đơn, tìm nghiệm riêng của (*) dạng

1

x

x

x

x



.

z A.xe



   z Ae



x Axe ,

z



2Ae



Axe

2A 1 A 1 / 2

    

z

x xe / 2

.

Thay vào PT (*) đi tới NTQ của PT đã cho là:



x

x

x

. #

y









xe

C e 2

C e 1

1 x

z x

  

  

1 2 Ví dụ 4.53. Giải các phương trình





i)

, ii)

.

    yx   y x y, z   2y   y .x e  z

x 2  e / (1 x )

y



4y



5y



2xe cosx

Giải. i) Phương trình đặc trưng: 2 k

 y - 2y    y

2x

NTQ PTTN tương ứng:

.

 (C cos x C sin x)



y

e

1

2 NTQ của phương trình không TN dưới dạng

2x

2x

.



cosx C (x) e



sin x

y C (x) e 1

2

2x

2x

cos x C e

sin x



0

 2

C , C :

2

1

2x

2x

2x

(2cos x sin x) C e





 (2sin x cos x)



e

/ cos x

 C e 1

 2

 4k 5 0 2 i      . k 1,2

  C e  1      C (x) 1  2 NTQ của PT đã cho là

2x

.

 ln cosx A  sin x / cos x   C (x) 1    x B    C (x) 1 C (x) 2     

2x ln cosx A e cosx (x B) e

x

ii) NTQ của PT thuần nhất

.



(C C x)e



y 1

2

1 138

y     sinx    

NTQ của PT ban đầu dưới dạng: x

x

với





C (x) xe

y C (x)e 1

2

x

x



0



x

1







 , C 2

2

2

x

x

 1 x

 1 x

  C  1 

x xe )



x 2  e / (1 x )



   C e C xe  2 1   C (e  2

2

 

ln 1 x





K 1

C 1 C



arctan x K



2

2

 C e 1    

2

NTQ của PT đã cho:

. #

x e K K x x arctan x ln x





1

2

x

 2x 5y

x

 2x 2y

Ví dụ 4.54. i)

; iii)

    y

 3x 4y

    y

 8x 2y

  

  









Giải. i) Đạo hàm PT đầu, sử dụng PT thứ hai và PT đầu ta được  5(3x 4y) 2x) / 5

 15x 20(x

2x

2x

5y















x

 2x 

 

  x

6x



7x



0.



t

7t

 x Ce



De

.

PTĐT: 2k



6k 7

    

k

0

1, k

  7

NTQ :



t

7t

y      1

.



t

7t



C e 2

Đặt

, nhận được

 y  (x  2x) / 5   (3 / 5)Ce  De

1

2

5C e 1 

t

7t





y 3C e 1

C e 2

   x   











iii) Đạo hàm PT thứ nhất, dùng PT đầu và PT thứ 2 của hệ ta được  2(8x 2y)

16x 4(2x x ) / 2

2x

2x















x



 2y 

C   5C , D C 



 4k 20

2 4i

    k

2x    x PTĐT: 2k

.

NTQ của PT (*):

.

x



0 2t e (Ccos 4t D sin 4t)





.

y



 (2x x ) / 2



2t e ( 2D cos 4t 2Csin 4t)





2t

 (Ccos 4t Dsin 4t)e

NTQ hệ đã cho

2t

y

 

 ( 2Dcos 4t 2Csin 4t)e

  x   

*CÔNG BỐ KẾT QUẢ điểm Quá trình, điểm thường xuyên Học viên thắc mắc – Giáo viên trả lời về điểm Quá trình – Thường xuyên Để giải PTVP cấp cao ta có thể dùng PP nào? - Phương pháp khử để giải hệ PTVP 24(e); 26(h, i, j); 27(c); 30(d, e, f); 31(b); 32; 33(a, b, c). Tài liệu [1], tr ....

b) Thảo luận c) Tự học d) Bài tập (2t) Tài liệu

TÓM TẮT CHƯƠNG 4

 Dạng: f (x) dx

4x 20x  (*) 0. 

PTVP cấp

PT phân ly

139

 g(y) dy

một



 Dạng:

 y     y f  x

PT thuần Nhất

 y

 , đưa về PT phân ly

 u x u

  

p(x) dx



p(x) dx

 f (x) dx g(y) dy C 

PT tuyến tính

NTQ:



 

   y e q(x) e dx  

  ) 1

PT Bernoulli

đưa về PTTT

  

0 và y  1

 Dạng: P(x, y) dx Q(x, y) dy

   Đặt y u(x).x  p(x)y q(x)  Dạng: y   C q(x)y  Dạng: y p(x)y ( Chia hai vế cho y , đặt z 

PT VP Toàn phần

u(x, y)





Q(x, y) dy C



TPTQ:

P(x, y )dx 0

  0  P   y      

x  x

0

0

(x) dx

 



: Chọn

Q   x y  y

(y) dy

 

Thừa số tích phân



: Chọn

e   (x) (x)       Q  x

Giảm cấp

 p p .p

    

 

PT tuyến tính

2 2

1 1

2

e   (y) (y)           

1

1

2

2

PTVP cấp hai

0

PP biến thiên hằng số

f (x)



y C (x) y (x) C (x) y (x) 

2  2

  

Hệ số hằng

 2   C y C y 2  Thuần nhất: Bảng 4.1  Vế phải đặc biệt: Bảng 4.2  Cấp cao, vế phải đặc biệt: Bảng 4.3

PP khử Đưa về PT cấp cao

Tìm ra một số tích phân đầu

Hệ PTVP

PP Tổ hợp Hệ số hằng

 Dùng PP khử để đưa về PT cấp cao  Dùng PP Euler

140

  P 1  y Q     Q 1  P  x P   y     (vắng y): Đặt y  , y p p(x) F(x, y , y ) 0   (vắng x) : Đặt y    p(y) 0 F(y, y , y ) , y    Dạng: y  p(x)y q(x)y f (x)   q(x)y 0 Thuần nhất: y  p(x)y   y C y (x) C y (x) y   Cấu trúc nghiệm:  Tìm 2 nghiệm ĐLTT của PT thuần nhất 1 y (x) và y (x)  Tìm nghiệm riêng  :   C y C y 1 1   1 1

Bài giảng 15: Ôn tập

Tuần thứ: 15

Chương, mục: 4 Tiết thứ: 70-75 Mục đích, yêu cầu:

 Củng cố kiến thức về môn học  Sẵn sàng để thi hết môn

- Hình thức tổ chức dạy học:

Hình thức chủ yếu: Lý thuyết, thảo luận - tự học, tự nghiên cứu

- Thời gian:

Lý thuyết, thảo luận: 5t - Tự học, tự nghiên cứu: 5t

- Địa điểm:

Giảng đường do P2 phân công.

- Nội dung chính:

Ôn tập hết môn  Chữa các bài chưa có điều kiện chữa  Làm lại các ví dụ chưa kịp giới thiệu

(Giáo viên làm là chính)

 Nhắc lại về các câu hỏi lý thuyết, cách học chúng Hướng dẫn thi hết môn  Một số kinh nghiệm khi thi  Nhắc lại tinh thần nghiêm túc trong thi cử  Nhắc một số quy đinh trong kỳ thi

141