Bài giảng Toán cao cấp A3 - ThS. Đỗ Hoài Vũ

ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

KHOA KHOA HỌC CƠ BẢN

TỔ BỘ MÔN TOÁN

BÀI GIẢNG

TOÁN CAO CẤP A3

Dùng cho bậc Đại học

Biên soạn: Th.s Đỗ Hoài Vũ

Học kỳ 3. Năm học: 2010-2011

Mục lục

Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

Chương 1. Phép tính vi phân hàm n biến

3 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1. Kiến thức chuẩn bị 3 1.2. Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2.1. Các cách biểu diễn hàm n biến . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2.2. Đạo hàm riêng của hàm 2 biến . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2.3. Đạo hàm riêng cấp cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2.4. Đạo hàm hỗn hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2.5. Vi phân cấp n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2.6. Công thức Taylor của hàm hai biến . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.7. Cực trị của hàm hai biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.3. Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

Chương 2. Tích phân bội hai

2.1. Kiến thức chuẩn bị

12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 . . . . . . . . . . . . . . 12 2.1.1. Bảng nguyên hàm hàm số một biến. . . . . . . . . . . . . . 12 2.1.2. Phương pháp tính tích phân xác định. 2.1.3. Cách vẽ một số đường cơ bản trong mặt phẳng tọa độ Oxy. . 13 2.2. Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.2.1. Định nghĩa và ký hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.2.2. Một số tính chất của tích phân bội hai . . . . . . . . . . . . . 14 2.2.3. Phương pháp tính tích phân bội hai . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.2.4. Phương pháp đổi biến trong tích phân bội hai. . . . . . . . . . 15 2.2.5. Ứng dụng của tích phân bội hai. . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.3. Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

Chương 3. Tích phân bội ba

19 3.1. Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 3.1.1. Định nghĩa và ký hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 3.1.2. Một số tính chất của tích phân bội ba . . . . . . . . . . . . . 19 3.1.3. Phương pháp tính tích phân bội ba . . . . . . . . . . . . . . . 19 3.1.4. Phương pháp đổi biến trong tích phân bội ba. . . . . . . . . . 20 . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 3.1.5. Ứng dụng của tích phân bội ba.

2 Mục lục Th.s Đỗ Hoài Vũ

Chương 4. Tích phân mặt

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011

25 4.1. Tích phân mặt loại 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 4.1.1. Định nghĩa và ký hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 4.1.2. Phương pháp tính tích phân mặt loại 1 . . . . . . . . . . . . . 25 4.1.3. Ứng dụng của tích phân mặt loại 1. . . . . . . . . . . . . . . . 28 4.2. Tích phân mặt loại 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 4.2.1. Định nghĩa và ký hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 4.2.2. Phương pháp tính tích phân mặt loại 2 . . . . . . . . . . . . . 29 4.3. Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

Chương 1 Phép tính vi phân hàm n biến

3 1.1. Kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.3. Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.1. Kiến thức chuẩn bị

Cần nhớ bảng đạo hàm và các quy tắc đạo hàm của hàm một biến số.

1.2. Tóm tắt lý thuyết

1.2.1. Các cách biểu diễn hàm n biến

-Biểu diễn dạng bảng (không xét trong bài giảng). - Biểu diễn dạng biểu thức.

Ví dụ1:

Hàm hai biến z = f (x, y) =

x + y x

-Biểu diễn dạng phương trình ẩn.

Ví dụ 2: Hàm hai biến z=z(x,y) cho bởi phương trình ẩn x2 + y2 + z2 − 2xz = 0

- Biểu diễn dạng hàm hợp.

Ví dụ 3: Hàm hai biến z=z(x,y) biểu diễn thông qua u,v

z = z(u, v);

(cid:26) u = u(x, y) v = v(x, y)

x; z0 y

1.2.2. Đạo hàm riêng của hàm 2 biến

Bài toán : Cho hàm hai biến z=z(x,y). Tìm z0 Giải

- Nếu z biểu diễn dạng biểu thức thì khi đạo hàm theo biến nào sẽ coi biến còn lại

4 Phép tính vi phân hàm n biến Th.s Đỗ Hoài Vũ

là hằng số Ví dụ 1:

z = x2y + cos(x + 2y + 2) ⇒

(cid:26) z0 x = 2xy − sin(x + 2y + 2) y = x2 − 2 sin(x + 2y + 2) z0

- Nếu z biểu diễn dạng phương trình ẩn F (x, y, z) = 0 thì dùng một trong hai cách sau:

y = − F 0

x = − F 0

x F 0 z

y F 0 z

( lúc này ta coi x,y,z là các Cách 1 : Đạo hàm hai vế phương trình ẩn và z0 Cách 2 : Dùng công thức z0

biến độc lập) Ví dụ 2: z = z(x, y) cho bởi phương trình ẩn x2 + y2 + z3 + 2z = 0. Khi đó

(cid:26) z0 x = − 2x 3z2+2 y = − 2y z0 3z2+2

- Nếu z biểu diễn dạng hàm hợp thì

Cách 1: Chuyển biểu diễn của hàm z theo u,v về theo x,y sau đó tính như trường

hợp biểu diễn bằng biểu thức Cách 2: Dùng công thức

uu0 uu0

x + z0 y + z0

vv0 x vv0 y

(cid:26) z0 x = z0 y = z0 z0

Ví dụ 3: Cho z = z(u, v) = u − v2 với u = x2 − y2, v = exy. Khi đó

(cid:26) z0 x = 2x − 2ye2xy y = −2y − 2xe2xy z0

1.2.3. Đạo hàm riêng cấp cao

xn và z(n) yn .

Nếu chúng ta áp dụng các quy tắc đã nêu trong mục đạo hàm riêng n lần thì

chúng ta sẽ được đạo hàm riêng cấp n theo từng biến và ký hiệu là z(n) Ví dụ 1:

(

z = x2y + cos(x + 2y + 2) ⇒

z(n) xn = cos(x + 2y + 2 + nπ 2 ) z(n) yn = 2n cos(x + 2y + 2 + nπ 2 )

x = 0(∗∗)

x + 2z0 x)2 + 3z2z00

x2 + 2z00

x2 = 0

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011

Ví dụ 2: Xét z = z(x, y) thỏa x2 + y2 + z3 + 2z = 0(∗). Khi đó - Đạo hàm hai vế (*) theo x ta được : 2x + 3z2z0 - Đạo hàm hai vế (**) theo x ta được : 2 + 6z(z0

Th.s Đỗ Hoài Vũ 1.2. Tóm tắt lý thuyết 5

xn (hoặc z(n)

yn ) chỉ cần đạo hàm liên tiếp (*) n lần theo x

... Như vậy muốn tính z(n)

xn và z(n) xn

(hoặc n lần theo y ) Ví dụ 3: Cho z = z(u, v) = u − v2 với u = x2 − y2, v = exy. Tính z(n)

Chuyển biểu diễn z theo x,y ta có:

(

z = z(x, y) = x2 − y2 − e2xy ⇒ z(n) xn = −(2y)ne2xy z(n) yn = −(2x)ne2xy

1.2.4. Đạo hàm hỗn hợp

+ z00 + z00 + z(n+m)

xy: Lần thứ nhất đạo hàm theo x, lấy kết quả đạo hàm theo y. yx: Lần thứ nhất đạo hàm theo y, lấy kết quả đạo hàm theo x xnym : Đạo hàm theo x n lần, lấy kết quả đạo hàm tiếp theo y m lần.

Ví dụ 1:

Cho z = xy + py2 + 2 ⇒ z00

xy = z00

yx = xy−1(1 + y ln x)

Ví dụ2:

x + 2z0 x + 3z2z00

yz0

Xét z=z(x,y) thỏa x2 + y2 + z3 + 2z = 0(∗). Khi đó - Đạo hàm hai vế (*) theo x ta được : 2x + 3z2z0 - Đạo hàm hai vế (**) theo y ta được : 6zz0 Vậy z00

xz0 xy = − 6zz0 y

x = 0(∗∗) xy + 2z00 yx = z00

xy = 0 yx.

3z2+2 . Thay đổi thứ tự đạo hàm ta được z00

1.2.5. Vi phân cấp n

y2dy2 xydxdy + z00 x2ydx2dy + 3z(3)

xy2dxdy2 + z(3)

x3 dy3

xkyn−kdxkdyn−k

- Vi phân cấp n của z: dnz = Cho hàm z = z(x, y). - Vi phân cấp 1 của z: dz = z0 xdx + z0 ydy x2dx2 + 2z00 - Vi phân cấp 2 của z: d2z = z00 x3 dx3 + 3z(3) - Vi phân cấp 3 của z: d3z = z(3) n P nf (n) C k k=0 Ví dụ 1:

4 , 0).

Cho z = z(x, y) = cos(2x + 3y). Tìm dz, d2z, d3z, d3z( π

Giải. Ta có:

; ;

z000 x3 = 8 sin(2x + 3y) z000 y2x = 27 sin(2x + 3y)

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 :

2010-2011

z0 x = −2 sin(2x + 3y); z0 y = −3 sin(2x + 3y); z00 x2 = −4 cos(2x + 3y); z00 y2 = −9 cos(2x + 3y); z00 xy = −6 cos(2x + 3y) z00 yx = −6 cos(2x + 3y) z000 x2y = 12 sin(2x + 3y) z000 y2x = 18 sin(2x + 3y)

Phép tính vi phân hàm n biến Th.s Đỗ Hoài Vũ 6

Suy ra

dz = −2(dx + dy) sin(2x + 3y) d2z = −(4dx2 + 12dxdy + 9dy2) cos(2x + 3y) d3z = (8dx3 + 36dx2dy + 54dxdy2 + 27dy3) sin(2x + 3y)

4 , y = 0 vào biểu thức d3z ta được d3z = (8dx3 + 36dx2dy + 54dxdy2 + 27dy3) sin( π 2 ) = 8dx3 + 36dx2dy + 54dxdy2 + 27dy3

Thay x = π

Ví dụ 2:

Cho z = z(x, y). thỏa x2 + y2 + z3 + 2z = 0(∗). Tìm d2z(0, 0).

x2 + 2z00

x + 2z0 x = 0 x)2 + 3z2z00 y + 2z0 y = 0 y)2 + 3z2z00

Giải. Ta có:

- Đạo hàm hai vế () theo x ta được : 2x + 3z2z0 - Đạo hàm hai vế (2) theo x ta được : 2 + 6z(z0 - Đạo hàm hai vế () theo y ta được : 2y + 3z2z0 - Đạo hàm hai vế (4) theo y ta được : 2 + 6z(z0 - Đạo hàm hai vế (2*) theo y ta được : 6zz0

yz0

x + 3z2z00

xy + 2z00

y2 + 2z00 xy = 0

(2) x2 = 0 (3) (4) y2 = 0 (5) (6*) x = 0. y = 0.

Thay x = y = 0 vào () ta được z = 0.Thay x = z = 0 vào (2) ta được z0 x2 = −1. Thay y = z = 0 vào (4) ta được z0 Thay z = 0 vào (3) ta được z00 y2 = −1. Thay z = 0 vào (6) ta được z00 Thay z = 0 vào (5) ta được z00 xy = 0. Vậy d2z(0, 0) = −dx2 − dy2.

1.2.6. Công thức Taylor của hàm hai biến

Dạng thứ nhất:

f (x, y) = f (x0, y0) + dz(x0, y0) + 1

2! d2z(x0, y0) + ... + 1

n! dnz(x0, y0) + Rn(x, y)

Dạng thứ hai:

1 (x − x0)k(y − y0)1−kf (1) C k

xky1−k(x0, y0)

2 (x − x0)k(y − y0)2−kf (2) C k

f (x, y) = f (x0, y0) +

xky1−k(x0, y0)

3 (x − x0)k(y − y0)3−kf (3) C k

xky1−k(x0, y0)

1 P K=0 2 P K=0 3 P K=0

n(x − x0)k(y − y0)n−kf (n) C k

+ 1 2!

xky1−k(x0, y0)

n P K=0 +Rn(x, y)

+ 1 3! ... + 1 n!

m X

Ghi chú : Số hạng

0 ≤ m ≤ n.

m(x − x0)k(y − y0)m−kf (m) C k

xkym−k(x0, y0);

1 m!

K=0

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011

Th.s Đỗ Hoài Vũ 1.2. Tóm tắt lý thuyết 7

gọi là số hạng bậc m trong công thức Taylor(chú ý tổng lũy thừa của x, y bằng m) Ví dụ 1: Viết công thức Taylor đến số hạng bậc 2 của hàm z = f (x, y) = (x + y)ex tại lân cận x0 = 0, y0 = 1.

Giải

1 (x − x0)k(y − y0)1−kf (1) C k

xky1−k(x0, y0)

1 P K=0

2 (x − x0)k(y − y0)2−kf (2) C k

f (x, y) = f (x0, y0) +

xky1−k(x0, y0)

2 P K=0

+ 1 2!

= f (x0, y0) + (x − x0)f 0

y(x0, y0)

x(x0, y0) + (y − y0)f 0

+ 1

xy(x0, y0) + (y − y0)2f 00

y2(x0, y0)]

x2(x0, y0) + 2(x − x0)(y − y0)f 00

2! [(x − x0)2f 00

= f (0, 1) + xf 0

y(0, 1)

+ 1

xy(0, 1) + (y − 1)2f 00

y2(0, 1)]

x2(0, 1) + 2x(y − 1)f 00

x(0, 1) + (y − 1)f 0 2! [x2f 00

Thay x = 0, y = 1 vào các biểu thức đạo hàm ta được

f 0 y(0, 1) = 1,

f 00 xy(0, 1) = 1.

f 00 x2(0, 1) = 3,

f 00 y2(0, 1) = 0,

f 0 x(0, 1) = 2, Vậy :

f (x, y) = 1 + 2x + (y − 1) +

+ x(y − 1)

3x2 2

Ví dụ 2: Viết công thức Taylor đến số hạng bậc 2 của hàm z = f (x, y) = x(y+5)2 +x3 +2y+3 tại lân cận x0 = 2, y0 = 1.

Giải

Cách 1: Làm như ví dụ 1. Cách 2: Nhận thấy công thức Taylor tại x0, y0 của hàm z thực chất là biểu diễn z theo x − x0 và y − y0 nên trong ví dụ này chúng ta có thể làm nhanh như sau:

z = (x − x0 + x0)(y − y0 + y0 + 5)2 + (x − x0 + x0)3 + 2(y − y0 + y0) + 3 = (x − 2 + 2)(y − 1 + 6)2 + (x − 2 + 2)3 + 2(y − 1 + 1) + 3

Đặt a = x − 2, b = y − 1. Ta có :

z = (a + 2)(b + 6)2 + (a + 2)3 + 2(b + 1) + 3 = (a + 2)(b2 + 12b + 36) + a3 + 6a2 + 12a + 8 + 2b + 5 = ab2 + 12ab + 36a + 2b2 + 24b + 72 + a3 + 6a2 + 12a + 2b + 13

bỏ đi số hạng có tổng lũy thừa của a, b lớn hơn 2 (vì chỉ viết đến số hạng bậc 2 ) ta được công thức Taylor của z là:

z = 85 + 48a + 26b + 6a2 + 12ab + 2b2 = 85 + 48(x − 2) + 26(y − 1) + 6(x − 2)2 + 12(x − 2)(y − 1) + 2(y − 1)2

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 :

2010-2011

8 Phép tính vi phân hàm n biến Th.s Đỗ Hoài Vũ

Ví dụ 3: Viết công thức Taylor đến số hạng bậc 3 của hàm z = f (x, y) = xyln(x2 +2y +ecosx) tại lân cận x0 = 0, y0 = 0.

Giải

Cách 1: Làm như ví dụ 1 (rất dài). Cách 2: Do chỉ viết công thức Tarlor đến số hạng bậc 3 nên trong các số hạng của công thức tổng số lũy thừa của tích xy không được vượt quá 3, do đó chỉ cần khai triển hàm z = f (x, y) = ln(x2 + 2y + ecosx) đến số hạng bậc 1 để khi nhân với tích xy tổng lũy thừa không qúa 3. Ta có :

f (x, y) = ln(x2 + 2y + ecos x) ⇒

(cid:26) f 0 x = 2x−sin xecos x f 0 y =

x(0, 0) = 0 y(0, 0) = 2/e

x2+2y+ecos x ⇒ f 0 x2+2y+ecos x ⇒ f 0

x(0, 0) + yf 0

e xy2

Suy ra công thức Taylor của hàm z = f (x, y) = ln(x2 + 2y + ecosx) tại x0 = y0 = 0 y(0, 0) = 1 + 2 là f (x, y) = f (0, 0) + xf 0 e y Suy ra công thức Taylor của hàm z = f (x, y) = xyln(x2 + 2y + ecosx) tại x0 = y0 = 0 đến số hạng bậc 3 là f (x, y) = xy + 2 Ví dụ 4: Viết công thức Taylor đến số hạng bậc 2 của hàm z = f (x, y) biểu diễn bởi phương trình ẩn x2 + y2 + z3 + 2z = 0 (*) tại lân cận x0 = 0, y0 = 0.

Giải

Ta có:

x2 + 2z00

x + 2z0 x = 0 x)2 + 3z2z00 y + 2z0 y = 0 y)2 + 3z2z00

- Đạo hàm hai vế () theo x ta được : 2x + 3z2z0 - Đạo hàm hai vế (2) theo x ta được : 2 + 6z(z0 - Đạo hàm hai vế () theo y ta được : 2y + 3z2z0 - Đạo hàm hai vế (4) theo y ta được : 2 + 6z(z0 - Đạo hàm hai vế (2*) theo y ta được : 6zz0

yz0

x + 3z2z00

xy + 2z00

y2 + 2z00 xy = 0

(2) x2 = 0 (3) (4) y2 = 0 (5) (6*) x = 0. y = 0.

Thay x = y = 0 vào (*) ta được z = 0.Thay x = z = 0 vào (2*) ta được z0 x2 = −1. Thay y = z = 0 vào (4*) ta được z0 Thay z = 0 vào (3*) ta được z00 y2 = −1. Thay z = 0 vào (6*) ta được z00 Thay z = 0 vào (5*) ta được z00 xy = 0.

Vậy Công thức Taylor của z là z = − x2+y2 .

1.2.7. Cực trị của hàm hai biến

a) Định nghĩa

Cho hàm z = f (x, y) xác định trên miền D, M0(x0, y0) là điểm trong của D. Ta nói:

-f (x, y) đạt cực đại tại M0 nếu f (x, y) − f (x0, y0) < 0 -f (x, y) đạt cực tiểu tại M0 nếu f (x, y) − f (x0, y0) > 0

với mọi (x, y) thuộc lân cận (x0, y0) nhưng khác (x0, y0).

b) Cực trị tự do Bài toán : Tìm cực trị của hàm z = f (x, y).

Giải

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011

Th.s Đỗ Hoài Vũ 1.2. Tóm tắt lý thuyết 9

+ Tìm điểm dừng thỏa hệ

. Giả sử tìm được:

(cid:26) x = x0 y = y0

(cid:26) f 0 x = 0 f 0 y = 0

x2(x0, y0); B = f 00

y2(x0, y0). Tính 4 = AC − B2

xy(x0, y0); C = f 00 - Nếu 4 < 0 thì hàm z không đạt cực trị. - Nếu 4 > 0 thì hàm z đạt cực đại khi A < 0 và cực tiểu khi A > 0. - Nếu 4 = 0 thì chưa kết luận được (cần dùng định nghĩa).

+ Đặt A = f 00

Ví dụ 1: Tìm cực trị của hàm z = f (x, y) = x3 + y3 − 3xy. Ví dụ 2: Tìm cực trị của hàm z = f (x, y) cho bởi phương trình ẩn

x2 + y2 + z2 − 4x + 12y + 2z − 8 = 0 (*), z > 0

Giải: + Tìm điểm dừng

- Đạo hàm hai vế () theo x ta được : 2x + 2zz0 - Đạo hàm hai vế () theo y ta được : 2y + 2zz0

(2) (3)

x − 4 + 2z0 y + 12 + 2z0

x = 0 y = 0

Thay z0

x = 0; z0

y = 0 vào (2*) và (3*) ta được điểm dừng x = 2; y = −6. x2 = 0

yz0

x)2 + 2zz00 xy + 2z00

x + 2zz00

- Đạo hàm hai vế (2) theo x ta được : 2 + 2(z0 - Đạo hàm hai vế (2) theo y ta được : 2z0 - Đạo hàm hai vế (3*) theo y ta được : 2 + 2(z0

y)2 + 2zz00

x2 + 2z00 xy = 0 y2 + 2z00

(4) (5) (6*) y = 0 vào

x = z0

y2 = 0 Thay x = 2, y = −6 vào (*) ta được z = 6 (vì z > 0). Thay z = 6, z0 (4*),(5*),(6*) ta được:

 

=⇒ 4 = AC − B2 = 1

49 > 0.



A = z00 B = z00 C = z00

x2(2, −6) = − 1 xy(2, −6) = 0 y2(2, −6) = − 1

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 :

2010-2011

Vậy z đạt cực đại tại x = 2, y = −6 (vì A < 0 ) và giá trị cực đại là zcd = 6 Ví dụ 3: Tìm cực trị của hàm z = f (x, y) = 1 + x2 + y4. Giải: - Ta chỉ tìm được điểm dừng x = y = 0 và khi đó 4 = 0 nên chưa kết luận được. - Hiệu f (x, y) − f (0, 0) = 1 + x2 + y4 − 1 = x2 + y4 > 0 với mọi (x, y) thuộc lân cận của (0, 0) (khác (0, 0)) nên theo định nghĩa z đạt cực tiểu tại (0, 0) và zct = 1 Ví dụ 4: Tìm cực trị của hàm z = f (x, y) = x4y3. Giải: - Ta chỉ tìm được điểm dừng x = y = 0 và khi đó 4 = 0 nên chưa kết luận được. - Hiệu f (x, y) − f (0, 0) = x4y3 đổi dấu khi y đổi dấu nên theo định nghĩa z không đạt cực trị tại (0, 0). c) Cực trị có điều kiện

10 Phép tính vi phân hàm n biến Th.s Đỗ Hoài Vũ

Bài toán : Tìm cực trị của hàm z = f (x, y) thỏa điều kiện g(x, y) = 0.

Giải Phương pháp 1 + Đặt hàm L(x, y, a) = f (x, y) + ag(x, y) + Tìm điểm dừng thỏa hệ

 

. Giả sử tìm được:



x = 0 y = 0 a = 0

L0 L0 L0 x = x0 y = y0 a = a0

xy(x0, y0, a0); C = L00

y2(x0, y0, a0).

x2(x0, y0, a0); B = L00

+ Đặt A = L00

(cid:26) h, k ∈ R; h2 + k2 > 0

+ Xét dấu : 4 = Ah2 + 2Bhk + Ck2 . Với h,k thỏa:

yk = 0.

xh + g0 g0

+ Kết luận :

- Nếu 4 < 0 thì hàm z đạt cực đại tại (x0, y0) . - Nếu 4 > 0 thì hàm z đạt cực tiểu (x0, y0). - Nếu 4 = 0 thì chưa kết luận được (cần dùng định nghĩa).

Ví dụ 1: Tìm cực trị của hàm z = f (x, y) = 6 − 4x − 3y thỏa điều kiện x2 + y2 = 1. Phương pháp 2 Từ điều kiện g(x, y) = 0 nếu rút được duy nhất y = y(x) thì thay vào z = f (x, y(x)), sau đó dùng phương pháp tìm cực trị của hàm một biến để tìm cực trị của z. Ví dụ 2: Tìm cực trị của hàm z = ln |1 + x2y| thỏa điều kiện x − y − 3 = 0.

1.3. Bài tập

x = py2 − z2.

Bài tập 1.1. Cho hàm z = z(x, y) biểu diễn bởi phương trình ẩn z2 + 2

x + 1

y z0

Tính x2z0

y theo z. 2 z

c) d) . a) z2 b) 1 z z 3

Bài tập 1.2. Cho hàm z = x3 − 2x2 + 2y3 + x − 8y. Hãy chọn khẳng định đúng?

a) z có 4 điểm dừng. z không có điểm dừng. b)

c) z có điểm dừng nhưng không có cực trị. z có hai cực đại và hai cực tiểu d)

Bài tập 1.3. Tìm cực trị của hàm số z = z(x,y) thỏa : x2+y2+z2−4x+6y+2z−2 = 0. Biết z < 0.

a) z đạt cực tiểu tại M(2, - 3) và ZCT = - 5.

b)

z đạt cực đại tại M(2, - 3) và ZCĐ = 3.

c) Cả câu a) và b.

d)

z Chỉ có điểm dừng là M(2, - 3).

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011

Th.s Đỗ Hoài Vũ 1.3. Bài tập 11

Bài tập 1.4. Tìm cực trị của hàm z = 3x + 4y với điều kiện x2 + y2 = 1.

z đạt cực tiểu tại M(3/5, 4/5) . a)

z đạt cực đại tại M(- 3/5, - 4/5). b)

c) z đạt cực đại tại M(3/5, 4/5) và đạt cực tiểu tại N(- 3/5, - 4/5).

d) z đạt cực tiểu tại M(3/5, 4/5) và đạt cực đại tại N(- 3/5, - 4/5).

Bài tập 1.5. Viết công thức taylor của hàm z = f (x, y) = ex+y tại lân cận x = 0, y = 1 đến bậc 2.

#

"

a) z = e

x + y + x(y − 1) +

+ R2(x, y) .

b)

z = x + (y − 1) + x(y − 1) +

+ R2(x, y). #

c)

z = e

x + y − 1 + x(y − 1) +

+ R2(x, y).

(y − 1)2 2 (y − 1)2 2 (y − 1)2 2

d)

z = e (cid:2)x + y + x(y − 1) + (y − 1)2(cid:3) + R2(x, y).

Bài tập 1.6. Viết công thức taylor của hàm z = f (x, y) = ln(x + y) tại lân cận x = 0, y = 0 đến bậc 2.

a)

z = x + y − xy −

b)

z = x + y + xy −

+ R2(x, y)

c)

z = x + y −

d)

z = x + y − x2 −

+ R2(x, y)

+ R2(x, y).

y2 2 xy + y2 2

y2 2 y2 2

Bài tập 1.7. Tìm vi phân dz của hàm z = z(u, v) = uv, u = x

y , v = xy

(cid:19)xy (cid:18)

(cid:19)

(cid:19)xy (cid:18)

(cid:19)

a) dz = y ln dx + x ln dy b) dz = y ln dx + x ln dy x y

(cid:19)xy (cid:18)

(cid:19)

(cid:19)xy (cid:18)

(cid:19)

y ln dx − x ln dy d) dz = y ln dy + x ln dx . c) dz =

(cid:18) x y (cid:18) x y

ex y ex y x ey x ey

(cid:18) x y (cid:18) x y

x y ex y x ey

x65y35(0, π

2 ) của hàm z = ( x

6 + 3y)cos(x + y),

Bài tập 1.8. Tìm A = z(100)

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 :

2010-2011

b) A = c) A = d) A = . a) A = − 695 6 695 6 695 3 695 2

Chương 2 Tích phân bội hai

2.1. Kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 2.2. Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.3. Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.1. Kiến thức chuẩn bị

2.1.1. Bảng nguyên hàm hàm số một biến.

√

x2 + a2(cid:1) + C

a(α+1) + C, (α 6= −1)

x2+a2 = ln (cid:0)x + dx√ R cos(ax + b)dx = 1

a sin(ax + b) + C

R (ax + b)αdx = (ax+b)α+1

ax+b = 1

R dx

a cos(ax + b) + C

a ln |ax + b| + C a−b ln (cid:12)

(x−a)(x−b) = 1

cos2(ax+b) = 1

a tan(ax + b) + C

R sin(ax + b)dx = − 1 R (cid:12) (cid:12) + C (cid:12) x−a x−b R R

.

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

R ln(ax + b)dx = ax+b

[ln(ax + b) − 1] + C

2.1.2. Phương pháp tính tích phân xác định.

b R

u(b) R

1) Đổi biến. Dùng một trong hai cách sau:

u(a)

a b R

-Cách 1. Đặt u = u(x). Khi đó f (x)dx = g(u)du

-Cách 2. Đặt x = x(t). Khi đó

f (x)dx =

f (x(t))x0

t(t)dt

tbR ta

Th.s Đỗ Hoài Vũ 2.1. Kiến thức chuẩn bị 13

2) Từng phần.

Z

udv =uv − vdu b a

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Ví dụ. Công thúc Walliss

π 2Z

2.4.6....(n−1) 1.3.5....n

Khi n lẻ

 

1.3.5....(n−1)

sinn xdx = cosn xdx =



2.4.6....n × π

Khi n chẵn

2.1.3. Cách vẽ một số đường cơ bản trong mặt phẳng tọa độ Oxy.

1) Đường tròn, Miền tròn - Phương trình tổng quát : x2 + y2 − 2ax − 2by + c = 0 - Phương trình chính tắc : (x − a)2 + (y − b)2 = R2

- Phương trình tham số :

;

t ∈ R.

(cid:26) x − a = R cos t y − b = R sin t

- D1 là miền thỏa điều kiện: x2 + y2 − 2ax − 2by + c < 0. - D2 là miền thỏa điệu kiện: x2 + y2 − 2ax − 2by + c > 0. 2) Đường Elip, Miền Elip

- Phương trình tổng quát :

y2 b2 = 1.

- Phương trình tham số :

;

t ∈ R.

x2 a2 + (cid:26) x = a cos t y = b sin t

- D1 là miền thỏa điều kiện:

a2 + y2

b2 < 1

b2 > 1

a2 + y2 3) Đường Parabol, Miền Parabol a) Phương trình tổng quát : y = ax2 + bx + c; a 6= 0

- D2 là miền thỏa điều kiện:

4a y > ax2 + bx + c y < ax2 + bx + c

y = 4ac−b2

- Tọa độ đỉnh x = −b 2a , - D1 là miền thỏa điều kiện: - D2 là miền thỏa điều kiện:

b) Phương trình tổng quát : x = ay2 + by + c; a 6= 0

x = 4ac−b2

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 :

2010-2011

- Tọa độ đỉnh y = −b 2a , - D1 là miền thỏa điều kiện: x > ay2 + by + c - D2 là miền thỏa điều kiện: x < ay2 + by + c

14 Tích phân bội hai Th.s Đỗ Hoài Vũ

2.2. Tóm tắt lý thuyết

2.2.1. Định nghĩa và ký hiệu

Z Z

f (x, y)dxdy

Với D là miền đóng và bị chặn trong R2

2.2.2. Một số tính chất của tích phân bội hai

f (x, y)dxdy. Với D1 ∩ D2 = Ø; D1

S D2 = D.

− RR − RR

f (x, y)dxdy = RR D1 [f (x, y) + ag(x, y)] dxdy = RR f (x, y)dxdy+ RR D2 f (x, y)dxdy+a RR

g(x, y)dxdy.

2.2.3. Phương pháp tính tích phân bội hai

a) D có dạng hình chữ nhật: [a, b] × [c, d]

d Z

    Z Z Z Z

f (x, y)dx

f (x, y)dxdy =

f (x, y)dy

a b) D có dạng hình thang cong: [a, b] × [y1(x), y2(x)]

dx =  dy  

y2(x) Z

  Z Z Z

f (x, y)dxdy =

f (x, y)dy

y1(x)

   dx

c) D có dạng hình thang cong: [x1(y), x2(y)] × [c, d] 

x2(y) Z

d Z



Z Z

f (x, y)dx f (x, y)dxdy =

 

  dy

x1(y)

a) |y − x2|dxdy. Với D : [−1, 1] × [0, 2]. √ 2xydxdy. Với D giới hạn bởi: y = x, y = b) x.

Ví dụ1: Tính I = RR I = RR I = RR c) dxdy. Với D giới hạn bởi: y2 = 10x + 25, y2 = −6x + 9.

√

1/4 R

2x−x2 R

2 R

√ R

Ví dụ2: Thay đổi thứ tự tính các tích phân sau

1 R

1 e R

x ln x R

a) I = dx f (x, y)dy f (x, y)dy. b) I = dx

c)

I =

dx

f (x, y)dy

d)

I =

dy

f (x, y)dx

2−x 4√ y R √

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011

Th.s Đỗ Hoài Vũ 2.2. Tóm tắt lý thuyết 15

Ví dụ3: Tính các tích phân sau

a) dxdy. Với D giới hạn bởi: y = ex + x; y = e−x + x; x = 1. √ x; x = 2. b) ylnxdxdy. Với D giới hạn bởi: xy = 1; y =

c) I = RR I = RR I = RR (cos2x + siny)dxdy. Với D giới hạn bởi: x ≥ 0; y ≥ 0; 4x + 4y ≤ π.

2.2.4. Phương pháp đổi biến trong tích phân bội hai.

a) D có dạng hình bình hành cong:

 

D giới hạn bởi:

;

a < b;

c < d.

 u(x, y) = a u(x, y) = b v(x, y) = c v(x, y) = d

Bằng cách đặt :

. Ta được D1 : [a, b]×[c, d].

(cid:26) u = u(x, y) v = u(x, y)

Khi đó :

Z Z Z Z

f (x, y)dxdy =

dudv. Với

J =

f (ϕ(u, v), ψ(u, v)) |J|

x u0 u0 y v0 v0 y x

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

b) D có dạng biên tròn : D có biên là đường tròn hoặc một phần của đường tròn có phương trình :

x2 + y2 − 2ax − 2by + c = 0

Bằng cách đặt : ; 0 ≤ r < +∞; 0 ≤ ϕ ≤ 2π.

(cid:26) x = rcosϕ y = rsinϕ

Ta được D1 : [ϕ1, ϕ2] × [r1(ϕ), r2(ϕ)]. Khi đó :

Z Z

f (x, y)dxdy = rf (rcosϕ, rsinϕ)drdϕ.

c) D có dạng biên Elip : D có biên là đường Elip hoặc một phần của đường Elip có phương trình :

x2 a2 + y2 b2 = 1

Bằng cách đặt :

;

0 ≤ r < +∞;

0 ≤ ϕ ≤ 2π.

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 :

2010-2011

(cid:26) x = arcosϕ y = brsinϕ

16 Tích phân bội hai Th.s Đỗ Hoài Vũ

Ta được D1 : [ϕ1, ϕ2] × [r1(ϕ), r2(ϕ)]. Khi đó :

Z Z

abrf (rcosϕ, rsinϕ)drdϕ. f (x, y)dxdy =

Ví dụ1: Tính

a) I = RR (x − y)2(x + 2y)dxdy.

Với D giới hạn bởi: x − y = 0, x − y = 1, x + y = 2, x + y = 3. I = RR (x2 + y2)2(x2 − y2)xydxdy. b)

Với D giới hạn bởi: xy = 1, xy = 2, y2 − x2 = −1, y = x.

c)

xydxdy. Với D giới hạn bởi: y2 = x, y2 = 3x, y = x, y = 2x.

d)

I = RR I = RR

dxdy. Với D giới hạn bởi: y2 = x, y2 = 3x, x2 = 2y, x2 = 4y.

Ví dụ2: Tính các tích phân sau

a)

px2 + y2dxdy. Với D giới hạn bởi:

x2 + y2 = 1, x ≥ 0, y ≥ x.

√

b)

ydxdy. Với D giới hạn bởi:

x2 + y2 = 2, x ≥

3y, y ≥ −x. √

c)

(x2 + y2 + 1)dxdy. Với D giới hạn bởi:

x2 + y2 = 4, y ≥

3|x|.

d)

I = RR I = RR I = RR I = RR

(x2 + y2 − x)dxdy. Với D giới hạn bởi:

x2 + y2 − x = 0.

Ví dụ3: Tính tích phân I = RR

dxdy. Trong các trường hợp sau :

. x. a) D giới hạn bởi: b) D giới hạn bởi: c) D giới hạn bởi: d) D giới hạn bởi: x2 + y2 ≥ 1, x2 + y2 ≤ 4, y ≤ |x|. x2 + y2 − x − y = 0, y ≤ 0 ∨ x ≤ 0. x2 + y2 − 2y ≤ 0, x2 + y2 − 2x ≤ 0 x2 + y2 − 2y ≥ 0, x2 + y2 − 4y ≤ 0, y ≤ 1√ 3

Ví dụ4: Xác định cận r, ϕ khi dùng phép đởi biến x = rcosϕ, y = rsinϕ. Trong các trường hợp sau :

a) D giới hạn bởi: b) D giới hạn bởi:

c) D giới hạn bởi:

x2 + y2 ≤ 1, x + y ≥ 1, y ≥ x. x2 + y2 − 2y ≤ 0, y ≥ 1. x2 + y2 = 2, x ≥ 1.

.

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011

d) D giới hạn bởi: x2 + y2 − 2x ≤ 0, x + y ≥ 2

Th.s Đỗ Hoài Vũ 2.2. Tóm tắt lý thuyết 17

Ví dụ5: Tính các tích phân sau

q

b2 = 1, x ≥ 0, y ≥ 0.

b2 dxdy. Với D giới hạn bởi: x2

a2 − y2 b2 )dxdy. Với D giới hạn bởi:

b2 )dxdy. Với D giới hạn bởi:

b) √ c) x, y ≥ − 3x.

a2 + y2 a2 + y2 b2 ≥ 1, x2

4b2 ≤ 1, y ≥ 1√

d) 1 − x2 a2 + y2 ( x2 a2 + y2 ( x2 5dxdy. Với D giới hạn bởi: |x|.

a2 + y2 b2 = 1, x ≥ 0, y ≥ x. b2 = 1, y ≥ 1√ 4a2 + y2 b2 = 1, y ≤ 0, bx + ay ≥ 0.

e) dxdy. Với D giới hạn bởi:

f) dxdy. Với D giới hạn bởi:

g)

I = RR I = RR I = RR I = RR I = RR I = RR I = RR

dxdy. Với D giới hạn bởi:

x.

a2 + y2 a2 + y2 a2 + y2 a2 + y2

b2 = 1, y ≥ 0, bx − ay ≤ 0. √ b2 = 1, y ≤ b a x, y ≥ b√

2.2.5. Ứng dụng của tích phân bội hai.

a) Diện tích miền D kín trong mặt phẳng Oxy

Z Z

dxdy

SD =

b) Khối lượng bản phẳng không đồng chất Xét bản phẳng D làm bởi vật liệu không đồng chất có khối lượng riêng biểu diễn

bởi hàm liên tục ρ(x, y). Khi đó khối lượng của D được tính theo công thức:

Z Z

ρ(x, y)dxdy

mD =

c) Tọa độ trọng tâm của bản phẳng không đồng chất Xét bản phẳng D làm bởi vật liệu không đồng chất có khối lượng riêng biểu diễn bởi hàm liên tục ρ(x, y). Khi đó tọa độ trong tâm G của D trong hệ tọa độ Oxy được tính bởi công thức

RR

yρ(x, y)dxdy xρ(x, y)dxdy

; yG = xG = mD mD

d) Mômen quán tính của bản phẳng không đồng chất Xét bản phẳng D làm bởi vật liệu không đồng chất có khối lượng riêng biểu diễn bởi hàm liên tục ρ(x, y). Khi đó Mômen quán tính của D theo trục Ox , Oy và gốc tọa độ lần lượt tính theo công thức

Z Z

x2ρ(x, y)dxdy;

y2ρ(x, y)dxdy;

(x2 + y2)ρ(x, y)dxdy

Ix =

Iy =

Io =

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 :

2010-2011

Tích phân bội hai Th.s Đỗ Hoài Vũ 18

e) Thể tích miền V kín trong không gian Oxyz

Bài toán .

Tính thể tích miền V giới hạn bởi mặt trên có phương trình z = f (x, y) mặt

dưới có phương trình g = g(x, y), các đường sinh song song với truc Oz. Giải Gọi D là hình chiếu của V lên mặt phẳng Oxy. Ta có :

Z Z

(f (x, y) − g(x, y))dxdy V =

Ghi chú : Chúng ta có thể thay đổi vai trò x, y, z trong bài toán trên. Ví dụ1: Tính diện tích miền D trong các trường hợp sau:

a) D giới hạn bởi: b) D giới hạn bởi: c) D giới hạn bởi: d) D giới hạn bởi:

x2 + y2 ≤ 1, x + y ≥ 1, y ≥ x. x2 + y2 − 2y ≤ 0, y ≥ 1. x2 + y2 = 2 ≤ 0, x ≥ 1. x2 + y2 − 2x ≤ 0, x + y ≥ 2

.

Ví dụ2: Tính thể tích miền V trong các trường hợp sau:

a) V giới hạn bởi: b) V giới hạn bởi: c) V giới hạn bởi: d) V giới hạn bởi:

z = x2 + y2 + 1, z = 0, x = 0, y = 0, x = 4 y = 4.. y + z = 2, z = 0, y = x2. y = x2, y = 1, x + y + z = 4, z = 0. z = y2 − x2, z = 0, y = ±2.

Ví dụ3: Tính thể tích miền V trong các trường hợp sau:

a) V giới hạn bởi: b) V giới hạn bởi: c) V giới hạn bởi: d) V giới hạn bởi:

z = x2 + y2, z = 0, x = 0, y = 0, x + y = 4. z = x2 + y2, z = 0, x2 + y2 = x, x2 + y2 = 2x x2 + y2 + z2 = 4, x2 + y2 ≤ 1. 4 − x2 − y2 = z, x2 + y2 + 2 = 2z.

Ví dụ4: Tính khối lượng, Tọa độ trọng tâm , Mômen quán tính của miền D trong các trường hợp sau:

x = 4, x + y ≥ 4, y ≤ x, ρ(x, y) = x + y. y = x2, x = y2, đồng chất.

a) D giới hạn bởi: b) D giới hạn bởi: c) D giới hạn bởi: d) D giới hạn bởi: . x2 + y2 = 2 ≤ 0, x ≥ 1, đồng chất. 4 + y2 x2 9 ≤ 1, x ≥ 0, đồng chất.

2.3. Bài tập

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011

Chương 3 Tích phân bội ba

3.1. Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3.1. Tóm tắt lý thuyết

3.1.1. Định nghĩa và ký hiệu

Z Z Z

f (x, y, z)dxdydz

Ω

Với Ω là miền đóng và bị chặn trong R3

3.1.2. Một số tính chất của tích phân bội ba

f (x, y)dxdy. Với Ω1 ∩ Ω2 = Ø; Ω1

z1(x,y)

b) Nếu D là hình chiếu của Ω lên mặt phẳng Oxy thì :

z2(x,y) Z

  Z Z Z Z Z

f (x, y, z)dxdydz =

f (x, y, z)dz

Ω

z1(x,y)

   dxdy

20 Tích phân bội ba Th.s Đỗ Hoài Vũ

Chú ý: Vai trò x,y,z trong các công thức trên có thể thay đổi thứ tự. Ví dụ1: Tính

Z Z Z

p

Ω Z Z Z

z2dxdydz. Với Ω : [0, 1/4] × [x, 2x] × [0, 1 − x2 − y2]. a) I =

Ω Z Z Z

xdxdydz. Với Ω giới hạn bởi: x + y = 1, x = 0, y = 0, z = 0, z = x2 + y2. b) I =

Ω Z Z Z

c) I = dxdydz. Với Ω giới hạn bởi: y = x, y = x2, z = x2 + y2, z = 2x2 + 2y2.

d) I =

dxdydz. Với Ω giới hạn bởi: z = x + y, z = xy, x + y = 1, x = 0, y = 0.

Ω Z Z Z

√

e) I =

xy

zdxdydz.

Với Ω giới hạn bởi: z = 0, z = y, y = x2, y = 1.

Ω Z Z Z

x2 + y2dxdydz. Với Ω giới hạn bởi: 2z = x2 + y2, y + z = 4.

f) I =

Ω

3.1.4. Phương pháp đổi biến trong tích phân bội ba.

a) Khi Ω có dạng hình hộp cong:



Ω giới hạn bởi:

;

a < b;

c < d;

e < f.

 

u(x, y, z) = a u(x, y, z) = b v(x, y, z) = c v(x, y, z) = d w(x, y, z) = e w(x, y, z) = f

  Bằng cách đặt : . Ta được Ω1 : [a, b]×[c, d]×[c, d].



u = u(x, y, z) v = u(x, y, z) w = w(x, y, z)

Khi đó : Z Z Z

Z Z Z

Ω

Ω1

f (x, y, z)dxdydz = dudvdw. f (ϕ(u, v, w), ψ(u, v, w), φ(u, v, w)) |J|

Với J =

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

u0 x u0 y u0 z v0 v0 v0 z y x y w0 x w0 w0 z

b) Khi Ω có dạng D × [z1(x, y); z2(x, y)] với D có dạng biên tròn hoặc Elip :

   

Đặt :

Hoặc

;

0 ≤ r < +∞;

0 ≤ ϕ ≤ 2π.

 

x = rcosϕ y = rsinϕ z = z

x = arcosϕ y = brsinϕ z = z

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011

Th.s Đỗ Hoài Vũ 3.1. Tóm tắt lý thuyết 21

Ta được:

Z Z Z

Ω

Ω1

rf (rcosϕ, rsinϕ, z)drdϕdz. f (x, y, z)dxdydz =

Hoặc

Z Z Z

Ω

Ω1

abrf (rcosϕ, rsinϕ, z)drdϕdz. f (x, y, z)dxdydz =

c) Khi Ω có dạng mặt cầu hoặc Elipxoit :

 

Ω : (x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = 1. Đặt :



x = rsinθcosϕ y = rsinθsinϕ z = rcosθ

 

Ω1 :

x2 a2 +

y2 b2 +

z2 c2 = 1. Đặt :



x = arsinθcosϕ y = brsinθsinϕ z = crcosθ

(r, ϕ, θ) ∈ [0, < +∞) × [0, 2π] × [0, π].

Ta được:

Z Z Z Z Z Z

f (x, y, z)dxdydz =

f (rsinθcosϕ, rsinθsinϕ, rcosθ)r2sinθdrdϕdθ.

Ω∗

Z Z Z

Ω Hoặc Z Z Z

Ω1

Ω∗ 1

f (x, y, z)dxdydz = abc f (rsinθcosϕ, rsinθsinϕ, rcosθ)r2sinθdrdϕdθ.

Ví dụ1: Tính

Z Z Z

Ω

dxdydz. a) I =

Với Ω giới hạn bởi: x + y + z = ±3, x + 2y − z = ±2, x + 4y + z = ±2. Z Z Z

b) I =

dxdydz.

Ω

Với Ω giới hạn bởi: z = x2 + y2, 2z = x2 + y2, z = 2x, z = 3x, z = y, z = 2y.

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

I =

Ω Z Z Z

f)

I =

zdxdydz. Ω :

x2 + y2 + z2 = 4, x2 + (y + 1)2 = 1, z ≥ 0.

Ω Z Z Z

g)

I =

zdxdydz. Ω :

z = x2, z = 2x2, (x + 1)2 + y2 ≥ 1, (x + 2)2 + y2 ≤ 4.

Ω

Ví dụ3: Đổi biến trong tọa độ trụ khi Ω là những miền sau:

a) Ω :

b) Ω :

.

c) Ω :

1 − x2 − y2

x, z = x + y, z = 2x + 2y

d) Ω :

x2 + y2 − 2y ≥ 0, x2 + y2 − 4y ≤ 0, y ≤

x2 + y2 ≥ 1, x2 + y2 ≤ 4, y ≤ |x|, z = 0, z = 4. x2 + y2 − x − y = 0, y ≤ 0 ∨ x ≤ 0, z = 0, z = x2 + y2. x2 + y2 − 2y ≤ 0, x2 + y2 − 2x ≤ 0, z = ± 1 √ 3

e) Ω :

f) Ω :

g) Ω :

h) Ω :

x2 + y2 ≤ 1, x + y ≥ 1, y ≥ x, z = x, z = 2x. x2 + y2 − 2y ≤ 0, y ≥ 1, z2 + x2 = 1. x2 + y2 = 2, x ≥ 1, z = y, z = 2y x2 + y2 − 2x ≤ 0, x + y ≥ 2, z = y2 + 1, z = 2y2 + 1.

Ví dụ4: Tính thể tích miền Ω trong các thường hợp sau:

a) Ω : = 1, x ≥ 0, y ≥ 0, z = 0, z = 4. +

= 1, x ≥ 0, y ≥ x, z = x2 + y2, z = 9. +

b) Ω :

√ c) Ω : x, y ≥ − + = 1, y ≥ 3x, z = 0, z = 1 − x2 − y2.

|x|, z = a, z = 0.

d) Ω : 1 √ 3 y2 4b2 ≤ 1, y ≥ x2 4a2 +

e) Ω :

= 1. x2 4 x2 1 x2 16 x2 a2 + x2 a2 + y2 9 y2 4 y2 9 y2 b2 ≥ 1, y2 b2 = 1, y ≤ 0, bx + ay ≥ 0, 1 √ 3 x2 a2 +

y2 b2 +

z2 1

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011

23 3.1. Tóm tắt lý thuyết

f) Ω : √ 3 b x, y ≥ x, z ≤ 2y, z ≥ y. g) Ω : Th.s Đỗ Hoài Vũ y2 b2 = 1, y ≥ 0, bx − ay ≤ 0, z ≤ x, z ≥ 0. y2 b2 = 1, y ≤ x2 a2 + x2 a2 + a b √ 3a

Ví dụ5: (Tọa độ cầu) Tính các tích phân sau:

Z Z Z

p

Ω Z Z Z

a) I = x2 + y2 + z2dxdydz. Ω : x2 + y2 + z2 = 1.

Ω Z Z Z

(2z + 1)dxdydz. Ω : x2 + y2 + z2 = 3, z ≥ 0. b) I =

x2 + y2 + z2 = x.

Ω

Ví dụ 6: (Tọa độ cầu-elipxoit) Tính các tích phân sau:

Z Z Z

Ω Z Z Z

a) I = (1 − x2 a2 − y2 b2 )dxdydz. Với Ω giới hạn bởi: x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 = 1.

Ω Z Z Z

b) I = dxdydz. Với Ω giới hạn bởi: x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 = 1, x ≥ 0.

Ω Z Z Z

c) I = xdxdydz. Với Ω giới hạn bởi: x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 = 1, z ≥ 0, x ≥ 0, y ≥ 0.

Ω Z Z Z

d) I = y2dxdydz. Với Ω giới hạn bởi: x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 = 1, z ≥ 0, y ≤ 0.

(

e)

I =

x2 a2 +

y2 b2 )dxdydz. Với Ω giới hạn bởi:

x2 a2 +

y2 b2 +

z2 c2 = 1, z ≥ 0, z ≤ x.

Ω

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 :

2010-2011

24 Tích phân bội ba Th.s Đỗ Hoài Vũ

3.1.5. Ứng dụng của tích phân bội ba.

a) Thể tích miền Ω kín trong không gian Oxyz

Z Z Z

Ω

dxdydz VΩ =

b) Khối lượng hình khối không đồng chất Xét hình khối Ω làm bởi vật liệu không đồng chất có khối lượng riêng biểu diễn

bởi hàm liên tục ρ(x, y, z). Khi đó khối lượng của Ω được tính theo công thức:

Z Z Z

Ω

ρ(x, y, z)dxdydz mΩ =

c) Tọa độ trọng tâm của hình khối không đồng chất Xét hình khối Ω làm bởi vật liệu không đồng chất có khối lượng riêng biểu diễn bởi hàm liên tục ρ(x, y, z). Khi đó tọa độ trong tâm G của Ω trong hệ tọa độ Oxyz được tính bởi công thức

RRR RRR RRR

xρ(x, y, z)dxdydz

yρ(x, y, z)dxdydz

zρ(x, y, z)dxdy

Ω

;

xG =

yG =

zG =

mΩ

Ví dụ1: Tính thể tích miền Ω trong các trường hợp sau:

1 − x2 − y2.

x, z = x + y, z = 2x + 2y

d) x2 + y2 − 2y ≥ 0, x2 + y2 − 4y ≤ 0, y ≤

a) x2 + y2 ≥ 1, x2 + y2 ≤ 4, y ≤ |x|, z = 0, z = 4. b) x2 + y2 − x − y = 0, y ≤ 0 ∨ x ≤ 0, z = 0, z = x2 + y2. c) x2 + y2 − 2y ≤ 0, x2 + y2 − 2x ≤ 0, z = ± 1 √ 3

e) x2 + y2 ≤ 1, x + y ≥ 1, y ≥ x, z = x, z = 2x. f) x2 + y2 − 2y ≤ 0, y ≥ 1, z2 + x2 = 1. g) x2 + y2 = 2, x ≥ 1, z = y, z = 2y h) x2 + y2 − 2x ≤ 0, x + y ≥ 2, z = y2 + 1, z = 2y2 + 1. |2x − 3y + 4z| + |−3x + 4y − z| + |2x + 3y − 3z| 6 1.

i) j) x2 + y2 + z2 ≤ 4, x2 + y2 + (z − 2)2 ≤ 4. k) x2 + y2 + z2 = 3a2, x2 + y2 = 2az, z ≥ 0, a > 0.

x2 + y2 l)

a2 + √ y =

p)

z2 3a2 = 1. x2 + z2, y = 4. m) n) x2 + y2 + z2 = 2z, x2 + y2 = z2. z2 c2 = 0, z > 0.

z2 c2 = 1,

x2 a2 +

y2 b2 −

y2 b2 +

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011

Chương 4 Tích phân mặt

4.1. Tích phân mặt loại 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 4.2. Tích phân mặt loại 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 4.3. Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

4.1. Tích phân mặt loại 1

4.1.1. Định nghĩa và ký hiệu

Z Z

f (x, y, z)dS.

Với S là mặt kín trong R3

4.1.2. Phương pháp tính tích phân mặt loại 1

Đưa về tích phân bội 2 theo các công thức sau:

a) S có phương trình z = z(x, y) :

Z Z Z Z q

1 + (z0

f (x, y, z)dS =

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

x)2 + (cid:0)z0

DOxy

(cid:1)2dxdy.

Với DOxy là hình chiếu của mặt S lên mặt Oxy b) S có phương trình y = y(x, z) :

Z Z

q

z)2dxdy.

x)2 + (y0

DOxz

1 + (y0 f (x, y, z)dS = f (x, y(x, z), z)

Với DOxz là hình chiếu của mặt S lên mặt Oxz c) S có phương trình x = x(y, z) :

z)2dxdy.

DOyz

Z Z Z Z q f (x, y, z)dS = f (x(y, z), y, z) 1 + (cid:0)x0 (cid:1)2 + (x0

Với DOyz là hình chiếu của mặt S lên mặt Oyz

Tích phân mặt Th.s Đỗ Hoài Vũ 26

Ghi chú : Nếu mặt S hợp bởi n mặt S1, S2, ..., Sn có phương trình khác nhau thì

Z Z

f (x, y, z)dS. f (x, y, z)dS + ... + f (x, y, z)dS =

Z Z

d) I =

(2xy + y2 + 2yz)dS. Với S là các mặt của hình hộp : [0, 1] × [0, 1] × [−1, 2].

S Z Z

e) I =

(2xy + y2 + 2yz)dS.

Với S là các mặt của hình hộp : [0, 1] × [0, 2] × [1 − x − y, 2 − x − y].

Z Z

f) I =

+ 2x + z)dS.

(

4y 3

Với S là mặt có phương trình: + + = 1, thuộc một phần tám thứ nhất. x 2 y 3 z 4

Z Z

g) I = xdS. Với S là các mặt của hình khối giới hạn bởi: x2 + y2 = 1, z = 1, z = 3.

Ví dụ2: Tính

Z Z

(3y2 + 3xz)dS. a) I =

Với S là mặt có phương trình: z = 3x thỏa điều kiện: x2 + y2 ≤ 1, x ≤ 0. Z Z

b) I =

(2x2 − xy + 3)dS.

Với S là mặt có phương trình: y = 2x thỏa điều kiện: x2 + z2 ≤ 2x, z ≤ 0.

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011

4.1. Tích phân mặt loại 1 27 Th.s Đỗ Hoài Vũ Z Z dS. c) I =

Với S là mặt có phương trình: x + 2y + z = 0 thỏa điều kiện: y2 + z2 ≤ 6, y ≥ 4.

Z Z

d) I = dS p1 + 4y2 + 16z2

Với S là mặt có phương trình: x = y2 + 2z2 = 0 thỏa điều kiện: y2 + z2 ≤ 4, z ≤ |x|.

Z Z p

d) I =

1 + 4x2 + y2dS.

p Với S là mặt có phương trình: z = x2 + y2 thỏa điều kiện:

x2 a2 +

y2 b2 ≤ 1, z ≤ 0.

Ví dụ4: Tính

Z Z

a) I = (x2 + y2 + z2)dS

Với S là mặt có phương trình: x2 + y2 + z2 = 1.

Z Z

b) I = dS p1 + 4x2 + 4y2

Với S là mặt có phương trình: z = x2 + y2, thỏa điều kiện: 0 ≤ z ≤ 4. Z Z p

1 + x2 + y2dS.

c) I =

Với S là mặt có phương trình: 2z = x2 + y2, thỏa điều kiện: x2 + y2 + z2 ≤ 4z.

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 :

2010-2011

28 Tích phân mặt Th.s Đỗ Hoài Vũ

Z Z

p

d) I = 2 − x2 − y2dS.

p

x2 + y2. Với S là mặt có phương trình: x2 + y2 + z2 = 2, thỏa điều kiện: z ≥

4.1.3. Ứng dụng của tích phân mặt loại 1.

a) Diện tích mặt S

Z Z

b) Khối lượng mặt S không đồng chất Xét mặt S làm bởi vật liệu không đồng chất có khối lượng riêng biểu diễn bởi

hàm liên tục ρ(x, y, z). Khi đó khối lượng của S được tính theo công thức: Z Z

ρ(x, y, z)dxdy

mS =

c) Tọa độ trọng tâm của mặt S không đồng chất

Xét mặt S làm bởi vật liệu không đồng chất có khối lượng riêng biểu diễn bởi hàm liên tục ρ(x, y, z). Khi đó tọa độ trong tâm G của S trong hệ tọa độ Oxyz được tính bởi công thức

RRR RRR RRR

xρ(x, y, z)dxdydz

yρ(x, y, z)dxdydz

zρ(x, y, z)dxdy

;

yG =

zG =

xG =

mS

Ví dụ: Tính

a) Diện tích mặt S có phương trình: x + 3 = 2y thỏa : y2 ≥ x2 + z2.

x2 + y2 thỏa : x2 + y2 ≤ 4x.

b) Diện tích mặt S có phương trình: z =

c) Diện tích mặt S có phương trình: 2x − 2y + z = 3 thỏa :

≤ 1.

+

y2 1

√

x2 4 2x − y + z = 3 thỏa : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ x + y ≤ 1.

d) Diện tích mặt S có phương trình:

e) Khối lượng mặt S có phương trình: z = thỏa : 0 ≤ z ≤ 2.

x2 + y2 2 Biết hàm khối lượng riêng là ρ(x, y, z) = z.

f) Tọa độ trọng tâm mặt S có phương trình: z = 2 − thỏa : z ≥ 0. x2 + y2 2

4.2. Tích phân mặt loại 2

4.2.1. Định nghĩa và ký hiệu

Z Z

I =

P (x, y, z)dydz + Q(x, y, z)dxdz + R(x, y, z)dxdy. Với S là mặt kín trong R3

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011

Th.s Đỗ Hoài Vũ 4.2. Tích phân mặt loại 2 29

4.2.2. Phương pháp tính tích phân mặt loại 2

a) Đưa về tích phân bội hai:



Z Z

S: x=x(y,z) Z Z

DOyz Z Z

P (x, y, z)dydz = ± P (x(y, z), y, z)dydz I1 =

S: y=y(x,z) Z Z

DOxz Z Z

Q(x, y, z)dxdz = ± Q(x, y(x, z), z)dxdz I2 = + Tính các tích phân :

R(x, y, z)dxdz = ±

R(x, y, z(x, y))dxdz

I3 =

 

S: z=z(x,y)

DOxy

I = I1 + I2 + I3.

+ Kết luận : Chú ý:

RR 

P dydz. Nếu góc giữa véc tơ pháp tuyến hợp và trục Ox nhọn.

P dydz. Nếu góc giữa véc tơ pháp tuyến hợp và trục Ox tù.

I1 =

DOyz − RR DOyz

Ghi chú : Nếu mặt S hợp bởi n mặt S1, S2, ..., Sn có phương trình khác nhau thì tính tích phân I trên từng mặt Si sau đó cộng kết quả lại.

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 :

2010-2011

30 Tích phân mặt Th.s Đỗ Hoài Vũ

Ví dụ1: Tính

Z Z

a) I = xdydz + ydzdx + zdxdy. Với S là phía trên của mặt có phương trình:

x + z − 1 = 0 thỏa điều kiện: y ≥ 0, x ≥ 0, z ≥ 0, y ≤ 4.

Z Z

b) I = x2dydz + y2dzdx + (z + 2)dxdy. Với S là phía trên của mặt có phương trình:

z − 2 = 0 thỏa điều kiện: (x, y) ∈ [0, 2] × [1, 2].

Z Z

c) I = −xdydz + zdzdx + 5dxdy. Với S là phía trên của mặt có phương trình:

2x + 3y + z = 6, thuộc một phần tám thứ nhất.

Z Z

d)

I =

xydydz + zydzdx + xydxdy.

Với S là phía ngoài các mặt của hình hộp chữ nhật : (x, y, z) ∈ [0, 2] × [1, 2] × [1, 3].

Z Z

ydxdz. Với S là phía trong của mặt kín giới hạn bởi:

e)

I =

x + y + z = 1, x = 0, y = 0, z = 0.

Ví dụ2: Tính

Z Z

a)

I =

2dxdy + ydxdz − yzdydz. Với S là phía ngoài của mặt ellipsoid:

4x2 + y2 + 4z2 = 4 thuộc một phần tám thứ nhất.

Z Z

b)

I =

xydydz − y2dzdx + xyzdxdy. Với S là phía trên của mặt :

z − 2 = 0 thỏa điều kiện: x2 + y2 ≤ 2.

Z Z

c) I = xydydz + xzdzdx + y2dxdy. Với S là phía dưới của mặt :

y − 2 = 0 thỏa điều kiện: + ≤ 1. x2 4 z2 9

Z Z

d) I = xydydz + xzdzdx + y2dxdy. Với S là phía dưới của mặt :

y − 2 = 0 thỏa điều kiện: ≤ 1. + x2 4 Z Z e) I = z2 9 x2dydz + z2dxdy. Với S là phía ngoài của mặt nón:

x2 + y2 = z2 thỏa điều kiện: 0 ≤ z ≤ 1.

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011

4.2. Tích phân mặt loại 2 31 Th.s Đỗ Hoài Vũ Z Z (y2 + z2)dxdy. Với S là phía ngoài của mặt : 1−x2 = z2 thỏa : 0 ≤ y ≤ 1. f) I =

Ví dụ3: Tính

Z Z

S Z Z

x2y2zdxdy. Với S là phía trong của nửa dưới mặt cầu : x2 + y2 + z2 = 4. a) I =

S Z Z

b) I = (z + 1)dxdy. Với S là phía ngoài của mặt cầu : x2 + y2 + z2 = 1.

c) I =

z2dxdy. Với S là phía trong của mặt ellipsoid:

S Z Z

x2 + y2 + 2z2 = 2.

d)

I =

x2dydz + y2dzdx + z2dxdy. Với S là phía ngoài của phần mặt cầu :

x2 + y2 + z2 = 2, thuộc một phần tám thứ nhất.

Z Z

e)

I =

(z − R)2dxdy. Với S là phía ngoài của nửa mặt cầu :

x2 + y2 + (z − R)2 = R2, thỏa điều kiện: R ≤ z ≤ 2R.

b) Công thức Gauss-Ostrogradski (Đưa về tích phân bội ba) : Khi mặt ngoài S kín và các hàm P, Q, R cùng các đạo hàm riêng liên tục trên miền Ω (là miền có biên là S) thì chúng ta có thể dùng công thức sau để tính tích phân I.

Z Z Z

I =

P dydz + Qdxdz + Rdxdy =

(P 0

x + Q0

y + R0

z)dxdydz.

Ω

ZZ (cid:13)

Ví dụ1: Tính

Z Z

a) I = yzdxdy + yxdxdz + xzdydz. Với S là mặt ngoài của biên của hình

S giới hạn bởi : Z Z

x + y + 4 = 4, x = 0, y = 0, z = 0.

b) I = x3dydz + y3dzdx + z3dxdy. Với S là mặt ngoài của biên của hình

S giới hạn bởi : Z Z

x2 + y2 + z2 = 4.

c)

I =

4xdydz + 2ydzdx − 3zdxdy. Với S là mặt ngoài của biên của hình

S giới hạn bởi :

(x − 2)2 + (y − 3)2 + (z + 5)2 = 4.

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 :

2010-2011

Tích phân mặt Th.s Đỗ Hoài Vũ 32

Z Z

4xydydz − 2y2dzdx + zdxdy. Với S là mặt ngoài của biên của hình I = d)

x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 = 1. giới hạn bởi : Z Z 4x3dydz + 4y3dzdx − 6z4dxdy. Với S là mặt ngoài của biên của hình e) I =

S giới hạn bởi : Z Z

x2 + y2 = 1, z = 1, z = 3.

x3dydz + y3dzdx + z2dxdy. Với S là mặt ngoài của biên của hình f) I =

z = x2 + y2, z = 2x.

S giới hạn bởi : Z Z

g)

I =

x3xdydz + y3dzdx + z3dxdy. Với S là mặt ngoài của biên của hình

S giới hạn bởi :

x2 + y2 + z2 = x.

Chú ý : Công thức Gauss-Ostrogradski chỉ áp dụng cho mặt S là mặt kín, nhưng trong một số trường hợp khi S là mặt hở người ta vẫn áp dụng được bằng cách thêm vào các mặt nữa để mặt trở thành mặt kín. Sau đó áp dụng công thức trên mặt mới (kín). Kết quả của tích phân trên mặt S ban đầu sẽ bằng kết quả của tích phân trên mặt kín trừ đi tích phân trên mặt thêm vào Ví dụ2: Tính

Z Z

a)

I =

y2zdxdy + yx2dxdz + (z3 + 2y)dydz. Với S là mặt hợp bởi các mặt

S1 : x2 + y2 = 4 (lấy phía ngoài), S2 : z = x2 + y2 (lấy phía trên).

Z Z

b)

I =

(y − z)dydz + (z − x)dzdx + (x2 + y2)dxdy). Với S là mặt dưới của mặt

z2 = x2 + y2 thỏa điều kiện : 1 ≤ z ≤ 2.

4.3. Bài tập

Ξ∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇

∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇(cid:5)(cid:12)∞(cid:12)(cid:5)∇Ξ Học kỳ 3 : 2010-2011