Xem mẫu
- UBND TỈNH QUẢNG NGÃI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC PHẠM VĂN ĐỒNG
BÀI GIẢNG
GIẢI TÍCH 2
Dành cho sinh viên ngành Kinh tế, Kỹ thuật
Biên soạn: ThS. PHAN BÁ TRÌNH
Quảng Ngãi, Tháng 7 - 2020
Quaûng Ngaõi, Thaùng 7 - 2020
1
- MỤC LỤC
Mục lục ……………………………………………………………… 2
Lời nói đầu ………………………………………………………………… 3
Chương 1. TÍCH PHÂN BỘI……………………..…………………….. 4
Bài 1. Tích phân hai lớp……………………………..……………………... 4
Bài 2. Tích phân ba lớp…………………………….………………………. 18
Bài tập chương 1……………………………………………...…………… 29
Chương 2. TÍCH PHÂN ĐƯỜNG VÀ TÍCH PHÂN MẶT…….……... 31
Bài 1. Tích phân đường loại I……………………………………………… 31
Bài 2. Tích phân đường loại II……………………………………………... 35
Bài 3. Tích phân mặt loại I………………………………………………… 44
Bài 4. Tích phân mặt loại II………………………………………………... 48
Bài 5. Ứng dụng của tích phân mặt ……………………………………….. 54
Bài tập chương 2…………………………………………………………… 58
Chương 3. CHUỖI SỐ VÀ CHUỖI HÀM……………………………. 60
Bài 1. Chuỗi số ……………………………………………………………. 60
Bài 2. Chuỗi hàm…………………………………………………………... 69
Bài tập chương 3…………………………………………………………… 82
Chương 4. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN ………………………………. 84
Bài 1. Phương trình vi phân cấp 1…………………………………………. 84
Bài 2. Phương trình vi phân cấp 2………………………………………… 93
Bài tập chương 4…………………………………………………………… 101
Tài liệu tham khảo ………………………………………………………… 103
2
- LỜI NÓI ĐẦU
Giải tích 2 là phần kiến thức toán học tiếp nối chương trình Giải tích 1 dành cho
sinh viên đại học năm thứ nhất ngành Kinh tế và Kỹ thuật.
Nội dung và các chương mục của bài giảng này được biên soạn theo chương trình
Toán cao cấp dành cho các khối ngành ngoài sự phạm của Trường Đại học Phạm Văn
Đồng trên cơ sở chương trình khung của Bộ Giáo dục - Đào tạo những năm gần đây.
“ Bài giảng Giải tích 2” gồm 4 chương:
Chương 1. Tích phân bội
Chương 2. Tích phân đường và tích phân mặt
Chương 3. Chuỗi số và chuỗi hàm
Chương 4. Phương trình vi phân
Bài giảng đã trình bày những nội dung căn bản nhất của: Tích phân bội; Tích phân
đường, tích phân mặt; Chuỗi số, chuỗi hàm và Phương trình vi phân.
Đặc biệt, sau mỗi chương có phần bài tập khá phong phú để sinh viên củng cố kiến
thức và rèn luyện kỹ năng tính toán. Các kiến thức trong bài giảng này có nhiều điểm mới
đối với sinh viên. Do đó, sinh viên phải tập trung nỗ lực để tiếp thu các khái niệm, định
nghĩa và nắm chắc các công thức, phương pháp của từng nội dung để vận dụng tính toán
một cách thành thạo, nhằm mang lại những kết quả tốt.
Kinh nghiệm cho thấy, nếu sinh viên không hiểu đầy đủ các quy tắc suy luận logic,
không nắm vững các công thức toán học thì sẽ gặp nhiều khó khăn trong tiếp thu bài học
cũng như vận dụng vào việc giải bài tập.
Bài giảng đã giới thiệu các ví dụ minh hoạ, những bài toán ứng dụng trong hình
học, cơ học sẽ giúp ích cho các bạn sinh viên có cách nhìn đa dạng trong việc ứng dụng
toán học.
Trong quá trình giảng dạy, tùy theo mỗi ngành cụ thể mà ở mỗi chương chúng ta
dành một thời lượng thích hợp.
Chúng tôi hy vọng rằng “Bài giảng Giải tích 2” là một tài liệu học tập bổ ích cho
sinh viên và là nguồn tư liệu phong phú cho quý Thầy, Cô giáo tham khảo, nghiên cứu.
Là lần đầu tiên biên soạn, chắc chắn bài giảng còn nhiều thiếu sót. Chúng tôi chân
thành cảm ơn sự góp ý, nhận xét của bạn đọc về nhiều phương diện để nội dung bài giảng
ngày càng được hoàn chỉnh hơn.
Tác giả
3
- CHƯƠNG 1. TÍCH PHÂN BỘI
BÀI 1:
TÍCH PHÂN HAI LỚP (TÍCH PHÂN KÉP HAY TÍCH PHÂN BỘI HAI)
1.1.1 KHÁI NIỆM VỀ TÍCH PHÂN HAI LỚP
1.1.1.1 Bài toán dẫn đến tích phân hai lớp
Xét một vật thể hình trụ được giới hạn bởi mặt phẳng Oxy chứa miền đóng D, bị
chặn biên L; mặt trụ có đường sinh song song với Oz tựa trên L; mặt cong
z f ( x, y ) trong đó f ( x, y ) là hàm xác định, không âm, liên tục trên miền D.
(Miền D gọi là đáy của vật thể hình trụ này).
Hãy tính thể tích V của vật thể hình trụ
trên. Z=(x,y)
z
Giải quyết bài toán: (xi,yi)
+ Chia miền D thành n phần nhỏ, đóng
(không dẫm lên nhau). Gọi tên và cả diện
tích lần lượt là:
S1; S2;. . .; Sn.
Lấy mỗi miền nhỏ Si làm đáy và dựng
vật thể hình trụ mà mặt xung quanh có O yi
đường sinh song song với Oz và phía y
trên giới hạn bởi mặt cong z f ( x, y ) xi
(Hình 1.1).
Gọi thể tích của n vật thể hình trụ nhỏ x Si Mi D
này là : L
Hình 1.1
V1; V2;. . .; Vn .
+ Trong mỗi miền nhỏ Si chọn điểm Mi(xi, yi) tuỳ ý. Vì (x,y) liên tục nên giá trị
của (x,y) sai khác rất bé trên Si khi Si khá bé.
Do đó:
Vi (xi,yi).Si , với i = 1, n.
Và nếu mọi miền con Si (i = 1, n) đều khá bé thì:
n
V f ( xi , yi ).S i
i 1
+ Gọi di là đường kính của Si. Cho n sao cho maxdi0 thì thể tích của vật thể
hình trụ là:
n
V lim
max d i 0
f ( x , y ).S
i 1
i i i .
1.1.1.2 Định nghĩa tích phân hai lớp
Định nghĩa 1.1.1 Giả sử Z = (x,y) bị chặn trên miền hữu hạn D.
4
- + Chia miền D thành n phần nhỏ đóng (không dẫm lên nhau) có tên và diện tích lần
lượt là:
S1; S2;. . .; Sn.
+ Trong mỗi miền nhỏ Si chọn tuỳ ý điểm Mi(xi, yi) và lập tổng tích phân:
n
I n f ( xi , yi ).Si .
i 1
Gọi di là đường kính của Si.
+ Nếu n sao cho maxdi0 mà tồn tại giới hạn:
I lim I n
max d i 0
không phụ thuộc vào cách chọn điểm (xi,yi) và cách chia miền D, được gọi là tích
phân hai lớp của hàm (x, y) lấy trên miền D và được ký hiệu là:
I f ( x, y ).dS
D
Trong đó: - (x, y) là hàm dưới dấu tích phân
- D là miền lấy tích phân
- dS là yếu tố diện tích
Vậy: y
n
Si
f ( xi , yi ).Si (1) y
f ( x, y).dS maxlim
d 0
D i i 1
x
Nếu (x, y) có tích phân hai lớp trên miền D thì ta x
nói (x,y) khả vi trên miền D. Hình 1.2
Chú ý 1.1.1
i. Vì giá trị của tích phân không phụ thuộc vào cách chia miền D nên có thể chia D
bởi lưới các đường song song với Ox, Oy (Hình 1.2). Khi đó, hầu hết các miền Si
là hình chữ nhật với các cạnh x, y. Do đó, ta có dS = dx.dy. Từ đó, tích phân hai
lớp được ký hiệu dưới dạng:
f ( x, y)dxdy
D
ii. Dựa vào định nghĩa tích phân hai lớp thì thể tích của hình trụ ở bài toán trên là:
V f ( x, y )dxdy .
D
1.1.1.3 Sự tồn tại tích phân hai lớp
Định lý 1.1.2 Nếu hàm (x,y) liên tục trên miền đóng và bị chặn D thì nó khả tích
trên miền D.
1.1.2 CÁC TÍNH CHẤT CỦA TÍCH PHÂN HAI LỚP
Dựa vào định nghĩa ta thấy tích phân hai lớp có các tính chất tương tự như tích phân
xác định.
Chẳng hạn:
5
- 1. ( f g ) f g
D D D
2. c. f
D
c f
D
3. f f f
D D1 D2
(D1, D2 không dẫm lên nhau: D1D2=D; D1D2 = )
4. dxdy S ( D) ; (S(D): diện tích của miền D)
D
5. Nếu g(x,y) (x,y); (x,y)D thì:
g ( x, y )dxdy f ( x, y)dxdy .
D D
Đặc biệt, nếu (x,y) 0 ; (x,y)D thì:
f ( x, y)dxdy 0 .
D
6. Nếu m và M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm (x,y) trên
miền D thì ta có:
m.S ( D) f ( x, y )dxdy M .S ( D)
D
7. Định lý giá trị trung bình: Nếu (x,y) liên tục trên miền D thì tồn tại
(,)D sao cho:
1
S ( D)
f ( , ) f ( x, y )dxdy .
D
Khi đó:
1
S ( D)
f ( x, y )dxdy
D
được gọi là giá trị trung bình của (x,y) trên D.
1.1.3 CÁCH TÍNH TÍCH PHÂN 2 LỚP TRONG HỆ TỌA ĐỘ DESCARTES
Giả sử cần tính tích phân:
I = f ( x, y )dxdy
D
với D là miền hữu hạn và (x,y) liên tục trên D. y
y1= 1(x)
1.1.3.1 Trường hợp D là hình thang cong loại 1
D là hình thang cong loại 1 nếu D phẳng giới hạn D
bởi: x1 = a; x2 = b; y1 = 1(x); y2 = 2(x)
(a < b; 1(x) 2(x)) (Hình 1.3). y2= 2(x)
Với 1,2 liên tục và đơn trị trên [a;b].
O a b x
a. Xét (x,y) 0; (x,y)D
Ta thấy: Hình 1.3
6
- f ( x, y)dxdy
D
bởi mặt trụ có đường sinh song song Oz; đáy là D; giới hạn phía trên là mặt
z f ( x, y ) (Hình 1.4). Cắt vật thể bằng mặt phẳng vuông góc với Ox tại x[a; b].
Thiết diện thu được có diện tích là:
2 ( x)
S ( x) f ( x, y)dy .
1 ( x )
Khi đó thể tích của vật thể là:
b 2 ( x ) b 2 ( x )
V
f ( x, y )dxdy f ( x, y )dy dx dx f ( x, y )dy. (1)
a 1 ( x )
D a 1 ( x )
z
Z = (x,y)
y
S(x)
2
1
a x b x
Hinh 1.4
b. Xét (x,y) 0 ; (x,y)D: Công thức trên vẫn còn đúng. Vậy:
b 2 ( x)
V f ( x, y )dxdy dx f ( x, y )dy. (2)
D a 1 ( x )
1.1.3.2 Trường hợp D là hình thang cong loại 2
D là hình thang cong loại 2 nếu D phẳng giới hạn bởi các đường:
y1 = c; y2 = d;
x1 = 1(y); x2 = 2(y);
(c < d; 1(y) 2(y)).
Với 1(y); 2(y) là các hàm liên tục và đơn trị trên [c;d].
Tương tự như trường hợp 1.3.1, ta có:
d 2 ( y)
f ( x, y)dxdy dy f ( x, y)dx (3)
D c 1 ( y )
Chú ý 1.1.2
1/ Nếu D là hình chữ nhật giới hạn bởi: x1= a; x2 = b; y1 = c; y2 = d (a < b; c < d) thì:
7
- b d d b
f ( x, y)dxdy dx f ( x, y)dy dy f ( x, y)dx .
D a c c a
Đặc biệt, nếu (x, y) = 1(x).2(y) thì:
b d
f ( x, y)dxdy f1 ( x)dx f 2 ( y)dy .
D a c
2/ Các công thức (2), (3) chứa các tích phân có dạng ở vế phải được gọi là các tích
phân lặp. y
3/ Trường hợp D là miền bất kỳ:
Nếu D là miền bất kỳ thì ta chia D thành D3
một số hữu hạn miền phẳng không dẫm D2 D4
lên nhau có dạng hình thang cong loại 1 D1
hoặc loại 2. Khi đó, tích phân lấy trên D
bằng tổng tích phân lấy trên các miền đã O x
chia (Hình 1.5). Hình 1.5
1.1.4. CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1.1.1 Tính: I e x y dxdy .
D
Trong đó D là hình giới hạn bởi x= 0; x= 1; y= 0; y= 1.
Giải.
2
1 1 1 1
1
I dx e x y
dx e dx e dy et dt (e 1) 2 .
x y
0 0 0 0 0
Ví dụ 1.1.2 Tính thể tích hình trụ có đáy là hình vuông xác định bởi 0 x 1;
0 y 1 và giới hạn trên bởi mặt paraboloit: z f ( x, y ) x 2 y 2 (tròn xoay).
Giải.
1 1 1
y 3 1
Ta có: V ( x 2 y 2 )dxdy dx ( x 2 y 2 )dy x 2 y dx
D 0 0 0
3 0
1
1 x3 x 1 2
x 2 dx (đvtt).
0
3 3 3 0 3
0 x
Ví dụ 1.1.3 Thay đổi thứ tự lấy tích phân của tích phân sau: I dx f ( x, y )dy .
1 x
Giải.
y
Ta thấy miền lấy tích phân D là đường cong
loại 1 giới hạn bởi đường thẳng y = x và y=x
parabol y = x2. Nhưng cũng có thể xem là 1
đường cong loại 2 được giới hạn bởi y = 0;
y = 1; x = y (Hình 1.6). O
Do đó, tích phân có thể viết lại: 1 x
1 y
I dx f ( x, y )dy .
0 y2 Hình 1.6
8
- x
e
y
Ví dụ 1.1.4 Tính dxdy . Trong đó, D là miền tam giác giới hạn bởi các đường
D
y = 0; y = x; x = 1.
Giải.
Miền lấy tích phân được giới hạn bởi 0 x 1; 0 y 1, nên:
0xdx (e 1) x.dx (e 1) x2 10 e 2 1
1 x 1 2
I dx e x dy x.e
y y
x
0 0 0
Ví dụ 1.1.5 Tính: I ( x y )dxdy y
D 1
Trong đó, D là miền giới hạn bởi:
y = -1; y = 1; x = y2; y = x + 1.
Giải. -2 -1
Nếu xem D là hình thang cong loại 2 thì O x
việc tính tích phân đơn giản hơn là xem D
nó là hình thang loại 1. Ta thấy D được
giới hạn bởi: - 1 y 1; y-1 x y
2 -1
Hình 1.7
(Hình 1.7). Do đó:
y2
1
x2 1
y2 1
y4 y2 1 7
I dy ( x y )dx xy dy y 3 dy .
1 y 1 1
2 y 1 1
2 2 2 15
1.1.5. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN TRONG TÍCH PHÂN HAI LỚP. CÁCH
TÍNH TRONG HỆ TOẠ ĐỘ CỰC.
1.1.5.1 Trường hợp tổng quát
Định nghĩa 1.1.2 Giả sử x, y được biểu diễn như hàm hai biến u,v bởi phương
trình: x = x(u,v); y = y(u,v) (Hình 1.8a,b).
Xem các phương trình trên như là 1 ánh
xạ điểm từ mặt phẳng Iuv đến mặt
phẳng Oxy. Ta nói phép biến đổi (ánh y
xạ) trên là phép biến đổi 1 - 1 (song u=
v=
ánh) từ tập D’ trong mặt phẳng Iuv (u,v)
đến tập D trong mặt phẳng Oxy. (x,y)
Nếu: i/ Mỗi điểm trong D’ có ảnh là 1 D D’
điểm trong D. O a) x I b) u
ii/ Mỗi điểm trong D có ảnh là 1 Hình 1.8
điểm trong D’.
iii/ Các điểm khác nhau trong D’
có điểm khác nhau trong D.
Chú ý 1.1.3 Nếu x = x(u,v); y = y(u,v) là phép biến đổi 1-1 từ D’ đến D thì có thể
giải được u,v là các hàm của x,y. Phép biến đổi ngược lại: u = u(x,y) v = v(x,y) cũng
là phép biến đổi 1-1 từ D đến D’.
Định lý 1.1.2 Giả sử ta có phép biến đổi: x = x(u,v); y = y(u,v). Trong đó:
i/ Đó là phép biến đổi 1-1 từ miền D’ Iuv vào miền D Oxy
9
- ii/ Các hàm x(u,v); y(u,v) liên tục và các đạo hàm riêng liên tục trên D’.
iii/ Định thức hàm Jacobian:
x x
/ /
( x, y ) v xu xv 0 ; (u,v)D’
J u
(u , v) y y yu/ yv/
u v
Khi đó, ta có: f ( x, y )dxdy f [ x(u , v); y (u , v)]. J du.dv .
D D'
Chứng minh.
Ta tìm cách biểu diễn yếu tố diện tích: y
u
dS = dx.dy trong mp Oxy qua yếu tố diện tích u + du
trong mp Iuv. Với mỗi u cố định (u = c) thì các R v + dv
phương trình: x = x(u,v); y = y(u,v) xác định
một đường cong theo v, ta gọi là u - đường P
cong tương ứng với giá trị u = c. Q v
Tương tự, với mỗi v cố định thì các phương O
trình trên xác định một đường cong theo u, ta x
gọi là v - đường cong. Hình 1.9
Xét yếu tố diện tích dS trong mp Oxy giới hạn bởi các u - đường cong gần nhau có
các giá trị u, u + du và các đường cong v, v + dv.
Với du, dv khá bé, vì các đường cong trơn nên yếu tố xấp xỉ với diện tích hình bình
hành. Do đó:
dS ( PQ, PR ) (Hình 1.9).
Ta có: PQ = dx. i + dy. j , trong đó: dx = xu' du + xv' dv ; dy = yu' du + yv' dv.
Mà dv = 0 dọc theo v - đường cong PQ nên: PQ = xu' .du. i + yu' .du. j .
Tương tự: PR = xv' .dv i + yv' .dv j
(x,y) [x(u,v);y(u,v)]
Do đó:
i j k
dS x du '
u
'
x dv
v 0
' '
y du
u y dv
v 0
( x, y ) I
du.dv J du.dv O
(u, v) y v
( x, y )
(Với J ) (Hình 1.10 a,b).
(u , v) D D’
Vậy: x a) u b)
f ( x, y )dx.dy f [( x(u , v); y (u , v)]. J du.dv Hình 1.10 a,b
D D'
Ví dụ 1.1.6 Tính I = ( x y)dx.dy , trong đó D là miền giới hạn bởi các đường:
D
1 7 1
y = x - 3; y = x + 1; y = x ; y = x 5.
3 3 3
10
- Giải.
Ta gặp khó khăn khi tính trực tiếp. Tuy nhiên, nếu đổi biến ta tính toán dễ dàng
1
hơn. Nếu ta đặt u = y - x; v = y + x . Khi đó, các đường thẳng:
3
1 7 1
y = x - 3; y = x + 1; y = x ; y = x 5
3 3 3
được biến thành các đường thẳng tương ứng:
7
u = - 3; u = 1; v ; v = 5.
3
Trong mp Iuv. Ta có:
3 3
x 4 u 4 v
y 1 u 3 v
4 4
3 3
xu' xv'
Suy ra: J 4 4 3
yu' yv' 1 3 4
4 4
Do đó:
3
I u.du.dv
D
4
5 1 .
3
dv u.du 8
4 7 3 3
1.1.5.2 Đổi biến trong toạ độ cực
Ta có công thức liên hệ giữa toạ độ Descartes (x,y) và toạ độ cực (r, ) của cùng
một điểm: x = rcos; y = rsin.
Nếu r 0; 0 2 (hoặc - ) thì công thức trên xác định một phép biến
đổi 1-1 giữa toạ độ Descartes (x,y) và toạ độ cực (r, ).
Ta có định thức Jacobian:
/
( x, y ) x r x/ cos r sin
J / r.
(r , ) y r y/
sin r cos
Do đó:
r = r2()
f ( x, y)dx.dy f (r.cos , r.sin ).r.dr.d
D D'
S
(D’ là miền của (r, ) có ảnh là D qua phép đổi
r = r1()
biến)
Nhận xét.
1/Nếu D’ là miền giới hạn bởi các đường: =
r = r1(); r = r2(); = ; = ; =
O x
( < ; r1() r2()) (Hình 1.11) thì:
r2 ( ) Hình 1.11
f ( x, y)dx.dy d
D
f (r. cos , r.sin )r.dr
r1 ( )
11
- 2/ Nếu D’ chứa gốc cực của toạ độ cực và r = r()
mọi bán kính cực chỉ cắt biên của D’ tại một
điểm có bán kính véctơ r() (Hình 1.12a) thì:
2 r ( )
O x
f ( x, y)dx.dy d f (r , ).r.dr
D 0 0 Hình 1.12a
3/ Nếu D’ là hình tròn có tâm trùng với gốc cực của bán kính là a thì:
2 a
f ( x, y )dx.dy d f (r, ).r.dr .
D 0 0
Ví dụ 1.1.7 Tính I 4 x 2 y 2 dxdy , trong đó D là nửa trên của hình tròn:
D
x 12 y 2 1 . y
Giải.
Dùng công thức đổi biến: x = rcos; y = rsin. Ta r 2 cos
thấy miền D’ là miền giới hạn bởi các đường:
O x
r = 0; r = 2cos; = 0; = (Hình 1.12b).
2
Do đó: Hình 1.12b
3 2 cos
2 cos
2
1 2
I d r. 4 r 2 dr (4 r 2 ) 2 d .
0 0
30 0
8 2 8 2
(1 sin 3 )d .
30 3 2 3
Ví dụ 1.1.8 Thể tích của một vật thể nằm ở góc phần tám thứ nhất, ở phía trong hình
trụ x 2 y 2 a 2 , a 0 và phía dưới mặt phẳng z y .
Giải.
Ta có: V y.dxdy với D là hình tròn x 2 y 2 a 2 .
D
Chuyển sang toạ độ cực thì miền D’ là miền giới hạn bởi:
0 ; 0 r a.
2
Khi đó:
2 a
V d r.sin .r.dr
0 0
2 a
sin d r 2 .dr
0 0
1
a 3 (đvtt).
3
e
2
( x y2 )
Ví dụ 1.1.9 Tính I dxdy , trong đó D là hình tròn x 2 y 2 a 2 , a 0 .
D
12
- Giải.
Chuyển sang toạ độ cực, ta có:
2 a
I d e r .r.dr
2
0 0
1 2 a
2 e r 1 e a
2 0
2
1 ea .
2
1.1.6 ỨNG DỤNG HÌNH HỌC CỦA TÍCH PHÂN HAI LỚP
1.1.6.1 Thể tích của vật thể
Từ bài toán mở đầu ta thấy:
V = f ( x, y ) dxdy
D
là thể tích hình trụ đáy D giới hạn bởi mặt trên z f ( x, y ) mà mặt trụ có đường sinh
song song với Oz; f ( x, y ) 0 ; liên tục trên miền D.
Chú ý 1.1.4 Nếu f ( x, y ) 0 thì
V f ( x, y )dxdy .
D
Ví dụ 1.1.10 Tính thể tích của vật thể được giới hạn bởi các mặt :
y= x; y= 2 x; x+z=4; z = 0.
Giải.
Vật thể có hình chiếu D xuống mp Oxy xác z
định bởi: 4
0 x 4; x y 2 x
có thể tích là (Hình 1.13):
4 2 x
V (4 x)dxdy dx (4 x)dy O
D 0 x y
4
(4 x) x .dx D
0 4
8 3 5
2 2 4 128 x y= x y=2 x
x 2 (đvtt).
3 5 0 15 Hình 1.13
1.1.6.2 Diện tích của hình phẳng
Diện tích của hình phẳng D được cho bởi công thức: S D dxdy (theo tính chất 4
D
của tích phân hai lớp)
Ví dụ 1.1.11 Tính diện tích của hình phẳng được giới hạn bởi các đường:
y = x; y = 2 - x2.
Giải.
1
Cách 1: Sử dụng tích phân xác định S D [(2 x 2 ) x]dx .
2
2
Cách 2: Vì D giới hạn bởi: -2 x 1; x y 2 - x (Hình 1.14), nên:
13
- 1 2 x 2
S D dxdy dx dy
D 2 x y
1
9 2
(2 x 2 x)dx (đvdt ) y=x
2 1
2
1.1.6.3 Diện tích của mặt cong
Cho mặt (S): z = (x,y) giới hạn bởi một -2 O
1 x
đường cong kín, trong đó (x,y) liên tục và
các đạo hàm riêng liên tục trên D là hình 2
y=2-x
chiếu của (S) xuống mặt phẳng Oxy.
Ta tìm diện tích của mặt cong này.
+ Chia tuỳ ý miền D thành n phần nhỏ Hình 1.14
(không dẫm lên nhau).
Gọi tên và cả diện tích tương ứng là:
S1; S2;. . .; Sn.
Trong mỗi miền nhỏ Si lấy tuỳ ý điểm Pi(xi, yi) mà ứng với nó ta có điểm
Mi(xi,yi,zi)(S). Qua Mi dựng mặt phẳng tiếp xúc với (S), pháp vectơ của tiết diện
Mi là n f x' ( xi , yi ).i f y' ( xi , yi ) j k (Hình 1.15). Trong mặt phẳng này, lấy miền con
diện tích i sao cho hình chiếu của nó xuống Oxy cũng là Si.
n
Xét tổng: i trong các i.
i 1
n
+ Ta gọi S lim S i ; z S
max d ( S i ) 0 i 1
Mi(xi,yi,zi)
(S là diện tích của mặt (S)).
+ Để tìm S, ta chú ý: là góc giữa tiếp diện
Mi (chứa miền con diện tích ) và mp 0xy.
Suy ra i cũng chính là góc giữa hai vectơ
nên: O
n.k 1 y
cos 1
1 f x/ x i ; y i f y/ x i ; y i
2 2
n .k Pi
Do đó: 1 Si 1 f x/ x i ; y i f y/ x i ; y i
2 2
Si D
Suy ra: x
n
1 f x/ x i ; y i f y/ x i ; y i .S i
2 2
S lim Hình 1.15
max d Si 0
i 1
Vậy theo định nghĩa của tích phân hai lớp, ta có diện tích của mặt (S) là:
S 1 f x/ x; y f y/ x; y .dx.dy .
2 2
D
Ví dụ 1.1.12 Tính diện tích của phần mặt hyperbolic paraboloit z x 2 y 2 giới hạn
bởi mặt trụ: x 2 y 2 a 2 , a 0 .
Giải.
14
- Phương trình của mặt cần tính diện tích là: z x 2 y 2 ; x; y D trong đó D là hình
tròn có tâm là gốc tọa độ O (0; 0) và bán kính: r = a. Ta có:
Z x/ 2 x; Z y/ 2 y;
nên
2 2
1 Z x/ Z y/ 1 4 x 2 4 y 2 .
Do đó
S 1 4 x 2 4 y 2 .dx.dy .
D
x r. cos
Chuyển toạ độ cực thì:
y r. sin
2 a a
S d 1 4r 2 .r.dr 2 .
1
8 0
1 4 r 2 d 1 4r 2
0 0
6
1 4r 2 a
0
1 4a 2 3 2 1 (đvdt).
6
1.1.7 ỨNG DỤNG CƠ HỌC CỦA TÍCH PHÂN HAI LỚP
1.1.7.1 Khối lượng của bản phẳng không đồng chất
Xét một bản phẳng không đồng chất chiếm một miền (D) trong mặt phẳng Oxy và
có khối lượng riêng ρ(x,y) tại điểm (x,y); ρ(x,y) là hàm liên tục trên D.
Dựa vào cách xây dựng tích phân hai lớp, ta có:
Khối lượng M của bản phẳng (D) là: M ( x; y )dxdy .
( D)
Ví dụ 1.1.13 Cho bản phẳng (D) hình y
tam giác có đỉnh: A(0, a), B(-a, 0),
C(a, 0). Tìm khối lượng của (D) nếu khối a A
y-x = a
lượng riêng ρ(x, y) = y (Hình 1.16). y+x = a
Giải. B C
Ta có: -a O a x
a a-y 3
a
M ( x; y )dxdy = dy y.dx
( D) 0 y -a
3
.
Hình 1.16
1.1.7.2 Mômen quán tính của bản phẳng
a. Momen quán tính của bản phẳng đối với trục Ox và Oy tương ứng là:
I x y 2 ( x; y )dxdy ; I y x 2 ( x; y ) dxdy .
(D) (D)
b. Momen quán tính của bản phẳng đối với gốc tọa độ O là:
I O x 2 y 2 ( x; y ) dxdy I x I y .
(D)
Ví dụ 1.1.14 Tính momen quán tính của diện tích giới hạn bởi các đường:
y = 4 - x2; y = 0; đối với trục Ox, mật độ diện tích ρ = 1 (Hình 1.17).
Giải.
4 x
2
2
I x y dxdy y 2 dy dx
2
(D) 0
2
15
-
2
2 3
30 4 x 2 0 dx y
2
4
2
3 0
64 48 x 2 12 x 4 x 6 dx
2 12 x 5 x 7
2 y = 4 - x2
64 x 16 x 3
3 5 7 0
212
x
105 -2 O 2
4096
.
Hình 1.17
105
Ví dụ 1.1.15: Tính momen quán tính cực của hình giới hạn bởi các đường thẳng:
x + y =2; x = 0; y = 0; mật độ diện tích ρ = 1.
Giải.
Đường thẳng x + y = 2 cắt trục Ox tại (2, 0) và trục Oy tại (0, 2).
Ta có hàm y = 2 - x.
Momen quán tính của hình đó đối với cực (gốc) là:
2 x
2 x 2
2
y3
IO
x y dxdy x 2 y 2 dy dx x 2 y dx
2 2
(D) 0 0 0
3 0
2 2
4
3
2 x x 2 x 1 dx 4 x 3 3x 2 3x 2 dx
30
0
2
4 x4 3x 2 4 8
x3 2 x 4 8 6 4 .
3 4 2 0 3 3
1.1.7.3 Mômen tĩnh và toạ độ trọng tâm của bản phẳng.
a. Momen tĩnh Mx và My của bản phẳng đối với trục Ox và Oy tương ứng là:
M x y. ( x; y ) dxdy ; M y x. ( x; y )dxdy
( D) (D)
b. Tọa độ trọng tâm của bản phẳng (D) là:
My x. ( x; y )dxdy
(D) M
y. ( x; y)dxdy
(D)
x ; y x .
M M M M
Nếu bản phẳng đồng chất (ρ(x, y) không đổi) thì các toạ độ trọng tâm của bản
là:
x.dxdy
(D)
y.dxdy
(D)
x ; y .
S S
Trong đó, S là diện tích của miền (D). y
Ví dụ 1.1.16 Cho bản phẳng (D) hình a A
tam giác có đỉnh: A(0, a), B(-a, 0), y-x = a
y+x = a
C(a, 0). Tìm momen tĩnh Mx và My của
B C
bản phẳng đối với trục Ox và Oy và tọa x
-a O a
độ trọng tâm của (D) nếu khối lượng
riêng ρ(x, y) = y (Hình 1.18). Hình 1.18
16
- Giải.
a3
Theo ví dụ 1.1.13 ta có khối lượng của bản phẳng (D) là: M .
3
a. Momen tĩnh Mx và My của bản phẳng đối với trục Ox và Oy
a a-y
a4
Mx = y. ( x; y)dxdy y dxdy = dy y dx .
2 2
(D) (D) 0 y -a
6
a a-y
My = x. ( x; y )dxdy x. ydxdy = dy x. ydx 0 ;
(D) (D) 0 y -a
My Mx a
b. Tọa độ trọng tâm của (D) là: x 0; y .
M M 2
Chú ý 1.1.5
Nếu ρ(x,y) = 1 thì ta được các công thức momen quán tính hình học của hình phẳng.
===
17
- BÀI 2:
TÍCH PHÂN BA LỚP (TÍCH PHÂN BỘI BA)
Trong phần này ta sẽ mở rộng khái niệm tích phân hai lớp lấy trên miền phẳng D ra
tích phân ba lớp lấy trong miền không gian của không gian Oxyz.
1.2.1 KHÁI NIỆM TÍCH PHÂN BA LỚP
Định nghĩa 1.2.1. Cho hàm u = (x,y,z) xác định trên miền đóng và bị chặn của
không gian Oxyz.
- Chia tuỳ ý miền thành n miền nhỏ (không dẫm lên nhau) có tên và thể tích gọi
chung là: V1, V2,. . ., Vn.
- Trong mỗi miền nhỏ Vi lấy điểm tuỳ ý Mi(xi ,yi , zi) và lập tổng tích phân:
n
In f ( x i , y i , z i ). V i
i 1
- Cho n sao cho maxdi0 (di là đường kính của miền nhỏ Vi). Nếu tồn tại
lim ( I n ) không phụ thuộc vào cách chia miền và cách chọn điểm Mi(xi, yi, zi)
max d i 0
của miền nhỏ Vi thì giới hạn đó được gọi là tích phân ba lớp của hàm (x,y,z) lấy
trên miền và được ký hiệu là:
I f ( x , y , z ) dV .
Trong đó: f x; y; z là hàm dưới dấu tích phân.
là miền lấy tích phân.
dV là yếu tố thể tích.
n
Vậy: f ( x , y , z ) dV lim f ( xi , yi , z i ) Vi .
max d i 0 i 1
- Nếu hàm u = (x, y, z) có tích phân ba lớp trên miền thì ta nói: (x,y,z) khả
tích trên miền . z
Chú ý 1.2.1 V
1/ Vì giá trị của tích phân ba lớp không
phụ thuộc vào cách chia miền nên ta có dz
thể chia bởi các mặt phẳng song song
với các mặt Oxy, Oyz, Ozx. Khi đó, hầu
hết các miền nhỏ Vi là hình hộp chữ O dy
nhật nên đơn vị dV dx.dy.dz . (Hình 2.1). y
Vậy tích phân 3 lớp có thể viết dưới dx
dạng:
x Hình 2.1
f ( x , y , z ) dxdydz
2/ Dựa vào định nghĩa tích phân ba lớp, khi (x,y,z) = 1 thì tích phân ba lớp của
trên miền biểu diễn thể tích V của miền , nghĩa là: V () dxdydz .
Định lý 1.2.1 Nếu hàm (x,y,z) liên tục trên miền thì (x,y,z) khả tích trên .
1.2.2 CÁCH TÍNH TÍCH PHÂN 3 LỚP TRONG HỆ TOẠ ĐỘ DESCARTES
18
- Tính tích phân: I
f ( x , y , z ) dxdydz dựa vào dạng của .
z z=2(x,y)
1.2.2.1 Miền là thể hình trụ mở rộng
được gọi là thể hình trụ mở rộng nếu nó
là vật thể giới hạn bởi hai mặt cong
z = 1(x,y); z = 2(x,y); (1 2 cả hai
z=1(x,y)
đều liên tục trên D). Mỗi đường thẳng song
song với Oz cắt mỗi mặt 1 ,2 không quá O
1 điểm, và giới hạn xung quanh bởi mặt trụ y
D
có đường sinh song song với trục Oz (D là
x
hình chiếu của xuống mp Oxy).
Trước hết, bằng cách lấy tích phân theo Hình 2.2
hướng của trục Oz, ta tính tích phân của hàm (x,y,z)dọc theo đoạn thẳng ở trong và
song song với trục Oz. Đoạn thẳng này cắt D tại M(x,y) cho trước có giá trị của x,y
thì z sẽ biến thiên từ z = 1(x,y); đến z = 2(x,y) (Hình 2.2).
Kết quả của việc lấy tích phân này ta được một biểu thức phụ thuộc M(x,y) là:
2 ( x, y )
F ( x, y ) f ( x , y , z ) dz
1 ( x, y )
(x,y xem như không đổi trong quá trình lấy tích phân).
Bây giờ, ta lấy tích phân hàm F(x,y) với điều kiện M(x,y) chạy khắp trong D thì
giá trị của tích phân cần tính là:
F ( x , y ) dxdy .
D
2 ( x, y )
Vì vậy, ta có: I f ( x , y , z ) dxdydz dxdy f ( x , y , z ) dz
D 1 ( x, y )
Nếu miền D là miền được xác định bởi x = a, x = b, y = 1(x), y = 2(x) (1 2)
thì:
b 2 ( x ) 2 ( x, y )
I f ( x , y , z ) dxdydz dx dy f ( x , y , z ) dz
a 1 ( x) 1 ( x, y )
Vế phải gọi là tích phân lặp bội ba.
1.2.2.2 Miền là hình hộp chữ nhật
Khi là hình hộp chữ nhật giới hạn bởi các mặt: x = a; x = b; y = c; y = d; z = e;
z = f; (a < b; c < d; e < f) thì:
b d f
f ( x, y , z ) dxdydz dx dy f ( x, y , z ) dz .
a c e
Hơn nữa, nếu (x,y,z) = 1(x). 2(y). 3(z) thì:
b d f
f ( x , y , z ) dxdydz f1 ( x ) dx f 2 ( y ) dy f 3 ( z ) dz
a c e
19
- I ( xy z 3 ) dxdydz
2
Ví dụ 1.2.1 Tính:
Trong đó là hình hộp chữ nhật: 0 x 1; 0 y 1; 0 z 2.
Giải.
Ta có:
1 1 2 1 1 4
2 3 xy 2 z z 2 dy
I dx dy ( xy z ) dz
dx
4 0
0 0 0 0 0
1 1 1
2 1
dx (2xy 4)dy xy3 4 y dx
2
0 0 03 0
1
2 x2 1 13
x 4 dx 4 x .
0
3 3 0 3
Ví dụ 1.2.2 Tính I xyz .dxdydz , trong đó là miền giới hạn bởi các mặt
phẳng:
x = 0; y = 0; z = 0 và x + y + z = 1. z
Giải. 1
Ta thấy xác định bởi 0 x 1; 0 y 1 - x;
0 z 1 - x - y (Hình 2.3), nên: 1
1 1 x 1 x y 1 1 x
2 1 y
I dx xy z 1 x y dy
dy xyz .dz 2 0
dx x Hình 2.3
0 0 0 0 0
1 1 x 1
1 x 1 .
dx xy (1 x y ) 2 dy 24 (1 x )
4
dx
2 720
0 0 0
b
Chú ý 1.2.2 Ta cũng có thể viết: I f ( x , y , z ) dxdydz dx f ( x , y , z ) dydz .
a S ( x)
Trong đó, S(x) là diện tích của thiết diện của miền nằm vuông góc với trục Ox
tại x.
2 2 2
Ví dụ 1.2.3 Tính I x
2
dxdydz trong đó là hình elipxoit x y z 1 .
a2 b2 c2
Giải.
a a
Ta có: I dx x dydz x 2 S ( x)dx .
2
a S ( x) a
2 2 2
Trong đó, S(x) là miền elip: y z 1 x .
2 2 2
b c a
y2 z2
hay 2
2
1.
2 2
b. 1 x
c. 1 x
a 2 a2
x2
với x cố định, diện tích của S ( x) bc1 2 .
a
20
nguon tai.lieu . vn
