Chương 1. PHÉP TÍNH VI PHÂN HÀM NHIỀU BIẾN

1.1 Không gian Rn

1.1.1 Cấu trúc đại số.

x x1,x2, . . . ,xn Rn; y y1,y2, . . . ,yn Rn; R

Phép cộng: x y x1 y1,x2 y2, . . . ,xn yn Phép nhân: x x1,x2, . . . ,xn 1.1.2 Chuẩn, cấu trúc tô pô

Đặt X Rn

Định nghĩa:

1. Ánh xạ . : X 0, thoả các tính chất sau đây gọi là một chuẩn trên X:

(i) x 0 x 0 (zero chủa X)

(ii) x ||x (x X, R)

(iii) x y x y (x,y X)

Khi đó cặp X,. gọi là không gian định chuẩn.Các định nghĩa dưới đây nói trong không gian định chuẩn X,. 2. Hai chuẩn . 1 và . 2 gọi là tương đương nếu tồn tại các số dương , sao cho:

. 1 . 2 . 1

3. Quả cầu:Ba, r x X : x a r gọi là quả cầu mởB/a, r x X : x a r gọi là quả cầu đóng

4. Tập mở, tập đóng, lân cận.(i) Tập X gọi là tập mở trong X,. nếu mỗi x tồn tại số r 0 sao cho Bx, r (ii) Tập A X gọi là tập đóng trong X,. nếu A\X là tập mở trong X,. (ii) Tập W X gọi là một lân cận của x X nếu W có chứa tập mở chứa x. (tức là có chứa ít

nhất một quả cầu tâm x)5. Điểm tụ, điểm biên.

Cho không gian X,. , tập D X(i) Điểm x X gọi là điểm tụ của D nếu mọi r 0 ta có Bx, r\x D (ii) Điểm x X gọi là điểm biên của D nếu mọi r 0 ta có Bx, r D và

Bx, r X\D 6. Sự hội tụ, giới hạn.

Dãy xm m X gọi là hội tụ nếu tồn tại x X sao chomlim xm x 0

Phát biểu tương đương vớimlim xm x 0:

(i) 0,m0 sao cho với m m0 thì xm x (ii) Mỗi lân cận V bất kỳ của x, tồn tại m0 sao cho m m0 xm V

Khi đó ký hiệu:mlim xm x hay xm

. xhay xm x m . (Ta còn chứng minh được giới hạn này

là duy nhất, ngoài ra tính chất mở, đóng, hội tụ và giới hạn của dãy là không thay đổi nếu ta thaythế chuẩn đang xét bởi chuẩn khác tương đương, đôi khi để tránh nhầm lẫn ta có thể viết xm đểchỉ dãy xm )

Định lý

Cho dãy xmm Rn,xm x1m,x2m, . . . ,xnm và x x1,x2, . . . ,xn Rn. Khi đó:

mlim xm x khi và chỉ khi: Với mỗi i 1,2, . . . ,n

mlim xim xi

Trang 1

7. Các chuẩn thông dụng trên Rn

Cho x x1,x2, . . . ,xn Rn

x1 i1

n

|xi |

x2 i1

n

xi2

12

(gọi là chuẩn Euclide)

x max|xi | : i 1,2, . . . ,n

Việc chứng tỏ các qui tắc trên là một chuẩn không mấy khó khăn, và ba chuẩn trên là tương

đương. Trong phạm vi chương trình khi nói đến chuẩn . trong Rn là ta có thể chọn một trong ba

chuẩn nói trên ngoại trừ khi muốn chỉ rõ ràng.Đặc biệt trong n 1, Ba chuẩn trên là giống nhau, đó là chuẩn x |x|8. Tích vô hướng trong Rn

x x1,x2, . . . ,xn , y y1,y2, . . . ,yn là các phần tử trong Rn

ta định nghĩa tích vô hướng của x và y là: x,y n

i1

xiyi

Nhận xét: x,x x22 và |x,y | x2.y2

1.2 Hàm nhiều biếnĐịnh nghĩa:1. Hàm số nhiều biến số: Cho D Rn, ánh xạ f : D R gọi là hàm số thực với n biến số thực2. Hàm véc tơ: Cho D Rn, ánh xạ f : D Rp gọi là hàm véc tơ.

Có thể biểu diễn f như sau: fx f1x, f2x, . . . , fnxVới mỗi i 1,2, . . . ,n , fi : D RVí dụ:

(i) f : Rn R, x x1,x2, . . . ,xn ; fx fx1,x2, . . . ,xn i1

n

xi2

12

(ii) f : R2 R, fx,y xy2

x2 y2

(iii) f : R3 R2, fx,y, z x y,x y (hàm véc tơ; f1x,y x y; f2x,y x y)1.3 Giới hạn và tính liên tục của hàm nhiều biến.

Định nghĩa:Cho D Rn và f : D Rp; a là điểm tụ của D

1. L Rp gọi là giới hạn của hàm f tại a (Ký hiệu:xalim fx L) nếu như:

( 0, 0,x D\a,x a fx L )

Các mệnh đề tương đương:(i) Mọi dãy xm D\a,xm a fxm L (m )(ii) Mọi dãy xm D\a, limxm a 0 limfxm L 0

2. f gọi là liên tục tại a nếuxalim fx fa (Hiển nhiên phải có a D)

Các mệnh đề tương đương:(i) Mỗi lân cận W (trong Rp) bất kỳ của fa tồn tại lân cận V (trong Rn) của a sao cho

fV D W

(ii) 0, 0,x D,x a fx fa

(ii) Mọi dãy xm D, limxm a 0 limfxm fa 0

3. f gọi là liên tục trên D nếu nó liên tục tại mọi điểm thuộc D

Trang 2

Định lý

f : D Rp; a D là điểm tụ của D. Giả sử f liên tục tại a thì hàm bộ phận một biến thứ icủa f tại a

tức là hàm :

R : R

x fa1, . . .ai1,x,ai1, . . . ,an liên tục tại ai (i 1,2, . . . ,n)

Lưu ý: Chiều ngược lại là không đúng:Ví dụ:

Cho hàm : fx,y

xy

x2 y2nếu x,y 0,0

0 nếu x,y 0,0

Hàm bộ phận thứ nhất x fx, 0 0

Hàm bộ phận thứ hai x f0,x 0Các hàm trên liên tục tại 0, nhưng:

Chọn dãy am 1m , 0 0,0;bm 1

m , 1m 0,0, trong khi đó fam 0, fbm 1

2,

nên f không có giới hạn tại 0,0Định lý

Nếu f f1, f2, . . . , fp ; a a1,a2, . . . ,an ;L l1, l2, . . . , lp trong đó fi : D R (i 1,2, . . . ,p)

là các hàm thành phần của f;khi đó:(i)

xalim fx L nếu và chỉ nếu

xalim fix li (i 1,2, . . . ,p)

(ii) f liên tục tại a (trên D)(i 1,2, . . . ,p hàm số fi liên tục tại a (trên D))Lưu ý: Tổng, hiệu, tích, thương, hợp (nếu tồn tại) các hàm liên tục là hàm liên tục.Bài tập1. Khảo sát sự tồn tại của giới hạn tại 0,0 của hàm số hai biến số sau đây:

(a) fx,y x2y

x2 y2(HD: 0

x2y

x2 y2 |y| 0 (khi x,y 0,0))

(b) fx,y x5y3

x6 y4(HD:0

x5y3

x6 y4 maxx2,y4 0 (khi x,y 0,0))

(c) fx,y 1 x y

x2 y2(HD:Chọn hai dãy trong R2 như sau:

am 1m , 0 0,0;bm 0, 1

m 0,0 và có fam ; fbm )

(d) fx,y xy6

x6 y8(HD:Chọn hai dãy trong R2 như

sau:am 1m , 0 0,0;bm 1

m2, 1

m 0,0 và có fam 0 0; fbm 1)

(e) fx,y x 12 y2 ln x 12 y2

|x| |y|(HD:

x0

lim fx, 0 x0

lim fx, 0, nên hàm bộ phận

không liên tục)

(f) fx,y sinx4 siny4

x4 y4(HD: |fx,y|

x4 y4

x4 y4 x4 y4 x2 y2 x,y2 0)

(g) fx,y sin4x 1 cosy2

4x4 y4(HD:Từ chỗ sinx~x; 1 cosy~y2/2 ta có thể dự đoán fx,y 1

4;

Trang 3

fx,y 14

sin4x x4

4x4 y4

1 cosy2 14y4

4x4 y4;chứng tỏ từng số hạng của vế phải của bất đẳng

thức trên tiến đến 0 khi x,y 0,0)

(h) fx,y sinx yx siny

(HD: xét hai dãy am 1m , 0 và bm 1

m , 1m )

2. Cho hàm số f : x,y cos3xcos2x y2 sin2x

xét giới hạn tại 2

, 0?

3. Xét tính liên tục của các hàm:

(a) fx,y x2 y2 sin 1

xy nếu xy 0

0 nếu xy 0; (b) fx,y

x4 nếu y x2

y2 nếu y x2

1.4 Đạo hàm riêng cấp 1, cấp cao, Lớp Ck

Để cho dễ tiếp cận trường hợp tổng quát, trước hết ta định nghĩa các đạo hàm riêng cho cáchàm hai biến, sau đó tổng quát lên hàm nhiếu biến.Định nghĩa:1. Cho tập mở D R2, a x0,y0 D, Hàm f : D R, Ta gọi giới hạn

h0

limfx0 h,y0 fx0,y0

h,

nếu có, là đạo hàm riêng theo biến x (biến thứ nhất) tại điểm a x0,y0 , ký hiệu:fx

a hayfx

x0,y0 hay D1fa hay D1fx0,y0

Tức là:fx

x0,y0 h0

limfx0 h,y0 fx0,y0

h

Tương tự,fy

x0,y0 k0

limfx0,y0 k fx0,y0

k, Nếu có. (và cũng có ký hiệu D2fx0,y0 )

Nhận xét:Xét x fx,y0 và y fx0,y. Nếu các đạo hàm riêng tương ứng nói trên là tồn tại

thì:fx

x0,y0 /x0 ;fy

x0,y0 /y0

Với nhận xét này thì việc nghiên cứu đạo hàm riêng theo từng biến đưa về đạo hàm của hàmmột biến thông thường.2. Khi f có đạo hàm riêng theo từng biến thì bộ thứ tự:

gradfx0,y0 :fx

x0,y0 ,fy

x0,y0 , gọi là gradient của f tại a x0,y0 , và

cũng có thể ký hiệu f thay cho gradfVí dụ: Tính f1,1 với fx,y sinxy2

fx, 1 sinx; f1,y siny2 fx

x, 1 sinx / cosx fx

1,1 cos

fy

1,y 2ycosy2 fy

1,1 2

f1,1 ,2Tổng quát

Xét hàm vec tơ f : D Rn Rp (D là tập mở trong Rn),a D,Ký hiệu ei 0,0, . . . , 1, 0, . . . , 0 Rn (thành phần thứ i bằng 1, các thành phần khác bằng 0

Trang 4

(i 1,2, . . . ,n))Định nghĩa:

Giới hạn

h0

limfa h.ei fa

h,

nếu có, được gọi là đạo hàm riêng theo biến thứ i (i 1,2, . . . ,n của f tại điểm a,ký hiệu Difa hayfxi

a (cũng có ký hiệu fxi/ )

Định lý

Giả sử f f1, f2, . . . , fp , trong đó fk : D R (k 1,2, . . . ,p). Khi đó:

f có đạo hàm riêng theo biến thứ i tại a khi và chỉ khi mọi k 1,2, . . . ,p hàm fk có đạo hàm riêngtheo biến thứ i tại a và ta có:

Difa Dif1a,Dif2a, . . . ,Difpa (hayfxi

a f1xi

a,f2xi

a, . . . ,fpxi

a )

Và ma trận Difja ji gọi là ma trận Jacobi của f tại a, ký hiệu là Jfa, cụ thể:

Jfa

f1x1

af1x2

a . . .f1xn

a

f2x1

af2x2

af2xn

a

. . . . . . . . . . . .

fpx1

afpx2

afpxn

a

Ví dụTìm Jacobi của các hàm sau tai điểm x,y1. f : 0, 0,2 R2, định bởi fx,y xcosy,x siny2.: 0, 0,2 R R3, định bởi fx,y, z xcosy sinz,x siny sinz,xcos z

Định nghĩaCho D là một tập mở trong R2, f : D Rp, a D

1. Cho i, j 1,2Ta nói rằng f có đạo hàm riêng cấp hai tại a đối với các biến thứ i và j (theo thứ tự đó) khi và chỉkhi thoả hai điều kiện sau:

(i)fxi

tồn tại trong một lân cận của a

(ii)

fxi

xja tồn tại.

Trong trường hợp đó thì

fxi

xja được ký hiệu là Dijfa, hay

2fxjxi

a, hay fxixj// , hay fxixj , và

gọi là đạo hàm riêng cấp hai đối với các biến thứ i, jTổng quát: cho k N và i1, i2, . . . , ik 1,22. Ta nói rằng f có đạo hàm riêng cấp k tại a đối với các biến thứ i1, i2, . . . , ik (theo thứ tự đó) khi vàchỉ khi thoả hai điều kiện sau:

(i) Các đạo hàm riêngfxi1

,fxi2

fxi1

, . . . . ,f

xik1

fxik2

. . .fxi1

tồn tại trong một lân

cận của a.

Trang 5

(ii)fxik

fxik1

. . .fxi1

a tồn tại.

Trong trường hợp đófxik

fxik1

. . .fxi1

a ký hiệu là Di1i2...ik fa, haykf

xik . . .xi1a, hay

fxi1...xik

Ví dụ1. fx,y x2y xy4.Tính các đạo hàm riêng bậc hai của f

2. fx,y, z sinxyz. Tính2fxz

x,y, z và2fzx

x,y, z

Định nghĩa:

1. (Lớp Ck) Cho D là tập mở trong R2. f là hàm xác định trên D, ta nói f thuộc lớp Ck (k 1,2, . . . )trên D nếu và chỉ nếu:

(i) f có các đạo hàm riêng cấp k trên D

(ii) Mọi đạo hàm riêng cấp k của f liên tục trên D2. (Lớp C) Cho D là tập mở trong R2. f là hàm xác định trên D, ta nói f thuộc lớp C trên D nếu vàchỉ nếu:

f có các đạo hàm riêng mọi cấp liên tục trên D

Định lý (Schwarz)Cho f là hàm hai biến x,y thuộc lớp C2 trên tập mở D, khi đó:

2fxy

2fyx

Từ định lý này ta có thể mở rộng cho f là hàm n biến và đưa ra ký hiệu tổng quát cho các đạohàm riêng cấp cao của hàm n biến x1,x2, . . . ,xn .Cho 1,2, . . . ,k là các số nguyên dương, ta kýhiệu đạo hàm cấp | | 1 2 . . .k, trong đó có j lần đạo hàm theo biến thứ j (j 1,2, . . . ,n) là

fx1

1 . . .xnn

Ví dụ

Cho fx,y x2y3. Tính4f

x2y2

1.5 Vi phânĐịnh lý và định nghĩa:

Cho D là tập mở trong Rn, a D, f : D Rp có các đạo hàm riêng, các đạo hàm này liên tụctại a. Khi đó tồn tại hàm xác định trong lân cận của 0 (zero của Rn), nhận trị trong Rp để cho:h h1,h2, . . . ,hn Rn, a h D và ta có:

fa h fa n

i1

hiDifa hh với h 0 (zero của R) khi h 0 (zero của Rn).

Khi đó ta nói f khả vi tại a và ánh xạ h1,h2, . . . ,hn n

i1

Difahi goi là vi phân của f tại a. Ký

hiệu ánh xạ này là dfa (Thông thường chỉ chú ý đến biểu thức xác định ánh xạ)Lưu ý:1. Sự khai triển nêu trong định lý còn được viết lại ở dạng ma trận như sau:xem các phần tử củaRk là ma trận 1 cột, k dòng:

fa h fa Jfa.h hh (Jfa là Jacobi của f tại a , tích Jfa.h là tích hai ma trận)

2. Đặc biệt f là một ánh xạ tuyến tính (thoả fx y fx fy) thì f luôn khả vi và có dfa f

(không phụ thuộc a nên có thể viết df)

Trang 6

3. Phép chiếu xi : h1,h2, . . . ,hn hi là tuyến tính, do đó dxi dxih xih hi nên có thể viết

cho gọn: df n

i1

Difdxi

Đặc biệt, z fx,y khả vi, ta có dz fx

dx fy

dy (cũng viết là dz zx

dx zy

dy)

Ví dụ:1. Cho fx,y x2y. Xét sự khả vi tại điểm a x0,y0 Giải:

D1fx,y fx

x,y 2xy D1fa 2x0y0, liên tục

D2fx,y fy

x,y x2 D2fa x02, liên tục

Suy ra f C1 và vi phân của f tại x0,y0 là ánh xạ h1,h2 2x0y0h1 x02h2

và cũng có thể viết dfx0,y0 D1fx0,y0 dx D2fx0,y0 dy fx

x0,y0 dx fy

x0,y0 dy

hay df fx

dx fy

dy. Sử dụng ký hiệu này ta có thể tính toán nhanh: dfx,y 2xydx x2dy

2. Cho fx,y, z xyz. Tính df

dfx,y fx

x,ydx fy

x,ydy fz

dz yzdx xzdy xydz

Vi phân cấp hai của hàm số hai biến sốĐịnh nghĩa: Cho hàm số hai biến số f khả vi, ta định nghĩa vi phân cấp hai của f là:

d2f ddfLưu ý:

Trong trường hợp x,y là các biến độc lập và hàm z fx,y có các đạo hàm riêng đến cấp 2, thìta có:

d2z d2f 2f

x2dx2 2

2fxy

dxdy 2f

y2dy2

Ví dụCho z 2x2 3xy y2. Tìm vi phân toàn phần cấp 1 và cấp 2.

Cách 1zx

4x 3y; zy

3x 2y; dz zx

dx zy

dy 4x 3ydx 3x 2ydy

2zx2

4; 2zxy

3; 2z

y2 2;

dz2 4dx2 6dxdy 2dy2

Cách 2dz 4xdx 3ydx xdy 2ydy 4x 3ydx 3x 2ydy

dz2 4dx 3dydx 3dx 2dydy 4dx2 6dxdy 2dy2

1.6 Đạo hàm hàm số hợp

Định lý

1. z fx,y khả vi, trong đó hàm f , x t,y t khả vi, khi đó: dzdt

zx

dxdt

zy

dydt

2. Nếu z fx,y khả vi, y x khả vi khi đó: dzdx

zx

zy

dydx

3. Nếu z fx,y khả vi, trong đó x u,v;y u,v khả vi thì các đạo hàm riêng:

(i) dzdu

zx

xu

zy

yu

Trang 7

(ii) dzdv

zx

xv

zy

yv

4. Tổng quát:

Cho Uf V

f G, trong đó hàm f,g khả vi, khi đó: g f khả vi và

(i) dg fa dgfa dfa a U(ii) Jgfa Jgfa Jfa

Ví dụ

1. z ex2y2, trong đó x acos t, y a sin t. Tìm dz

dtdzdt

zx

dxdt

zy

dydt

ex2y22x sin t ex2y2

2yacos t

2aex2y2ycos t x sin t (Có thể tiếp tục thay x,y theo t)

2. z xy, x rcos t; y r sin t. Tìm zr

; zt

zr

zx

xr

zy

yr

ycos t x sin t;

zt

zx

xt

zy

yt

yr sin t xrcos t

1.7 Đạo hàm hàm ẩnKhái niệm hàm ẩn:

Cho phương trình Fx,y 0 trong đó x Rn, y R. Nếu tồn tại hàm : U R sao choFx,x 0 x U thì gọi là hàm ẩn xác định trên U.Định lý

Cho D là tập mở trong Rn R, hàm F : D R, x,y Fx,y thuộc lớp C1, a,b D thoả:(i) Fa,b 0

(ii) Fy

a,b 0

Khi đó, Tồn tại lân cận mở W U V D của a,b (U là lân cận mở của a,V là lân cận mở của b)và hàm : U V, thuộc lớp C1 thoả:

Fx,x 0 x U và Dix DiFx,xFy

x,x(i 1,2, . . . ,n) (cách viết khác

xi

x

Fxi

x,x

Fy

x,x)

Vi dụCho phương trình x2 y2 z2 1 0; 0,0,1 R3.

Đặt Fx,y, z x2 y2 z2 1, khi đó Fx

x,y, z 2x; Fy

x,y, z 2y; Fz

x,y, z 2z

F0,0,1 0Fz

0,0,1 2 0

Theo kết quả định lý, tồn tại lân cận mở W U V của 0,0,1 (trong đó U lân cận mở của0,0, V là lân cận mở của 1 ) và hàm : U V thoả x2 y2 2x,y 1 0 với x,y U và có:

x

x,y

Fx

x,y,x,y

Fz

x,y,x,y x

x,y;y

x,y

Fy

x,y,x,y

Fz

x,y,x,y

yx,y

1.8 Cực trị, cực trị có điều kiện

Trang 8

Định nghĩa

Cho D là tập mở trong Rn, hàm f : D R.1. Ta nói f đạt cực đại (cực tiểu) địa phương tại a D nếu tồn tại lân cận mở U của a (a U D)sao cho:

ft fa t U (fa ft t U)

2. Ta nói f đạt cực trị địa phương tại a nếu nó đạt cực đại hay cực tiểu tại a.Định lý

Cho D là tập mở trong Rn, hàm f : D R. Nếu:(i) f có đạt cực trị tại a D,(ii) Tồn tại các đạo hàm riêng của f tại a.

Thì i 1,2, . . . ,n ta có Difa 0 (tức là:fxi

a 0)

Ý nghĩa của định lý:Ta gọi điểm a mà Difa 0 là điểm dừng (hay là điểm tới hạn) của f, thì theo định lý trên đây

cho ta rằng, trên một tập mở, hàm f chỉ đạt cực trị địa phương tại các điểm dừng.Để nhận diện điểm cực trị, ta có thể khảo sát bằng đạo hàm cấp hai, tuy nhiên trong trường

hợp hàm hai biến nhờ vào kết quả dưới đâyĐịnh lý

Cho D là tập mở của R2, f : D R thuộc lớp C2 trên D, a D là một điểm dừng của f. Ta kýhiệu:

r 2f

x2a; s

2fxy

a 2fyx

a; t 2f

y2a

a

2f

x2 a2fyx

a

2fxy

a2f

y2a

rt s2;

Khi đó:(i) a 0 và r 0 (hay t 0) f đạt cực tiểu tại a(ii) a 0 và r 0 (hay t 0) f đạt cực đại tại a(iii) a 0 f không đạt cực trị tại a (trường hợp này ta nói điểm a là điểm yên ngựa)(iv) a 0, chưa thể kết luận.

Ví dụTìm cực trị địa phương của fx,y x2 y2 2x 4y 6

Giải:D R2

fx

x,y 2x 2;fy

x,y 2y 4

2f

x2 x,y 2;2f

y2 x,y 2;2fyx

x,y 2fxy

x,y 0

Tìm điểm dừng (là nghiệm của hệ sau)

fx

x,y 0

fy

x,y 0

2x 2 0

2y 4 0

x 1

y 2

Vậy có 1 điểm dừng là 1,2

Trang 9

r 2; s 0; t 2;1,2 4 0 và r 0 f đạt cực đại tại 1,2

Tổng quát cho hàm nhiều biến:Cho hàm fx1,x2, . . . ,xn , giả sử tất cả các đạo hàm riêng cấp hai của hàm f liên tục tại điểm

dừng a a1,a2, . . . ,an

H

fx1x1

// fx1x2

// . . . fx1xn//

fx2x1

// fx2x2

// . . . fx2xn//

. . . . . . . . . . . .

fxnx1

// fxnx2

// . . . fxnxn//

;

H1 fx1x1

//

H2 fx1x1

// fx1x2

//

fx2x1

// fx2x2

//

.........................................Hn H

Khi đó:1. Nếu |Hi | 0 với i là số số lẻ và |Hj | 0 với j là số chẳn, thì f đạt cực đại địa phương tại a

2. Nếu |Hj | 0 với mọi j 1,2, . . . ,n, thì f đạt cực tiểu địa phương tại a

3. Nếu |H | 0 và không thoả hai điều kiện trên thì f không đạt cực trị tại a.Ví dụ

Tìm cực trị địa phương của hàm fx1,x2,x3 x12 x2

3 32x3

2 3x2x3 2x1 40

Giải (vắn tắt)Bước 1 (Tìm điểm dừng) P 1,0,0; T 1,1,1Bước 2Tìm ma trận H tại P

H

2 0 0

0 0 3

0 3 3

;H1 2;H2 2 0

0 0;H3 H

Kiểm tra thấy rơi vào trường hợp 3, nên điểm dừng P không phải điểm cực trị.Tìm ma trận H tại T

H

2 0 0

0 6 3

0 3 3

H1 2;H2 2 0

0 6;H3 H

Kiểm tra thấy rơi vào trương hợp 1, nên T là điểm cực đạiCực trị có điều kiện:Định nghĩa

Cực trị (cực đại hay cực tiểu) của hàm số nhiều biến fx1,x2, . . . ,xn là cực trị của hàm này vớiđiều kiện các biến x1,x2, . . . ,xn thoả ràng buộc x1,x2, . . . ,xn 0.

Cách tìm cực trị có điều kiện đối với hàm hai biến:Bước 1 : Xác định hàm Lagrange: Lx,y, fx,y x,y

Trang 10

Bước 2: Tìm cực trị của hàm lagrange (ba biến)(i) Tìm điểm dừng

Giải hệ:

Lx/ 0

Ly/ 0

L/ 0

; Giả sử điểm dừng Px0,y0,0

(ii) Xét dấu vi phân cấp 2 của hàm hai biến Lx,y,0 tại x0,y0 :

d2L Lxx// dx2 2Lxy

// dxdy Lyy// dy2 với điều kiện x

/ dx y/ dy 0 và dx2 dy2 0

Nếu d2L 0 thì điểm Px0,y0 là cực tiểu

Nếu d2L 0 thì điểm Px0,y0 là cực đại

Ví dụTim cực trị hàm fx,y xy thoả điều kiện x y 1

Giải:Lx,y, fx,y x,y xy x y 1; x,y x y Lx

/ y ; Ly/ x ; L

/ x y 1

Lx/ 0

Ly/ 0

L/ 0

Điểm dừng duy nhất:P 12

, 12

, 12

Lxx// 0; Lyy

// 0; Lxy// 1

d2L 2dxdyx

/ dx y/ dy 0 dx dy 0

Tại P, d2L 2dx2 0 do đó P 12

, 12

là điểm cực đại.

1.9 Giá trị lớn nhất, nhỏ nhấtVí dụ

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm z xy x y trên miền D x,y : x2 y2 1

Bước 1. Tìm cực trị địa phương trên miền x2 y2 1zx

y 1

zy

x 1

Điểm dừng P1 1,1 DBước 2. Tìm điểm dừng trên miền D x,y : x2 y2 1

Lx,y, xy x y x2 y2 1

Lx/ y 1 2x

Ly/ x 1 2y

L/ x2 y2 1

Lx/ 0

Ly/ 0

L/ 0

y 1 2x 0

x 1 2y 0

x2 y2 1 0

y 1 2x 0

x yx y 1 0

x2 y2 1 0

Trang 11

(x y x y 1

2;

y x 1 x 0;y 1 hoặc x 1;y 0)

Các điểm dừng P2 1

2, 1

2; P3 1

2, 1

2;P40,1;P51,0

zP2 12 2 ;

zP3 12 2 ;

zP4 zP5 1;

Maxz 12 2 ; Minz 1

Bài tập

1. Đối với các hàm sau:f : R2 R sau đây, hãy khảo sát tính liên tục, sự tồn tại và tính liên tụccủa các đạo hàm riêng cấp 1.

(a) fx,y x2 y2 sin 1

x2 y2 nếu x,y 0,0

0 nếu x,y 0,0

(b) fx,y x2y2 lnx2 y2 nếu x,y 0,0

0 nếu x,y 0,0

(c) fx,y

sinx3 y3

x2 y2nếu x,y 0,0

0 nếu x,y 0,0

(d) fx,y

sinx2 sin2x2

x2 y2nếu x,y 0,0

0 nếu x,y 0,0

2. Cho g : R R liên tục, Tìm các đạo hàm riêng của các hàm số sau:

(a) fx,y

xy2

a

gtdt; (b) fx,y

x

y

gtdt; (c) fx,y

xy

a

gtdt;

3. Cho : R R liên tục và f : R2 R xác định bởi, x,y R2

fx,y

y

0

x ttdt

Hãy chứng minh f thuộc lớp C1 trên R2 và tìm các đạo hàm riêng cấp 1của f.4. Cho

fx,y

xy3

x2 y2nếu x,y 0,0

0 nếu x,y 0,0

Chứng minh rằng:(a) f thuộc lớp C1

(b) f có các đạo hàm riêng cấp hai2fyx

;2fxy

trên R2 và2fyx

0,0 2fxy

0,0

Trang 12

5. Các phương trình sau có thể đổi thành z x,y tại lân cận của điểm x0,y0, z0 không? Nếu

có, tínhx

,y

tại x0,y0

(a) x y z sinxyz 0; x0,y0, z0 0,0,0(b) x3 y3 z3 3xyz; x0,y0, z0 1,1,06. Tính đạo hàm của các hàm số xác định bởi(a) Tính y/ biết x3y y3x a4 (b) Tính y / biết xey yex exy 0(c) x y z ez, tính zx

/ , zy/

7. Tìm cực trị của của các hàm số sau:(a) fx,y 4x y x2 y2; (b) fx,y x2 xy y2 x y 1

(c) fx,y x y xey

8. Tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của fx,y x2 y2 trên miền tròn x2 y2 4

9. Tìm cực trị có điều kiện của fx,y xy với điều kiện x y 1

Trang 13

Chương 2. PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN HÀM NHIỀU BIẾN

Nhắc lại:Cho A R,

m infA 0,a A : m a m (nếu có thêm m A, thì m minA)

M supA 0,a A : m a m (nếu có thêm M A, thì

m MaxA) là tập bị chặn trong Rn nếu tồn tại r 0, sao cho B0, r (zero của Rn)

2.1 Tích phân kép

2.1.1 Khái niệm và tính chất

Cho là tập đóng bị chặn trong Rn, Một họ hữu hạn các tập con của , đóng, bị chặn

P Ei i1,2,...,npthoả :

i1

np

Ei và phần trong của Ei và của Ej là rời nhau nếu như i j được gọi

là một cách chia (hay cách lát, hay là phân hoạch) .Định nghĩa

Cho là tập bị chặn trong R2, f : R , bị chặn,Gọi là tập hợp tất cả các cách chia .Ứng với mỗi cách chia P Ei i1,2,...,np

,đặt:

mi inffz : z Ei. i 1,2, . . . ,nMi supfz : z Ei

Lf,p np

i1

miSEi , (trong đó SEi là diện tích tập Ei

Uf,p np

i1

MiSEi

Do f là bị chặn nên ta có

sup Lf,

inf Uf,

Nếu

sup Lf,

inf Uf, thì ta nói f là Rieman-Khả tích, và giá trị này gọi là tích phân của

f trên và ký hiệu là x,ydxdy hay vắn tắt hơn

fdxdy.

Mệnh đề:Cho f bị chặn trên một miền bị chặn R2, f Rieman-khả tích khi và chỉ khi:

0, P (tập các phân hoạch của ) sao cho Uf, Lf, Định lý (Dấu hiệu nhận biết hàm khả tích)

Cho là tập đóng, bị chặn, f : R, là hàm bị chặn. Nếu f liên tục tại mọi điểm trên thì f làhàm Rieman-khả tích.

Định lý

Cho f , g là các hàm khả tích trên và R, ta có:(i) Các hàm f g, f khả tích trên và

f gdxdy

fdxdy

gdxdy;

fdxdy

fdxdy

(ii) Nếu 1 2 và 1 2 thì

fdxdy

1

fdxdy 2

fdxdy

2.1.2 Phương pháp tính

Định lý (Phương pháp chiếu lên trục tọa độ)

Cho là hàm liên tục và bị chặn trên

Trang 14

(i) Nếu x,y : a x b,g1x y g2x, trong đó g1,g2 là các hàm khả vi trên a,b,

thì f khả tích và có

fx,ydxdy

a

b

g1x

g2x

fx,ydy dx (Cũng viết:

a

b

dx

g1x

g2x

fx,ydy)

(ii) Nếu x,y : c y d,h1y x h2y, trong đó h1,h2 là các hàm khả vi trên c,d,

thì f khả tích và có

fx,ydxdy

c

d

h1y

h2y

fx,ydx dy (Cũng viết:

c

d

dy

h1y

h2y

fx,ydx)

Ví dụ

Tính fx,ydxdy với:

1. Cho fx,y xy3; x,y : 0 x 1,0 y 2Giải:

xy3dxdy

2

0

1

0

xy3dx dy

2

0

y3

1

0

xdx dy

2

0

y3 12dy 1

2

2

0

y3dy 18y4|0

2 2

2. Cho fx,y x 1; là miền nằm giữa hai đường d : y x; C : y x3

Giải:Tìm các điểm chung của d và C thì ta phân tích 1 2, trong đó:

1 x,y : 1 x 0,x y x3; 2 x,y : 0 x 1,x3 y x

1 2 tập không đáng kểNên

I x 1dxdy

1

x 1dxdy 2

x 1dxdy

1

x 1dxdy

0

1

x3

x

x 1dydx

0

1

x 1

x3

x

dy dx

0

1

x 1x3 xdx;

Tương tự tính2

x 1dxdy

1

0

x 1x x3 dx

Kết quả I 12

Đổi biến tổng quát:

Định lý

Cho U, V là hai tập mở của R2, và các hàm , , f như sau: U V

f R,

là song ánh, liên tục và 1 liên tục.f là ánh xạ liên tục là tập đóng , bị chặn trong U, khi đó:

fx,ydxdy f u,v|detJu,v|dudv (Ju,v là Jacobi của tại u,v)

Cụ thể:

:x xu,v

y yu,v; 1D; J

xu

xv

y

u

y

v

;

Trang 15

Dfx,ydxdy

fxu,v,yu,v|J|dudv

Ví dụ:

Tính I Dx y3x y2dxdy, trong đó D là miền giới hạn bởi các đường:

x y 1;x y 1;x y 3;x y 1Giải:

Đặtx y u

x y v

x 12u 1

2v

y 12u 1

2v

; J 12

12

12

12

12

u,v : 1 u 3;1 v 1

I u3v2 1

2dudv 1

21

3

u3du

1

1

v2dv 203

Áp dụng đổi toạ độ cực:Mx,y Oxy là góc định hướng giữa tia Ox và OM 0 2 OM 0

x x, cos

y y, sin; và chọn , x,,y,; ta có thể hạn chế giá trị ,

để lthoả điều kiện nêu trong công thức đổi biến.

J, cos r sin

sin rcos; |J| | |

D (hay 1D)

Dfx,ydxdy

fcos, sin.dd

Ví dụ:

1. Tính Dx2y2dxdy; D x,y : x2 y2 1

Giải:Với cách đổi tọa độ cực như trên, , : 0 2; 0 1 thì

D và theo định lý trên:

Dx2y2dxdy

cos2 sin2dd

5 sin2cos2dd

2

0

sin2cos2d

1

0

5d 24

2. Tính Dx2 y2 dxdy trên miền D giới hạn bởi x2 y2 2x

Giải:Miền D là nửa hình tròn có tâm 1,0 bán kính r 1 (nằm bên phải trục Oy)

Phương trình đường tròn trong tọa độ cực: 2 2cos 0

2cos

, : 2

, 2

và 0 2cos

Trang 16

3dd

2

2

d

2cos

0

3d 4

2

2

cos4d 32

3.Tính Dx2 y2 dxdy trên miền D x,y R2 : x 0;x2 y2 2y 0

Giải:Miền D là nửa hình tròn có tâm 0,1 bán kính r 1,nằm bên phải trục Oy

x cos

y sin 0

x2 y2 2y 0 2 2 sin 0 2sin

, : 0, 2

và 0 2sin f D

Dx2 y2 dxdy

3dd

2

0

2sin

0

3d d 4

2

0

sin4d 34

2.1.3 Ứng dụng1. Tính diện tích hình phẳng

Diện tích của mặt D trong mặt phẳng Oxy: S Ddxdy

Ví dụ Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường:

y2 x3

y2 86 x3

Giải: Từ C1 : x 3 y2

C2 : x 6 12

3 y2

Tìm giao điểm của hai đường trên, và khảo sát tính đơn điệu theo y thì ta có miền cầntính diện tích là:

D x,y R2 : 8 y 8; 3 y2 x 6 12

3 y2

S Ddxdy

8

8

3 y2

612

3 y2

dx dy

8

8

6 32

3 y2 dy 2

0

8

6 32

3 y2 dy 38 25

2. Diện tích của mặt cong z fx,y trong R3, giới hạn bởi đường cong kín C được tính bởi côngthức:

S D

1 fx

x,y2

fy

x,y2

dxdy ; trong đó D là hình chiếu của mặt cong C

lên mặt phẳng Oxy.Ví dụ

Tính diện tích phần mặt : z x2 y2, z 0 nằm trong mặt trụ: x2 y2 1Giải: Chiếu mặt trụ x2 y2 1 lên mặt phẳng Oxy là đường tròn D x,y R2 : x2 y2 1,

fx,y z x2 y2

fx

x,y 2x;fy

x,y 2y

S D

1 2x2 2y2 dxdy D

1 4x2 4y2 dxdy

Trang 17

Đổi toạ độ cực

x cos

y sin , : 0 2; 0 1

Ta có D

1 4x2 4y2 dxdy

1 42 cos2 42 sin2 dd

1 42 dd

1

0

2

0

1 42 d d 2

1

0

1 42 d (Đổi biến u 42 1)

3. Thể tích của vật thể hình trụ có đường sinh song song với Oz, đáy là miền D nằm trong mặtphẳng Oxy, phía trên giới hạn bởi mặt z fx,y 0 được tính bởi công thức:

V Dfx,ydxdy

Ví dụTính thể tích vật thể giới hạn bởi các mặt x 0,y 0, z 0,x y 1 và mặt z x2 xy 1D là mặt nằm trong mặt Oxy giới hạn bởi các đường x 0,y 0,x y 1, trên D có z 0 nên

có:

V Dx2 xy 1dxdy; D x,y R2 : 0 x 1,0 y 1 x

V

1

0

1y

0

x2 xy 1dy dx

1

0

x2y xy2

2 y|0

1x dx 58

4. Nếu khối lượng riêng tại điểm Mx,y của bản phẳng D là x,y thì khối lượng của bản D

được tính bởi:

m Dx,ydxdy. Đặc biệt, nếu bản D đồng chất tì

Toạ độ trọng tâm của G hình phẳng D (trong mặt phẳng Oxy) tính bởi:

xG 1m

Dxx,ydxdy

yG 1m

Dyx,ydxdy

Đặc biệt, nếu bản D đồng chất thì:

xG 1S

Dxdxdy

yG 1S

Dydxdy

Ví dụ:xác định trọng tâm của mặt phẳng đồng chất giới hạn bởi các đường: y2 4x 4, y2 2x 4

Giải: D x,y R2 : 2 y 2, 12y2 2 x 1

4y2 1

S Ddxdy

2

2

12

y22

14

y21

dx dy 2

2

0

34y2 3 dy 2 1

4y3 3y |0

2 8

Trang 18

Dxdxdy

2

2

12

y22

14

y21

xdx dy

2

0

x2| 14

y21

12

y22

dy

2

0

12y2 2

2 1

4y2 1

2dy

Dydxdy

2

2

12

y22

14

y21

ydx dy

2

2

34y2 3 ydy 0

G 25

;0

2.2 Tích phân bội ba

2.2.1 Khái niệm và tính chất

Định nghĩaCho là một tập đóng, bị chặn trong R3, f : R là hàm bị chặn trên R3.Gọi là tập hợp tất cả các cách chia .Ứng với mỗi cách chia P Ei i1,2,...,np

,đặt:

Lf,p np

i1

inffz : z Ei.VEi , (trong đó VEi là thể tích tập Ei

Uf,p np

i1

supfz : z Ei.VEi

Do f là bị chặn nên ta có

sup Lf,

inf Uf,

Nếu

sup Lf,

inf Uf, thì ta nói f là Rieman-Khả tích, và giá trị này gọi là tích phân của

f trên và ký hiệu là x,ydxdydz hay vắn tắt hơn

fdxdydz.

Dấu hiệu nhận biết, tính chất tích phân, .. được phát biểu tương tư trong mục 1.12.2.2 Phương pháp tính

1. Toạ độ DescatteĐinh lý (Chiếu xuống mặt Oxy)

Cho 1,2 : a,b R là các hàm liên tục,U x,y R2 : a x b,1x y 2x Oxy

g1,g2 : U R liên tục, g1 g2;

x,y, z R3 :

a x b

1x y 2x

g1x,y z g2x,y

,

f : R liên tục, khi đó f Rieman-khả tích trên và

fx,y, zdxdydz

a

b

1x

2x

g1x,y

g2x,y

fx,y, zdz dy dx (viết gọn:

a

b

dx

1x

2x

dy

g1x,y

g2x,y

fx,y, zdz)

Nếu gọi xy là hính chiếu vuông góc của lên mặt phẳng Oxy thì

Trang 19

fx,y, zdxdydz

xydxdy

g1x,y

g2x,y

fx,y, zdz

Ví dụ

Tính I xyzdxdydz; với x,y, z R3 : x 0,y 0, z 0, z y,x2 y 1

GiảiViết lại

x,y, z R3 : 0 x 1,0 y 1 x2, 0 z y (do chiếu xuống Oxy có miền

y 1 x2 và x,y 0 ; miền này chiếu xuống Ox)

I xyzdxdydz

0

1

dx

0

1x2

dy

0

y

xyzdz

0

1

0

1x2

12xy3dy dx

0

1

12x1 x2

4

4dx 1

80

Định lý (Đổi biến)

Cho U, W là hai tập mở của R3, và các hàm , f như sau: U W

f R,

là song ánh, liên tục và 1 liên tục.f là ánh xạ liên tục là tập đóng , bị chặn trong U, V khi đó:

Vfx,y, zdxdydz

f u,v,w|detJu,v,w|dudvdw (Ju,v,w là Jacobi

của tại u,v,w)Cụ thể:

:

x xu,v,w

y yu,v,w

z zu,v,w

J

xu/ xv

/ xw/

yu/ yv

/ yw/

zu/ zv

/ zw/

Khi đó:

Vfx,y, zdxdydz

fxu,v,w,yu,v,w, zu,v,w|J|dudvdw

2. Phép chuyển qua toạ độ trụ

Giả sử Mx,y, z R3, gọi M / là hình chiếu vuông góc của M lên mặt phẳng toạ độ Oxy.Đặt là góc định hướng giữa tia Ox và OM/; r OM

:

x rcos

y r sin

z z

, (0 2; r 0)

J, r, z

r sin cos 0

rcos sin 0

0 0 1

detJ, r, z r, và do đó có công thức đổi toạ độ trụ:

Trang 20

fx,y, zdxdydz

frcos, r sin, zrddrdz

Lưu ý: Chuyển tọa độ trụ, chính là chiếu xuống mặt phẳng tọa độ, rồi chuyển tọa độ cực đểtính tích phân hai lớp.

Ví dụ

1. Tính I D

|x2 y2 |dxdydz, trong đó D x,y, z R3 : z 1,x2 y2 z2

Giải: , r, z R3 : , 0 r 1, r z 1

Chuyển toạ độ trụ như đã nêu, thì ta có:D

I D

|x2 y2 |dxdydz

|r2 cos2 r2 sin2|. |r |ddrdz

d

1

0

dr

1

r

|r2 cos2 r2 sin2|. |r |dz

|cos2 sin2|d

1

0

r3dr

1

r

dz

|cos2|d

1

0

r31 rdr 110

0

|cos2|d 120

2

0

|cos t|dt

120

/2

0

cos tdt

3/2

/2

cos tdt

2

3/2

cos tdt

120

sin t|0/2 sin t|/2

3/2 sin t|3/22 1

201 2 1 1

52. Tính I

Vx2 y2 zdxdydz, trong đó V là miền giới hạn bởi các mặt :

x2 y2 1; z 0; z 2.Giải:

Chuyển tọa độ trụ:

x rcos

y r sin

z z

; là miền giới hạn bởi: r2 1; z 0; z 2

r,, z : 0 2; 0 r 1;0 z 2

I

2

0

d

2

0

dz

1

0

r2zrdr

2

0

d

2

0

zdz

1

0

r3dr 2. 2. 14

3. Tính I V

x2 y2 zdxdydz, trong đó V là miền giới hạn bởi các mặt : x2 y2 2z; z 2.

Giải:Đổi sang tọa độ trụ, giới hạn bởi: r2 2z; z 2 r,, z : 0 2; 0 r 2; r2

2 z 2

I

2

0

d

2

0

dr

2

r2

2

r2zdz

2

0

r2 22 r2

2

2dr

4

2

0

16r2 r6 dr 4 16

3. 8 1

727

3. Phép chuyển qua toạ độ cầu

Gọi Mx,y, z R3,gọi M / là hình chiếu vuông góc của M lên mặt phẳng toạ độ Oxy.

Trang 21

là góc định hướng giữa tia Ox và OM /

là góc định hướng giữa tia Oz và tia OM.r OM

:

x r sincos

y r sin sin

z rcos

; 0 r ; 0 ; 0 2

detJr,, det

sincos rcoscos r sin sin

sin sin rcos sin r sincos

cos r sin 0

r2 sin; và do đó có công thức

đổi toạ độ cầu:

fx,y, zdxdydz

fr sincos, r sin sin, rcosr2 sindrdd

Ví dụ

1.Tính I

V

x2 y2 z2 dxdydz, trong V x,y, z R3 : x2 y2 z2 1

r,, R3 : 0 2, 0 r 1,0

Thực hiện đổi toạ độ cầu như trên,

I

r2. r2 sindrdd

2

0

d

1

0

r4dr

0

sind 45

2. Tính I

V

x2 y2 z2 dxdydz, trong V là miền giới hạn bởi mặt cầu: x2 y2 z2 z

Giải:Chuyển sang tọa độ cầu: phương trình mặt cầu: r2 rcos r 0 hoặc r cos r,, : 0 2; 0

2;0 r cos

I

2

0

d

/2

0

d

cos

0

r. r2 sindr 2

/2

0

sind

cos

0

r3dr

2

/2

0

cos4 sind 10

3. Tính I

V

x2 y2 dxdydz, trong V là miền giới hạn bởi mặt cầu: x2 y2 z2 1 và mặt nón:

x2 y2 z2; z 0.Giải: Chuyển sang tọa độ cầu:Phương trình hình cầu: r2 1; r 0 0 r 1

Phương trình hình nón: r2 sin2 r2 cos2; cos 0 (0 4

)

r,, : 0 2; 0 4

;0 r 1

Trang 22

I

2

0

d

/4

0

d

1

0

r2 sin2. r2 sindr 8 5 2

30

4. Tính I

V

dxdydz, trong V là miền giới hạn bởi mặt cầu: x2 y2 z2 2Rz và mặt nón:

x2 y2 z2;Giải:Chuyển sang tọa độ cầu:Phương trình mặt cầu: r2 2Rrcos ( r 0 hoặc r 2Rcos)Phương trình mặt nón: r2 sin2 r2 cos2;(r 0 hoặc

4)

r,, : 0 2; 0 4

;0 r 2Rcos

I

2

0

d

/4

0

d

2R cos

0

r2 sindr 2

/4

0

sind

2R cos

0

r2dr

23

/4

0

sin. 8R3 cos3d 16R3

3

1

1/ 2

u3du R3

2.2.3 Ứng dụng1. Tính thể tích vật thể D

V

D

dxdydz;

Ví dụ1. Tính thể tích của vật thể V x,y, z| 0 z x2 y2;x2 y 1

Giải:

V

D

dxdydz

1

1

dx

1

x2

dy

x2y2

0

dz

1

1

dx

1

x2

x2 y2 dy

1

1

x2 x4 131 x6 dx 2

1

0

x2 x4 131 x6 dx 88

105;

2. Tính thể tích của vật thể giới hạn bởi các mặt: (P): z 6 x2 y2; (C): z2 x2 y2 z 0Giải:

V

D

dxdydz

Chuyển sang tọa độ trụ: (chiếu xuống Oxy)Phương trình (P): z 6 r2 (C): z2 r2

( Tìm giao của (P) và (C): z 6 z2 z 2 hoặc z 3) r,, z : 0 2; 0 r 2; r z 6 r2

V

2

0

d

2

0

dr

6r2

r

rdz 2

2

0

r3 r2 6rdr 323

2. Tính Khối lượng vật thể D, biết khối lượng riêng tại điểm Mx,y, z D là x,y, z :

m

D

x,y, zdxdydz;

Trang 23

Toạ độ trọng tâm G của vật thể D :

xG 1m

D

xx,y, zdxdydz;

yG 1m

D

yx,y, zdxdydz;

zG 1m

D

zx,y, zdxdydz;

Ví dụXác định trọng tâm G của vật thể đồng chất (V), giới hạn bởi các mặt:

x y 1, z x2 y2, x 0, y 0, z 0Giải:

Do vật đồng chất, nên là hằng số do đó:

m

V

dxdydz

1

0

dx

1x

0

dy

x2y2

0

dz

1

0

dx

1x

0

x2 y2 dy

1

0

x21 x 131 x3 dx 1

6

xG 6

V

xdxdydz 6

1

0

xdx

1x

0

x2 y2 dy 6

1

0

x x21 x 13 1 x3 dx 2

5

Tương tự yG 25

ZG 6

V

zdxdydz 6

1

0

dx

1x

0

dy

x2y2

0

zdz 3

1

0

dx

1x

0

x2 y2 2dy

3

1

0

dx

1x

0

x4 2x2y2 y4 dy 3

1

0

x41 x 23x21 x3 1

51 x5 dx 7

30

Vậy trọng tâm G 25

, 25

; 730

2.3 Tích phân đường loại 1Bổ sung:

Đường cong C :x t

y ta t b trong mặt phẳng Oxy.

1. C gọi là đơn nếu:(i) , liên tục trên đoạn a,b(ii) t1, t2 a,b, t1 t2 thì t1 t2

2. Đường cong đơn L gọi là kín nếu điểm Aa,a trùng với Bb,b3. C gọi là trơn nếu , thuộc lớp C1 và có các đạo hàm không đồng thời bằng 0.4. C gọi là trơn từng khúc (nói gọn là trơn) nếu nó gồm một số hữu hạn cung trơn.

5. Cho đường cong đơn C với hai đầu mút là A,B.Ta gọi một cách chia đường cong C làmột họ hữu hạn điểm trên đường cong A0,A1, . . . ,An thoả:

(i) A0 A; An B,

(ii)

AiAi1

AjAj1 \Ai,Ai1,Aj,Aj1 với i. j 1,2, . . . ,n và i j (các cung có chung nhau

nhiều lắm là các điểm đầu mút)

Trang 24

2.3.1 Định nghĩa

Cho đường cong đơn C với hai đầu mút là A,B và hàm số f xác định trên C. Gọi là tập

hợp tất cả cách chia đường cong C. Giả sử P A0,A1, . . . ,An . Đặt:

mi inf fM : M

Ai1Ai ; Mi sup fM : M

Ai1Ai (i 1,2, . . . ,n);

si chiều dài của cung

Ai1Ai;

Lf,P n

i1

misi; Uf,P n

i1

Misi;

Khi đó: Lf,P Uf,PNếu

P

sup Lf,P P

inf Lf,P thì giá trị này gọi là tích phân đường loại 1 của hàm f trên đường cong

C và ký hiệu là Cfds (hoặc

Cfx,yds )

Nếu C là kín thì ta cũng ký hiệu tích phân này là Cfds

Lưu ý: Định nghĩa tích phân đường loại 1 được mở rộng cho đường cong C được cho trongkhông gian, và hàm f là hàm 3 biến.Định lý

Nếu đường cong C trơn và hàm f liên tục thì Cfds tồn tại.

Tính chấtTích phân đường loại 1 có các tính chất như tích phân thông thường (tổng, hiệu, tích một hằng

số với tích phân, tích phân trên hai cung rời nhau (hoặc giao nhau chỉ gồm hữu hạn điểm)) , ngoàira cần lưu ý tính chất sau:

AB

fds BA

fds

2.3.2 Cách tính1. Nếu đường cong C cho bởi phương trình y x,x a,b thì:

Cfds

a

b

fx,x 1 /x2dx

Ví dụ:

Tính I Cx yds với C là đoạn thẳng nối hai điểm A0,0, B4,3

Giải:

Đoạn thẳng AB xác định bởi y x 34x, x 0,4

/x 34

I Cx yds

0

4

x 34x 1 3

4

2dx

516

0

4

xdx 52

2. Nếu đường cong C cho bởi dạng tham số: x xt;y yt, t t1, t2 thì:

Cfds

t1

t2

fxt,yt x /t2 y /t

2dt

Công thức này có thể mở rộng cho trường hợp tích phân đường loại một của hàm 3 biến nhưsau:

Trang 25

Cfds

t1

t2

fxt,yt,xt x /t2 y /t

2 z /t

2dt

Ví dụ:

Tính I Cx yds với C là cung tròn x2 y2 1 trong phần tư thứ nhất của mặt phẳng Oxy.

Giải: Phương trình tham số của C

x cos t

y sin tt 0,

2

I

0

2

cos t sin t sin t2 cos t2 dt

0

2

cos t sin tdt

sin t cos t|02 2

3. Nếu đường cong C cho bởi toạ độ cực: ,1 2 thì:

Cfds

1

2

fcos, sin 2 / 2d (lưu ý /, là còn phụ thuộc )

Ví dụ:

Tính I C

x2 y2 ds; trong đó C là đường tròn: x2 y2 2x 0

GiảiViết lại phương trình của C : x 12 y2 1 Viết phương trình của C trong toạ độ cực:

2cos; 2

, 2

; x2 y2 2cos

I 4

2

2

cosd 8

2.3.3 Ứng dụng1. Tính chiều dài cung

Cho cung C, chiều dài cung C : l Cds

2. Tính khối lượng cungGiả sử cung C có mật độ khối lượng phụ thuộc từng điểm là M x,y, z.Khi đó khối

lượng cung tính bởi:

m Cx,y, zds

3. Diện tích mặt trụ.Mặt trụ có đường sinh cùng phương với trục Oz, đường chuẩn L trong mặt phẳng Oxy, giới

hạn trên bởi đường z M, M L. Diện tích mặt trụ này tính bởi:

S LMds

Ví dụ: Tính diện tích phần mặt trụ x2 y2 1 nằm giữa hai mặt z 0 và z xy2

ở góc tọa độ thứ

nhất.

Giải: Phương trình tham số của đường chuẩn L :x cos t

y sin t0 t

2

Trang 26

do đó: S L

xy2

ds

/2

0

cos t sin t2

sin2t cos2t dt 14

2.4 Tích phân đường loại 2

2.4.1 Khái niệm

Định nghĩa

Cho đường cong trơn C với hai đầu mút là A,B và hàm f x,y Px,y,Qx,y xác định trên

C. Gọi là tập hợp tất cả cách chia đường cong C. Giả sử pn A0,A1, . . . ,An . Đặt:

si Ai1Ai xie1 yie2 (e1,e2 là các véc tơ đơn vị tự nhiên)

Trên mỗi cung

Ai1Ai ta chọn điểm Mii, i . Lập tổng:

pn n

i1

Pi, i xi Qi, i yi;

đặt n max si ; Nếu n ,n 0 mà pn L không phụ thuộc vào các chia đường cong

C và cách chọn điểm Mi thì ta nói số L là tích phân đường loại 2 của hàm f trên đường cong

C.Ký hiệu: AB

Fds hoặc AB

Px,ydx Qx,ydy (F px,y;Qx,y;ds dx,dy)

Tương tự ta có thể mở rộng định nghĩa tích phân đường loại hai cho hàm F : Rn Rn

Tính chất1. Tích phân đường loại 2 có các tích chất tương tự như tích phân đường loại 1, ngoại trừ tính

chất sau:

ABFds

BAFds

2.

ABPx,ydx Qx,ydy

ABPx,ydx

ABQx,ydy

3. Trong trường hợp đường cong C là kín, thì ta quy ước chọn chiều dương trên C là chiềungược chiều kim đồng hồ.2.4.2 Cách tính

1. Nếu đường cong C

AB cho bởi y x; Aa,a;Bb,b thì:

CPx,ydx Qx,ydy

b

a

Px,xdx

b

a

Qx,x/xdx

2. Nếu đường cong C

AB cho bởi phương trình tham số:

x xt

y ytAxa,ya;Bxb,yb thì:

CPx,ydx Qx,ydy

b

a

Pxt,ytx/tdt

b

a

Qxt,yty /tdt

(Công thức này có thể mở rộng cho trường hợp hàm véc tơ F : Rn Rn)Ví dụ

1. Tính I Cx2 2xydx y2 2xydy, trong đó C là cung parabol y x2 từ điểm A1,1

đến B1,1Giải:

Thay dy 2xdx; Ta có I

1

1

x2 2x.x2 x2 2 2x.x2 . 2x dx

Trang 27

1

1

x2 2x3 2x5 4x4 dx 1415

2. Tính I Cx ydx x ydy;C là đường tròn x2 y2 1.

Giải:

(C):x cos t

y sin t0 t 2

I

2

0

cos t sin t sin tdt

2

0

cos t sin tcos tdt

2

0

cos2t sin2tdt 12sin2t cos2t|0

2 0.

3. Tính I L2xy 4x3 1dx 2xy 4x3 1dy, (L) là đoạn thẳng từA2,1 đến B2,0

Giải:Phương trình đoạn AB: x 2; y 1 đến y 0 (dx0)

I

0

1

4y 4.23 1dy

1

0

4y 31dy 33

4. Tính I Ly 2xdx 4y xdy. (L) là đường y3 x từ điểm O(0,0) đến A(1,1)

Giải: dx 3y2dy

I

1

0

y 2y3 3.y2dy

1

0

4y y3 dy 4

5. Tính I Lxdx ydy x y 1dz, (L) là đoạn thẳng nối từ A(1,1,1) đến B(2,3,4)

Giải:AB 1,2,3

Phương trình tham số đoạn thẳng AB:

x 1 t

y 1 2t

z 1 3t

0 t 1

dx dt;dy 2dt;dz 3dt

I

1

0

1 tdt 2

1

0

1 2tdt 3

1

0

1 t 1 2t 1dt 13

Công thức GreenCho C là đường cong kín, trơn từng khúc trong mặt phẳng Oxy và D là miền giới hạn bởi

C.Nếu các hàm Px,y,Qx,y thuộc lớp C1 trên D. Khi đó:

C

Px,ydx Qx,ydy D

Qx

Py

dxdy (trong đó tích phân đường lấy theo hướng

dương)Ví dụ(Qui ước: nếu không giải thích gì thì hiểu các (L) theo chiều dương)

1.Tính I L

xdy ydx

x2 y2, trong đó:

a. L là đường cong (chu tuyến) kín bao quanh điểm gốc O.b. L là đường cong (chu tuyến) kín không bao điểm gốc O.

Trang 28

Giải:

Px,y xx2 y2

; Qx,y y

x2 y2

a. Chú ý : Do hàm Px,y và Qx,y không liên tục tại gốc toạ độ nên không tính bằng công thức

Green được, ta tính trực tiếp.Giả sử L có phương trình r r trong toạ độ cực, khi đó phương trình tham số của L:

x rcos;y r sin, 0 2dx cosdr r sind;dy sindr rcosd

Do đó I

2

0

rcossindr rcosd r sincosdr r sind

r2

2

0

d 2

b. Vì P và Q thuộc lớp C1 trên miền D giới hạn bởi L (thoả điều kiện của công thức Green)Qx

Py

I 0

2. I Lx y2 3dx 2xy 3x 2dy, (L) là đường tròn tâm O bán kính 1

Giải:

Viết lại I Lx y2 3dx 2xy 2dy

L3xdy I1

L3xdy

L3xdy

(I1 0 vì P x y2 3;Q 2xy 2 thỏaQ

x P

y 2y)

(L):x cos t

y sin t0 t 2;Suy ra I 3

2

0

cos2tdt 3

2

0

1 cos2t2

dt 3

3. I L3x y2 dx 2xy 2xdy, (L) là đường tròn tâm O bán kính R.

Giải: P 3x y2 ;Q 2xy; suy ra I L

2xdy

4. I L2x ydx 2x ydy, (L) là đường elip x2

a2

y2

b2 1 (a0,b0)

Giải: Viết lại I L2x 2ydx 2x ydy

Lydx

Lydx.

(L):x acos t

y b sin tt 0,2;Suy ra I ab

5. I Lysinx 1dx 2x cosydy, (L) là đường elip x2

4

y2

9 1

Giải: I Lysinx 1dx x cosydy

Lxdy

Lxdy, (tương tự ví dụ trên,I 6)

6. I Lx2 y2 dx x2 y2 dy, (L) là đường y 1 |1 x|; 0 x 2

Giải: (L): là chu tuyến của tam giác OAB với A(2,0); B(1,1)

P x2 y2;Q x2 y2;Qx

2x; Py

2y

I 2 Dx ydxdy 2

1

0

dy

2y

y

x ydx 2

1

0

2y2 4y 2dy 43

7. I L

2x2 y2 dx x y2dy, (L) là đường chu tuyến của tam giác ABC với A(1,1);

Trang 29

B(2,2);C(1,3)

Giải: Tương tự ví dụ 6. I 43

8. Tính I Lex siny pydx ex cosy pdy; Với (L) là nửa trên đường tròn x2 y2 ax (theo

chiều ngược chiều kim đồng hồ)Giải:

Bổ sung vào (L) đoạn thẳng OA với A(a,0) để được chu tuyến C L OAGọi D là phần mặt phẳng giới hạn bởi (C); P ex siny py;Q ex cosy p

Lpdx Qdy

Cpdx Qdy

OApdx Qdy J I1

Qx

ex cosy; Py

ex cosy p

Theo Green: J Dpdxdy p a2

8

I1 0 (vì OA: y0; dy0). Vậy I p a28

9. I Lxy x ydx xy x ydy; (L) là elip x2

a2

y2

b2 1 (a,b0)

Giải:P xy x y;Q xy x y; (D) là hình elip nói trên.

I Dy xdxdy;

x arcos

y br sin 0,2;Jjacobi abr;

r, : r 0,1; 0,2

I br sin arcosabrdrd

0

2

d

0

1

br sin arcosabrdr

ab3

0

2

b sin acosd 0.

10.I Lxy x ydx xy x ydy; (L) là đường tròn x2 y2 ax (a0)

Giải: Tương tự ví dụ 9.P xy x y;Q xy x y; (D) là hình tròn nói trên.

I Dy xdxdy; chuyển sang tọa độ cực; phương trình đường tròn trên trong tọa độ cực

r2 arcos

I

/2

/2

d

0

acos

r sin rcosrdr

/2

/2

sin cosacos3d a38

Ứng dụng của công thức Green

Chọn hàm P,Q thỏa:Qx

1; Py

1 khi đó: Diện tích của miền

D 12C

Px,ydx Qx,ydy,

chẳn hạn Q x;P y suy ra D 12C

ydx xdy

Trang 30

Ví dụ: Tính diện tích của hình giới hạn bởi x2

a2

y2

b2 1;

C :x acos t

y b sin tt 0,2; S 1

20

2

b sin t. a sin t acos t.bcos tdt ab

Điều kiện để tích phân đường không phụ thuộc vào đường cong lấy tích phân.

Định lý:

P, Q là các hàm thuộc lớp C1 trên miền đơn liên D. Khi đó các mệnh đề sau tương đương:

(i)Qx

Py

x,y D

(ii) Lpdx Qdy 0, với mọi L là đường cong kín, trơn từng đoạn, nằm trong D.

(iii) AB

Pdx Qdy không phụ thuộc vào đường lấy tích phân trong D mà chỉ phụ thuộc vào các

điểm đầu mút A và B.(iv) Biều thức Pdx Qdy là vi phân toàn phân của một hàm ux,y nào đó. (Tức là có hàm u để

ux/ P và uy

/ Q)

Nhận xét: Nếu C là đường cong đơn, trơn có điểm đầu A điểm cuối là B, Hàm F là hàm thuộc lớp

C1 trên miền mở chứa C và có dF Pdx Qdy thì

CPx,ydx Qx,ydy FB FA

Ví dụ

1. Tính Cydx xdy, trong đó C là đường cong đơn, trơn bất kỳ trong mặt phẳng Oxy điểm

đầu A1,2 và điểm cuối B2,1Giải: Fx,y xy; dFx,y ydx xdy

Cydx xdy FB FA 2 2 4

2. Tính I L2x 3ydx 3x 4ydy; (L) là đường y x2 từ điểm O(0,0) đến A(2,4)

Giải:P 2x 3y;Q 3x 4y thỏa điều kiện (i) do đó thỏa (iii) tích phân không phụ thuộc đường lấy

tích phân, nên chọn đường lấy tích phân là đoạn thẳng OA có phương trình tham số:

x t

y 2tt 0,2; I

2

0

2t 6t 23t 8tdt 4

2.5 Tích phân mặt loại 12.5.1 Khái niệm (Tương tự tích phân hai lớp, thay vì miền lấy tích phân là miền phẳng trong R2 thì

là miền của mặt cong trong R3, thay vì hàm số 2 biến thì là hàm số 3 biến)Cho mặt S và hàm số fx,y, z xác định trên S.

Ta gọi S1,S2, . . . ,Sn là một cách chia mặt nếu như S i1

n

Si và phần trong của các Si là đôi một rời

nhau.Gọi là tập hợp tất cả cách chia mặt cong S. Giả sử P S1,S2, . . . ,Sn . Đặt:

mi inffM : M Si; Mi supfM : M Si (i 1,2, . . . ,n);si diện tích của Si;

Lf,P n

i1

misi; Uf,P n

i1

Misi;

Khi đó: Lf,P Uf,P

Trang 31

NếuP

sup Lf,P P

inf Lf,P thì giá trị này gọi là tích phân mặt loại 1 của hàm f trên mặt S và ký

hiệu là Sfds (hoặc

Sfx,y, zds )

Tính chất

Tích phân mặt loại 1 có các tính chất như tích phân kép (tổng, hiệu, tích một hằng số với tíchphân, tích phân trên hai mặt rời nhau (hoặc giao nhau chỉ gồm hữu hạn điểm))2.5.2 Cách tính

Giả sử S là mặt z x,y. Gọi Dxy là hình chiếu (theo phương Oz) của S xuống mặt Oxy. Khi

đó:

Sfx,y, zdS

Dxyfx,y,x,y 1 x

/ 2 y

/ 2

(tương tự, chiếu lên các mặt Oyz, Ozx)Thí dụ:

1. Tính I SxydS; S là mặt z 2x; 0 x 1;0 y 2

Giải:Dxy x,y, 0 : 0 x 1;0 y 2

I Dxy

xy 1 22 dxdy 5

1

0

xdx

2

0

ydy 5

2. Tinh I S2x2 xy 3dS, S là mặt y 2x, x2 z2 1

Giải:Chếu mặt S xuống mặt Oxz theo phương OyDxz x, 0, z : x2 z2 1; (Hình tròn bán kính bằng 1)

I Dxz

2x2 x. 2x 3. 5 dxdz 3 5 Dxz

dxdz 3 5

2.5.3 Ứng dụng

1. Tính diện tích mặt cong: S SdS

2. Tính khối lượng mặt cong:

Tại điểm Mx,y, z S, khối lượng là x,y, z. Khối lượng mặt S Sx,y, zdS

2.6 Tích phân mặt loại 2Trong phần này ta chỉ xét mặt hai phía (là mặt thỏa: xuất phát từ một điểm bất trong mặt, dựng

véc tơ pháp tuyến n0 tại điểm này, sau đó cho diểm này chạy trên chu tuyến bất kỳ trong mặt, cácvéc tơ pháp tuyến thay đổi theo, nhưng khi quay về điểm xuất phát, véc tơ này cùng chiều với n0).Và khi đó ta nói n0 xác định hướng của mặt.2.6.1 Khái niệm

Cho mặt định hướng S, n cos, cos, cos xác định hướng của mặt. (Trong đó ,, lần

lượt là góc tạo bởi véc tơ đơn vị của trục Ox, Oy, Oz với n )

Hàm véc tơ Fx,y, z Px,y, z,Qx,y, z,Rx,y, z.

Phân hoạch mặt S bởi những mảnh Si (i1,2,...m) có diện tích là si và đường kính là di. Đặtd Maxdi : i 1,2, , ,m

Lấy các điểm Mixi,yi, zi Si. Kí hiệu: nMi là véc tơ pháp tuyến của mặt định hướng S tại

điểm Mi. i si.FMi . nMi (tích vô hướng).

Trang 32

Nếu tổng i1

m

im;d0 I (không phụ thuộc vào phân hoạch mặt S, không phụ thuộc cách

chọn điểm Mi) thì ta nói số I là tích phân mặt loại hai cùa hàm F trên mặt S và ký hiệu:

I SFndS hay

SPcos Qcos RcosdS

Với lưu ý cosdS dyz dydz; cosdS dzx dzdx; cosdS dxy dxdy thì viết lại:

SPdydz Qdzdx Rdxdy

2.6.2 Cách tính

Xét SRx,y, zdxdy;

Giả sử mỗi đường thẳng cùng phương với truc Oz chỉ cắt mặt S không quá 1 điểm.

Gọi Dxy là hình chiếu của S : z fx,y theo phương trục Oz xuống mặt phẳng Oxy.

Trường hợp 1: Nếu n tạo với véc tơ chỉ phương k của trục Oz một góc nhọn hoặc bằng 0

(n . k 0) thì:

SRx,y, zdxdy

Dxy

Rx,y, fx,ydxdy

Trường hợp 2: Nếu n tạo với véc tơ chỉ phương trục Oz một góc tù (n . k 0) thì:

SRx,y, zdxdy

Dxy

Rx,y, fx,ydxdy

Hoàn toàn tương tự cho cách tính SPdydz và

SQdzdx

Thí dụ:

1. Tính I Sxdydz ydzdx zdxdy, S là phía trên của phần mặt phẳng x z 1 0 nằm giữa

hai mặt phẳng y 0;y 4Giải:

* Tính Szdxdy

Phương trình mặt (S): z 1 x; góc giữa n và k nhọn:;Dxy x,y, 0 : 0 x 1;0 y 4

Szdxdy

Dxy

1 xdxdy

4

0

dy

0

1

1 xd 2

* Tính Sxdydz ; Tương tự hoán đổi vai trò của x và z cho nhau ta có

Sxdydz 2

* Tính Sydzdx;Ta co Dzx x, 0, z : x z 1 0;x 0; z 0 (là đoạn thẳng) suy ra

Sydzdx 0

Vậy I 2 2 0 4

2. Tính I Sdxdy; trong đó S là mặt giới hạn bởi : x 2y 2z 4 và x2 y2 4 và định

hướng bởi n 1,2,2Giải:

n . k 2 0 ;Dxy x,y, 0 : x2 y2 4 suy ra I Dxy

dxdy 4 (diện tích hình tròn

x2 y2 4; z 0)

3. Tính I Sx2dydz z2dxdy, S là phần ngoài mặt nón x2 y2 z2;0 z 1

Trang 33

Giải:

Tính Sx2dydz (Chiếu theo phương Ox lên mặt Oyz)

Dùng mặt Oyz chia mặt nón thành hai phần:S1 : x2 y2 z2;0 z 1;x 0S2 : x2 y2 z2;0 z 1;x 0Cả hai mặt này có cùng hình chiếu lên Oyz theo phương Ox là :Dyz (Trong trường hợp này ta

không cần tìm chi tiết) và:

Sx2dydz

S1

x2dydz S2

x2dydz Dyz

z2 y2 dydz Dyz

z2 y2 dydz 0

Tính Sz2dxdy (Chiếu theo phương Oz lên mặt Oxy)

Từ việc tìm giao của mặt z 1 với mặt nón, Ta tìm được: Dxy x,y, 0 : x2 y2 1

Sz2dxdy

Dxy

x2 y2 dxdy (sang tọa độ cực)

2

0

d

1

0

r2. rdr 2

5. Tính I Sx2dydz y2dzdx z2dxdy, S là phần ngoài mặt cầu: x2 y2 z2 a2 thuộc góc

phần tám thứ nhất.Giải:

Nhận xét: Vai trò x,y,z như nhau nên ta chỉ cần tính I Sz2dxdy

Dxyx,y, 0 : x2 y2 a2 : x 0;y 0,

Sz2dxdy

Dxy

a2 x2 y2 dxdy (sang tọa độ cực)

0

/2

d

0

a

a2 r2 rdr a4

8

Suy ra I 3a4

86. Tính I

Sx2dydz y2dzdx z2dxdy, S là phần ngoài mặt cầu:

x a2 y b2 z c2 R2

Giải:

Tính Sz2dxdy

Chọn mặt z c để chia mặt cầu thành hai phần:

S1 :Phần mặt cầu S với z c : z c R2 x a2 y b2

S2 :Phần mặt cầu S với z c : z c R2 x a2 y b2

Cả hai phần trên cùng chung hình chiếu lên Oxy là hình trònDxy x,y, 0 : x a2 y b2 R2

Với chú ý các véc tơ định hướng của các mặt trên lần lượt tạo với véc tơ chỉ phương trục Ozgóc nhọn, góc tù ta có:

J Sz2dxdy

S1

z2dxdy S2

z2dxdy

Dxy

c R2 x a2 y b22

dxdy Dxy

c R2 x a2 y b22

dxdy

4c Dxy

R2 x a2 y b2 dxdy

Trang 34

đổi biến:x a rcos

y b r sin(0 r R; 0 2)

Iz 4c

0

2

d

0

R

R2 r2 . rdr 4c

0

R2

R2 u du . 4c

0

R2

t dt 8R3

3c

Hoán vị vòng quanh (x-y-z-x tương ứng a-b-c-a) ta có:

Ix 8R3

3a; Iy 8R3

3b suy ra I 8R3

3a b c

Công thức Stokes

Định lý:

Cho P,Q,R C1 trên mặt trơn định hướng (S) giới hạn bởi chu tuyến (L), Khi đó:

LPdx Qdy Rdz

S

Ry

Qz

dydz Pz

Rx

dzdx Qx

Py

dxdy

trong đó tích phân đường trên (L) được lấy theo chiều dương (khi từ điểm ngọn của véc tơ pháptuyến của mặt (S) nhìn xuống)

Để dễ nhớ ta viết theo hình thức:

LPdx Qdy Rdz

S

cos cos cos

x

y

z

P Q R

dS

(với chú ý: cosdS dydz; cosdS dzdx; cosdS dxdy)Ví dụ:

1. I Lydx z2dy x2dz. L là giao tuyến của các mặt:x2 y2 z2 4 và z 3 (Qui ước đứng

dọc theo Oz nhìn xuống thi L theo chiều dương)Giải:

Mặt z 3 cắt mặt cầu theo đường tròn tâm là 0,0, 3 , bán kính 1.

Gọi (S) là hình tròn với biên là đường tròn nói trên.P y;Q z2;R x2

I S2zcos 2xcos cosdS

Pháp véc tơ của mặt (S) luôn là (theo hướng trục Oz) n 0,0,1

cos n i

n . i 0;cos

n j

n . j 0;cos n k

n . k 1;

Suy ra I SdS ( diện tích của S)

2. I Lydx zdy xdz, L là đường tròn x2 y2 z2 a2,x y z 0.

Giải:Mặt x y z 0 là mặt phẳng qua tâm hình cầu :x2 y2 z2 a2. Nên L là đường tròn tâm

gốc tọa độ, bán kính a.Gọi (S) là hình tròn giới hạn bởi biên là (L), pháp véc tơ mặt (S) luông là n 1,1,1;

cos n i

n . i 1

3;cos

n j

n . j 1

3;cos n k

n . k 1

3;

Trang 35

P y;Q z;R xRy

Qz

1; Pz

Rx

1;Qx

Py

1;

Suy ra:

I Scos cos cosdS 3

SdS 3 a2.

3. I Ly zdx z xdy x ydz, L là đường x2 y2 1,x z 1.

Giải:

(L) là đường Elip:x2 y2 1

x z 1;

Chọn (S) là hình Elip nằm trong mặt phẳng x z 1, giới hạn có biên là (L).pháp véc tơ mặt (S) luôn là n 1,0,1;

P y z; Q z x; R x yRy

Qz

1 1 2; ; Pz

Rx

1 1 2;Qx

Py

1 1 2;

cos n i

n . i 1

2;cos

n j

n . j 0;cos n k

n . k 1

2;

I 2 Scos cos cosdS 2 2 .S với S là diện tích hình elip (S).

Tính S.Chiếu (S) xuống mặt phẳng (Oxy) là hình tròn :x2 y2 1; z 0; Hình tròn này có diện tích

bằng , suy ra diện tích của (S) bằng cos 2

suy ra I 4Công thức Gauss-OstrogradskiĐịnh lý:P,Q,R C1 trên miền đơn (V) giới hạn bởi mặt kín trơn từng mảnh (S) thì:

SPdydz Qdzdx Rdzdy

V

Px

Qy

Rz

dxdydz

trong đó tích phân mặt được tính trên mặt ngoài của (S)Ví dụ

1. Áp dụng công thức Gauss-Otrogradski tính:

I Sx2dydz y2dzdx z2dxdy, S là phần ngoài mặt cầu: x a2 y b2 z c2 R2

Giải:(V) là hình cầu giới hạn bởi mặt (S),P x2;Q y2;R z2

Px

2x;Qy

2y; Rz

2z,

I V

2x y zdxdydz;

Xét Ix V

2xdxdydz

Trang 36

Đổi sang tọa độ :

x a r sincos

y b r sin sin

z c rcos

; r,, : 0 2; 0 ; 0 r R

Ix 2

2

0

d

0

d

R

0

a r sincosr2 sindr

2. Tính I S

4x3dydz 4y3dxdz 6z4dxdy. (S) là mặt ngoài của mặt toàn phần của hình

trụ:x2 y2 a2; z 0; z hGiải:

P 4x3;Q 4y3;R 6z4

(V) là hình giới hạn bởi mặt (S),I V12x2 12y2 24z3 dxdydz

12 Vx2 y2 2z3 dxdydz 12

r2 2z3 rdrddz (Chuyển sang tọa độ trụ)

Với r,, z : 0 2; 0 r a; 0 z h

I

2

0

d

a

0

dr

h

0

r3 2z3rdz 12.2

a

0

r3h 12rh4 dr 6a2ha2 h3

3. Tính I Sx3dydz y3dxdz z3dxdy. Với (S) là phía ngoài của mặt cầu x2 y2 z2 a2

Giải:Goi (V) là hình cầu:x2 y2 z2 a2.

I 3 Vx2 y2 z2 dxdydz 3

2

0

d

0

d

a

0

r2r2 sindr (đổi sang tọa độ cầu)

3

2

0

d

0

sind

a

0

r4dr 125a5

Trang 37

Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

3.1 Phương trình vi phân cấp 1

3.1.1 Khái niệm chung, bài toán Cauchy, định lý tồn tại duy nhất nghiệm

1. Dạng: Fx,y,y/ 0 (1) hoặc dưới dạng y/ fx,y (2) Trong đó y yx là hàm số chưa

biết. (do y/ dydx

nên (2) còn có thể viết ở dạng: Px,ydx Qx,ydy 0)

2. Nghiệm: Hàm khả vi y x (x D) thỏa (1) gọi là một nghiệm xác định trên D của

phương trình vi phân.3. Nghiệm tổng quát, tích phân tổng quát:

Hàm y x,C gọi là nghiệm tổng quát của phương trình nếu nó thỏa các tính chất sau:

(i) Với hằng số C bất kỳ nó là nghiệm của phương trình nêu ở (1),(ii) Với điều kiện ban đầu yx0 y0 (3) sao cho có duy nhất giá trị C C0 để

y x,C0 là nghiệm thỏa điều kiện đầu (3)

Tích phân tổng quát của phương trình là phương trình dạng Gx,y,C 0 (còn gọi làđường cong tích phân tổng quát) trong đó y yx,C là nghiệm tổng quát của phương trình.

4. Nghiệm riêng: Là nghiệm y x,C0 có được từ nghiệm tổng quát, bằng cách cho giá trịcụ thể C C0

5. Nghiệm kỳ dị: Là nghiệm nhưng không phải là nghiệm riêng.6. Bài toán Cauchy: Là bài toán tìm nghiệm riêng của phương trình y / fx,y thỏa điều kiện

ban đầu yx0 y0.Định lý

Nếu hàm fx,y vàfy

liên tục trong một lân cận của Px0,y0 thì tồn tại và duy nhất nghiệm

của bài toán Cauchy xác định trong một lân cận nào đó của x0.

3.1.2 Phương trính tách biếnDạng: Pxdx Qydy 0 (1) hoặc

P1xQ1ydx P2xQ2ydy 0 (1 /)Lưu ý: Dạng (1 /) đưa về (1) được bằng cách chia hai vế cho Q1y.P2xCách giải: Tích phân bất định hai vế của (1) cho ta tích phân tổng quát:

Pxdx Qydy C

Ví dụ:1. Tìm tích phân tổng quát của phương trình : y / tgx. tgy

Giải: Nếu y không là hàm hằng bằng 0, thay y / dydx

đưa phương phương trình về:

cotgydy tgxdx,

Tích phân bất định hai vế cho: cotgydy tgxdxTích phân tổng quát: ln|siny| ln|cosx| C (ta có thể viết gọn lại siny. cosx C)2. Tìm tích phân tổng quát của phương trình: lncosydx xtgydy

Giải: với cosy 1,x 0

Phương trình tương đương: dxx dx

tgydylncosy

0

tgydylncosy

dyu lnu

ln|lncosy| C1.

Trang 38

Suy ra ln|x| ln|ln cosy| C1 hay Cx lncosy3. Giải PT xyy/ 1 x2

4. PT: y /tgx y

5. Tìm tích phân của :yy/

x ey 0; thỏa y0 1

6. Tìm tích phân của : e1x2tgydx e2x

x 1dy 0 thỏa y1 /2

7. 1 e2x y2dy exdx; thỏa: y0 0

8. y/ 2xy thỏa y3 5

9.y

y/lny thỏa: y2 1

10. y / exy exy thỏa y0 0

11. 1 ex yy/ ex thỏa y0 1

12. xy2 xdx x2y ydy 0 thỏa yo 1

13. y/ sinx y lny thỏa y/2 1

3.1.3 Phương trình đẳng cấp

Dang: y/ yx 1 (hoặc

dydx

yx )

Cách giải:Đặt u yx y ux y/ u xu/ thay vào (1) ta được

u xu / u xu/ u uTrường hợp u u 0: đưa về tách biếnTrường hợp u u 0 tại u0 thử trực tiếp cho ta y u0x cũng là nghiệm.Ví du: Tìm nghiệm hoặc tích phân của phương trình:

1. x sinyx y / x y sin

yx

2. xy y2 2x2 xyy/

3. xyy / y2 2x2

4. xy/ lnyx y ln

yx x

5. y / yx cos

yx

6. x2 y2 dx xydy 0

7. y/ x yx y

8. x yydx x2dy 0

9. x2 3y2 dx 2xydy 0 thỏa y2 1

10. xy/ y xtgyx thỏa y1 /2

11. xy/ xeyx y thỏa y1 0

3.1.4 Phương trình toàn phần

Dang: Px,ydx Qx,ydy 0 trong đó Py

Qx

Cách giải:

Với điều kiện Py

Qx

thì vế trái là vi phân toàn phần của hàm u nào đó.

Tim u ux,y thỏa:

Trang 39

ux

P (a)

uy

Q (b)

Từ (a) suy ra u Px,ydx Cy (c)

Lấy đạo hàm hai vế của (c) theo y và thay vào (b) ta tìm được C /y, từ đây suy ra Cy rồi thay

vào (c) ta có u.Và tích phân tổng quát ux,y C

Ví du: Tìm nghiệm hoặc tích phân tổng quát của các phương trình sau:1. y ex dx xdy 0

Hướng dẫn:P y ex;Q x;

Tim u ux,y thỏa:

ux

y ex (a)

uy

x (b)

Từ (a) suy ra u y ex dx Cy xy ex Cy

Từ (b) và kết quả trên suy ra Cy/ y x x Cy C1. Suy ra u x ex xy

Vậy tích phân tổng quát: xy ex C2. ey 1dx xey 1dy 0Hướng dẫn:

P ey 1;Q xey 1;Tim u ux,y thỏa:

ux

ey 1 (a)

uy

xey 1 (b)

Từ (a) suy ra u ey 1dx Cy xey x Cy

uy

xey C /y thay vào (b) suy ra: C /y 1 Cy y

Vậy u xey x y và tích phân tổng quát:xey x y C3. 1 cosydx 1 x sinydy 0

Hướng dẫn:P 1 cosy;Q 1 x siny

u 1 cosydx Cy 1 cosyx Cy

uy

x siny C /y thay vào (b) suy ra: C /y 1 Cy y

Suy ra u 1 cosyx y và tích phân tổng quát:1 cosyx y C

3.1.5 Phương trình tuyến tính cấp 1 và phương trình Becnoulli(i) Phương trình tuyến tính dạng: y/ pxy qx (1)

Cách giải:

Trang 40

Nghiệm tổng quát dạng y Ux.Vx,C

Ux e pxdx

(lưu ý pxdx chỉ một nguyên hàm nào đó của px)

Vx,C qxUx

dx C

Ví dụ: Tìm nghiệm hoặc tích phân của các phương trình sau:1. xy/ y x2 cosx2. y / 2xy xex

2

3. y / cosx y 1 sinx4. y/1 x2 y arctgx

5.dydx

yx x

6. xy/ 2y x4

7. y2dx 2xy 3dy 0

8. y/ nyx a

xn thỏa y1 0

9. y / y

x lnx x lnx thỏa y2 1

2e2

10. y / sinx ycosx 1 thỏa y 2

0

11. xy/ y ex thỏa ya b

12 y/ ytgx 1cosx thỏa y0 0

(ii) Phương trình Becnoulli: y/ pxy qxy (2)Lưu ý:1. Ta có thể xem 0 hay 1 vì nếu không thì phương trình đưa về dạng tuyến tính đã

xét.2. Nếu 0 thì y 0 là một nghiệm của phương trình, còn 0 thì y 0 không là

nghiệm.

Cách giải: Chia hai vế của phương trình cho ycó:y /

y pxy1 qx (2 /)

Đặt z y1 z / 1 y/

ythay vào (2 /) đưa đến phương trình tuyến tính đối với hàm z :

z / 1 pxz 1 qx

Ví dụ: Tìm nghiệm hoặc tích phân của các phương trình:1. xy/ y x2y2

2. 2xyy / y2 x 0

3.2 Phương trình vi phân cấp 2

3.2.1 Khái niệm chung, bài toán Cauchy, định lý tồn tại duy nhất nghiệm1. Dạng: Fx,y,y/,y // 0 (1) hoặc có dạng : y // fx,y,y/ (2)

2. Nghiệm: Hàm khả vi y x (x D) thỏa (1) gọi là một nghiệm xác định trên D của

phương trình vi phân.3. Nghiệm tổng quát, tích phân tổng quát:

Hàm y x,C1,C2 gọi là nghiệm tổng quát của phương trình nếu nó thỏa các tính chất

sau:

Trang 41

(i) Với hằng số C1,C2 bất kỳ nó là nghiệm của phương trình (1)(ii) Với điều kiện ban đầu yx0 y0;y/x0 y0

/ (3) sao cho có duy nhất giá trị C1 C10

;C2 C20 để y x,C1

0,C20 là nghiệm thỏa điều kiện đầu (3)

Tích phân tổng quát của phương trình là phương trình dạng Gx,y,C1,C2 0 (còn gọi là

đường cong tích phân tổng quát) trong đó y yx,C1,C2 là nghiệm tổng quát của phương trình.

4. Nghiệm riêng: Là nghiệm y x,C10,C2

0 có được từ nghiệm tổng quát, bằng cách cho giá

trị cụ thể C1 C10 ;C2 C2

0

5. Nghiệm kỳ dị: Là nghiệm nhưng không phải là nghiệm riêng.

6. Bài toán Cauchy: Là bài toán tìm nghiệm riêng của phương trình y // fx,y,y/ thỏa điều

kiện ban đầu yx0 y0;y /x0 y0/ .

Định lý

Nếu hàm f vàfy

liên tục trong một lân cận của P x0,y0,y0/ thì tồn tại và duy nhất nghiệm

của bài toán Cauchy xác định trong một lân cận nào đó của x0.

3.2.2 Phương trình giảm cấp được(i) Dạng khuyết y;y/ : Fx,y// 0

Cách giải: Đặt y/ p, đưa về dạng cấp một theo p : Fx,p / 0

(ii) Dạng khuyết y : Fx,y/,y // 0

Cách giải: Đặt y / p, đưa về dạng cấp một theo p : Fx,p,p / 0

(iii) Dạng khuyết x : Fy,y /,y // 0

Cách giải: Đặt y / p, y// dpdy

.dydx

pdpdy

; Xem p là hàm chưa biết theo biến y. Đưa đến

phương trình cấp một theo p là hàm theo y dạng: F y,p,pdpdy

0

3.2.3 Khái niệm phương trình tuyến tínhDạng: y// pxy / qxy fx (1)Dạng thuần nhất: y// pxy/ qxy 0 (2)Định lý:

Giả sử nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất (2) là: y C1y1x C2y2x và một

nghiệm riêng của phương trình (1) là y gx. Khi đó:Nghiệm tổng quát của phương trình (1) dạng: y C1y1x C2y2x gxĐịnh lý: (Chồng nghiệm)

Giả sử y1x là nghiệm riêng của phương trình: y // pxy / qxy f1x và y2x là nghiệm

riêng của phương trình: y // pxy / qxy f2x. Khi đó: y y1x y2x là một nghiệm riêng

của phương trình: y // pxy / qxy f1x f2x

3.2.4 Phương trình tuyến tính với hệ số hằng: thuần nhất hoặc vế phải đặc biệt.

Dạng thuần nhất:y// py/ qy 0 (Trong đó p, q là các hằng số)

Cách giải:

Trang 42

Phương trình đặc trưng: 2 p q 0Trường hợp 1: Phương trình đặc trưng có 2 nghiệm thực phân biệt 1,2 ( p2 4q 0)

Nghiệm tổng quát: y C1e1x C2e2x

Trường hợp 2: Phương trình đặc trưng có nghiệm kép 1 2 p2

( p2 4q 0)

Nghiệm tổng quát: y C1 C2xep2

x

Trường hợp 3: Phương trình đặc trưng có 2 nghiệm phức liên hợp 1,2 i

( p2 4q 0; p2

; 2

)

Nghiệm tổng quát: y exC1 cosx C2 sinxVí dụ:1. Giải phương trình: y // 3y/ 4y 0Giải:Phương trình đặc trưng 2 3 4 0 có hai nghiệm 1 1,2 4 Nghiệm tổng quát của

PT thuần nhất:y C1ex C2e4x

2. y // 5y / 6y 03. y // 6y / 04. y // 6y 05. y// y 06. y // 2y / y 07. y // 2y / 2y 08. y // 4y / 2y 0

9.y / y

y // 3

10. y // 5y / 4y 0 thỏa (y0 5;y/0 8)Giải:Phương trình đặc trưng 2 5 4 0 có hai nghiệm 1 1,2 4Nghiệm tổng quát của PT thuần nhất:y C1ex C2e4x

y / C1ex 4C2e4x

(y0 5;y/0 8)C1 C2 5

C1 4C2 8 C1 4;C2 1

Vậy: y 4ex e4x

11. y // 3y/ 2y 0 thỏa (y0 1;y/0 1)12. y// 4y 0 thỏa (y0 0;y/0 2)13. y/ 2y/ 0 thỏa (y0 1;y /0 0)14. y// 2y 0 thỏa (y0 0;y/1 0)

Dạng không thuần nhất với vế phải đặc biệt:Dạng: y// py / qy fx (f là hàm đặc biệt sẽ trình bày bên dưới)

Cách giải:Bước 1: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng: y // py / qy 0.Bước 2: Tìm một nghiệm riêng của phương trình.Bước 2: Biểu diễn nghiệm tổng quát: bằng tổng nghiệm tổng quát tìm được ở bước 1 và

một nghiệm riêng tìm được ở bước 2.

Trang 43

Phương pháp tìm nghiệm riêng của phương trình:Dạng 1: y // py/ qy Pmxex (Pm là đa thức bậc m)

Trường hợp (i): không là nghiệm của phương trình đặc trưng, ta tìm một nghiệm riêngdạng y Qmxex

Trường hợp (ii): là nghiệm bội cấp r của phương trình đặc trưng ta tìm một nghiệm riêngdạng y xrQmxex

Trong đó Qmx là đa thức bậc tối đa là m, và được xác định bằngcách thay trực tiếp vào

phương trình và dùng phương pháp đại số thông thường:Ví dụ:1. Giải phương trình: y // 4y/ 4y x2

Giải:Bước 1: PTĐT:2 4 4 0 có nghiệm kép (bội 2) 2.

Nghiệm tổng quát của PT thuần nhất:y C1 C2xe2x

Bước 2: (fx x2 x2ex với 0 không là nghiệm của PTĐT)Ta tìm một nghiệm riêng của PT đã cho dạng y Ax2 Bx Cy/ 2Ax B;y// 2A, thay vào PT đã cho được: 4Ax2 8A 4Bx 2A 4B 4C x2.

Đẳng thức trên đúng x khi và chỉ khi:

4A 1

8A 4B 0

2A 4B 4C 0

A 14

B 12

C 38

;

Vậy một nghiệm riêng của PT: y 14x2 1

2x 3

8Bước 3: Nghiệm tổng quát của PT: y C1 C2xe2x 1

4x2 1

2x 3

82. Giải phương trình: y // y/ y x2 6Giải:

Bước 1: PTĐT 2 1 0 có 2 nghiệm phức liên hợp:1,2 1 i 3

2

Nghiệm tổng quát của PT thuần nhất: y e12x C1 cos

32

x C2 sin32

x

Bước 2: (fx x2 6ex với 0 không là nghiệm của PTĐT)

Ta tìm một nghiệm riêng của PT đã cho dạng y Ax2 Bx Cy/ 2Ax B;y// 2A, thay vào PT đã cho được: Ax2 2A Bx 2A B C x2 6

Đồng nhất hệ số cho ta:A 1;B 2;C 6Một nghiệm riêng của PT: y x2 2x 6

Bước 3: Nghiệm tổng quát của PT: y e12x C1 cos

32

x C2 sin32

x x2 2x 6

3. Giải PT; y// y ex

Giải:Bước 1: PTĐT 2 1 0 có 2 nghiệm phân biệt 1 1;2 1;

Nghiệm tổng quát của PT thuần nhất: y C1ex C2ex

Bước 2: (fx Pex P1, 1 là nghiệm bội cấp 1 (nghiệm đơn) của phương trình đặc

trưng)Ta tìm một nghiệm riêng của PT dạng y Axex; y / A1 xex; y // A2 xex; thay vào

Trang 44

PT có: 2Aex ex A 12

Nghiệm riêng của PT: y 12xex

Bước 3: Nghiệm tổng quát của PT: y C1ex C2ex 12xex

4. Giải PT: y // y / 6y xe2x

Giải:Bước 1: PTĐT 2 6 0 có 2 nghiệm phân biệt 1 2;2 3

Nghiệm tổng quát của PT thuần nhất: y C1e2x C2e3x

Bước 2: (fx xe2x, 2 là nghiệm bội cấp 1 của PTĐT ); ta tìm một nghiệm riêng của PT

dạng: y xAx Be2x

y / 2Ax Be2x 2y; y // 2Ae2x 22Ax Be2x 2y /; thay vào PT được:

2A 5Be2x 10Axe2x xe2x

Đồng nhất hệ số cho: A 110

;B 125

; Một nghiệm riêng của PT: y x 110

x 125

e2x

Bước 3: Nghiệm tổng quát của PT: y C1e2x C2e3x x 110

x 125

e2x

5. Giải phương trình: y // 6y/ 9y xe3x

Giải:PTĐT 2 6 9 0 có nghiệm bội cấp 2 là 3.Nghiệm tổng quát của PT thuần nhất: y C1x C2 e3x

(fx xe3x; 3 là nghiệm bội cấp r2 của phương trình đặc trưng)Ta tìm một nghiệm riêng của PT dạng: y x2Ax Be3x e3xAx3 Bx2

y / 3e3xAx3 Bx2 e3x3Ax2 2Bx 3Ax3e3x 3A 3Bx2e3x 2Bxe3x

3Ax3 3A 3Bx2 2Bxe3x

y // 9Ax2e3x 9Ax3e3x 6A Bxe3x 9A Bx2e3x 2Be3x 6Bxe3x

9Ax3 18A 9Bx2 6A 12Bx 2Be3x

y // 6y/ 9y 6Ax 2Be3x

Thay vào phương trình cho: 6Ax 2Be3x xe3x

Suy ra: A 16

;B 0. Một nghiệm riêng của PT y 16x3e3x

Nghiệm tổng quát của PT: y C1x C2 e3x 16x3e3x

Dạng 2:y // py / qy Pmxcosx Pnx sinx (Pm là đa thức bậc m, Pn là đa thức bậc n)

Trường hợp (i): i không là nghiệm của phương trình đặc trưng, ta tìm một nghiệm riêngdạng: y Qlxcosx Rlx sinx với l maxm,n

Trường hợp (ii): i là nghiệm của phương trình đặc trưng, ta tìm một nghiệm riêng dạng:y xQlxcosx Rlx sinx với l maxm,n

Trong các dạng nói trên,Trong đó Qlx,Rlx là đa thức bậc tối đa là l và được xác địnhbằngcách thay trực tiếp vào phương trình và dùng phương pháp đại số thông thường:

Lưu ý: Dạng: y// py / qy eaxPmxcosx Pnx sinx bằng cách đặt y zeax thì đưa vềdạng 2.

Ví dụ:

1. Giải PT y // y / cosxGiải:Bước 1:Phương trình đặc trưng 2 0 có hai nghiệm thực phân biệt 1 1;2 0Nghiệm tổng quát của PT thuần nhất: y C1ex C2

Trang 45

Bước 2: (fx cosx P1 cosx R1 sinx với ;P1 1;R1 0; 1 i không là nghiệm

của phương trình đặc trưng)Tìm 1 nghiệm riêng của phương trình dạng y Acosx B sinx

y/ A sinx Bcosx; y// Acosx B sinx; thay vào phương trình cho:

A Bcosx A B sinx cosx

Đồng nhất hệ sốA B 1

A B 0 A 1

2;B 1

2. Một nghiệm riêng của

PT:y 12

cosx 12

sinx

Bước 3: Nghiệm tổng quát của PT: y C1ex C2 12

cosx 12

sinx

2. Giải pT: y// y x sinxGiải:Bước 1: Phương trình đặc trưng 2 1 0 có hai nghiệm phức i

Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: y C1 cosx C2 sinxBước 2: (vế phải fx x sinx 1 i i là nghiệm của PT đặc trưng). ta tim một

nghiệm riêng của PT dạng: y xax bcosx cx d sinxy ax2 bxcosx cx2 dx sinx

y/ 2ax bcosx ax2 bx sinx 2cx d sinx cx2 dxcosx

cx2 2a dx bcosx ax2 b 2cx d sinx

y// 2cx 2a dcosx cx2 2a dx b sinx 2ax b 2c sinx ax2 b 2cx dcosx

ax2 b 4cx 2a 2dcosx cx2 4a dx 2b 2c sinx

y// y 4cx 2a 2dcosx 4ax 2b 2c sinx. Thay vào phương trình cho:

4cx 2a 2dcosx 4ax 2b 2c sinx x sinx

Đồng nhất hệ số cho:

4c 0

2a 2d 0

4a 1

2b 2c 0

a 14

c 0

b 0

d 14

;

Vậy một nghiệm riêng của PT: y 14x2 cosx 1

4x sinx

Bước 3: Nghiệm tổng quát của PT:y C1 cosx C2 sinx 14x2 cosx 1

4x sinx,

3. Giải phương trình y// 2y/ 5y ex cos2x (1)Giải:Đặt y zex; khi đó y / z / zex; y// z // 2z / zex; thay vào phương trình đã cho dẫn

đến phương trình:z // 4z cos2x (2)

Bước 1: Phương trình đặc trưng của (2): 2 4 0 có 2 nghiệm phức phân biệt: 1,2 2i.Nghiệm tổng quát của PT thuần nhất tương ứng của (2) là: z C1 cos2x C2 sin2x

Bước 2: Do fx cos2x; 2;i là nghiệm bội cấp 1 của PT đặc trưng nên ta tìm một

nghiệm riêng của PT (2) dạng: z xAcos2x B sin2xz / 2Bx Acos2x 2Ax B sin2x; z // 4Ax Bcos2x 4Bx 4A sin2x; thay vào

phương trình (2) cho ta:

Trang 46

4Bcos2x 4A sin2x cos2x, x (A 0;B 14

)

Một nghiệm riêng của (2): z 14x sin2x

Bước 3: Nghiệm tổng quát của (2): z C1 cos2x C2 sin2x 14x sin2x

Suy ra nghiệm tổng quát của (1): y C1 cos2x C2 sin2x 14x sin2xex.

4. Giải phương trình y // y/ 2cos2xGiải:

Viết lại phương trình: y // y/ cos2x 1 1Bước 1: Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: y C1ex C2 (phương trình đặc

trưng 2 0 có hai nghiệm thực 1 1;2 0)Bước 2: Ta tìm nghiệm riêng của phương trình đã cho bằng cách sử dụng định lý chồng

nghiệm:Xét Hai phương trình : y// y / cos2x (2) và y// y/ 1 (3)

(i) Tìm một nghiệm riêng của PT (2): dạng y Acos2x B sin2x (chọn dạng này vì vế phải làcos2x; 2;i không là nghiệm của PT đặc trưng)

Tính y/;y // thay vào PT (2), đồng nhất hệ số ta được A 15

;B 110

: nghiệm riêng của (2)

y 15

cos2x 110

sin2x

(ii) Tìm một nghiệm riêng của PT (3) dạng: y Ax (vì vế phải là 1 ex với 0 là nghiệm bộicấp 1 của PTĐT)

Tính y /;y // thay vào PT (3) tìm được A 1; một nghiệm riêng của (3) là: y x;(iii) Theo định lý chồng nghiệm, một nghiệm riêng của PT (1) là: y x 1

5cos2x 1

10sin2x

Bước 3: Nghiệm tổng quát của PT đã cho: y C1ex C2 x 15

cos2x 110

sin2x

3.2.5 Phương pháp biến thiên hằng số LagrangePhương trình tuyến tính dạng: y// pxy / qxy fx (1)Phương trình thuần nhất tương ứng:y// pxy / qxy 0 (2)Giả sử đã biết nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là: y C1y1 C2y2 (3), trong đó

C1,C2 là các hằng số tùy ý. Bây giờ xem C1,C2 là hai hàm số, ta tìm C1,C2 để (3) là nghiệm củaphương trình (1)

Với C1,C2 là nghiệm của hệ:

C1/ y1 C2

/ y2 0

C1/ y1

/ C2/ y2

/ fx

Vi dụ:Giải phương trình: y// y cos3xGiải:

Phương trình đặc trưng 2 1 0 có 2 nghiệm phức 1,2 iNghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là: y C1 cosx C2 sinx

Ta tìm C1,C2 thỏa:C1

/ cosx C2/ sinx 0

C1/ sinx C2

/ cosx cos3x

C1/ sinxcos3x

C2/ cos4x 1 cos2x

2

2 1 2cos2x cos22x

4 1

41 2cos2x 1 cos4x

2 1

432 2cos2x cos4x

2

Trang 47

Suy ra: C1 14

cos4x K1; C2 38x 1

4sin2x 1

32sin4x K2

Vậy Nghiệm tổng quát của phương

trình:y C1 cosx C2 sinx 38x 1

4cos4x 1

4sin2x 1

32sin4x

Trang 48

Bài tậpTích phân mặt loại 2.Tính:

1. I Sdxdy, S là mặt định hướng: x 2y 2z 4, véc tơ pháp tuyến n 1,2,2 và x2 y2 4.

HD: k n 0 do đó góc giữa n và trục Oz là góc nhọn, nên I Dxy

dxdy trong đó Dxy là hình chiếu

vuông góc của S lên mặt Oxy, và là hình tròn x2 y2 4.Suy ra I diện tích hình tròn này4

2. I S

1

x2 y2dxdy. S là mặt dưới của mặt x2 y2 9, z 4.

HD: I Dxy

1

x2 y2dxdy

0

2

d

0

3

dr 6;

3. I Sdxdy, S là mặt dưới của mặt x2

4

y2

9 1, z 2.

HD: Dxy là elip: x2

4

y2

9 1. I

Dxydxdy 6

4. I Sxdydz zdzdx 5dxdy, S là phía trên của mặt phẳng 2x 3y z 6, thuộc góc phần 8

thứ nhất.HD:

5. I Sx2dydz z2dxdy, S là phần ngoài của mặt nón: x2 y2 z2, 0 z 1.

HD:

6. I Sz R2dxdy, S là phía ngoài của nửa mặt cầu: x2 y2 z R2 R2, R z 2R.

HD:

7. I Syzdydz xzdxdz xydxdy, S là phía trên của tam giác tạo bởi các mặt phẳng tọa độ và mặt

phẳng: x y z a (a0).

8. I Sx2dydz y2dxdz z2dxdy, S là phía ngoài của phần mặt cầu x2 y2 z2 a2 thuộc góc

phần tám thứ nhất.

9. I Sz2dxdy, S là phía trong của mặt x2 y2 2z2 2.

10. I Sz 1dxdy S là phía ngoài của phần mặt cầu x2 y2 z2 R2

11. I Sx2dydz y2dxdz z2dxdy, S là phía ngoài của mặt cầu x a2 y b2 z c2 R2

12. I Sx2dydz y2dxdz z2dxdy, S là phía ngoài của mặt nón x2

a2

y2

a2 z2

b2, 0 z b.

13. I Lexdx zx2 y2

32 dy yz3dz. L là giao tuyến của các mặt: z x2 y2 ,x 0,y 0,y 1.

14. I Lydx z2dy x2dz. L là giao tuyến của các mặt:x2 y2 z2 4 và z 3

15. I Ly zdx z xdy x ydz, L là đường tròn x2 y2 z2 a2,x y z 0.

16. I Ly zdx z xdy x ydz, L là đường x2 y2 1,x z 1.

Trang 49