Bài giảng Giải tích II (Phần 2)

52 trang phuongnguyen 4830

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài giảng Giải tích II (Phần 2)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

bai_giang_giai_tich_ii_phan_1.pdf

Nội dung text: Bài giảng Giải tích II (Phần 2)

CHƯƠNG 3 TÍCH PHÂN PHỤ THUỘC THAM SỐ. §1. TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH PHỤ THUỘC THAM SỐ. 1.1 Giới thiệu b Xét tích phân xác định phụ thuộc tham số: I (y) = f (x, y) dx, trong đó f (x, y) khả Za tích theo x trên [a, b] với mỗi y [c, d]. Trong bài học này chúng ta sẽ nghiên cứu một số ∈ tính chất của hàm số I (y)như tính liên tục, khả vi, khả tích. 1.2 Các tính chất của tích phân xác định phụ thuộc tham số. 1) Tính liên tục. Định lý 3.7. Nếu f (x, y)là hàm số liên tục trên [a, b] [c, d] thì I (y)là hàm số liên × tục trên [c, d]. Tức là: b b lim I (y) = I (y0) lim f (x, y) dx = f (x, y0) dx y y0 ⇔ y y0 → → Za Za 2) Tính khả vi. Định lý 3.8. Giả sử với mỗi y [c, d], f (x, y) là hàm số liên tục theo x trên [a, b] và ∈ f 0 (x, y) là hàm số liên tục trên [a, b] [c, d] thì I (y) là hàm số khả vi trên (c, d) và y × 63
64 Chương 3. Tích phân phụ thuộc tham số. b 0 I0 (y) = fy (x, y) dx , hay nói cách khác chúng ta có thể đưa dấu đạo hàm vào trong Za tích phân. 3) Tính khả tích. Định lý 3.9. Nếu f (x, y) là hàm số liên tục trên [a, b] [c, d] thì I (y)là hàm số khả × tích trên [c, d] , và: d d b b d I (y) dy := f (x, y) dx dy = f (x, y) dy dx     Zc Zc Za Za Zc     Bài tập 1 Khảo sát sự liên tục của tích phân yf (x) , với là hàm số Bài tập 3.1. I (y) = x2+y2 dx f (x) Z0 dương, liên tục trên [0,1] . Lời giải. Nhận xét rằng hàm số g (x, y) = yf (x) liên tục trên mỗi hình chữ nhật [0,1] [c, d] x2+y2 × và [0,1] [ d, c] với 0 0 sao cho f (x) > m > 0 x [0,1] . Khi đó với ε > 0 thì: ∀ ∈ 1 1 ε f (x) ε.m x I (ε) = dx > dx = m.arctg x2 + ε2 x2 + ε2 ε Z0 Z0 1 1 ε f (x) ε.m x I ( ε) = − dx 6 − dx = m.arctg − x2 + ε2 x2 + ε2 − ε Z0 Z0 Suy ra I (ε) I ( ε) > 2m.arctg x 2m. π khi ε 0 , tức là I (ε) I ( ε) không tiến tới | − − | ε → 2 → | − − | 0 khi ε 0 , I (y) gián đoạn tại y = 0 . → Bài tập 3.2. Tính các tích phân sau: 1 α n a) In (α) = x ln xdx , n là số nguyên dương. Z0 α n Lời giải. – Với mỗi α > 0, hàm số fn (x, α) = x ln x, n = 0,1,2, liên tục theo x trên [0,1] 64
1. Tích phân xác định phụ thuộc tham số. 65 α n+1 ∂ fn(x,α) α n+1 ∞ – Vì lim x ln x = 0 nên ∂α = x ln x liên tục trên [0,1] (0, + ). x 0+ × → α n Nghĩa là hàm số fn (x, α) = x ln x thoả mãn các điều kiện của Định lý 3.8 nên: 1 1 1 0 d α n 1 d α n 1 α n In 1 (α) = x ln − xdx = x ln − x dx = x ln xdx =In (α) − dα dα Z0 Z0 Z0 0 0 0 (n) Tương tự, In 2 = In 1, , I2 = I1, I1 = I0 , suy ra In (α) = [I0 (α)] . Mà I0 (α) = 1 − − (n) n α 1 1 ( 1) n! x dx = In (α) = = − . α+1 ⇒ α+1 (α+1)n+1 Z0 h i π 2 b) ln 1 + y sin2 x dx, với y > 1. Z 0 Lời giải. Xét hàm số f (x, y) = ln 1 + y sin2 x thoả mãn các điều kiện sau: f (x, y) = ln 1 + y sin2 x xác định trên 0, π (1, +∞) và với mỗi y > 1 cho • 2 × − trước, liên tục theo trên π . f (x, y) x 0, 2 2 Tồn tại f 0 (x, y) = sin x xác định, liên tục trên 0, π (1, +∞) . • y 1+y sin2 x 2 × π π 2 2 2 Theo Định lý 3.8, I (y) = sin x dx = dx . 0 1+y sin2 x 1 +y sin2 x Z0 Z0 Đặt = tg thì = dt 6 6 +∞ . t x dx 1+t2 ,0 t +∞ +∞ t2dt 1 1 1 I0 (y) = = dt (t2 + 1) (1 + t2 + yt2) y t2 + 1 − 1 + (y + 1) t2 Z0 Z0 1 +∞ 1 +∞ = arctgt 0 arctg t y + 1 0 y " | − y + 1 | # p π 1 p π 1 = 1 = . 2y − 1 + y ! 2 1 + y 1 + 1 + y Suy ra p p p π 1 I (y) = I0 (y) dy = . dy = π ln 1 + 1 + y + C Z Z 2 1 + y 1 + 1 + y p Do I (0) = 0 nên C = π ln2 vàpI (y) = π lnp1 + 1 + y π ln2. − − 1 p y2 x2 Bài tập 3.3. Xét tính liên tục của hàm số I (y) = − dx. (x2+y2)2 Z0 65
66 Chương 3. Tích phân phụ thuộc tham số. 1 Lời giải. Tại y = 0 , I (0) = 1 dx = ∞, nên hàm số I (y) không xác định tại y = 0. − x2 − Z0 1 1 (x2+y2) 2x.x Tại y = 0 , I (y) = − dx = d x = 1 , nên I (y) xác định và liên tục 6 (x2+y2)2 x2+y2 1+y2 Z0 Z0 với mọi y = 0 . 6 1.3 Các tính chất của tích phân phụ thuộc tham số với cận biến đổi. Xét tích phân phụ thuộc tham số với cận biến đổi b(y) J (y) = f (x, y) dx, với y [c, d] , a 6 a (y) , b (y) 6 b y [c, d] ∈ ∀ ∈ a(Zy) 1) Tính liên tục Định lý 3.10. Nếu hàm số f (x, y) liên tục trên [a, b] [c, d] , các hàm số a (y) , b (y) × liên tục trên [c, d] và thoả mãn điều kiện a 6 a (y) , b (y) 6 b y [c, d] thì J (y) là ∀ ∈ một hàm số liên tục đối với y trên [c, d] . 2) Tính khả vi Định lý 3.11. Nếu hàm số f (x, y) liên tục trên [a, b] [c, d] , f 0 (x, y) liên tục trên × y [a, b] [c, d] , và a (y) , b (y) khả vi trên [c, d] và thoả mãn điều kiện a 6 a (y) , b (y) 6 × b y [c, d] thì J (y) là một hàm số khả vi đối với y trên [c, d], và ta có: ∀ ∈ b(y) J0 (y) = f 0 (x, y) dx + f (b (y) , y) b0 (y) f (a (y) , y) a0 (y) y y − y a(Zy) . Bài tập 1+y dx Bài tập 3.4. Tìm lim 2 2 . y 0 1+x +y → Zy 1+y Lời giải. Dễ dàng kiểm tra được hàm số dx liên tục tại dựa vào định I (y) = 1+x2+y2 y = 0 Zy 1+y 1 dx dx π lý 3.10, nên lim 2 2 = I (0) = 2 = . y 0 1+x +y 1+x 4 → Zy Z0 66
§2. TÍCH PHÂN SUY RỘNG PHỤ THUỘC THAM SỐ. 2.1 Các tính chất của tích phân suy rộng phụ thuộc tham số. +∞ Xét tích phân suy rộng phụ thuộc tham số I (y) = f (x, y)dx, y [c, d]. Các kết quả ∈ Za dưới đây tuy phát biểu đối với tích phân suy rộng loại II (có cận bằng vô cùng) nhưng đều có thể áp dụng một cách thích hợp cho trường hợp tích phân suy rộng loại I (có hàm dưới dấu tích phân không bị chặn). 1) Dấu hiệu hội tụ Weierstrass Định lý 3.12. Nếu f (x, y) 6 g (x) (x, y) [a, +∞] [c, d] và nếu tích phân suy +∞ | | ∀ ∈ +×∞ rộng g (x) dx hội tụ, thì tích phân suy rộng I (y) = f (x, y)dx hội tụ đều đối với Za Za y [c, d]. ∈ 2) Tính liên tục Định lý 3.13. Nếu hàm số f (x, y) liên tục trên [a, +∞] [c, d] và nếu tích phân suy +∞ × rộng I (y) = f (x, y)dx hội tụ đều đối với y [c, d] thì I (y) là một hàm số liên tục ∈ Za trên [c, d]. 3) Tính khả vi Định lý 3.14. Giả sử hàm số f (x, y) xác định trên [a, +∞] [c, d] sao cho với mỗi y × ∈ 0 [c, d] , hàm số f (x, y) liên tục đối với x trên [a, +∞] và fy (x, y) liên tục trên [a, +∞] +∞ +∞ × 0 [c, d]. Nếu tích phân suy rộng I (y) = f (x, y)dx hội tụ và fy (x, y)dx hội tụ đều Za Za +∞ đối với y [c, d] thì I (y) là hàm số khả vi trên [c, d] và I (y) = f 0 (x, y) dx. ∈ 0 y Za 4) Tính khả tích Định lý 3.15. Nếu hàm số f (x, y) liên tục trên [a, +∞] [c, d] và nếu tích phân suy × rộng I (y) hội tụ đều đối với y [c, d] thì I (y) là hàm số khả tích trên [c, d] và ta có ∈ 67
68 Chương 3. Tích phân phụ thuộc tham số. thể đổi thứ tự lấy tích phân theo công thức: d d +∞ +∞ d I (y) dy := f (x, y) dx dy = f (x, y) dy dx.     Zc Zc Za Za Zc     2.2 Bài tập Dạng 1. Tính tích phân suy rộng phụ thuộc tham số bằng cách đổi thứ tự lấy tích phân +∞ Giả sử cần tính I (y) = f (x, y)dx. Za d B1. Biểu diễn f (x, y) = F (x, y) dy. Zc B2. Sử dụng tính chất đổi thứ tự lấy tích phân: +∞ +∞ d d +∞ I (y) = f (x, y)dx = F (x, y) dy dx = F (x, y) dx dy     Za Za Zc Zc Za     Chú ý: Phải kiểm tra điều kiện đổi thứ tự lấy tích phân trong Định lý 3.15 đối với tích phân suy rộng của hàm số F (x, y). Bài tập 3.5. Tính các tích phân sau: 1 xb xa < < a) ln−x dx, (0 a b). Z0 Lời giải. Ta có: b b xb xa xy − = F (x, b) F (x, a) = F0 (x, y) dy = xydy; F (x, y) := ln x − y ln x Za Za nên: 1 1 b b 1 b xb xa 1 b + 1 − dx = xydy dx = xydx dy = dy = ln ln x     y + 1 a + 1 Z0 Z0 Za Za Z0 Za     Kiểm tra điều kiện về đổi thứ tự lấy tích phân: 68
2. Tích phân suy rộng phụ thuộc tham số. 69 +∞ αx βx e− e− > b) −x dx, (α, β 0). Z0 Lời giải. Ta có: yx α β αx βx F(x,y):= e− e− e− x yx − = F (x, α) F (x, β) = F0 (x, y) = e− dy x − y Zβ Zα nên: +∞ +∞ β β +∞ β αx βx e− e− yx yx dy β − dx = e− dy dx = e− dx dy = = ln . x     y α Z0 Z0 Zα Zα Z0 Zα     Kiểm tra điều kiện về đổi thứ tự lấy tích phân: +∞ αx2 βx2 c) e− e− > x−2 dx, (α, β 0). Z0 Lời giải. Ta có: yx2 2 2 e− α β αx βx F(x,y):= 2 e− e− x yx2 − = F (x, α) F (x, β) = F0 (x, y) dy = e− dy x2 − y Zβ Zα nên: +∞ +∞ β β +∞ αx2 βx2 e− e− x2y x2y − dx = e− dy dx = e− dx dy x2     Z0 Z0 Zα Zα Z0 +∞  +∞    Với điều kiện đã biết x2 √π ta có x2y √π . e− dx = 2 e− dx = 2√y Z0 Z0 β Suy ra I = √π dy = √π β √α . 2√y − Zα Kiểm tra điều kiện về đổi thứp tự lấy tích phân: +∞ ax sin bx sin cx > e) e− −x , (a, b, c 0). Z0 Lời giải. Ta có: ax e− sin yx b b F(x,y)= x ax sin bx sin cx ax e − = F (x, b) F (x, c) = F0 (x, y) dy = e− cos yxdx x − y Zc Zc 69
70 Chương 3. Tích phân phụ thuộc tham số. nên: +∞ b b +∞ ax ax I = e− cos yxdy dx = e− cos yxdx dy     Z0 Zc Zc Z0    +∞ Mà e ax cos yxdx = a e ax cos yx + y e ax sin yx, suy ra e ax cos yxdx = a , − − a2+y2 − a2+y2 − − a2+y2 Z Z0 b và I = a dy = arctg b arctg c . a2+y2 a − a Zc Kiểm tra điều kiện về đổi thứ tự lấy tích phân: Dạng 2. Tính tích phân bằng cách đạo hàm qua dấu tích phân. +∞ Giả sử cần tính I (y) = f (x, y)dx. Za +∞ 0 B1. Tính I0 (y) bằng cách I0 (y) = fy (x, y) dx. Za B2. Dùng công thức Newton-Leibniz để khôi phục lại I (y) bằng cách I (y) = I0 (y) dy. Z Chú ý: Phải kiểm tra điều kiện chuyển dấu đạo hàm qua tích phân trong Định lý 3.14. +∞ Bài tập 3.6. Chứng minh rằng tích phân phụ thuộc tham số arctg(x+y) là một I (y) = 1+x2 dx Z∞ − hàm số liên tục khả vi đối với biến y. Tính I0 (y) rồi suy ra biểu thức của I (y). Lời giải. Ta có: arctg + f (x, y) = (x y) liên tục trên [ ∞, +∞] [ ∞, +∞]. • 1+x2 − × − +∞ +∞ arctg + arctg + (x y) 6 π . 1 , mà 1 = π hội tụ, nên I (y) = (x y) dx hội tụ đều • 1+x2 2 1+x2 1+x2 1+x2 Z∞ Z∞ trên [ ∞,+∞]. − − − Theo Định lý 3.13, I (y) liên tục trên [ ∞, +∞]. − +∞ Hơn nữa f 0 (x, y) = 1 6 1 , y; do đó f 0 (x, y)dx hội tụ đều trên y (1+x2)[1+(x+y)2] 1+x2 ∀ y Z∞ − +∞ 1 [ ∞, +∞]. Theo Định lý 3.14, I (y) khả vi trên [ ∞, +∞], và: I0 (y) = 2 dx. − − (1+x2)[1+(x+y) ] Z∞ − 70
2. Tích phân suy rộng phụ thuộc tham số. 71 Đặt 1 = Ax+B + Cx+D , dùng phương pháp đồng nhất hệ số ta thu được:A = (1+x2)[1+(x+y)2] 1+x2 1+(x+y)2 2 = 2 = 1 = 3 . Do đó: y(y−2+4) , B y(y2+4) , C y2+4 , D y2+4 +∞ 1 2x + y 2x + 3y I0 (y) = − + y2 + 4 1 + x2 2 Z∞ " 1 + (x + y) # − 1 2 2 +∞ = 2 ln 1 + x + y arctg x + ln 1 + (x + y) + y arctg (x + y) x= ∞ y + 4 − | − 4π h i = y2 + 4 +∞ Suy ra = = y + , mặt khác = arctg x = nên = và I (y) I0 (y) dy 2 arctg 2 C I (0) 1+x2 dx 0 C 0 Z Z∞ y − I (y) = 2 arctg 2 Bài tập 3.7. Tính các tích phân sau: 1 xb xa b) −x dx, (α, β 0). Z0 +∞ αx βx αx βx e− e− e− e− Lời giải. Đặt I (α) = −x dx, f (x, α) = −x . Ta có: Z0 71
72 Chương 3. Tích phân phụ thuộc tham số. αx βx f (x, α) = e− e− liên tục theo x trên [0, +∞) với mỗi α, β > 0. • −x f 0 (x, α) = e αx liên tục trên [0, +∞) (0, +∞). • α − − × +∞ +∞ f 0 (x, α) dx = e αxdx = 1 hội tụ đều đối với α trên mỗi khoảng [ε, +∞) • α − − − α Z0 Z0 +∞ theo tiêu chuẩn Weierstrass, thật vậy, e αx 6 e εx, mà e εxdx = 1 hội tụ. |− − | − − ε Z0 Do đó theo Định lý 3.14, +∞ 1 I0 (α) = f 0 (x, α) dx = I (α) = I0 (α) dα = ln α + C. α −α ⇒ − Z0 Z β Mặt khác, I (β) = 0 nên C = ln β và I = ln α . +∞ αx2 βx2 c) e− e− > x−2 dx, (α, β 0). Z0 +∞ αx2 βx2 αx2 βx2 Lời giải. Đặt e− e− e− e− . Ta có: I (α) = x−2 dx, f (x, α) = x−2 Z0 αx2 βx2 f (x, α) = e− e− liên tục theo x trên [0, +∞) với mỗi α, β > 0. • x−2 2 f 0 (x, α) = e αx liên tục trên [0, +∞) (0, +∞). • α − − × +∞ +∞ +∞ 2 x√α=y 2 dy √ f 0 (x, α) dx = e αx dx = e y = π . 1 hội tụ đều theo α • α − − − − √α − 2 √α Z0 Z0 Z0 2 2 trên mỗi [ε, +∞) theo tiêu chuẩn Weierstrass, thật vậy, e αx 6 e εx mà − − − +∞ εx2 e− dx hội tụ. Z0 Do đó theo Định lý 3.14, +∞ √π 1 I0 (α) = f 0 (x, α) dx = . I (α) = I0 (α) dα = √π.√α + C. α − 2 √α ⇒ − Z0 Z Mặt khác, I (β) = 0 nên C = √π. β và I (α) = √π β √α . − +∞ p p dx d) + (x2+y)n 1 Z0 72
2. Tích phân suy rộng phụ thuộc tham số. 73 +∞ dx 1 Lời giải. Đặt In (y) = + , fn (x, y) = + . Khi đó: (x2+y)n 1 (x2+y)n 1 Z0 +∞ 0 +∞ 0 dx dx 1 0 [In 1 (y)]y = n = n = n.In (y) In = (In 1) . −  2  2 n+1 n − Z (x + y) − Z (x + y) − ⇒ − 0 y 0   1 0 1 0 0 Tương tự, In 1 = n 1 (In 2) , In 2 = n 2 (In 3) , , I1 = (I0) . − − − − − − − +−∞ − n ( 1) (n) 1 1 x +∞ π Do đó, I (y) = − [I (y)] . Mà I (y) = dx = arctg = nên n n! 0 0 x2+y √y √y |0 2√y Z0 π (2n 1)!! 1 In (y) = . − . . 2 (2n)!! √y2n+1 Vấn đề còn lại là việc kiểm tra điều kiện chuyển đạo hàm qua dấu tích phân. n 1 0 1 (n) ( 1) Các hàm số f (x, y) = , f (x, y) = − , , f n (x, y) = − liên tục • x2+y y (x2+y)2 y (x2+y)n+1 trong [0, +∞) [ε, +∞) với mỗi ε > 0 cho trước. × n 1 1 1 1 ( 1) 1 6 , − 6 , , − 6 • x2+y x2+ε (x2+y)2 (x2+ε)2 (x2+y)n+1 (x2+ε)n+1 +∞ +∞ 1 1 Mà các tích phân dx, , + dx đều hội tụ, do đó x2+ε (x2+ε)n 1 Z0 Z0 +∞ +∞ +∞ (n) 0 ∞ > f (x, y) dx, fy (x, y) dx, , fyn (x, y) dx hội tụ đều trên [ε, + )với mỗi ε Z0 Z0 Z0 0. +∞ ax sin bx sin cx > e) e− −x dx (a, b, c 0) . Z0 +∞ ax sin bx sin cx ax sin bx sin cx Lời giải. Đặt I (b) = e− −x dx, f (x, b) = e− −x . Ta có: Z0 f (x, b) = e ax sin bx sin cx liên tục theo x trên [0, +∞) với mỗi a, b, c > 0. • − −x f 0 (x, b) = e ax cos bx liên tục trên [0, +∞) (0, +∞). • b − × +∞ +∞ ∞ f 0 (x, b) dx = e ax cos bx = a e ax cos bx + b e ax sin bx + = a • b − − a2+b2 − a2+b2 − 0 a2+b2 Z0 Z0 hội tụ đều theo b trên mỗi (0, +∞) theo tiêu chuẩn Weierstrass, thật vậy, +∞ 2 2 e ax cos bx 6 e ax mà e ax dx hội tụ. | − | − − Z0 73
74 Chương 3. Tích phân phụ thuộc tham số. Do đó theo Định lý 3.14, 0 = a , = a = b + . Ib (x, b) a2+b2 I a2+b2 db arctg a C Z Mặt khác I (c) = 0 nên C = arctg c và I = arctg b arctg c . − a a − a +∞ x2 f) e− cos (yx) dx. Z0 +∞ x2 x2 Lời giải. Đặt I (y) = e− cos (yx) dx, f (x, y) = e− cos (yx) .Ta có: Z0 f (x, y) liên tục trên [0, +∞) ( ∞, +∞). • × − 2 f 0 (x, y) = xe x sin yx liên tục trên [0, +∞) ( ∞, +∞). • y − − × − +∞ +∞ +∞ 2 1 2 +∞ 1 2 y f 0 (x, y) dx = xe x sin yxdx = e x sin yx ye x cos yxdx = − I (y) • y − − 2 − 0 − 2 − 2 Z0 Z0 Z0 +∞ 2 2 0 x x hội tụ đều theo tiêu chuẩn Weierstrass, thật vậy, fy (x, y) 6 xe− , mà xe− dx = Z0 1 2 hội tụ. 2 I (y) y y Do đó theo Định lý 3.14, 0 4 . I(y) = 2 I = Ce− − ⇒2 √π √π y 4 Mà I (0) = C = 2 nên I (y) = 2 e− . Nhận xét: Việc kiểm tra các điều kiện để đạo hàm qua dấu tích phân hay điều kiện đổi thứ tự • lấy tích phân đôi khi không dễ dàng chút nào. +∞ Các tích phân f 0 (x, α) dx ở câu b, c, d chỉ hội tụ đều trên khoảng [ε, +∞) với mỗi • α Z0 ε > 0, mà không hội tụ đều trên (0, +∞). Tuy nhiên điều đó cũng đủ để khẳng định +∞ 0 0 rằng Iα = fα (x, α) dx trên (0, +∞). Z0 74
3. Tích phân Euler 75 §3. TÍCH PHÂN EULER 3.1 Hàm Gamma +∞ p 1 x Γ (p) = x − e− dx xác định trên (0, +∞) Z0 Các công thức nΓ 1. Hạ bậc: Γ Γ Γ ( 1) (α) . (p + 1) = p (p) , (α n) = (1 α)(−2 α) (n α) − − − − Ý nghĩa của công thức trên là để nghiên cứu Γ (p) ta chỉ cần nghiên cứu Γ (p) với 0 1 chúng ta sẽ sử dụng công thức hạ bậc. 2. Đặc biệt, Γ (1) = 1 nên Γ (n) = (n 1)! n N. 1 1 (2n −1)!! ∀ ∈ Γ = √ nên Γ + = − √ . 2 π n 2 22 π +∞ (k) p 1 k x 3. Đạo hàm của hàm Gamma: Γ (p) = x − ln x .e− dx. Z0 4. Γ (p) .Γ (1 p) = π 0 B (p, q) = p+−q 1B (p 1, q) , nếu p 1 − −  q 1 > B (p, q) = p+−q 1B (p, q 1) , nếu q 1  − − Ý nghĩa của công thức trên ở chỗ muốn nghiên cứu hàm bêta ta chỉ cần nghiên cứu nó trong khoảng (0,1] (0,1] mà thôi. × 75
76 Chương 3. Tích phân phụ thuộc tham số. 3. Đặc biệt, B (1,1) = 1 nên (m 1)!(n 1)! N B (m, n) = (−m+n −1)! , m, n − ∀ ∈  (n 1)! N B (p, n) = (p+n 1)(p+−n 2) (p+1)p n .  − − ∀ ∈ Γ Γ 4. Công thức liên hệ giữa hàm Bêta và Gamma: (p) (q). B (p, q) = Γ(p+q) 5. B (p,1 p) = Γ (p) Γ (1 p) = π . − − sin pπ 3.3 Bài tập π 2 Bài tập 3.8. Biểu thị sinm x cosn xdx qua hàm B (m, n). Z0 Lời giải. Đặt sin x = √t 0 6 t 6 1, cos xdx = 1 dt ⇒ 2√t π π π 2 2 n 1 2 − m n 1 1 m n m 2 2 1 − 1 m + 1 n + 1 sin x cos xdx = sin x 1 sin x . cos xdx = t 2 (1 t) 2 t− 2 dt = B , − 2 − 2 2 2 Z0 Z0 Z0 Đây chính là công thức ở dạng lượng giác của hàm Beta. Bài tập 3.9. π 2 a) sin6 x cos4 xdx. Z0 Lời giải. Ta có 7 5 Γ 3 + 1 Γ 2 + 1 5!! 3!! 1 7 5 1 Γ Γ 1 2 2 1 3 √π. 2 √π 3π I = B , = . 2 2 = . = . 2 2 = 2 2 2 2 Γ (6) 2 Γ(6) 2 5! 512 a b) x2n√a2 x2dx (a > 0) . − Z0 Lời giải. Đặt x = a√t dx = adt ⇒ 2√t 1 1 2n+2 2n+2 2n n 1 adt a n 1 1 a 1 3 I = a t .a (1 t) 2 . = . t − 2 (1 t) 2 dt = B n + , − 2√t 2 − 2 2 2 Z0 Z0 1 3 2n+2 Γ n + Γ 2n+2 (2n 1)!! √π 2n+2 a 2 2 a −n √π. a (2n 1)!! = = . 2 2 = π − 2 Γ (n +2) 2 (n + 1)! 2 (2n + 2)!! 76
3. Tích phân Euler 77 +∞ 10 x2 c) x e− dx Z0 Lời giải. Đặt x = √t dx = dt ⇒ 2√t +∞ +∞ 5 t dt 1 9 t 1 11 1 9!!√π 9!!√π I = t e− . = t 2 e− dt = Γ = . = . 2√t 2 2 2 2 25 26 Z0 Z0 +∞ d) √x dx (1+x2)2 Z0 Lời giải. Đặt x2 = t 2xdx = dt ⇒ +∞ 1 +∞ 4 dt 1 1 3 t . 1 t 4 dt 1 p 1 = p = 2√t − với − − 4 4 I = 2 = 2 = B (p, q) (1 + t) 2 (1 + t) 2 p + q = 2 ⇒ q = 5 Z0 Z0   4 Vậy   1 3 5 1 5 1 3 1 1 3 1 1 π π I = B , = . 4 − B , = .B , = . = 2 4 4 2 3 + 5 1 4 4 8 4 4 8 sin π 4√2 4 4 − 4 +∞ e) 1 1+x3 dx Z0 1 2 Lời giải. Đặt x3 = t dx = t 3 dt ⇒ 3 − +∞ 2 1 t− 3 dt 1 1 2 1 π 2π I = = B , = π = 3 1 + t 3 3 3 3 sin 3 3√3 Z0 +∞ n+1 f) x dx, (2 < n N) (1+xn) ∈ Z0 1 1 1 Lời giải. Đặt xn = t dx = t n dt ⇒ n − ∞ ∞ + n+1 1 1 1 + 2 t n . t n − dt 1 t n 1 2 2 I = n = dt = B + 1,1 (1 + t)2 n (1 + t)2 n n − n Z0 Z0 1 2 2 2 2 π = . n B ,1 = . n 2 + 1 + 1 2 1 n − n n2 sin 2π n − n − n 77
78 Chương 3. Tích phân phụ thuộc tham số. 1 g) 1 dx, n N √n 1 xn ∗ − ∈ Z0 1 1 1 Lời giải. Đặt xn = t dx = t n dt ⇒ n − 1 1 1 1 n 1 n t − dt 1 1 1 1 1 1 1 1 π I = = t n − . (1 t)− n dt = B ,1 = 1 n n n n n π Z (1 t) n Z − − sin n 0 − 0 78
CHƯƠNG 4 TÍCH PHÂN ĐƯỜNG §1. TÍCH PHÂN ĐƯỜNG LOẠI I 1.1 Định nghĩa Cho hàm số f (x, y) xác định trên một cung phẳng AB . Chia cung AB thành n cung nhỏ, gọi tên và độ dài của chúng lần lượt là ∆s1, ∆s2, ∆sn. Trên mỗi cung ∆si lấy một điểm n c c Mi bất kì. Giới hạn, nếu có, của tổng ∑ f (Mi) ∆si khi n ∞ sao cho max ∆si 0 không i=1 → → phụ thuộc vào cách chia cung AB và cách chọn các điểm Mi được gọi là tích phân đường loại một của hàm số f (x, y) dọc theo cung AB, kí hiệu là f (x, y) ds. c Z AB Chú ý: c c Tích phân đường loại một không phụ thuộc vào hướng của cung AB. • c Nếu cung AB có khối lượng riêng tại M (x, y) là ρ (x, y) thì khối lượng của nó là • ρ (x, y) ds. nếu tích phân đó tồn tại. Z c AB c Chiều dài của cung AB được tính theo công thức l = ds. • Z AB c c Tích phân đường loại một có các tính chất giống như tích phân xác định. • 79
80 Chương 4. Tích phân đường 1.2 Các công thức tính tích phân đường loại I 1. Nếu cung AB cho bởi phương trình y = y (x) , a 6 x 6 b thì c b 2 f (x, y) ds = f (x, y (x)) 1 + y0 (x)dx. (1) Z Z AB a q c 2. Nếu cung AB cho bởi phương trình x = x (y) , c 6 y 6 d thì c d 2 f (x, y) ds = f (x (y) , y) 1 + x0 (y)dy. (2) Z Z AB c q c 3. Nếu AB cho bởi phương trình x = x(t), y = y(t), t t t , thì 1 ≤ ≤ 2 t c 2 2 2 f (x, y)ds = f (x(t), y(t)) x0 (t)+ y0 (t)dt (3) Z Z AB t1 q c 4. Nếu cung AB cho bởi phương trình trong toạ độ cực r = r (ϕ) , ϕ ϕ ϕ thì coi nó 1 ≤ ≤ 2 2 2 như là phương trình dưới dạng tham số, ta được ds = r (ϕ) + r0 (ϕ)dϕ và c ϕ2 p 2 2 f (x, y) ds = f (r (ϕ) cos ϕ, r (ϕ) sin ϕ) r (ϕ) + r0 (ϕ)dϕ (4) Z Z AB ϕ1 q c 1.3 Bài tập Bài tập 4.1. Tính (x y) ds, C là đường tròn có phương trình x2 + y2 = 2x. − CZ x = 1 + cos t Lời giải. Đặt ,0 6 t 6 2π y = sin t   2π I = (1 + cos t sin t) ( sin t)2 + cos2 tdt = 2π − − Z0 q x = a (t sin t) Bài tập 4.2. Tính y2ds, C là đường cong − ,0 6 t 6 2π, a > 0. y = a (1 cos t) CZ  −  80
1. Tích phân đường loại I 81 Lời giải. x (t) = a (1 cos t) 0 2 2 t − x0 (t) + y0 (t) = 2a sin y (t) = a sin t ⇒ 2  0 q 2π  t 256a3 I = a2 (1 cos t)2 .2a sin dt = . ⇒ − 2 15 Z0 x = a (cos t + t sin t) Bài tập 4.3. Tính x2 + y2ds, C là đường ,0 6 t 6 2π, a > 0.  Z y = a (sin t t cos t) C p  − Lời giải.  x (t) = at cos t 0 2 2 x0 (t) + y0 (t) = at y (t) = at sin t ⇒  0 q 2π  a3 I = a2 (cos t + t sin t)2 + (sin t t cos t)2 .atdt = (1 + 4π2)3 1 ⇒ − 3 − Z0 r h i q 81
82 Chương 4. Tích phân đường §2. TÍCH PHÂN ĐƯỜNG LOẠI II 2.1 Định nghĩa Cho hai hàm số P (x, y) , Q (x, y) xác định trên cung AB. Chia cung AB thành n cung nhỏ ∆si bởi các điểm chia A0 = A, A1, A2, , An = B.Gọi toạ độ của vectơ −−−−→Ai 1 Ai = (∆xi, ∆yi) và c n c− lấy điểm Mi bất kì trên mỗi cung ∆si. Giới hạn, nếu có, của tổng ∑ [P (Mi) ∆xi + Q (Mi) ∆yi] i=1 sao cho max ∆x 0, không phụ thuộc vào cách chia cung AB và cách chọn các điểm M i → i được gọi là tích phân đường loại hai của các hàm số P (x, y) , Q (x, y) dọc theo cung AB , kí c hiệu là P (x, y) dx + Q (x, y) dy. Z c AB Chú ý: c Tích phân đường loại hai phụ thuộc vào hướng của cung AB, nếu đổi chiều trên đường • lấy tích phân thì tích phân đổi dấu, P (x, y) dx + Q (x, y) dy = P (x, y) dx + Q (x, y) dy. Z c − Z AB BA Tích phân đường loại hai có các tínhc chất giống như tích phân xác định. • 2.2 Các công thức tính tích phân đường loại II 1. Nếu cung AB được cho bởi phương trình y = y (x), điểm đầu và điểm cuối ứng với x = a, x = b thì c b Pdx + Qdy = P (x, y (x)) + Q (x, y (x)) .y0 (x) dx. (5) Z Z AB a 2. Nếu cung AB đượcc cho bởi phương trình x = x (y), điểm đầu và điểm cuối ứng với y = c, y = d thì c d Pdx + Qdy = P x (y) .x0 (y) dy, y + Q (x (y) , y). (6) Z Z AB c c x = x (t) 3. Nếu cung AB được cho bởi phương trình , điểm đầu và điểm cuối tương y = y (t)  ứng với t =ct1, t = t2 thì  t2 Pdx + Qdy = P (x (t) , y (t)) .x0 (t) + Q (x (t) , y (t)) y0 (t) dt (7) Z Z AB t1 c 82
2. Tích phân đường loại II 83 Bài tập Bài tập 4.4. Tính x2 2xy dx + 2xy y2 dy, trong đó AB là cung parabol y = x2 từ Z − − AB A (1,1) đến B (2,4). c c Lời giải. Áp dụng công thức (5) ta có: 2 41 I = x2 2x3 + 2x3 x4 .2x dx = . − − −30 Z1 h i x = a(t sin t) Bài tập 4.5. Tính x2 2xy dx + 2xy y2 dy trong đó C là đường cong −  Z − − y = a(1 cos t) C  − theo chiều tăng của t,0 t 2π, a > 0. ≤ ≤  x (t)= a(1 cos t) Lời giải. Ta có 0 − nên: y (t)= a sin t  0 2π I = [2a(t sin t) a(1 cos t)] a(1 cos t)+ a(t sin t).a sin t dt { − − − − − } Z0 2π = a2 [(2t 2) + sin2t + (t 2) sin t (2t 2) cos t]dt − − − − Z0 2π = a2 [(2t 2) + t sin t 2t cos t]dt − − Z0 = a2 4π2 6π . − Bài tập 4.6. Tính 2 x2 + y2 dx + x (4y + 3) dy ở đó ABCA là đường gấp khúc đi qua Z ABCA A(0,0), B(1,1), C(0,2). y C 1 B O A 1 x Hình 4.6 83
84 Chương 4. Tích phân đường phương trình đường thẳng AB : x = y Lời giải. Ta có  phương trình đường thẳng BC : x = 2 y nên   −  phương trình đường thẳng CA : x = 0   I = +  + ABZ BCZ CAZ 1 2 = 2 y2 + y2 + y (4y + 3) dy + 2 (2 y)2 + y2 . ( 1) + (2 y) (4y + 3) dy + 0 − − − Z0 h i Z1 h i = 3 Tính dx+dy trong đó là đường gấp khúc qua Bài tập 4.7. x + y ABCDA A(1,0), B(0,1), C( 1,0), D(0, | | | | − ABCDAZ y 1 B C O 1 A x D Hình 4.7 Lời giải. Ta có AB : x + y = 1 dx + dy = 0 ⇒ BC : x y = 1 dx = dy  − − ⇒ CD : x + y = 1 dx + dy = 0  − ⇒ DA : x y = 1 dx = dy  − ⇒  nên  I = + + + ABZ BCZ CDZ DAZ 2dx 2dx = 0 + + 0 + x + y x y BCZ DAZ − 1 1 − = 2dx + 2dx Z0 Z0 = 0 84
2. Tích phân đường loại II 85 x = t sin √t √4 x2+y2 Bài tập 4.8. Tính dx + dy trong đó y = t cos √t theo chiều tăng của t. 2  Z  2 C 0 t π ≤ ≤ 4   2  2 x = u sin u x0 (u) = 2u sin u + u cos u Lời giải. Đặt u = √t 0 u π, ⇒ ≤ ≤ y = u2 cos u ⇒ y (u) = 2u cos u u2 sin u   0 − π 2   u I = 2u sin u + u2 cos u + 2u cos u u2 sin u du 2 − Z0 h i π u3 = + 2u cos udu 2 Z0 3 = π2 + 2 −2 2.3 Công thức Green. Hướng dương của đường cong kín: Nếu đường lấy tích phân là đường cong kín thì ta quy ước hướng dương của đường cong là hướng sao cho một người đi dọc theo đường cong theo hướng ấy sẽ nhìn thấy miền giới hạn bởi nó ở gần phía mình nhất nằm về phía bên trái. y D C O x Giả sử D R2 là miền đơn liên, liên thông, bị chặn với biên giới ∂D là đường cong kín với ⊂ hướng dương, hơn nữa P, Q cùng các đạo hàm riêng cấp một của chúng liên tục trên D. Khi đó ∂Q ∂P Pdx + Qdy = dxdy ∂x − ∂y CZ ZZD Chú ý: 85
86 Chương 4. Tích phân đường ∂Q ∂P Nếu ∂D có hướng âm thì Pdx + Qdy = dxdy • − ∂x − ∂y CZ ZZD Trong nhiều bài toán, nếu C là đường cong không kín, ta có thể bổ sung C để được • đường cong kín và áp dụng công thức Green. Bài tập 4.9. Tính các tích phân sau (xy + x + y) dx + (xy + x y) dy bằng hai cách: − CZ tính trực tiếp, tính nhờ công thức Green rồi so sánh các kết quả, với C là đường: a) x2 + y2 = R2 y O x Hình 4.9 a Cách 1: Tính trực tiếp Cách 2: Sử dụng công thức Green x = R cos t P(x, y)= xy + x + y ∂Q ∂P Đặt 0 t π ∂x ∂y = y x y = R sin t ⇒ ≤ ≤ Q(x, y)= xy + x y ⇒ − −   −   I = I = (y x) dxdy ⇒ − 2π 2 ZZ2 2 R3 x +y 6R = (cos t cos 2t + sin t cos 2t) dt 2 = ydxdy xdxdy Z0 − x2+ZZy26R2 x2+ZZy26R2 = 0 = 0 b) x2 + y2 = 2x y O x 86 Hình 4.9 b
2. Tích phân đường loại II 87 Cách 1: Tính trực tiếp. Ta có x2 + y2 = 2x (x 1)2 + y2 = 1 nên ⇔ − x = 1 + cos t Đặt ,0 t 2π y = sin t ≤ ≤   2π I = [(1 + cos t) sin t + 1 + cos t + sin t] ( sin t) + [(1 + cos t) sin t + 1 + cos t sin t] cos t dt { − − } Z0 2π = 2sin2 t + cos2 t cos t sin t + cos t sin t cos t sin2 t + cos2 t sin t dt − − − − Z0 = = π − Cách 2: Sử dụng công thức Green. P(x, y)= xy + x + y ∂Q ∂P Ta có: ∂x ∂y = y x Q(x, y)= xy + x y ⇒ − −  −  x = r cos ϕ π π I = (y x) dxdy, đặt , ϕ ⇒ − y = r sin ϕ − 2 ≤ ≤ 2 (x 1)ZZ2+y261  − π 2 2cos ϕ  I = dϕ (r sin ϕ 1 r cos ϕ)rdr − − Zπ Z0 − 2 π 2 1 = (sin ϕ cos ϕ) .4 cos2 ϕ 2 cos ϕ dϕ 2 − − Zπ − 2 = π − 2 2 c) x + y = ( > ) a2 b2 1, a, b 0 87
88 Chương 4. Tích phân đường Cách 1: Tính trực tiếp Cách 2: Sử dụng công thức Green 0 t 2π P(x, y)= xy + x + y x = a cos t ≤ ≤ ∂Q ∂P  ∂x ∂y = y x Đặt x0(t)= a sin t Q(x, y)= xy + x y ⇒ − − y = b sin t ⇒  −    − y0(t)= b cos t    I = (y x) dxdy  ⇒ − I = 2 ZZ2 x y 6 2 + 2 1 2π a b = ab sin2 t + ab cos2 t dt = ydxdy xdxdy − − Z 2 ZZ2 2 ZZ2 0 x + y 61 x + y 61 a2 b2 a2 b2 = 0 = 0 2 x 2 y Bài tập 4.10. Tính x y + 4 dy y x + 4 dx. Z − x2+y2=2x y O x Hình 4.10 Lời giải. Áp dụng công thức Green ta có: ∂Q ∂P 3 3 3 I = dxdy = 4xy + x2 + y2 dxdy = x2 + y2 dxdy vì 4xydxdy = 0 ∂x − ∂y 4 4 4 DZ DZ DZ DZ x = r cos ϕ π π Đặt , ta có 2 ϕ 2 ,0 r 2 cos ϕ. Vậy y = r sin ϕ − ≤ ≤ ≤ ≤  π π  2 2cos ϕ 2 3 3 9 I = dϕ r2.rdr = 4 cos4 ϕ = π 4 4 8 Zπ Z0 Zπ − 2 − 2 Bài tập 4.11. Tính ex [(1 cos y) dx (y sin y) dy] trong đó OABO là đường gấp OABO − − − khúc O(0,0), A(1,1), B(H0,2) 88
2. Tích phân đường loại II 89 y B 1 A O 1 x Hình 4.11 x P (x, y) = e (1 cos y) ∂Q ∂P x Lời giải. Đặt − ∂x ∂y = e y. Q (x, y) = ex (y sin y) ⇒ − −  − − Áp dụng công thức Green ta có:  I = exydxdy − ZZD 1 2 x − = dx exydy − Z0 Zx 1 1 = ex (4x 4) dx 2 − Z0 = 4 2e − x y Bài tập 4.12. Tính (xy + e sin x + x + y) dx (xy e− + x sin y) dy x2+y2=2x − − − H y O x Hình 4.12 x P (x, y) = xy + e sin x + x + y ∂Q ∂P Lời giải. Đặt ∂x ∂y = y x 2. Q (x, y) = xy e y + x sin y ⇒ − − − −  − − −  89
90 Chương 4. Tích phân đường Áp dụng công thức Green ta có: I = y x 2dxdy − − − ZZD = x 2dxdy vì ydxdy = 0 − − ZZD ZZD x = r cos ϕ π π đặt ϕ ,0 r 2 cos ϕ y = r sin ϕ ⇒− 2 ≤ ≤ 2 ≤ ≤  π 2cos ϕ 2 = dϕ ( r cos ϕ 2) rdr − − Zπ Z0 − 2 = 3π − 4 2 x3 2 Bài tập 4.13. Tính xy + x + y cos xy dx + 3 + xy x + x cos xy dy C − H x = a cos t trong đó C (a > 0). y = a sin t   y O x Hình 4.13 P (x, y) = xy4 + x2 + y cos xy Lời giải. Đặt ∂Q ∂P 2 2 3 3 ∂x ∂y = x + y 4xy 1. Q (x, y) = x + xy2 x + x cos xy ⇒ − − −  3 −  90
2. Tích phân đường loại II 91 Áp dụng công thức Green ta có: I = x2 + y2 4xy3 1dxdy − − ZZD = x2 + y2 1dxdy vì 4xy3dxdy = 0 − ZZD ZZD x = r cos ϕ đặt 0 ϕ 2π,0 ra y = r sin ϕ ⇒ ≤ ≤ ≤  2π a  = dϕ r2 1 rdr − Z0 Z0 a4 = π a2 2 − 2.4 Ứng dụng của tích phân đường loại II Áp dụng công thức Green cho hàm số P(x, y), Q(x, y) thoả mãn ∂Q ∂P = 1 ta có: ∂x − ∂y S (D) = 1dxdy = Pdx + Qdy ZZD ∂ZD Lấy P(x, y)= 0, Q(x, y)= x thì S (D) = xdy • ∂ZD Lấy P(x, y)= y, Q(x, y)= 0 thì S (D) = ydx • − − ∂ZD Lấy P(x, y)= 1 x, Q(x, y)= 1 y thì S (D) = 1 xdy ydx • 2 2 2 − ∂ZD Bài tập 4.14. Dùng tích phân đường loại II, tính diện tích của miền giới hạn bởi một nhịp x = a(t sin t) xycloit − và Ox(a > 0). y = a(1 cos t)  −  y m A O n 2π x 91 Hình 4.14
92 Chương 4. Tích phân đường Lời giải. Áp dụng công thức 0 S(D)= xdy = xdy + xdy = a (t sin t) .a sin tdt = 3πa2 − ∂ZD AmOZ OnAZ 2Zπ 2.5 Điều kiện để tích phân đường không phụ thuộc đường lấy tích phân. Giả sử rằng D là miền đơn liên, liên thông, P, Q cùng với các đạo hàm riêng cấp một của chúng liên tục trên D. Khi đó bốn mệnh đề sau là tương đương: ∂Q ∂P 1. = với mọi (x, y) D. ∂x ∂y ∈ 2. Pdx + Qdy = 0 với mọi đường cong đóng kín L nằm trong D. ZL 3. Pdx + Qdy = 0 không phụ thuộc vào đường đi từ A đếnB, với mọi đường cong AB ABZ nằm trong D. 4. Pdx + Qdy là vi phân toàn phần. Nghĩa là có hàm số u(x, y) sao cho du = Pdx + Qdy. Hàm u có thể được tìm theo công thức: x y x y u(x, y)= P(x, y0)dx + Q(x, y)dy = P(x, y)dx + Q(x0, y)dy xZ0 yZ0 xZ0 yZ0 Giải bài toán tính tích phân đường không phụ thuộc đường đi: 0 0 1. Kiểm tra điều kiện Py = Qx. (1) 2. Nếu điều kiện (1) được thoả mãn và đường lấy tích phân là đường cong kín thì I = 0. 3. Nếu điều kiện (1) được thoả mãn và cần tính tích phân trên cung AB không đóng thì ta chọn đường tính tích phân sao cho việc tính tích phân là đơn giản nhất, thông thường ta chọn là đường thẳng nối A với B, hoặc đường gấp khúc có các cạnh song song với các trục toạ độ. Mặt khác, nếu tìm được hàm F sao cho du = Pdx + Qdy thì I = u(B) u(A). − 92
2. Tích phân đường loại II 93 (3,0) Bài tập 4.15. Tính x4 + 4xy3 dx + 6x2y2 5y4 dy. − ( Z2,1) − y 2 B − O x A 1 C − Hình 4.15 Lời giải. Nhận xét rằng x4 + 4xy3 0 = 6x2y2 5y4 0 nên tích phân đã cho không phụ y − x thuộc vào đường đi. Vậy ta chọn đường đi là đường gấp khúc ACB như hình vẽ. I = Pdx + Qdy + Pdx + Qdy = 62 ACZ CBZ (2,π) 2 Bài tập 4.16. Tính y y + y + y y 1 x2 cos x dx sin x x cos x dy Z − (1,π) y 2π B π A O 1 2 x Hình 4.16 y2 y 2 P = 1 x2 cos x ∂P ∂Q 2y y y y Lời giải. Đặt − ∂y = ∂x = 2 cos x + 3 sin x nên tích phân đã Q = sin y + y cos y ⇒ − x x  x x x cho không phụ thuộc vào đường đi từ A đến B. Khi đó ta chọn đường lấy tích phân là  đường thẳng AB, nó có phương trình y = πx. 2 2 I = 1 π2 cos π dx+ (sin π + π cos π) πdx = 1 − Z1 Z1 93
94 Chương 4. Tích phân đường 94
CHƯƠNG 5 TÍCH PHÂN MẶT §1. TÍCH PHÂN MẶT LOẠI I 1.1 Định nghĩa Cho hàm số f (x, y, z) xác định trên mặt cong S. Chia mặt cong S thành n mặt nhỏ n ∆S1, ∆S2, , ∆Sn. Trên mỗi ∆Si lấy một điểm Mi bất kì. Giới hạn, nếu có, của tổng ∑ f (Mi)∆Si i=1 khi n ∞ và max d(∆Si ) 0 không phụ thuộc vào cách chia mặt cong S và cách chọn → 1 i n → ≤ ≤ các điểm Mi được gọi là tích phân mặt loại I của hàm số f (M) trên mặt cong S, kí hiệu là f (x, y, z)dS. ZZS 1.2 Các công thức tính tích phân mặt loại I Giả sử S là mặt được cho bởi phương trình z = z(x, y); ((x, y) D R2), hay là hình ∈ ⊂ chiếu của S lên mặt phẳng Oxy là D, ở đó z(x, y) cùng với các đạo hàm riêng của chúng liên tục trên D. Khi đó ∂z 2 ∂z 2 f (x, y, z)dS = f (x, y, z(x, y)) 1+ + dxdy s ∂x ∂y ZZS ZZD 1.3 Bài tập 4y x y z > > > Bài tập 5.1. Tính z + 2x + 3 dS trong đó S = (x, y, z) 2 + 3 + 4 = 1, x 0, y 0, z 0 ZZ | S 95
96 Chương 5. Tích phân mặt z C O B y A x Hình 5.1 Lời giải. Ta có hình chiều của mặt S lên mặt phẳng Oxy là x y x D = (x, y) + 6 1, x > 0, y > 0 = (x, y) 0 6 x 6 2,0 6 y 6 3 1 | 2 3 | − 2 n o n o p = z0 = 2 x y x 2 2 √61 Mặt khác z = 4(1 2 3 ) − dS = 1 + p + q dxdy = 3 dxdy nên − − ⇒  0 4 ⇒ q = zy =  3 p 3x  2 3 2 x y 4y √61 √61 − I = 4 1 + 2x + dxdy = 4 dx dy = 4√61 − 2 − 3 3 3 3 ZZD Z0 Z0 Bài tập 5.2. Tính x2 + y2 dS, S = (x, y, z) z = z2 + y2,0 6 z 6 1 . ZZ | S z 1 1 O 1 y − x Hình 5.2 96
1. Tích phân mặt loại I 97 Lời giải. Ta có hình chiếu của mặt cong lên mặt phẳng Oxy là D = (x, y) x2 + y2 6 1 | p = z0 = 2x Mặt khác, z = x2 + y2 x nên ⇒ q = z0 = 2y  y  I = x2 + y2 1 + 4x2 + 4y2dxdy ZZD q x = r cos ϕ đặt 0 ϕ 2π,0 r 1 y = r sin ϕ ⇒ ≤ ≤ ≤ ≤  2π 1  I = dϕ r2 1 + 4r2rdr Z0 Z0 p 1 π = r2 1 + 4r2d 1 + 4r2 4 Z0 p 5 π t 1 = − √tdt đặtt = 1 + 4r2 4 4 Z1 π 20√5 4 = + 16 3 15! 97
98 Chương 5. Tích phân mặt §2. TÍCH PHÂN MẶT LOẠI II 2.1 Định hướng mặt cong Cho mặt cong S trong không gian. Tại mỗi điểm M chính quy của mặt cong S có hai vectơ pháp tuyến đơn vị là n và n . −→ −−→ Nếu có thể chọn được tại mỗi điểm M của mặt một vectơ pháp tuyến đơn vị n sao cho • vectơ n biến thiên liên tục trên S thì ta nói mặt S định hướng được. Khi đó ta chọn một hướng làm hướng dương thì hướng còn lại được gọi là hướng âm. Ngược lại, thì mặt S gọi là không định hướng được. Ví dụ như lá Mobius. • 2.2 Định nghĩa tích phân mặt loại II Cho một mặt cong định hướng S trong miền V R3 và n = (cos α, cos β, cos γ) là ⊂ véctơ pháp tuyến đơn vị theo hướng dương đã chọn của S tại điểm M(x, y, z). Giả trường vectơ −→F (M) = (P (M) , Q (M) , R (M)) biến thiên liên tục trên V, nghĩa là các toạ độ P (M) , Q (M) , R (M) của nó là những hàm số liên tục trên V. Chia mặt S thành n mặt cong nhỏ, gọi tên và cả diện tích của chúng lần lượt là ∆S1, ∆S2, , ∆Sn. Trên mỗi ∆Si lấy một điểm Mi bất kì và gọi vectơ pháp tuyến đơn vị theo hướng dương đã chọn của nó là ni = n (cos αi, cos βi, cos γi). Giới hạn, nếu có, của tổng ∑ [P (Mi) cos αi + Q (Mi) cos βi + R (Mi) cos γi]∆Si i=1 được gọi là tích phân mặt loại II của các hàm số P (x, y, z) , Q (x, y, z) , R (x, y, z) trên mặt S, và được kí hiệu là: P(x, y, z)dydz + Q(x, y, z)dzdx + R(x, y, z)dxdy ZZS 2.3 Các công thức tính tích phân mặt loại II Giả sử I = Pdydz + Qdzdx + Rdxdy . ZZS ZZS ZZS I1 I2 I3 Người ta tính tích phân mặt loại| {z II bằng} | cách{z đưa} về| tích{z phân} kép. Chẳng hạn xét tích phân I3. Giả sử mặt S có phương trình z = z(x, y), z(x, y) cùng với các đạo hàm riêng của chúng liên tục trên miền D là hình chiếu của S lên mặt phẳng Oxy. Khi đó: 98
2. Tích phân mặt loại II 99 Nếu vectơ pháp tuyến đơn vị theo hướng dương n tạo với Oz một góc nhọn thì • −→ Rdxdy = R (x, y, z (x, y)) dxdy ZZS ZZD Nếu vectơ pháp tuyến đơn vị theo hướng dương n tạo với Oz một góc tù thì • −→ Rdxdy = R (x, y, z (x, y)) dxdy − ZZS ZZD Tương tự như vậy chúng ta có thể đưa I1, I2 về tích phân kép. Bài tập Bài tập 5.3. Tính z x2 + y2 dxdy, trong đó S là nửa mặt cầu x2 + y2 + z2 = 1, z > 0, ZZ S hướng của S là phía ngoài mặt cầu. z −→n (x, y, z) O y D : x2 + z2 a2 ≤ x Hình 5.3 Lời giải. Ta có mặt z = 1 x2 y2, hình chiếu của S lên mặt phẳng Oxy là miền D : − − x2 + y2 1, hơn nữa n tạo với Oz một góc nhọn nên: ≤ −→ p I = 1 x2 y2 x2 + y2 dxdy − − ZZD q x = r cos ϕ đặt 0 ϕ 2π,0 r 1 y = r sin ϕ ⇒ ≤ ≤ ≤ ≤  2π 1  = dϕ 1 r2r3dr − Z0 Z0 p 4π = 15 99
100 Chương 5. Tích phân mặt 2 2 2 y 2 > Bài tập 5.4. Tính ydxdz + z dxdy trong đó S là phía ngoài mặt x + 4 + z = 1, x ZZS 0, y > 0, z > 0. z −→n (x, y, z) O y x Hình 5.4 Lời giải. Tính I1 = ydxdz ZZS Mặt S : y = 2√1 x2 z2 • − − Hình chiếu của S lên Oxz là 1 hình tròn, D : x2 + z2 1, x 0, z 0. • 4 1 ≤ ≥ ≥ β = ( n , Oy là góc nhọn. • −→ nên: I = 2 1 x2 z2dxdz ZZ − − D1 p x = r cos ϕ π đặt 0 ϕ ,0 r 1 z = r sin ϕ ⇒ ≤ ≤ 2 ≤ ≤  π 1 2 = dϕ 2 1 r2rdr − Z0 Z0 p π = 3 2 Tính I2 = z dxdy ZZS 2 Mặt S : z2 = 1 x2 y • − − 4 2 Hình chiếu của S lên Oxz là 1 elip, D : x2 + y 1, x 0, y 0. • 4 2 4 ≤ ≥ ≥ γ = ( n , Oz là góc nhọn. • −→ 100
2. Tích phân mặt loại II 101 nên: y2 I = 1 x2 dxdy ZZ − − 4 D2 x = r cos ϕ π đặt 0 ϕ ,0 r 1, J = 2r y = 2r sin ϕ ⇒ ≤ ≤ 2 ≤ ≤ −  π 1 2 = dϕ (1 r2)2rdr − Z0 Z0 π = 4 7π Vậy I = 12 Bài tập 5.5. Tính x2y2zdxdy trong đó S là mặt trên của nửa mặt cầu x2 + y2 + z2 = ZZS R2, z 0. ≤ z O y x Hình 5.5 Lời giải. Ta có: Mặt S : z = R2 x2 y2 • − − − p Hình chiếu của S lên Oxy là hình tròn, D : x2 + y2 R2. • ≤ β = ( n , Oz) là góc nhọn. • −→ 101
102 Chương 5. Tích phân mặt nên: I = x2y2 R2 x2 y2dxdy − − − ZZD q x = r cos ϕ đặt 0 ϕ 2π,0 r R, J = r y = r sin ϕ ⇒ ≤ ≤ ≤ ≤ −  2π R  I = dϕ sin2 ϕ cos2 ϕ R2 r2.r5dr − Z0 Z0 p 2R7 = − 105 2.4 Công thức Ostrogradsky, Stokes Giả sử P, Q, R là các hàm khả vi, liên tục trên miền bị chặn, đo được trong V R3. V ⊂ giới hạn bởi mặt cong kín S trơn hay trơn từng mảnh, khi đó: ∂P ∂Q ∂R Pdydz + Qdzdx + Rdxdy = + + dxdydz ∂x ∂y ∂z ZZS ZZZV trong đó tích phân ở vế trái lấy theo hướng pháp tuyến ngoài. Chú ý: Nếu tích phân ở vế trái lấy theo hướng pháp tuyến trong thì • ∂P ∂Q ∂R Pdydz + Qdzdx + Rdxdy = + + dxdydz − ∂x ∂y ∂z ZZS ZZZV Nếu mặt cong S không kín, có thể bổ sung thành mặt cong S kín để áp dụng công • 0 thức Ostrogradsky, rồi trừ đi phần bổ sung. Bài tập 5.6. Tính xdydz + ydzdx + zdxdy trong đó S là phía ngoài của mặt cầu x2 + ZZS y2 + z2 = a2. 102
2. Tích phân mặt loại II 103 z −→n (x, y, z) O y x Hình 5.6 Lời giải. Áp dụng công thức Ostrogradsky ta có xdydz + ydzdx + zdxdy = 3dxdydz = 3V = 4πa2 ZZS ZZZV Bài tập 5.7. Tính x3dydz + y3dzdx + z3dxdy trong đó S là phía ngoài của mặt cầu x2 + ZZS y2 + z2 = R2. Lời giải. Xem hình vẽ 5.6, áp dụng công thức Ostrogradsky ta có: I = 3 x2 + y2 + z2 dxdydz ZZZV x = r sin θ cos ϕ 0 ϕ 2π ≤ ≤ đặt y = r sin θ sin ϕ 0 θ π , J = r2 sin θ  ⇒  −   ≤ ≤ z = r cos θ 0 r R ≤ ≤ 2π π R    I = 3 dϕ dθ r4 sin θdr Z0 Z0 Z0 12πR5 = 5 103
104 Chương 5. Tích phân mặt Bài tập 5.8. Tính y2zdxdy + xzdydz + x2ydxdz trong đó S là phía ngoài của miền x ≤ ZZS 0, y 0, x2 + y2 1, z x2 + y2. ≤ ≤ ≤ z O y x Hình 5.8 Lời giải. Áp dụng công thức Ostrogradsky ta có: I = y2 + z + x2 dxdydz ZZZV x = r cos ϕ 0 ϕ π ≤ ≤ 2 đặt y = r sin ϕ 0 r 1 , J = r  ⇒  −   ≤ ≤ z = z 0 z r2 ≤ ≤ π 2  2 1 r    = dϕ dr r2 + z rdr Z0 Z0 Z0 π = 8 Bài tập 5.9. Tính xdydz + ydzdx + zdxdy trong đó S là phía ngoài của miền (z 1)2 6 − ZZS x2 + y2, a 6 z 6 1, a > 0. 104
2. Tích phân mặt loại II 105 z −→n a y a 1 O 1 a − − x Hình 5.9 Lời giải. Áp dụng công thức Ostrogradsky ta có: 1 I = 3dxdydz = 3V = 3. Bh = π (1 a)3 3 − ZZZV 2.5 Công thức liên hệ giữa tích phân mặt loại I và loại II [P(x, y, z) cos α + Q(x, y, z) cos β + R(x, y, z) cos γ] dS ZZ S (5.1) = P(x, y, z)dydz + Q(x, y, z)dzdx + R(x, y, z)dxdy ZZS trong đó cos α, cos β, cos γ là cosin chỉ phương của véctơ pháp tuyến đơn vị của mặt S. Bài tập 5.10. Gọi S là phần mặt cầu x2 + y2 + z2 = 1 nằm trong mặt trụ x2 + x + z2 = 0, y 0, hướng S phía ngoài. Chứng minh rằng ≥ (x y)dxdy + (y z)dydz + (z x)dxdz = 0 − − − ZZS 105
106 Chương 5. Tích phân mặt z 1 y 1 O 1 − x Hình 5.10 Lời giải. Ta có y = 1 x2 y2 nên véctơ pháp tuyến của S là n = ( y ,1, y ). Vì − − −→ ± − 0x − z0 < π nên (−→n , Oy) 2 p x z −→n = ( y0x,1, yz0 )= ,1, − − √1 x2 z2 √1 x2 z2 − − − − 2 2 Do đó n = x + 1 + z = 1 . Vậy −→ 1 x2 z2 1 x2 z2 √1 x2 z2 | | − − − − q − − n1 cos α = cos(−→n , Ox)= = x −→n  |n2 | cos β = cos(−→n , Oy)= = y  −→n  |n3 | cos γ = cos(−→n , Oz)= = z −→n  | |  Áp dụng công thức liên hệ giữa tích phân mặt loại I và II 5.1 ta có I = [(x y) cos γ + (y z) cos β + (z x) cos α] dS − − − ZZS = (x y)z + (y z)x + (z x)ydS − − − ZZS = 0 106
CHƯƠNG 6 LÝ THUYẾT TRƯỜNG §1. TRƯỜNG VÔ HƯỚNG 1.1 Định nghĩa Định nghĩa 6.3. Cho Ω là một tập con mở của R3 (hoặc R2). Một hàm số u : Ω R → (x, y, z) u = u(x, y, z) 7→ được gọi là một trường vô hướng xác định trên Ω. Cho c R, khi đó mặt S = (x, y, z) Ω u(x, y, z)= c được gọi là mặt mức ứng với giá trị ∈ { ∈ | } c (đẳng trị). 1.2 Đạo hàm theo hướng Định nghĩa 6.4. Cho u = u(x, y, z) là một trường vô hướng xác định trên Ω và M Ω. 0 ∈ Với −→l là một véctơ khác không bất kì và M(x, y, z) sao cho M0 M cùng phương với −→l , đặt 2 2 2 (x x0) + (y y0) + (z z0) nếu −−−→M0 M −→l ρ = − − − ↑↑ (6.1) p (x x )2 + (y y )2 + (z z )2 nếu −−−→M M −→l − − 0 − 0 − 0 0 ↑↓ p  u Giới hạn (nếu có) của tỉ số lim 4 được gọi là đạo hàm theo hướng −→l tại M0 của trường ρ 0 ρ → ∂u vô hướng u và được kí hiệu là (M0). ∂−→l Chú ý: 107
108 Chương 6. Lý thuyết trường Giới hạn trong công thức 6.1 có thể được thay bằng • u(x + t cos α, y + t cos β, z + t cos γ) u(x , y , z ) lim 0 0 0 − 0 0 0 , t 0 t → trong đó cos α, cos β, cosγ là các cosin chỉ phương của −→l . ∂u ∂u Nếu −→l Ox thì (M0)= (M0). • ↑↑ ∂−→l ∂x Đạo hàm theo hướng −→l tại điểm M của trường vô hướng u thể hiện tốc độ biến • 0 thiên của trường vô hướng u tại M0 theo hướng −→l . Định lý 6.16. Nếu u = u(x, y, z) khả vi tại M(x0, y0, z0) thì nó có đạo hàm theo mọi hướng −→l = 0 tại M và 6 0 ∂u ∂u ∂u ∂u (M0)= (M0). cos α + (M0). cos β + (M0). cos γ, (6.2) ∂−→l ∂x ∂y ∂z trong đó cos α, cos β, cosγ là các cosin chỉ phương của −→l . 1.3 Gradient Định nghĩa 6.5. Cho u(x, y, z) là trường vô hướng có các đạo hàm riêng tại M0(x0, y0, z0). Người ta gọi gradient của u tại M0 là véctơ ∂u ∂u ∂u (M ), (M ), (M ) ∂x 0 ∂y 0 ∂z 0 và được kí hiệu là grad−−→u(M0). Định lý 6.17. Nếu trường vô hướng u(x, y, z) khả vi tại M0 thì tại đó ta có ∂u ~ (M0)= grad−−→u.l ∂~l ∂u ~ Chú ý: (M0) thể hiện tốc độ biến thiên của trường vô hướng u tại M0 theo hướng l. ∂~l ∂u ~ ~ ~ ∂u Từ công thức ~ (M0)= grad−−→u.l = grad−−→u l . cos grad−−→u, l ta có ~ (M0) đạt giá trị lớn ∂l ∂l ~ ~ nhất bằng grad−−→u l nếu l có cùng phương với grad−−−→u. Cụ thể Theo hướng ~l, trường vô hướng u tăng nhanh nhất tại M nếu~l có cùng phương, cùng • 0 hướng với grad−−−→u. Theo hướng ~l, trường vô hướng u giảm nhanh nhất tại M nếu ~l có cùng phương, • 0 ngược hướng với grad−−−→u. 108
1. Trường vô hướng 109 1.4 Bài tập Bài tập 6.1. Tính đạo hàm theo hướng −→l của u = x3 + 2y3 3z3 tại A(2,0,1), −→l = − −→AB, B(1,2, 1). − Lời giải. Ta có −→AB = ( 1,2, 2) nên − − 1 1 ∂u ∂u cos α = − = − , = 3x2 (A)= 12 −→AB 3 ∂x ⇒ ∂x | | 2 2 ∂u ∂u cos β = = , = 6y2 (A)= 0 −→AB 3 ∂y ⇒ ∂x | | 2 2 ∂u ∂u cos γ = − = − , = 9z2 (A)= 9 −→AB 3 ∂z − ⇒ ∂x − | | Áp dụng công thức 6.2 ta có ∂u 1 2 2 (A)= 12.− + 0. + ( 9).− = 2 ∂−→l 3 3 − 3 Bài tập 6.2. Tính mônđun của grad−−→u với u = x3 + y3 + z3 3xyz tại A(2,1,1). Khi nào thì − grad−−→u Oz, khi nào grad−−→u = 0. ⊥ Lời giải. Ta có ∂u ∂u ∂u grad−−→u = , , = (3x2 = 3yz,3y2 3zx,3z2 3xy) ∂x ∂y ∂z − − nên grad−−→u = (9, 3, 3) và grad−−→u = √92 + 32 + 32 = 3√11. − − grad−−→u Oz grad−−→u, −→k = 0 ∂u = 0 z2 = xy • ⊥ ⇔ ⇔ ∂x ⇔ D E x2 = yz grad−−→u = 0 y2 = zx x = y = z • ⇔  ⇔  z2 = xy   2 1 2 2 2 Bài tập 6.3. Tính grad−−→u với u = r + r + ln r và r = x + y + z . p Bài tập 6.4. Theo hướng nào thì sự biến thiên của hàm số u = x sin z y cos z từ gốc toạ − độ O(0,0) là lớn nhất? 109
110 Chương 6. Lý thuyết trường ∂u ~ ~ ~ ∂u Lời giải. Từ công thức ~ (O) = grad−−→u.l = grad−−→u l . cos grad−−→u, l ta có ~ (O) đạt giá ∂l ∂l ~ ~ trị lớn nhất bằng grad−−→u l nếu l có cùng phương với grad−−→u(O) = (0, 1,0). − Bài tập 6.5. Tính góc giữa hai véctơ grad−−→z của các hàm z = x2 + y2, z = x 3y + 3xy − tại M(3,4). p p Lời giải. Ta có x y 3 4 grad−−→z1 = , nên grad−−→z1(M)= , . • √x2+y2 √x2+y2 5 5 √3y grad−−→z = 1 + , 3 + √3x nên grad−−→z (M)= 2, 9 . Vậy • 2 2√x − 2√y 2 − 4 grad−−→z1, grad−−→z2 12 cos α = = − D E √ grad−−→z1 . grad−−→z2 5 145 110
2. Trường véctơ 111 §2. TRƯỜNG VÉCTƠ 2.1 Định nghĩa Cho Ω là một miền mở trong R3. Một hàm véctơ −→F : Ω R3 → M −→F = −→F (M), 7→ trong đó −→F = Fx(M)−→i + Fy(M)−→j + Fz(M)−→k 2.2 Thông lượng, dive, trường ống a. Thông lượng: Cho S là một mặt định hướng và −→F là một trường véctơ. Đại lượng φ = Fxdydz + Fydzdx + Fzdxdy (6.3) ZZS được gọi là thông lượng của −→F đi qua mặt cong S. b. Dive: Cho −→F là một trường véctơ có thành phần Fx, Fy, Fz là các hàm số có đạo hàm ∂Fx ∂Fy ∂Fz riêng cấp một thì tổng ∂x + ∂y + ∂z được gọi là dive của trường véctơ −→F và kí hiệu là div −→F . c. Trường véctơ −→F xác định trên Ω được gọi là một trường ống nếu div −→F (M) = 0 với mọi M Ω. ∈ Tính chất: Nếu −→F là một trường ống thì thông lượng đi vào bằng thông lượng đi ra. 2.3 Hoàn lưu, véctơ xoáy a. Hoàn lưu: Cho C là một đường cong (có thể kín hoặc không kín) trong không gian. Đại lượng Fxdx + Fydy + Fzdz (6.4) ZC được gọi là hoàn lưu của −→F dọc theo đường cong C. b. Véctơ xoáy: Véctơ −→i −→j −→k ∂ ∂ ∂ rot−→−→F :=  ∂x ∂y ∂z  F F F  x y z    111
112 Chương 6. Lý thuyết trường được gọi là véctơ xoáy (hay véctơ rota) của trường véctơ −→F . 2.4 Trường thế - hàm thế vị Trường véctơ −→F được gọi là trường thế (trên Ω) nếu tồn tại trường vô hướng u sao cho grad−−→u = −→F (trên Ω). Khi đó hàm u được gọi là hàm thế vị. Định lý 6.18. Điều kiện cần và đủ để trường véctơ −→F = −→F (M) là một trường thế (trên Ω) là rot−→−→F (M)= 0 với mọi M Ω. ∈ Chú ý: Nếu −→F là trường thế thì hàm thế vị u được tính theo công thức x y z u = Fx(x, y0, z0)dx + Fy(x, y, z0)dy + Fz(x, y, z)dz + C (6.5) xZ0 yZ0 zZ0 2.5 Bài tập Bài tập 6.6. Trong các trường sau, trường nào là trường thế? a. a = 5(x2 4xy)−→i + (3x2 2y)−→j + −→k . −→ − − b. −→a = yz−→i + xz−→j + xy−→k . c. −→a = (x + y)−→i + (x + z)−→j + (z + x)−→k . Lời giải. a. Ta có ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂y ∂z ∂x ∂y rot−→−→a = , ∂z ∂x , = (0,0,6x 20y) = 0 Q R R P P Q! − 6 nên trường đã cho không phải là trường thế. b. Ngoài cách tính rot−→−→a , sinh viên có thể dễ dàng nhận thấy tồn tại hàm thế vị u = xyz nên −→a là trường thế. c. Ta có ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂y ∂z ∂x ∂y rot−→−→a = , ∂z ∂x , = (0,0,0) Q R R P P Q! 112
2. Trường véctơ 113 nên −→a là trường thế. Hàm thế vị được tính theo công thức 6.5: x y z u = Fx(t, y0, z0)dt + Fy(x, t, z0)dt + Fz(x, y, t)dt + C xZ0 yZ0 zZ0 x y z = tdt + (x + 0)dt + (t + y)dt + C Z0 Z0 Z0 x2 z2 = + xy + + yz + C 2 2 Bài tập 6.7. Cho −→F = xz2−→i + 2−→j + zy2−→k . Tính thông lượng của −→F qua mặt cầu S : x2 + y2 + z2 = 1 hướng ra ngoài. Lời giải. Theo công thức tính thông lượng 6.3 ta có φ = xz2dydz + yx2dxdz + zy2dxdy ZZS Áp dụng công thức Ostrogradsky ta có φ = (x2 + y2 + z2)dxdydz ZZZV x = r sin θ cos ϕ 0 ϕ 2π ≤ ≤ Thực hiện phép đổi biến trong toạ độ cầu y = r sin θ sin ϕ , 0 θ π , J = r2 sin θ   −   ≤ ≤ z = r cos θ 0 r 1 ≤ ≤ ta có   2π π  1  4π φ = dϕ dθ r2.r2 sin θdr = 5 Z0 Z0 Z0 Bài tập 6.8. Cho −→F = x(y + z)−→i + y(z + x)−→j + z(x + y)−→k và L là giao tuyến của mặt trụ x2 + y2 + y = 0 và nửa mặt cầu x2 + y2 + z2 = 2, z 0. Chứng minh rằng lưu số của −→F ≥ dọc theo L bằng 0. Lời giải. Theo công thức tính lưu số 6.4 I = x(y + z)dx + y(z + x)dy + z(x + y)dz IL 113
114 Chương 6. Lý thuyết trường Áp dụng công thức Stokes ta có ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ I = ∂y ∂z dydz + ∂z ∂x dzdx + ∂x ∂y dxdy Q R R P P Q ZZS = (z y)dydz + (x z)dzdx + (y x)dxdy − − − ZZS = 0 (theo bài tập 5.10). 114