Bài giảng Giải tích hàm nhiều biến số: Phần 2

Nối tiếp phần 1, Bài giảng Giải tích hàm nhiều biến số: Phần 2 tiếp tục trình bày những nội dung về tích phân đường và mặt; tích phân đường loại một và tích phân đường loại hai; tích phân mặt loại một; tích phân mặt loại hai; phương trình vi phân; phương trình vi phân cấp 1; phương trình vi phân cấp 2; hệ phương trình vi phân;... Mời các bạn cùng tham khảo!

TẬP ĐOÀN BƯU CHÍNH VIỄN THÔNG

HỌC VIỆN CÔNG NGHỆ BƯU CHÍNH VIỄN THÔNG

BÀI GIẢNG GIẢI TÍCH HÀM NHIỀU BIẾN SỐ

PGS TS Phạm Ngọc Anh

HÀ NỘI-2013

Ký hiệu ∆i là độ dài C^i−1Ci ∀i = 1, 2, , nvà ∆P = max{∆1,∆2, ,∆n}.

+ Chọn một điểm tùy ý Mi ∈ ^Ci−1Ci

tồn tại, không ph vào php phân P và điểm Mi , thì I gọi là phân

đường loại 1 hàm f(x, y) trên gAB (hay ta nói f(x, y) khả trên ABg) và

ký hiệu là

R

g AB

f(x, y)ds Người ta minh rằng nếu ABgtrơn từng

định hàm số khả vi liên từng và hàmf(x, y) liên trên ABg thì hàm sốf(x, y)khả trêngAB.

Dựa vào định nghĩa, ta tính

f(x, y)ds +

ρ(x, y)dslà khối lượng ABg 3.1.3 Công tính.

Trường hợp 2: Cho trơn từng ABg dạngx= φ(y) y ∈ [c, d]và hàm sốf(x, y)liên trên ABg Khi đó

Z

g AB

Chứng minh: Ta minh trường hợp 1, trường hợp 2 là tương tự Theo định nghĩa,

giả sử Ci(xi, yi), ∆x i = xi− xi−1,∆y i = yi− yi−1 ∀i = 1, 2, , n Khi∆x i đủ nhỏ, ta

3 .

b) Cung ABg dạng tham số trong mặt phẳng

Cho trơn từng ABg dạng tham số

gAB

xy

Hình 1: Hình vẽ ví d 3.2

và hàm sốf(x, y)liên trên ABg Bằng thayy′

x = y′t

x ′ t

vào (3.2), ta

Z

g AB

y2ds, trong đó gAB là một nhịp

gAB

2π

Z

0

p(1 − cos t)5dt

Cho trơn từng ABg dạng tham số

gAB

(x2+ y2+ z2)ds, trong đóABg là đoạn xoắn phương trình tham số

gAB

3π

2)

d) Cung ABg dưới dạng tọa độ bởi phương trình

r = r(ϕ), ϕ1 ≤ ϕ ≤ ϕ2

g AB

|gAB| =

Z

g AB

Z

0

c 12√ϕ +

√ϕdϕ

= 2√c(1 + 83c).

xf(x, y)ds,

yG= 1 m

R

g AB

yf(x, y)ds,

(3.6)

trong đó,mlà khối lượng ABg.

xf(x, y)ds = c

m

R

g AB

xds= 4a3 ,

yG= 1 m

R

g AB

yf(x, y)ds = c

m

R

g AB

I =Z

g AB

P dx+ Qdy + Rdz

Theo viết truyền thống, người ta viết dưới dạng

Z

g AB

P(x, y, z)dx + Q(x, y, z)dy + R(x, y, z)dz

Trong trường hợp biệt khi ABglà đường kín, phân đường loại 2 trên ABg

viết

I

g AB

^

Ai−1Ai xấp xỉ với vô hướng F~(Mi)−−−−→A

i−1Ai Vậy In định bởi định nghĩa trên xấp xỉ với

sinh ra trên ABg Do đó, giá trị phân đường loại 2 lim

n→∞In là sản sinh khi điểmM động theo quỹ đạoABg từ điểmAtới điểmB.

dt

Chứng minh.

Giả sử phân (P )trong định nghĩa định bởi

t0 = a < t1 < t2 < < tn = b

Gọixi = x(ti), yi = y(ti), zi = z(ti),vàAi(xi, yi, zi) Theo định lý Lagrange, tồn tạiτi ∈ (ti−1, ti)

dt

Ví d 3.6 TínhI = R

g AB

(ydx + zdy + xdz), trong đó a >0, gAB : {x = a cos t, y = a sin t, z =

VÝ d 3.7 TÝnh

Z

g AB

g AB

√ 2

Ta ®­êng elip(E)vÒ d¹ng tham sè §Æt

x= a cos t, y = b sin t víi t: 0 → 2π

2π

Z

0



b(3 sin t − sin 3t) + a(3 cos t + cos 3t)dt

= −ab4 b(−3 cos t + 13cos 3t) + a(3 sin t + 1

3sin 3t)

 2π 0

= 0

3.2.6 C«ng Green.

(D)

xB

C

ba

D

Ay

Hình 3: Hình vẽ Trường hợp 1.

Cho miền D trong mặt phẳngR2

là một miền liên thông, bị và biên ∂D là một hay nhiều đường kín trơn từng hàm số P(x, y), Q(x, y) và đạo hàm riêng

liên trênD∪ ∂D Công Green phát biểu như sau:

g AB

P(x, y)dx +

Z

g CD

P(x, y)dx

=Z

g AB

P(x, y)dx +

Z

¯ BC

P(x, y)dx +

Z

g CD

P(x, y)dx +

Z

¯ DA

P(x, y)dx

=I

∂D

(D6)

(D5)(D4)

(D3)

(D2)

(D1)

xO

Từ (3.9) và (3.10) ko theo Green minh.

Trường hợp 2 Miền(D)là miền đa liên.

+ Ta miền (D) thành miền nhỏ (D1), (D2), (Dn)bởi đường thẳng song song vớiOy

+ Theo trường hợp 1, Green đúng với miền nhỏ(Di)với i= 1, 2, , nhay

∂D

P dx+ Qdy

K =I

(C)

(y − x)dxdy

=

π 2

Cho hàm sốP(x, y), Q(x, y) và đạo hàm riêng liên trên miền đơn liên D⊂ R2

(miền không lỗ thủng nào) Khi đó, mênh đề sau tương đương:

P dx+ Qdy ph vào 2 điểmA, B, với mọiABg ⊂ D.

(iv) Tồn tạiu(x, y) định trên Dsao du= P dx + Qdy

Chứng minh. (i) ⇒ (ii)Giả sử D1 ⊂ D, Theo Green, Dlà miền đơn liên và giả thiết(i), ta

(ii) ⇒ (iii) Giả sử 2 đường bất kỳ nốiA vớiB là^AmB vàAnB] Theo giả thiết(ii), ta

I

^ AmBnA

P dx+ Qdy = 0

Khi đó

Z

^ AmB

P dx+ Qdy +

Z

] BnA

P dx+ Qdy = 0

Hay

Z

^ AmB

P dx+ Qdy −

Z

] AnB

Như vậy, tồn tạiu(x, y) định trênDsao du= P dx + Qdy.

(iv) ⇒ (i) Từ giả thiết tồn tại u(x, u)sao du = P dx + Qdy và đạo hàm riêng P, Qliên trênD Khi đó

g AB

Z

−3π4

2dt2(cos2t+ sin2t) = π.

Hệ quả 3.11 Nếu hàm số P(x, y), Q(x, y) và đạo hàm riêng liên trên miền R2

P(x, y) = (x + 2y)

(x + y)2, Q(x, y) = y

(x + y)2.Theo hÖ qu¶ 3.1 1, ta x0 = 1, y0 = 0 vµ

P dx+ Qdy = u(B) − u(A)

VÝ d 3.14 TÝnh ph©n ®­êng

J =Z

g AB

exsin ydx + (excos y − 1)dy,

exsin ydx + (excos y − 1)dy = u(0, a) − u(a, 0) = sin a − a

J =Z

g AB

2x cos(x + y) − x2sin(x + y)

u(x, y) = x2cos(x + y)

Theo hệ quả 3.13

J =Z

g AB

exsin ydx + (excos y − 1)dy = u(0, π) − u(π, 0) = π2

Ví d 3.16 Tìmm, nđể phân sau không ph vào đường lấy phân nối điểmA(0, 0)với điểmB(1, 1)

K =Z

g AB

điều kiện 4 mệnh đề tương đương thỏa mãn Do đó, muốnK không ph vào

đường nối điểmAvới điểmB điều kiện và đủ là

∂P

∂y = ∂Q

∂x.

∂u

∂y

∂v −∂x∂v∂u∂y (3.11) Trong trường hợp biệtS : z = g(x, y) (x, y) ∈ D Khi đó, tơ pháp tuyến mặtS là

~n= (−g′

x,−g′

y,1)

+ Mặt định hướng Mặt trơnS gọi là định hướng nếu với mỗi điểmM ∈ S

định một tơ pháp tuyến đơn vị~n(M) tại điểmM) liên trênS.

+ Diện mặt: Trong không gianR3

, ta xt mặtS phương trình

z = f (x, y) (x, y) ∈ D

trong đó, hàm sốf và đạo hàm riêng nó liên trên miềnD Phân P miềnDthành n mảnh nhỏ D1, D2, , Dn diện tương ứng ∆S1,∆S2, ,∆Sn Lấy một điểm tùy ýNi(xi, yi) ∈ Di GọiTi là một phần mặt phẳng tiếp vớiStại điểmMi(xi, yi, zi) ∈ S

và hình vuông trên (Oxy) là miền Di Diện mảnh Ti ký hiệu là ∆Ti Tương tự, ta mảnh nhỏ trên mặt S là S1, S2, , Sn và diện tương ứng là

∆S1,∆S2, ,∆Sn Gọi tạo bởi giữa Oz và tơ pháp tuyến Ti tại điểmMi làαi Khi đó, ta nhận thấy rằng

Khi đường kính phân P là δP = max{d1, d2, , dn} (trong đó di là đường kính

Di ) đủ nhỏ, thì∆Si ≈ ∆Ti với mọi i= 1, 2, , n Vì vậy, diện mặtS thể tính xấp xỉ bởi

Nếu mặt trơn S dưới dạng phương trình tham số

S : x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v), (u, v) ∈ D

∆S1,∆S2, ,∆Sn và đường kính δ1, δ2, , δn Khi đó, δP = max{δ1, δ2, , δn} gọi là đường kính phân P.

+ Chọn một điểm bất kỳMi(xi, yi, zi) ∈ Si Khi đó tổng

3(6 − x − 2y)r1 + (−13)2 + (−23)2dxdy

=

√143ZZ

D

(5x + 2y + 6)dxdy

=

√143

(ii)Nếu mặtS bởi phương trình tham số

S : x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v), (u, v) ∈ D ⊂ R2,

trong đó hàm sốx, y, z và đạo hàm riêng liên trên tập D, hàm số f(x, y, z)liên trênS Từ (3.13) và (3.15), ta

Sử dng php đổi biến sang tọa độ

x= R sin θ cos ϕ, y = R sin θ sin ϕ, z = R cos θ, 0 ≤ θ ≤ π

S

z2dS =

π 2

Z

0

dϕ

π 2

Cho mặtS khối lượng riêng tại điểm M ∈ S làρ(M) Khi đó

(i)Khối lượng riêng S là

Z Z

S

xρ(x, y, z)dS,

yG= 1m

Z Z

S

yρ(x, y, z)dS,

zG= 1mZZ

S

zρ(x, y, z)dS

(iii) Mômen quán tính

+ đối với tọa độ là

I0 =ZZ

S

(x2+ y2+ z2)ρ(x, y, z)dS

+ đối với Ox là

Ix =ZZ

+ đối với Oz là

Iz =ZZ

và đường kính làdi Ký hiệu∆P = max{d1 : i = 1, 2, , n}.

+ Trên mỗi mảnh Si , một điểm bất kỳ Mi ∈ Si Gọi αi, βi, γi là tạo bởi tơ pháp tuyến đơn vị định hướng~n(Mi) mặt(S)với tọa độOx, Oy, Oz tương ứng Khi đó

+ Nếu γ tạo bởi tơ pháp tuyến~n(M) với tia Oz) là một nhọn thì

S

xdydz+ ydzdx + zdxdy,

trong đóS là phần trên mặt phẳngx+ z = 1, nằm trong phần tám thứ nhất và giới hạn bởi mặt phẳngx= 0, y = 4.

Bài giải.

Gọi D1, D2, D3 là hình S trên mặt phẳng (Oxy), (Oyz), (Ozx) Vì S song song với Oy, nên

I3 =ZZ

D 3

ydzdx= 0

Từ D1 = {(x, y) ∈ (Oxy) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 4}và tạo bởi~nvới Oz là nhọn, ta

I1 =ZZ

Hình 5: Hình vẽ Ví d 3.19.

(ii)Nếu mặtS bởi phương trình tham số

S : x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v) (u, v) ∈ D,

trong đó S là mặt trơn và định hướng bởi tơ pháp tuyến ~n hàm số P(x, y, z),Q(x, y, z),R(x, y, z)liên trên mặtS Với tơ pháp tuyến đơn vị ~n= (cos α, cos β, cos γ)

và A, B, C định trong (3.11), ta

cos α = ±√ A

A2+ B2+ C2,cos β = ±√ B

A2+ B2+ C2,cos γ = ±√ C

S

xdydz+ ydzdx + zdxdy,

trong đóS là mặt ngoài mặt x2 + y2+ z2 = R2

Dùng php đổi biến trong tọa độ

x= R cos ϕ sin θ, y = R sin ϕ sin θ, z = R cos θ với 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ ϕ ≤ 2π



∂P

∂z −∂R∂x

dzdx+



∂Q

∂x − ∂P∂y

dxdy,

trong đó đường lấy phân theo dương (là đi mà ta nhìn thấy mặt ở bên trái) ứng

với mặtS.

Chứng minh.

Giả sử mặtS bởi phương trình tham số

x= x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v), (u, v) ∈ D

D

(P x′

u)′

u− (P x′

v)′ v

dudv

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

′ z

D(z, x)D(u, v).

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

′ z

D(z, x)D(u, v)

D(y, z)D(u, v)+ Q

′ x

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

D(z, x)D(u, v)+ R

′ y

D(y, z)D(u, v)

D 1

(R(x, y, z2(x, y)) − R(x, y, z1(x, y))) dxdy

=ZZ

giáp giữa 2 miền đơn giản do phân sẽ 2 phân mặt loại 2 biên nhưng phía

nhau nên triệt tiêu lẫn nhau.

Đổi biến sang hệ tọa độ

x= R cos ϕ sin θ, y = R sin ϕ sin θ, z = R cos θ với 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ ϕ ≤ 2π

+ tơ rôta: Cho trường tơF~(M) = P (M), Q(M), R(M)

∈ R3.Khi đó, tơ rôta (hay gọi là tơ xoáy) F~ là một tơ ký hiệu bởi

Nhận xt 3.23 Từ định nghĩa trên, ta một vài nhận x và ý nghĩa sau:

g AB

P dx+ Qdy + Rdz

là sinh ra khi điểm động trên gAB từ điểm A tới điểm B dưới động

c) Đường đinh ốc x = cos t, y = sin t, z = t, 0 ≤ t ≤ 2π biết khối lượng riêng p(x, y, z) =

x2+ y2+ z2 = 2ay, x2+ y2 = 2by, z > 0, a > b > 0 hướng đi trên L là ngược chiều kimđồng hồ nếu nhìn từ phía z > 0.

x3dydz+ y3dzdx+ z3dxdy, S là phía ngoài của mặt cầu x2+ y2+ z2 = R2

8 Tính trực tiếp các tích phân đường sau rồi kiểm tra lại bằng công thức Green

a)R

L(2xy − x2)dx + (x + y2)dy, L là đường kín gồm hai cung parabon y = x2 và x = y2

theo chiều dương

b) R

L(2x3− y3)dx, L là đường tròn x2+ y2 = 1 theo chiều dương

9 Chứng minh rằng các biểu thức P dx + Qdy sau đây là vi phân toàn phần của mộthàm số u(x, y) nào đó Tìm u: a) (x2 − 2xy2 + 3)dx + (y2 − 2x2y + 3)dy HD:

u= x3+y3 3 + 3(x + y) − x2y2+ C

b) (2x − 3xy2+ 2y)dx + (2x − 3x2y+ 2y)dy HD: u = x2+ 2xy −32x2y2+ y2+ C.c) [ex+y+ cos(x −y)]dx+[ex+y−cos(x−y)+2]dy HD: u = ex+y+ sin(x −y)+2y +C.d) xdx

a) div(g ~F) = ~grad(g) ~F + g.div ~F ,

b) div( ~G∧ ~F) = ~F ~rot ~G− ~G ~rot ~F ,

c) ~rot(g ~F) = ~gradg∧ ~F + ~grot ~F

11 Tính thông lượng của các trường vector sau: ~F = xy~i + yz~j + zx~k qua phía ngoài củaphần mặt cầu x2+ y2+ z2 = R2, x≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0

12 TínhR

L2xy2zdx+2x2yzdy+(x2y2−2z)dz, L là đường x = cos t, y = √3

2 sin t, z = 1

2sin thướng theo chiều tăng của t

c) RR

S

(yz + zx + xy)dS, S là phần của mặt nón z = px2+ y2 nằm trong mặt trụ

x2+ y2− 2ax = 0(a > 0)

14 Tìm khối lượng riêng của mặt S xác định bởi z = 1

2(x2+ y2), 0 ≤ z ≤ 1, nếu khối lượngriêng p(x, y, z) = z

15 Dùng công thức Ostrogradsky, tính các tích phân mặt sau:

1 dfgfg

3 dfgfg

CHƯƠNG 4 PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂNNội dung của chương này sẽ trình bày các khái niệm, phân loại và cách giải một sốphương trình vi phân như phương trình vi phân cấp 1 tách biến, Bernoulli, vi phân toànphần; phương trình vi phân cấp 2; hệ phương trình vi phân cấp 1 thường gặp trong kỹ thuật.

Để học tốt chương này, người học cần nắm vững các công thức đạo hàm và tích phân củahàm một biến số

4.1 Khái niệm chung về phương trình vi phân

Có rất nhiều các mô hình toán học liên quan đến việc nghiên cứu và giải các phươngtrình vi phân, ta nhắc lại một số mô hình bài toán quen thuộc thường gặp trong chươngtrình phổ thông liên quan tới phương trình vi phân

4.1.1 Các bài toán

Bài toán 1 Một vật có khối lượng m được đặt lên một lò xo đàn hồi với hệ số k > 0.Hãy xác định quy luật dao động của vật?

Giải Chọn trục Oy thẳng đứng hướng từ trên xuống, gốc O đặt tại trọng tâm vật ở

vị trí cân bằng Từ đó ta dễ dàng đưa ra phương trình chuyển động của vật theo định luậtNewton:

md

2y

dt2 = −ky − λdydt.Đặt a = k

m và b = λ

m thì ta có phương trình chuyển động của lò xo có dạng thu gọn

y′′+ ay′+ by = 0 (4.1)Đây là phương trình vi phân bậc 2 tuyến tính

Bài toán 2 Một thanh kim loại được nung nóng đến 1200C được đặt trong môi trườngluôn có nhiệt độ không đổi 250C Tìm quy luật thay đổi nhiệt độ của thanh kim loại.Giải Gọi y(x) là nhiệt độ thanh kim loại tại thời điểm x Theo định luật Newton về

sự giảm nhiệt của vật thì vận tốc giảm nhiệt là dy

dx tỷ lệ với nhiệt độ của vật thể và nhiệt độ

y(x) − 25 của môi trường tại thời điểm đó Do vậy, ta có

dx

dt = −k(x(t) − 25), k > 0, (4.2)

là phương trình vi phân cấp 1

4.1.2 Định nghĩa

Phương trình vi phân là phương trình quan hệ giữa biến độc lập x, hàm số cần tìm y

và các đạo hàm y′, y′′, , y(n)của nó Hay phương trình có dạng như sau:

F(x, y, y′, y′′, , y(n)) = 0 (4.3)hoặc

y(n)= f (x, y, y′, y′′, , y(n−1))

Cấp cao nhất n của đạo hàm của hàm số y được gọi là cấp của phương trình vi phân Ví

dụ như, phương trình vi phân (4.2) là phương trình vi phân cấp 1 và (4.1) là phương trình

vi phân cấp 2 Nghiệm của phương trình vi phân (4.3) là tất cả các hàm số y = ϕ(x) thỏamãn phương trình

4.2 Phương trình vi phân cấp một

4.2.1 Định nghĩa và sự tồn tại nghiệm

Phương trình vi phân cấp một là một phương trình vi phân có dạng

Giải: Dễ dàng thấy y = x3 + C là nghiệm của phương trình Với x = 0, y = 1, ta có

C = 1 Vậy nghiệm của bài toán là y = x3 + 1

Họ hàm số y = ϕ(x, C), với C là một hằng số tùy ý, được gọi là nghiệm tổng quát củaphương trình vi phân cấp 1 trên miền D ⊆ R2, nếu y = ϕ(x, C) thỏa mãn phương trình(4.4) với mọi hằng số C và tồn tại duy nhất hằng số C0 sao cho y = ϕ(x, C0) là nghiệm củabài toán Cauchy Nếu không tìm được nghiệm tổng quát mà tìm được nghiệm dưới dạngmột hệ thức dạng ẩn φ(x, y, C) = 0, thì hệ thức này được gọi là tích phân tổng quát của

phương trình vi phân cấp 1 Chú ý rằng, không phải bất kỳ nghiệm nào của phương trình

vi phân cũng nhận được từ nghiệm tổng quát bằng cách cho hằng số C các giá trị cụ thể.Nghiệm không thể nhận được từ nghiệm tổng quát cho dù C lấy bất kỳ giá trị nào được gọi

là nghiệm kỳ dị (ta không nghiên cứu sâu về nghiệm này)

Định lý 4.2 Nếu hàm f(x, y) liên tục trong miền D ⊆ Rn chứa (x0, y0), thì bài toán Cauchy(4.5) và điều kiện ban đầu y(x0) = y0 có nghiệm y = y(x) xác định trong lân cận của điểm

x0 Hơn nữa, nếu ∂f

∂y cũng liên tục trên D thì y = y(x) là nghiệm duy nhất

Hiện tại, không có một phương pháp tổng quát nào để giải phương trình vi phân cấp

1 Dưới đây, ta xét một số phương trình vi phân cấp 1 thông dụng có thể giải được bằngphương pháp tích phân

Zg(y)dy = C

Nếu có F′(x) = f (x) và G′(x) = g(x), thì ta có tích phân tổng quát có dạng

(1 + x2)(1 + y2) = e2C0

= C > 0

Vậy phương trình có nghiệm dạng tích phân tổng quát

(1 + x2)(1 + y2) = C > 0

Chú ý 4.4 Nếu phương trình tách biến có dạng

f1(x)g1(y)dx + f2(x)g2(y)dy = 0,thì ta có thể đưa về phương trình tách biến Thật vậy, nếu f2(x)g1(y) 6= 0, bằng cách chia 2

vế cho f2(x)g1(y), ta nhận được

f1(x)

f2(x)dx+

g1(y)

g2(y)dy= 0,

đó là phương trình tách biến Ta xét các nghiệm kỳ dị trong các trường hợp f2(x)g1(y) = 0

Ví dụ 4.5 Giải phương trình vi phân cấp 1

Lấy tích phân 2 vế, ta có

Zdyy(y + 2) −

Zxdx= 0

Dễ dàng nhận được

ln

y

y+ 2

... − 3xy2< /small>+ 2y)dx + (2x − 3x2< /small>y+ 2y)dy HD: u = x2< /small>+ 2xy −32< /small>x2< /small>y2< /small>+ y2< /small>+ C.c) [ex+y+... ngồi củaphần mặt cầu x2< /small>+ y2< /small>+ z2< /small> = R2< /small>, x≥ 0, y ≥ 0, z ≥

12 TínhR

L2xy2< /small>zdx+2x2< /small>yzdy+(x2< /small>y2< /sup>−2z)dz,... class="text_page_counter">Trang 22

3(6 − x − 2y)r1 + (−13)2< /small> + (−2< /sup>3)2< /small>dxdy

=