MỤC LỤC CHƯƠNG I: H À M NHIỀU BIẾ N SỐ ..................................................................7 I. Bài toán tìm giới hạn của hàm nhiều biế n số: .............................................7 II. Bài toán khảo sát tính liên tục củ a hàm nhiều biến số: ...........................14 III. Các bài toán về đ ạ o hàm riêng: ...............................................................16 1. Tính đ ạ o hàm riêng của hàm bị gãy khúc: ............................................18 2. Tính đ ạ o hàm riêng của hàm số hợp: .....................................................19 3. Đạo hàm riêng cấp hai: ............................................................................20 4. Tính đ ạ o hàm riêng của hàm số hợp gián tiếp qua hàm tích phân:.....21 5. Tính đ ạ o hàm riêng của hàm ẩn: ............................................................23 6. Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong tại một đ i ể m cho bở i hàm ẩn rút ra từ
HÀM NHIỀ U BI Ế N S Ố
Bài toán tìm gi ớ i h ạ n c ủ a hàm nhi ề u bi ế n s ố
− Tính ch ất cơ bả n c ủ a gi ớ i h ạ n:
Tính chất thứ hai chỉ áp dụng được khi (𝑥,𝑦)→(𝑎,𝑏)lim 𝑓(𝑥, 𝑦) và (𝑥,𝑦)→(𝑎,𝑏)lim 𝑔(𝑥, 𝑦) hữu hạn
Nếu hàm 𝑓(𝑥, 𝑦) liên tục tại điểm (𝑥0; 𝑦0) thì: lim
− D ạ ng 1: Sử dụng định lí kẹp (với những bài có giới hạn bằng 0) Định lí kẹp: {
❖ Trong các bài tập, khi phán đoán được giới hạn lim
(𝑥,𝑦)→(𝑎,𝑏)𝑓(𝑥, 𝑦)tiến đến 0, chúng ta sẽ sử dụng định lí kẹp như sau:
Có: 0 ≤ |𝑓(𝑥, 𝑦)| ≤ |𝑔(𝑥, 𝑦)| Vế trái của của |𝑓(𝑥, 𝑦)|đã được kẹp bởi số 0, nhiệm vụ sẽ là tìm được hàm 𝑔(𝑥, 𝑦)thỏa mãn(𝑥,𝑦)→(𝑎,𝑏)lim 𝑔(𝑥, 𝑦) = 0 Đểlàm được việc này chúng ta sẽđánh giá, tác động lên hàm 𝑓(𝑥, 𝑦) bằng cách bớt tử, mẫu hay sử dụng bất đẳng thức Cauchy, sử dụng
|sin 𝑥|, |cos 𝑥| ≤ 1 … Sau khi tìm được hàm𝑔(𝑥, 𝑦) phù hợp, sử dụng định lí kẹp
Sử dụng máy tính nhập hàm 𝑥𝑥2 2sin 𝑦+ 𝑦2, do (𝑥, 𝑦) → (0,0), ta CALC 𝑥 = 10−6, 𝑦 = 10−6 thu được kết quả gần bằng 0 ⇒ dự đoán (𝑥,𝑦)→(0,0)lim 𝑥
𝑥2+ 𝑦2 = 0 ⇒ Sử dụng định lý kẹp.
Mà(𝑥,𝑦)→(0,0)lim |sin 𝑦| = |sin 0| = 0 ⇒(𝑥,𝑦)→(0,0)lim 𝑥
𝑥2+ (𝑦 − 1)2 nhập 𝑥 = 10−6tiến sát 0, nhập 𝑦 = 1 + 10−6tiến sát 1 thu được kết quả là một số rất nhỏ tiến đến 0 ⇒ dự đoán được (𝑥,𝑦)→(0,0)lim
Mà(𝑥,𝑦)→(0,1)lim |2𝑥 ln 𝑦| = |2.0 ln 1| = 0 ⇒ lim
Dùng máy tính, dự đoán được(𝑥,𝑦)→(0,0)lim
(sin 𝑥) 3 (sin 𝑥) 2 + (cos 𝑦) 2 = 0 ⇒ dùng định lí kẹp
(sin 𝑥)2+ (cos 𝑦)2| ≤ |(sin 𝑥)(sin 𝑥)3 2| = |sin 𝑥|
Mà(𝑥,𝑦)→(0,0)lim |sin 𝑥| = |sin 0| = 0 ⇒ lim
(sin 𝑥) 3 (sin 𝑥)2+ (cos 𝑦)2= 0 (Định lý kẹp)
Dùng máy tính, dự đoán được(𝑥,𝑦)→(0,0)lim 𝑥
𝑥2+ 2𝑦2= 0 ⇒ dùng định lí kẹp Ở VD này nếu để nguyên và bớt ở mẫu sốnhư 2 VD trước thì vẫn chưa thể sử dụng định lí kẹp, chúng ta sẽ chia
Dùng máy tính, dự đoán được(𝑥,𝑦)→(0,0)lim 𝑥
𝑥2+ 𝑦2 = 0 ⇒ dùng định lí kẹp Thấy rằng ở đây xuất hiện thừa số 𝑥𝑦, 𝑥 2 , 𝑦 2 ⇒liên tưởng đến bất đẳng thức Cauchy
(𝑥, 𝑦) → (+∞, +∞), nhập 𝑥 = 106, 𝑦 = 106, thu được kết quả gần đến 0⇒dùng định lí kẹp
− D ạ ng 2: Sử dụng cách đặt 𝑦 = 𝑘𝑥để chứng minh sự không tồn tại của giới hạn
Theo định nghĩa, để tìm ra sự tồn tại hữu hạn của giới hạn (𝑥,𝑦)→(𝑥 lim
0 ,𝑦 0 )𝑓(𝑥, 𝑦) ta phải chỉ ra với mọi dãy số{𝑥𝑛 → 𝑥0}, {𝑦𝑛 → 𝑦0}thì lim
Vì vậy với những bài toán không tồn tại giới hạn, ta sẽ chỉ ra có hai dãy {𝑥𝑛 → 𝑥0}, {𝑦𝑛 → 𝑦0} và {𝑥𝑛′→ 𝑥0}, {𝑦𝑛′→ 𝑦0} sao cho (𝑥,𝑦)→(𝑥 lim
0 ,𝑦 0 )𝑓(𝑥, 𝑦) nhận hai giá trị khác nhau
Chúng ta thường xét hai dãy {𝑥 → 𝑥0}, {𝑦 = 𝑥 → 𝑦0} và {𝑥 → 𝑥0}, {𝑦 = 2𝑥 → 𝑦0}
Và đểđỡ tốn thời gian trình bày ta sẽ xét tổng quát dãy {𝑥 → 𝑥0}, {𝑦 = 𝑘𝑥 → 𝑦0}
Dùng máy tính bấm ra một giá trị không gần sát 0 ⇒ dựđoángiới hạn này không tồn tại
Với mỗi 𝑘 khác nhau, lim
𝑥2+ 𝑦2 tiến đến những giới hạn khác nhau
Vậy không tồn tại lim
Dùng máy tính bấm ra một giá trị không gần sát 0 ⇒ dự đoán giới hạn này không tồn tại
Với mỗi 𝑘 khác nhau,(𝑥,𝑦)→(0,0)lim
𝑥 3 3𝑥2𝑦 + 𝑦3 tiến đến những giới hạn khác nhau Vậy không tồn tại (𝑥,𝑦)→(0,0)lim
Với mỗi 𝑘 khác nhau,(𝑥,𝑦)→(+∞,+∞)lim sin 𝜋𝑥2𝑥 + 𝑦 tiến đến những giới hạn khác nhau
Vậy không tồn tại (𝑥,𝑦)→(+∞,+∞)lim sin 𝜋𝑥2𝑥 + 𝑦
− D ạ ng 3: Kết hợp những kiến thức tìm giới hạn của hàm 1 biến số: o Các kiến thức cần nhớ:
▪ Vô cùng bé tương đương: với 𝑢 = 𝑓(𝑥, 𝑦) → 0 thì: sin 𝑢 ~ 𝑢 ln(1 + 𝑢) ~ 𝑢 tan 𝑢 ~ 𝑢 𝑒 𝑢 − 1 ~ 𝑢 arctan 𝑢 ~ 𝑢
▪ Vô cùng lớn tương đương: với𝑢 = 𝑓(𝑥, 𝑦) → +∞
▪ Các dạng vô định thường gặp: 0 0 , 1 ∞ , ∞ 0
𝑥 2 +𝑦 1 2 là dạng vô định 1∞ ⇒ sử dụng (1 + 1𝑢) 𝑢 ~ 𝑒 với 𝑢 → +∞
Vậy với mỗi 𝑘 khác nhau lim
(𝑥,𝑦)→(0,0)𝑥23𝑥+ 𝑦2 2 tiến đến những giá trị giới hạn khác nhau.
𝑥2+ 𝑦2 ⇒ ∄(𝑥,𝑦)→(0,0)lim (1 + 3𝑥 2 ) 𝑥 2 +𝑦 1 2 VD3: Tính (𝑥,𝑦)→(0,0)lim cos(𝑥
VD4: Tính giới hạn hàm số 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥(𝑒 𝑦 − 1) − 𝑦(𝑒𝑥2+ 𝑦2 𝑥 − 1) (𝑥 → 0, 𝑦 → 0)
Sử dụng khai triển Maclaurin, ta có:
2 − 𝑥𝑥2+ 𝑦22 2𝑦 Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có:
Tương tự chứng minh được
Bài toán kh ả o sát tính liên t ụ c c ủ a hàm nhi ề u bi ế n s ố
Cách làm: sử dụng định lí: hàm 𝑓(𝑥, 𝑦) liên tục tại điểm (𝑥0; 𝑦0) khi và chỉ khi: lim
Vận dụng các phương pháp tìm giới hạn để kiểm tra tính liên tục
VD1: Cho hàm số𝑓(𝑥, 𝑦) = {𝑥 arctan ( 𝑦𝑥 ) 2 , nếu 𝑥 ≠ 0
0 , nếu 𝑥 = 0 Xét tính liên tục của 𝑓(𝑥, 𝑦)tại 𝐵(0,1)
𝑎 , nếu 𝑥2+ 𝑦2 = 0 Tìm 𝑎để hàm số liên tục tại (0,0)
𝑥2+ 𝑦2 = 0chỉ xảy ra khi 𝑥 = 𝑦 = 0 Để 𝑓(𝑥, 𝑦) liên tục tại (0,0)⇔(𝑥,𝑦)→(0,0)lim 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓(0,0) = 𝑎
Vậy hàm số𝑓(𝑥, 𝑦) liên tục tại (0,0) khi và chỉ khi 𝑎 = 0
VD3: Cho hàm số 𝑓(𝑥, 𝑦) = {sin (𝑥𝑦 + 𝑦𝑥 2 + 𝑦 2 2 ) , nếu (𝑥, 𝑦) ≠ (0,0)
0, nếu (𝑥, 𝑦) = 0 Xét tính liên tục của hàm số tại (0,0)
Vậy với mỗi 𝑘 khác nhau lim
𝑥2+ 𝑦2 2) tiến đến những giá trị giới hạn khác nhau.
(𝑥,𝑦)→(0,0)sin (𝑥𝑦 + 𝑦𝑥2+ 𝑦2 2) ⇒ Hàm số gián đoạn tại (0,0)
0, nếu (𝑥, 𝑦) = 0 Khảo sát sự liên tục của hàm số 𝑓(𝑥, 𝑦)
Với (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅2\{(0,0)} thì hàm số 𝑓(𝑥, 𝑦) liên tục
Xét tính liên tục của hàm số𝑓(𝑥, 𝑦) tại (0,0)
Vậy với mỗi 𝑘 khác nhau (𝑥,𝑦)→(0,0)lim 𝑥𝑦 − 𝑥𝑥2+ 𝑦2 2 tiến đến những giá trị giới hạn khác nhau.
⇒ Không tồn tại (𝑥,𝑦)→(0,0)lim 𝑥𝑦 − 𝑥𝑥2+ 𝑦2 2 ⇒ Hàm số gián đoạn tại (0,0)
Vậy hàm số 𝑓(𝑥, 𝑦) liên tục với (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅2\{(0,0)},gián đoạn tại (0,0)
Các bài toán v ề đạ o hàm riêng
Trong hàm nhiều biến số xuất hiện một khái niêm mới là đạo hàm riêng
−Cho hàm số 𝑓(𝑥, 𝑦)xác định trong miền 𝐷,điểm 𝑀(𝑥0, 𝑦0) ∈ 𝐷.Nếu cho y= y 0 =constthì hàm hai biến 𝑓(𝑥, 𝑦)trở thành hàm một biến số 𝑓(𝑥, 𝑦0)theo biến 𝑥.Đạo hàm của 𝑓(𝑥, 𝑦0)tại x=x 0 được gọi là đạo hàm riêng của 𝑓(𝑥, 𝑦) theo biến 𝑥 tại 𝑀 Ký hiệu 𝑓 𝑥′ (𝑥 0 , 𝑦 0 ) hoặc f ( , ) 0 0 x x y
− Cho hàm số 𝑓(𝑥, 𝑦)xác định trong miền 𝐷,điểm 𝑀(𝑥0, 𝑦0) ∈ 𝐷.Nếu cho x=x 0 =constthì hàm hai biến 𝑓(𝑥, 𝑦)trở thành hàm một biến số 𝑓(𝑥 0 , 𝑦)theo biến 𝑦.Đạo hàm của 𝑓(𝑥 0 , 𝑦)tại y= y 0 được gọi là đạo hàm riêng của 𝑓(𝑥, 𝑦) theo biến 𝑦 tại 𝑀 Ký hiệu 𝑓𝑦′(𝑥0, 𝑦0) hoặc f ( , )0 0 y x y
− Công thức (3.1) và (3.2) là công thức tính đạo hàm riêng theo định nghĩa, chúng ta sẽ sử dụng hai công thức này với những bài toán tính đạo hàm riêng của hàm “gãy khúc” tại (𝑥 0 , 𝑦 0 ).
− Với hàm 𝑓(𝑥, 𝑦)xác định trên miền 𝐷,không bị “gãy khúc”, khi tính đạo hàm riêng của 𝑓(𝑥, 𝑦) theo biến nào thì xem như hàm chỉ phụ thuộc vào biến đó, biến còn lại coi như là hằng số và áp dụng các quy tắc tính đạo hàm như hàm một biến số
❖Một số công thức đạo hàm riêng:
Cho các hàm hai biến số 𝑓 = 𝑓(𝑥, 𝑦), 𝑔 = 𝑔(𝑥, 𝑦)
− Đạo hàm riêng của một tích: {(𝑓 𝑔)′𝑥 = 𝑓𝑥′ 𝑔 + 𝑔𝑥′ 𝑓
− Đạo hàm riêng của một thương:
1 Tính đạ o hàm riêng c ủ a hàm b ị gãy khúc:
ℎ(𝑥, 𝑦) nếu 𝑥 = 𝑥0 Thì để tính 𝑓𝑥′ tại điểm (𝑥0, 𝑦0) không thể dùng cách tính trực tiếp thông thường mà phải dùng định nghĩa như sau:
− Tương tự, cho hàm số 𝑓(𝑥, 𝑦) = {𝑔(𝑥, 𝑦) nếu 𝑦 ≠ 𝑦0
ℎ(𝑥, 𝑦) nếu 𝑦 = 𝑦0 Thì để tính 𝑓𝑦′ tại điểm (𝑥0, 𝑦0) không thể dùng cách tính trực tiếp thông thường mà phải dùng định nghĩa như sau:
VD1: Cho hàm số 𝑓(𝑥, 𝑦) = {𝑦 arctan (𝑥𝑦)
∆𝑦 = lim∆𝑦→0arctan 1∆𝑦 Với ∆𝑦 → 0 ⇒ 1∆𝑦 → +∞ ⇒ arctan 1∆𝑦 → 𝜋2 ⇒ lim ∆𝑦→0 arctan 1∆𝑦 = 𝜋2
2 Tính đạ o hàm riêng c ủ a hàm s ố h ợ p:
− Cho hàm số𝑓(𝑢) với 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦) thì {𝑓𝑥
− Cho hàm số𝑓(𝑢, 𝑣) với 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦) và 𝑣 = 𝑣(𝑥, 𝑦) thì {𝑓𝑥
VD2: Tính đạo hàm riêng của các hàm số hợp sau:
− Cho hàm số 𝑓(𝑥, 𝑦)có các đạo hàm riêng cấp một 𝑓𝑥′ và 𝑓𝑦′,các đạo hàm riêng của 𝑓𝑥′ và 𝑓𝑦′
(nếu có) được gọi là những đạo hàm riêng cấp hai Có bốn đạo hàm riêng cấp hai được ký hiệu:
VD: Tính các đạo hàm riêng cấp hai của hàm số sau:
4 Tính đạ o hàm riêng c ủ a hàm s ố h ợ p gián ti ế p qua hàm tích phân:
− Cách làm: Áp dụng công thức
Trong Giải tích I, chúng ta có công thức liên quan đến tích phân có cận trên thay đổi (hàm tích phân) như sau:
Với 𝑔(𝑥) là hàm một biến số, 𝑎 là một số thực
Trong chương này, chúng ta sẽ mở rộng công thức này ra với cận trên của tích phân là hàm hai biến số𝑢(𝑥, 𝑦),và có thêm đạo hàm riêng theo biến 𝑦.
𝑣(𝑥,𝑦) 𝑎 với 𝑎 là một số thực.
VD1: Tính 𝑧𝑥′, 𝑧𝑦′của hàm số 𝑧 = ∫ 𝑡2sin 2𝑡 𝑑𝑡
5 Tính đạ o hàm riêng c ủ a hàm ẩ n:
− Từ phương trình𝐹(𝑥, 𝑦) = 0, rút ra được một hàm số ẩn 𝑦 = 𝑦(𝑥), khi đó:
− Từphương trình𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0, rút ra được một hàm sốẩn 𝑧 = 𝑧(𝑥, 𝑦), khi đó:
VD1: Tính đạo hàm của các hàm số ẩn 𝑦 = 𝑦(𝑥)và 𝑧 = 𝑧(𝑥, 𝑦)rút ra từ các phương trình sau: a) 𝑥3𝑦 − 𝑦3𝑥 = 𝑎4 b) 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 𝑒𝑧
VD2: Tính 𝑦′(𝑥) và 𝑦′′(𝑥) của hàm sốẩn 𝑦 = 𝑦(𝑥) rút ra từphương trình: ln √𝑥2+ 𝑦2= arctan 𝑦𝑥
VD3: Cho hàm ẩn 𝑦 = 𝑦(𝑥) xác định từ 𝑥3+ 𝑦3+ 𝑦 − 1 = 0 Tính 𝑦′(1), 𝑦′′(1)
Thay 𝑥 = 1vào phương trình 𝑥3+ 𝑦3+ 𝑦 − 1 = 0ta được:
3.0 + 1 = 3 Xét đạo hàm cấp hai
6 Vi ết phương trình tiế p tuy ế n c ủa đườ ng cong t ạ i m ột điể m cho b ở i hàm ẩ n rút ra t ừ 𝑭(𝒙, 𝒚) 𝟎
− Phương pháp: Áp dụng công thức phương trình tiếp tuyến tại điểm 𝑀(𝑥0, 𝑦0)của đường cong:
VD: Cho đường cong cho bởi 𝑥3+ 𝑦2− 3𝑥2+ 4 = 0 Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong tại 𝐴(−2,4)
Phương trình tiếp tuyến của đường cong tại 𝐴(−2,4) là:
7 Tìm điể m kì d ị c ủa đườ ng cong:
− Bài toán: Đường cong 𝐿dưới dạng phương trình𝐿(𝑥, 𝑦) = 0,tìm điểm kì dị của đường cong
B2: Kiểm tra các điểm 𝑀1(𝑥1, 𝑦1), 𝑀2(𝑥2, 𝑦2), … có thuộc đường cong 𝐿 không
Nếu 𝑀𝑖(𝑥𝑖, 𝑦𝑖) ∈ 𝐿 ⇒ 𝑀𝑖(𝑥𝑖, 𝑦𝑖)là điểm kì dị của đường cong
Nếu 𝑀 𝑖 (𝑥 𝑖 , 𝑦 𝑖 ) ∉ 𝐿 ⇒ 𝑀 𝑖 (𝑥 𝑖 , 𝑦 𝑖 )không là điểm kì dị của đường cong
VD: Một đường cong 𝐶 cho dưới dạng phương trình 𝑥2+ 𝑦3− 3𝑦2+ 4 = 0.Tìm điểm kì dị của đường cong 𝐶.
𝑦 = 2 Điểm 𝑂(0,0) ∉ 𝐶 do 𝐿(0,0) = 4 ≠ 0 ⇒ 𝑂(0,0)không là điểm kì dị của đường cong 𝐶. Điểm 𝐴(0,2) ∈ 𝐶 do 𝐿(0,2) = 0 ⇒ 𝐴(0,2)là điểm kì dị của đường cong 𝐶.
Vậy đường cong 𝐶có điểm kì dị 𝐴(0,2)
VD1: Cho 𝑢 =𝑥+𝑧 𝑦+𝑧 tính 𝑢𝑥′, 𝑢𝑦′ biết rằng 𝑧 là hàm số ẩn của 𝑥, 𝑦xác định bởi phương trình
VD2: Giả sử 𝑧 = 𝑦𝑓(𝑥 2 − 𝑦 2 ),trong đó 𝑓(𝑥 2 − 𝑦 2 )là hàm khả vi Chứng minh rằng đối với hàm số𝑧 hệ thức sau luôn thỏa mãn:
VD3: Cho 𝑓là hàm khả vi đến cấp hai trên 𝑅.Chứng minh rằng hàm số 𝜔(𝑥, 𝑡) = 𝑓(𝑥 − 3𝑡) thỏa mãn phương trình truyền sóng:
Kh ả o sát tính liên t ụ c c ủa đạ o hàm riêng
− Với hàm số“gãy khúc”𝑓(𝑥, 𝑦) = {𝑔(𝑥, 𝑦) nếu 𝑥 ≠ 𝑥0
Tại điểm “gãy khúc”(𝑥, 𝑦) = (𝑥0, 𝑦) hay (𝑥, 𝑦) = (𝑥, 𝑦0) thì hàm số chưa chắc đã tồn tại đạo hàm riêng, ta phải xét đạo hàm riêng của hàm số tại điểm đặc biệt này theo định nghĩa.
VD: Khảo sát sự tồn tại các đạo hàm riêng của nó:
𝑎)Khảo sát sự tồn tại của đạo hàm riêng
Với 𝑥 ≠ 0, 𝑦 = 𝑦 0 ∈ 𝑅, hàm số có đạo hàm riêng: + 𝑓𝑥′= arctan (𝑦𝑥) 2 + 𝑥 −2𝑦2
⇒ Hàm số 𝑓(𝑥, 𝑦) tồn tại đạo hàm riêng tại (𝑥, 𝑦) = (0, 𝑦0)
𝑏) Khảo sát sự tồn tại của đạo hàm riêng
Với (𝑥, 𝑦) ≠ (0,0), hàm sốcó đạo hàm riêng:
⇒ Hàm số tồn tại đạo hàm riêng tại (𝑥, 𝑦) = (0,0).
Vậy hàm số 𝑓(𝑥, 𝑦)có đạo hàm riêng liên tục với (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅2.
Bài toán s ử d ụ ng vi phân tính g ần đúng
B1: Chọn hàm 𝑓(𝑥, 𝑦) phù hợp (chỗ nào số xấu đặt là biến)
B3: Chọn 𝑥0, 𝑦0 đẹp và ∆𝑥, ∆𝑦đủ nhỏ
VD1: Ứng dụng vi phân tính gần đúng:𝑆 = √(3,97)2+ (3,02)2
Trong biểu thức có hai số xấu là: 3,97 và 3,02 ⇒Đặt hai vị trí đó là biến
VD2: Ứng dụng của vi phân tính gần đúng: 𝑆 = √4 𝑒 3 0,02+ (1,95)2
Tách 0,02 = 0 + 0,02,tách 1,95 = 2 − 0,05 ⇒ Chọn 𝑥0 = 0, ∆𝑥 = 0,02 , 𝑦0= 2, ∆𝑦 = −0,05 Chọn hàm 𝑓(𝑥, 𝑦) = √4 𝑒 3 𝑥+ 𝑦2 ⇒ 𝑓𝑥′= 43 𝑒𝑥(4𝑒𝑥+ 𝑦2) −2 3 ; 𝑓𝑦′ = 2𝑦3 (4𝑒𝑥+ 𝑦2) −2 3 Áp dụng: 𝑓(𝑥0+ ∆𝑥; 𝑦0+ ∆𝑦) ≈ 𝑓(𝑥0; 𝑦0) + ∆𝑥𝑓𝑥′(𝑥0; 𝑦0) + ∆𝑦𝑓𝑦′(𝑥0; 𝑦0)
Bài toán tính vi phân toàn ph ầ n
− Cho hàm số 𝑧 = 𝑧(𝑥, 𝑦), ta có:
+ Vi phân toàn phần cấp một:
+ Vi phân toàn phần cấp hai:
− Trong trường hợp hàm số 𝑧 = 𝑧(𝑥, 𝑦)là hàm ẩn được rút ra từ 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0thì vi phân cấp một vẫn được tính theo công thức (6.1) với 𝑧𝑥′, 𝑧𝑦′ tính theo công thức của hàm ẩn
− Cho hàm số 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑧),ta có:
+ Vi phân toàn phần cấp một:
VD: Tính: a) 𝑑𝑧 biết 𝑧 = sin(𝑥2+ 𝑦2) b) 𝑑𝑧(1,0) biết 𝑧 = 𝑧(𝑥) rút từ𝑧 − 𝑦𝑒 𝑧 𝑥 = 0
Giải: a) Ta có: 𝑧 𝑥′ = 2𝑥 sin(𝑥 2 + 𝑦 2 ) , 𝑧 𝑦′ = 2𝑦 sin(𝑥 2 + 𝑦 2 )
1 − 𝑦𝑥 𝑒 𝑧𝑥 Với 𝑥 = 1, 𝑦 = 0, thay vào 𝑧 − 𝑦𝑒 𝑧 𝑥 = 0 ta được 𝑧 − 0 𝑒 𝑧 1 = 0 ⇒ 𝑧 = 0
Bài toán tìm c ự c tr ị c ủ a hàm nhi ề u bi ến (không có điề u ki ệ n)
⇒Thu được 𝑀1(𝑥1, 𝑦1), 𝑀2(𝑥2, 𝑦2), …là các điểm tới hạn
Tính 𝐴, 𝐵, 𝐶, ∆tại các điểm tới hạn vừa tìm đc ở B1
+ ∆ = 0 ⇒phải sử dụng định nghĩa để xét
❖ Phương pháp xét các điểm tới hạn có∆ = 𝟎 Định nghĩa: Cho hàm số 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦)xác định trong miền 𝐷và điểm 𝑀 0 (𝑥 0 , 𝑦 0 ) ∈ 𝐷 Ta nói rằng hàm sốđạt cực trị tại 𝑀0 nếu với mọi 𝑀 thuộc lân cận nào đó của 𝑀0nhưng khác𝑀0, hiệu số
− Nếu 𝑓(𝑀) − 𝑓(𝑀 0 ) > 0 ⇒ 𝑀 0 là điểm cực tiểu
− Nếu 𝑓(𝑀) − 𝑓(𝑀0) < 0 ⇒ 𝑀0là điểm cực đại
Theo định nghĩa trên, với những điểm tới hạn 𝑀 0 (𝑥 0 , 𝑦 0 ) có ∆ = 0 ta sẽ xét các điểm lân cận 𝑀 của 𝑀0 xem hiệu giá trị𝑓(𝑀) − 𝑓(𝑀0)có đổi dấu không
Ta thường xét các điểm lân cận theo các trường hợp đặc biệt sau:
− Các điểm lân cận với 𝑀 0 (𝑥 0 , 𝑦 0 )có cùng tung độ 𝑁(𝑥 0 + ∆𝑥, 𝑦 0 )
− Các điểm lân cận với 𝑀0(𝑥0, 𝑦0)có cùng hoành độ𝑁(𝑥0, 𝑦0+ ∆𝑦)
Nếu 𝑀 0 (𝑥 0 , 𝑦 0 ) có 𝑥 0 = 𝑦 0 có thể xét thêm các điểm lân cận có hoành độ và tung độ như sau:
❖ Trong đề thi điểm tới hạn (0,0) của hàm số 𝑓(𝑥, 𝑦)thường có ∆ = 0, cần lưu ý điểm tới hạn đặc biệt này
❖ Các điểm tới hạn có ∆ = 0 thường không là điểm cực trị của hàm số 𝑓(𝑥, 𝑦),cần xét thật kĩ với các trường hợp điểm lân cận đặc biệt đã nêu ở trên để nhân ra được sự đổi dấu của hiệu 𝑓(𝑀) − 𝑓(𝑀0) Trong một số bài, ta phải xét đến hai, ba, … trường hợp điểm lân cận để chứng minh sự đổi dấu
❖ Nếu với một điểm lân cận 𝑀nào đó của 𝑀0, hiệu 𝑓(𝑀) − 𝑓(𝑀0) = 0 ⇒ 𝑀0 không là cực trị của hàm số
VD1: Tìm cực trị của hàm số sau 𝑧 = xy + 50𝑥 + 20𝑦 (𝑥, 𝑦 > 0)
Thay vào (2) ta thu được: 52 𝑦3= 20 ⇒ 𝑦 = 2 ⇒ 𝑥 = 5
Hàm số có một điểm tới hạn 𝑀1(5,2). Đặt 𝐴 = 𝑧′′𝑥𝑥 = 100𝑥3 , 𝐵 = 𝑧′′𝑥𝑦 = 1, 𝐶 = 𝑧′′𝑦𝑦 = 40𝑦3
⇒ 𝑀1(5,2)là điểm cực tiểu của 𝑧 ⇒ 𝑧𝐶𝑇 = 𝑧(5,2) = 30
VD2: Tìm cực trị của hàm số𝑧 = 4𝑥3+ 6𝑥2− 4𝑥𝑦 − 𝑦2− 8𝑥 + 2
⇒ Hàm số có hai điểm tới hạn 𝑀1(1/3, −2/3) và 𝑀2(−2,4) Đặt 𝐴 = 𝑧𝑥𝑥 ′′ = 24𝑥 + 12, 𝐵 = 𝑧𝑥𝑦 ′′ = −4, 𝐶 = 𝑧𝑦𝑦 ′′ = −2
∆ = 𝐵2− 𝐴𝐶 = 56 > 0 ⇒ 𝑀1không là điểm cực trị của hàm số
⇒ 𝑀 2 là điểm cực đại của hàm số ⇒ 𝑧 𝐶Đ = 𝑧(𝑁) = 26
VD3: Tìm cực trị của hàm số 𝑧 = 2𝑥 2 + 𝑥𝑦 2 + 𝑦 3 + 2
⇒ Hàm sốcó hai điểm tới hạn 𝑀1(−9,6) và 𝑀2(0,0) Đặt 𝐴 = 𝑧𝑥𝑥 ′′ = 4, 𝐵 = 𝑧𝑥𝑦 ′′ = 2𝑦, 𝐶 = 𝑧𝑦𝑦 ′′ = 2𝑥 + 6𝑦
∆ = 𝐵2− 𝐴𝐶 = 72 > 0 ⇒ 𝑀1không là điểm cực trị của hàm số
Xét các điểm lân cận 𝑀2(0,0) nằm trên trục 𝑂𝑦: 𝑁(0; ∆𝑦) với ∆𝑦 rất nhỏ
⇒ ∆𝑧đổi dấu khi ∆𝑦đi qua0 ⇒ 𝑀 2 (0,0)không là điểm cực trị
Vậy hàm số không có cực trị
VD4: Tìm cực trị của hàm số sau: 𝑧 = 𝑥4+ 𝑦4− 2𝑥2+ 4𝑥𝑦 − 2𝑦2
⇒ Hàm sốcó các điểm tới hạn 𝑀1(0,0); 𝑀2(−√2, √2), 𝑀3(√2, −√2) Đặt: 𝐴 = 𝑧′′ 𝑥𝑥 = 12𝑥 2 − 4 ; 𝐵 = 𝑧′′ 𝑥𝑦 = 4; 𝐶 = 𝑧′′ 𝑦𝑦 = 12𝑦 2 − 4
⇒ 𝑀2 là điểm cực tiểu của hàm số, 𝑧𝑐𝑡= 𝑧(𝑀2) = −8
⇒ 𝑀3 là điểm cực tiểu của hàm số, 𝑧𝑐𝑡= 𝑧(𝑀3) = −8
Xét các điểm lân cận 𝑁(0 + ∆𝑥, 0) với ∆𝑥 rất nhỏ
Từ bảng ⇒ với các 𝑁(0 + ∆𝑥, 0) thì ∆𝑧 < 0
Xét các điểm lân cận 𝑁′(∆𝑥, ∆𝑦) với ∆𝑥 = ∆𝑦 ≠ 0 rất nhỏ
Vậy ∆𝑧đổi dấu với các điểm lân cận của 𝑀1(0,0) ⇒ 𝑀1(0,0)không là điểm cực trị.
Bài toán c ự c tr ị có điề u ki ệ n ràng bu ộ c gi ữ a 𝐱 và 𝐲
− Bài toán : Tìm cực trị của hàm 𝑧 = 𝑧(𝑥, 𝑦) với điều kiện 𝑓(𝑥, 𝑦) = 0.
− Cách gi ả i : sử dụng phương pháp nhân tử Langrange
B3: Đánh giá các bộ nghiệm tìm được ở B2
Cách 1: Xét dấu vi phân cấp hai của𝐿(𝑥, 𝑦, 𝑘)(ưu tiên)
Nếu 𝑑 2 𝐿(𝑥 1 , 𝑦 1 , 𝑘 1 ) < 0 thì 𝑀 1 (𝑥 1 , 𝑦 1 )là điểm cực đại có điều kiện của 𝑧.
Nếu 𝑑2𝐿(𝑥1, 𝑦1, 𝑘1) > 0 thì 𝑀1(𝑥1, 𝑦1)là điểm cực tiểu có điều kiện của 𝑧. Xét tương tự với các bộ nghiệm (𝑥 2 , 𝑦 2 , 𝑘 2 ), (𝑥 3 , 𝑦 3 , 𝑘 3 ), … còn lại
Chú ý: Khi lấy vi phân toàn phần hai vế 𝑓(𝑥, 𝑦) = 0,ta có mối quan hệ:
𝑓 𝑦′ 𝑑𝑥 Thay vào công thức trên ta thu được:
Trong một số bài tập chúng ta sẽ dùng công thức sau khi biến đổi để xét dấu đơn giản hơn
] Nếu 𝜙(𝑥 0 , 𝑦 0 , 𝑘 0 ) > 0 ⇒ (𝑥 0 , 𝑦 0 )là điểm cực tiểu có điều kiện của hàm số
Nếu 𝜙(𝑥 , 𝑦 , 𝑘 ) < 0 ⇒ (𝑥 , 𝑦 )là điểm cực đại có điều kiện của hàm số
Với (𝑥 1 , 𝑦 1 , 𝑘 1 ) thay giá trị𝑘 1 vào𝐿(𝑥, 𝑦, 𝑘)ta được 𝐿 1 = 𝑧(𝑥, 𝑦) + 𝑘 1 𝑓(𝑥, 𝑦)
⇒Trở về bài toán xét cực trị của hàm 𝐿1 với điểm tới hạn 𝑀1(𝑥1, 𝑦1).
∆ < 0 ⇒ 𝑀1là điểm cực đại ⇒ 𝑧CĐ = 𝑧(𝑀1)
+ ∆ = 0 ⇒phải sử dụng định nghĩa để xét
Làm tương tự với các bộ nghiệm còn lại
VD1: Tìm cực trị của hàm số: 𝑧 = 2𝑥 2 + 𝑦 2 với điều kiện 𝑥 2 + 𝑦 2 = 1
Giải: Điều kiện 𝑥2+ 𝑦2= 1 ⇔ 𝑥2+ 𝑦2− 1 = 0 Đặt hàm phụ: 𝐿(𝑥, 𝑦, 𝑘) = 2𝑥2+ 𝑦2+ 𝑘(𝑥2+ 𝑦2− 1)
⇒ (∗) có các bộ nghiệm (𝑥, 𝑦, 𝑘) = {(1,0, −2); (−1,0, −2); (0,1, −1); (0, −1, −1)} Xét vi phân cấp hai: 𝑑2𝐿(𝑥, 𝑦, 𝑘) = 𝐿′′𝑥𝑥𝑑𝑥2+ 2𝐿′′𝑥𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦+𝐿′′𝑦𝑦𝑑𝑦2
⇒ 𝑀1(1,0)là điểm cực đại có điều kiên của hàm số, 𝑧CĐ= 𝑧(𝑀1) = 2
⇒ 𝑀2(−1,0)là điểm cực đại có điều kiên của hàm số, 𝑧CĐ = 𝑧(𝑀2) = 2
⇒ 𝑀 3 (0,1)là điểm cực tiểu có điều kiên của hàm số, 𝑧 CT = 𝑧(𝑀 3 ) = 1
⇒ 𝑀4(0, −1)là điểm cực tiểu có điều kiên của hàm số, 𝑧CT= 𝑧(𝑀4) = 1
VD2: Tìm cực trị của hàm số 𝑧 = 𝑥4 + 𝑦3 với điều kiện 𝑥 2 + 𝑦2 = 1
Xét vi phân cấp 2 của𝐿(𝑥, 𝑦, 𝑘)
⇒ 𝑀1(−35 , −45 ) là điểm cực tiểu có điều kiện của hàm số, 𝑧CT= 𝑧(𝑀1) = −512
⇒ 𝑀2(35,45) là điểm cực đại có điều kiện của hàm số,𝑧 𝐶Đ = 𝑧(𝑀2) = 512
Bài toán khai tri ể n Taylor t ạ i m ột điể m c ủ a hàm nhi ề u bi ế n s ố
− Công thức khai triển Taylor tại điểm 𝑀(𝑥0; 𝑦0)
−Trong đề thi thường chỉ tính đến vi phân cấp 2 hoặc 3, các vi phân cấp cao hơn bằng 0
− Khi tính vi phân cấp 2,3 tại 𝑀(𝑥 0 ; 𝑦 0 ) sẽ thay 𝑑𝑥 thành (𝑥 − 𝑥 0 ), thay 𝑑𝑦 thành (𝑦 − 𝑦 0 ) VD: 𝑑2𝑧(𝑀) = 𝑧′′𝑥𝑥(𝑀) (𝑥 − 𝑥0)2+ 2𝑧′′𝑥𝑦(𝑀) (𝑥 − 𝑥0)(𝑦 − 𝑦0) + 𝑧′′𝑦𝑦(𝑀) (𝑦 − 𝑦0)2
VD: Viết khai triển Taylor của hàm số sau tại điểm 𝑀(1,2)
Các đạo hàm riêng cấp 2 của hàm số là những hằng số⇒ vi phần toàn phần cấp 3 trở lên bằng 0
Sử dụng công thức khai triển Taylor tại điểm 𝑀(1,2)
Vậy khai triển Taylor của hàm số tại 𝑀(1,2) là:
Bài toán giá tr ị l ớ n nh ấ t, nh ỏ nh ấ t
Tìm 𝐺𝑇𝑁𝑁, 𝐺𝑇𝐿𝑁 của hàm 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) trong một miền 𝐷 bất kì nào đó
VD: Tìm min, max của 𝑧 = sin 𝑥 + sin 𝑦 + sin(𝑥 + 𝑦)với 0 ≤ 𝑥, 𝑦 ≤𝜋2
+ Tìm các điểm dừng 𝑀1, 𝑀2, …của hàm 𝑧 nằm phía trong miền 𝐷 (bài toán cực trị không có điều kiện)
+ Tìm các điểm dừng 𝑁 1 , 𝑁 2 , … của hàm 𝑧 trên biên của miền 𝐷 (bài toán cực trị có điều kiện) + Tính các giá trị 𝑓(𝑀1), 𝑓(𝑀2), 𝑓(𝑁1), 𝑓(𝑁2)… Và tính giá trị của 𝑓(𝑥, 𝑦) tại các đầu mút của miền
+ 𝐺𝑇𝑁𝑁, 𝐺𝑇𝐿𝑁 của 𝑧 trong miền 𝐷 chính là 𝐺𝑇𝑁𝑁và 𝐺𝑇𝐿𝑁 trong số các giá trị𝑓 vừa tính
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) trong một miền 𝐷, mà miền 𝐷 có dạng đường thẳng hoặc đường cong
VD: tìm min,max của 𝑧 = sin 𝑥 + sin 𝑦 + sin(𝑥 + 𝑦) với 𝑥 + 𝑦 = 1
+ Với miền là đường thẳng, rút 𝑥 theo 𝑦 hoặc 𝑦 theo 𝑥 rồi khảo sát hàm 𝑧chỉ còn 1 biến 𝑥 hoặc
+ Với miền là đường cong phức tạp khó rút về một biến
⇒Đưa về bài toán tìm cực trị có điều kiện, giải bằng phương pháp nhân tử Langrange, giá trị max là 𝑧 CĐ , giá trị min là 𝑧𝐶𝑇
VD1: Tìm min, max của 𝑧 = sin 𝑥 + sin 𝑦 + sin(𝑥 + 𝑦)với 0 ≤ 𝑥, 𝑦 ≤ 𝜋2
Miền giá trị của (𝑥, 𝑦) là hình vuông 𝐴𝐵𝐶𝐷
Xét các điểm phía trong miền 0 < 𝑥, 𝑦 < 𝜋2
Tìm các điểm tới hạn:
Xét {𝑧𝑧 ′𝑥 ′𝑦 = 0= 0 ⇔ {cos 𝑥 + cos(𝑥 + 𝑦) = 0 cos 𝑦 + cos(𝑥 + 𝑦) = 0
⇒Trong miền 𝐷, 𝑧 có một điểm tới hạn 𝑀 1 (𝜋/3, 𝜋/3)
⇒ Trên 𝐷𝐶 (trừhai đầu mút) không có điểm tới hạn
Trên 𝐴𝐷 (trừ hai đầu mút) không có điểm dừng
Tương tự tại các biên 𝐴𝐵 và 𝐵𝐶ta tìm được điểm tới hạn
VD2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của 𝑧 = 𝑥3+ 2𝑦2+ 3𝑥𝑦 − 13𝑥 − 18𝑦 trong miền
⇒Trong miền ∆𝑂𝐴𝐵không có điểm tới hạn
Xét trên biên 𝑂𝐵(không tính hai đầu mút): 𝑥 = 0, 0 < 𝑦 < 7
⇒trên biên 𝑂𝐵 có một điểm tới hạn 𝑀(0; 4,5)
Xét trên biên 𝑂𝐴(không tính hai đầu mút): 𝑦 = 0, 0 < 𝑥 < 7
⇒ 𝑧 = 𝑥 3 − 13𝑥 ⇒ 𝑧 ′ = 𝑥 2 − 13 = 0 khi 𝑥 = √133 (Không lấy trường hợp nghiệm âm)
⇒ Trên biên 𝑂𝐴 có một điểm tới hạn 𝑁 (√133 , 0)
Xét trên biên 𝐴𝐵(không tính hai đầu mút): 𝑦 = 7 − 𝑥, 0 < 𝑥 < 7
Trên 𝐴𝐵 có một điểm dừng H (1 + √73
VD3: Tìm 𝐺𝑇𝐿𝑁, 𝐺𝑇𝑁𝑁 của 𝑧 = 𝑥2− 9𝑦2, trong miền hình elip 𝑥9 + 𝑦2 2 ≤ 1
⇒Trong miền elip có một điểm tới hạn 𝑂(0,0)
Vậy trên biên của elip không có điểm tới hạn
Các điểm mút của elip 𝐴(3,0), 𝐵(0,3), 𝐶(−3,0), 𝐷(0, −3) (giao của elip với hai trục tọa độ) Tìm điểm tới hạn của z với điều kiện 𝑥9 + 𝑦2 2= 1
*Ngoài ra, với biên của elip chúng ta có một cách nữa để tìm điểm tới hạn là dung phương pháp Lagrange (bài toán cực trị có điều kiện) Khi dung cách này, chúng ta không cần xét các điểm mút trên elip nữa
TH1: 𝑥 = 𝑦 = 0 ⇒không phải nghiệm của hệ
Với 𝑘 = −9, 𝑧có hai điểm tới hạn 𝑀1(3,0), 𝑀2(−3,0)
Với 𝑘 = 9, 𝑧có 2 điểm tới hạn 𝑀3(0,1), 𝑀4(0, −1)
Trong bài này điểm tới hạn trên biên của elip chính là các điểm mút.
CÁC Ứ NG D Ụ NG C Ủ A PHÉP TÍNH VI PHÂN
Trong hình h ọ c ph ẳ ng (Oxy)
− D ạ ng 1: Viết phương trình tiếp tuyến và phươngtrình pháp tuyến của đường cong: o Ki ể u 1: Đường cong dạng 𝑦 = 𝑓(𝑥) Tại điểm 𝑀(𝑥0, 𝑦0) ta có:
𝑓′(𝑥0) (𝑥 − 𝑥0) o Ki ể u 2: Đường cong dạng 𝑓(𝑥, 𝑦) = 0 Tại điểm 𝑀(𝑥 0 , 𝑦 0 ) ta có:
𝑦 = 𝑦(𝑡) Tại điểm 𝑀(𝑥0, 𝑦0)ứng với 𝑡0 ta có:
VD1: Viết phương trình tiếp tuyến, pháp tuyến của đường cong 𝐿: { 𝑥 = 𝑡2+ 1
𝑦 𝑡′ (1) = 5 Tại 𝐴(2,1),phương trình tiếp tuyến của đường cong 𝐿 là:
= 𝑦 − 1 5 Tại 𝐴(2,1),phương trình pháp tuyến của đường cong 𝐿 là:
VD2: Viết phương trình tiếp tuyến, pháp tuyến của đường cong 𝐿: 𝑥3+ 𝑦3 = 9𝑥𝑦 tại 𝐴(4,2)
Phương trình tiếp tuyến của đườn cong 𝐿 tại 𝐴(4,2) là:
30(𝑥 − 4) − 24(𝑦 − 2) = 0 ⇔ 30𝑥 − 24𝑦 − 72 = 0 Phương trìnhpháp tuyến của đườn cong 𝐿 tại 𝐴(4,2) là:
− D ạ ng 2: Tính độ cong của đường cong o Ki ể u 1: Đường cong dạng 𝑦 = 𝑓(𝑥) Tại điểm 𝑀(𝑥 0 , 𝑦 0 ) ta có công thức độ:
𝑦 = 𝑦(𝑡) Tại điểm 𝑀(𝑥0, 𝑦0)ứng với 𝑡0 ta có công thức:
(𝑥′2+ 𝑦′2) 3 2 o Ki ể u 3: Phương trình cho dưới dạng tọa độ cực 𝑟 = 𝑟(𝜑) Tại điểm M ứng với 𝜑 0 , ta có:
VD1: Tính độ cong tại 𝑡 = 0 của đường cong 𝐿: {𝑥 = 𝑒−𝑡− sin 𝑡
Ta có {𝑥 = 𝑒𝑦 = 𝑒 −𝑡 −𝑡− cos 𝑡 ⇒ {𝑥− sin 𝑡 ′ = −𝑒 −𝑡 − cos 𝑡 , 𝑥 ′′ = 𝑒 −𝑡 + sin 𝑡
𝑦 ′ = −1 , 𝑦 ′′ = 2 Độ cong của 𝐿 tại 𝑡 = 0 là:
VD2: Tính độ cong của đường cong 4𝑥2 = 𝑦2− 1 tại điểm 𝐴(0, −1)
Tại 𝐴(0, −1) ⇒ 𝑦′(0, −1) = 0, 𝑦′′(0, −1) = −4 Độ dài đường cong tại 𝐴(0, −1) là:
VD3: Tính độ cong của đường 𝑟 = 1 + sin 𝜑 tại điểm ứng với 𝜑 = 0
Ta có: 𝑟 = 1 + sin 𝜑 ⇒ 𝑟 ′ = cos 𝜑 , 𝑟 ′′ = − sin 𝜑
Tại 𝜑 = 0 ⇒ 𝑟′(0) = 1, 𝑟′′(0) = 0, 𝑟(0) = 1 Đọ cong của đường 𝑟 = 1 + sin 𝜑 tại điểm ứng với 𝜑 = 0 là:
Trong hình h ọ c không gian (Oxyz)
− D ạ ng 1: Viết phương trình tiếp tuyến, pháp diện, pháp tuyến, tiếp diện của mặt cong: o Ki ể u 1: Phương trình mặt cong dạng {𝑥 = 𝑥(𝑡)
𝑧 = 𝑧(𝑡) Tại điểm 𝑀(𝑥 0 , 𝑦 0 , 𝑧 0 )ứng với 𝑡 0 , ta có:
𝑥′(𝑡0) (𝑥 − 𝑥0) + 𝑦′(𝑡0) (𝑦 − 𝑦0) + 𝑧′(𝑡0) (𝑧 − 𝑧0) = 0 o Ki ể u 2: Phương trình mặt cong dạng 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0 Tại điểm 𝑀(𝑥 0 , 𝑦 0 , 𝑧 0 ), ta có:
VD1: Viết phương trình pháp diện và tiếp tuyến của mặt cong 𝑆: { 𝑥 = 𝑡 3
𝑧′(1) = 2 Phương trình pháp diện của mặt cong 𝑆 tại 𝑀(1,2,3) là:
3(𝑥 − 1) + 2(𝑦 − 2) + 2(𝑧 − 3) = 0 ⇔ 3𝑥 + 2𝑦 + 2𝑧 − 13 = 0 Phương trình tiếp tuyến của mặt cong 𝑆 tại 𝑀(1,2,3) là:
VD2: Viết phương trình tiếp diện và pháp tuyến của mặt cong 𝑆: 𝑧 = 𝑥2− 2𝑦2 tại 𝐴(1,1, −1)
Phương trình tiếp diện của 𝑆 tại 𝐴(1,1, −1) là:
−2(𝑥 − 1) + 4(𝑦 − 1) + (𝑧 + 1) = 0 ⇔ −2𝑥 + 4𝑦 + 𝑧 − 1 = 0 Phương trình pháp tuyến của 𝑆 tại 𝐴(1,1, −1) là:
VD3: Viết phương trình tiếp diện và pháp tuyến của mặt 𝑆: (𝑥 − 1) 2 + (𝑦 − 1) 2 + 𝑧 2 = 25 tại 𝑀(4,1, −4)
Phương trình tiếp diện của 𝑆 tại 𝑀(4,1, −4) là:
6(𝑥 − 4) + 0(𝑦 − 1) − 8(𝑧 + 4) = 0 ⇔ 6𝑥 − 8𝑧 − 56 = 0Phương trình pháp tuyến của 𝑆 tại 𝑀(4,1, −4) là:
Nếu viết phương trình pháp tuyến theo công thức thì sẽ xuất hiện một vấn đề là có biểu thức
0 , đây là điều vô lý do không tồn tại phép chia cho 0. Để khắc phục điều trên chúng ta sẽ đưa phương trình pháp tuyến về dạng tham số Đặt 𝑥 − 46
𝑧 = −8𝑡 − 4 Kết luận: phương trình pháp tuyến của 𝑆 tại 𝑀(4,1, −4) là: { 𝑥 = 6𝑡 + 4
− D ạ ng 2: Tính độ cong của mặt cong o Phương trình mặt cong cho dưới dạng {𝑥 = 𝑥(𝑡)
Tại điểm 𝑀(𝑥0, 𝑦0, 𝑧0)ứng với 𝑡0, ta có:
VD1: Tính độ cong của mặt 𝑆: { 𝑥 = 𝑡3
𝑧 ′ (1) = 2, 𝑧 ′′ (1) = 0 Độ cong của mặt 𝑆 tại 𝑀(1,2,3) là:
Bài toán liên quan đến đường cong cho dướ i d ạ ng giao tuy ế n c ủ a 2
− Bài toán 1: Cho đường cong 𝐿 là giao tuyến của hai mặt cong sau {𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0
𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0, viết phương trình pháp diện, tiếp tuyến của 𝐿 tại điểm 𝑀(𝑥 0 , 𝑦 0 , 𝑧 0 ) o Cách gi ả i:
B1: Tính vecto pháp tuyến 𝑛⃗⃗⃗⃗ 𝐹của mặt 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0 và vecto pháp tuyến 𝑛⃗⃗⃗⃗ 𝐺của mặt
| = (𝑥 𝑛 , 𝑦 𝑛 , 𝑧 𝑛 ) (Tích có hướng của 𝑛⃗⃗⃗⃗ 𝐹 và 𝑛⃗⃗⃗⃗ , 𝐺 có thể bấm máy)
VD: Viết phương trình tiếp tuyến và pháp diện của đường {𝑥2+ 𝑦2 = 10
𝐺 𝑥′ = 0, 𝐺 𝑦′ = 2𝑦, 𝐺 𝑧′ = 2𝑧Vecto pháp tuyến của mặt 𝐹 = 0 tại 𝐴(1,3,4) là 𝑛⃗⃗⃗⃗ = (2,6,0) 𝐹
Vecto pháp tuyến của mặt 𝐺 = 0 tại 𝐴(1,3,4) là 𝑛⃗⃗⃗⃗ = (0,6,8) 𝐺
− Bài toán 2: Cho đường cong 𝐿 là giao tuyến của hai mặt cong sau {𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0
𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0,tính độ cong của tại điểm 𝑀(𝑥0, 𝑦0, 𝑧0)ứng với 𝑡0 o Cách làm: Dùng phương pháp tham sốhóa đểđưa đường 𝐿 về dạng {𝑥 = 𝑥(𝑡)
𝑧 = 𝑧(𝑡), sau đó sử dụng công thức tính độ cong
VD: Tính độ cong của đường {𝑥2+ 𝑦2= 1
𝑦 = sin 𝑡 (do𝑥 2 + 𝑦 2 = 1) ⇒đường 𝐿 có dạng {
𝑧′(𝑀) = 0, 𝑧′′(𝑀) = − 13 Áp dụng công thức tính độ cong:
Bài toán tìm hình bao c ủ a h ọ đườ ng cong ph ụ thu ộ c vào tham s ố
Cho họ đường cong (𝐿) phụ thuộc vào một tham số hay nhiều tham số Nếu mỗi đường cong trong họ(𝐿)đều tiếp xúc với đường cong (𝐸) tại một điểm nào đó trên(𝐸)thì khi đó(𝐸)được gọi là hình bao của họ đường cong (𝐿)
2 Các bướ c tìm hình bao:
Các điểm 𝑀𝑖(𝑥𝑖, 𝑦𝑖) ∈ 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑐) = 0 với (𝑥𝑖, 𝑦𝑖) là nghiệm của hệ(∗)được gọi là điểm kì dị của họ đường cong
B2: Nếu họđường cong không có điểm kì dị, xét hệphương trình{ 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑐) = 0
→ rút ra một phương trình𝑓(𝑥, 𝑦) = 0 không phụ thuộc vào tham số𝑐.
B3: Hình bao cần tìm là đường cong 𝑓(𝑥, 𝑦) = 0trừ các điểm kì dị (nếu có)
VD: Tìm hình bao của các họđường cong sau:
𝐹𝑦′(𝑥, 𝑦, 𝑐) = 0 ⇔ {1/𝑐 = 01 = 0 ⇒ Vô nghiệm ⇒ Họđường cong không có điểm kì dị
Vậy hình bao của họ đường cong là đường (𝑥 + 12 )
Do 𝑐 = 0 không thỏa mãn 𝑐2𝑥 = 2 − 𝑐(2 − 𝑦2)nên điểm kì dị không thuộc họ đường cong
⇒ Họđường cong không có điểm kì dị
Vậy hình bao của họ đường cong là đường −𝑥2 − (𝑦2− 2
= 0 trừ 𝑀(0, √2) và 𝑁(0, −√2) 𝑐) Đặt 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑎) = 2𝑥 cos 𝑎 + 𝑦 sin 𝑎 − 1
𝐹𝑦′(𝑥, 𝑦, 𝑎) = 0 ⇔ {2 cos 𝑎 = 0sin 𝑎 = 0 ⇒ Vô nghiệm ⇒ Họ đường cong không có điểm kì dị
Vậy hình bao của họđường cong là đường 4𝑥2+ 𝑦2= 1
𝐹 𝑦′ (𝑥, 𝑦, 𝑐) = 0 ⇔ {−2𝑐 2 (𝑥 − 𝑐) = 01 = 0 ⇒ vô nghiệm ⇒ họ đường cong không có điểm kì dị
Vậy hình bao của họđường cong là đường 𝑦 = 0 và 𝑦 = 𝑥4/16
Hàm vecto
𝑖 = (1,0,0), 𝑗 = (0,1,0), 𝑘⃗ = (0,0,1) lần lượt là các vecto đơn vị trên trục 𝑂𝑥, 𝑂𝑦, 𝑂𝑧
Có thể hiểu đơn giản hàm vecto là một vecto có các thông số hoành độ, tung độ, cao độ phụ thuộc vào tham số 𝑡.
− Các tính chất: o Phép nhân:
𝑡→𝑡 0𝑧(𝑡)⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑘⃗ o Khi 𝑟(𝑡)⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ liên tục tại 𝑡 = 𝑡0 hay 𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡), 𝑧(𝑡) liên tục tại 𝑡 = 𝑡0
𝑡→𝑡lim0𝑟(𝑡)⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑟(𝑡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑥(𝑡0) 0)𝑖 + 𝑦(𝑡0) 𝑗 + 𝑧(𝑡0) 𝑘⃗ = (𝑥(𝑡0), 𝑦(𝑡0), 𝑧(𝑡0)) o Khi 𝑟(𝑡)⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ khả vi tại 𝑡 = 𝑡0 hay 𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡), 𝑧(𝑡) khả vi tại 𝑡 = 𝑡0
𝑑𝑡 = (𝑥 ′ (𝑡0), 𝑦′(𝑡0), 𝑧′(𝑡0)) o Với 𝑝(𝑡)⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝑞(𝑡)⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ là các hàm vecto khả vi và hàm 𝑢(𝑡)
VD1: Tính giới hạn lim 𝑡→1 𝑟(𝑡)⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ biết 𝑟(𝑡)⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 1 − √𝑡sin(𝑡 − 1) 𝑖 + cos 𝜋𝑡2 𝑗 + (1 + ln 𝑡) 1−𝑡 1 𝑘⃗
Giải: lim𝑡→1𝑟(𝑡)⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = lim 𝑡→1 ( 1 − √𝑡 sin(𝑡 − 1)) 𝑖 + lim 𝑡→1 (cos 𝜋𝑡2 ) 𝑗 + lim𝑡→1[(1 + ln 𝑡)1−𝑡 1 ] 𝑘⃗
− 12√𝑡 cos(𝑡 − 1) (L′Hospital) = −12 lim 𝑡→1 (cos 𝜋𝑡2 ) = cos 𝜋2 = 0 lim
𝑡→1[(1 + ln 𝑡) 1−𝑡 1 ] (1 ∞ ) = lim 𝑡→1 𝑒 ln(1+ln 𝑡) 1−𝑡 = 𝑒 lim 𝑡→1 ln(1+ln 𝑡) 1−𝑡 = 1𝑒 (L′Hospital)
VD2: Cho hàm vecto 𝑝 = (sin 2𝑡 , cos 2𝑡 , 𝑒−𝑡) và 𝑟(𝑡)⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑡2+ 1)𝑝(𝑡)⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ Tính 𝑟⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ′(0)
Ta có: [(𝑡2+ 1) sin 2𝑡]′ = 2𝑡 sin 2𝑡 + 2 cos 2𝑡 (𝑡2+ 1)
Ngoài ra có thể dùng tính chất sau để làm VD này
TÍCH PHÂN BỘ I
Các công th ức tính cơ bả n
− Tích phân kép (hay còn gọi là tích phân bội 2) là tích phân có dạng như sau:
Trong đó:{𝑓(𝑥, 𝑦) là một hàm số gồm hai biến 𝑥 và 𝑦
𝐷 là miền giá trị của 𝑥 và 𝑦
− Các tính ch ất cơ bả n:
Dựa vào miền giá trị 𝐷 chúng ta có ba công thức tính tích phân kép cơ bản sau, bằng cách đưa về tích phân lặp
1 D ạ ng 1: Mi ề n 𝑫 là mi ề n hình ch ữ nh ậ t:
Tích phân bội hai có thểđược tính theo một trong hai tích phân lặp sau:
, chúng ta coi biến 𝑦 giống như là tham số và tính tích phân theo biến 𝑥
, chúng ta coi biến 𝑥 giống như là tham số và tính tích phân theo biến 𝑦
− Tùy vào hàm số lấy tích phân 𝑓(𝑥, 𝑦), ta chọn tính theo công thức (1) hoặc (2) cho thuận tiện
2 D ạ ng 2: Mi ề n D là mi ề n có d ạ ng hình thang cong:
𝑦1(𝑥) ≤ 𝑦 ≤ 𝑦2(𝑥) với 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅 và 𝑦1(𝑥), 𝑦2(𝑥) là các hàm số theo biến 𝑥
Tích phân bội hai được tính thông qua việc đưa về tích phân lặp sau:
−Cần vẽ phác họa hình chính xác để tìm đúng cận của tích phân.
−Có những bài tập cần chia nhỏ miền 𝐷ban đầu để tính
, coi 𝑥 là tham s ố , áp d ụng các công thức tích phân với biến 𝑦.
𝑑𝑥𝑑𝑦 với D là miền xác định bởi 0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 𝑥 ≤ 𝑦 ≤ √𝑥
𝑑𝑥𝑑𝑦 với D là miền giới hạn bởi 𝑦 = 𝑥, 𝑦 = 1 và 𝑥 = 0
𝑑𝑥𝑑𝑦 với D là miền giới hạn bởi 𝑥 = 0, 𝑦 = 0 và 𝑥 + 𝑦 = 1
𝑑𝑥𝑑𝑦 với D là miền xác định bởi 𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 1, 𝑥 + 𝑦 ≥ 1
𝑑𝑥𝑑𝑦 với D là miền giới hạn bởi 𝑦 = 𝑥2, 𝑥 = 𝑦2
𝑑𝑥𝑑𝑦 với miền 𝐷 giới hạn bởi 𝑥 = 0, 𝑥 = 2, 𝑦 = 0, 𝑦 = 2, 𝑥 + 𝑦 = 3
Chia miền 𝐷ban đầu thành hai miền:
3 D ạ ng 3: Mi ề n 𝑫 có d ạ ng hình thang cong:
Tích phân bội hai được tính thông qua việc đưa về tích phân lặp sau:
−Cần vẽ phác họa hình chính xác để tìm đúng cận của tích phân.
−Nhiều bài tập sẽ cần chia nhỏ miền 𝐷để tính
, coi 𝑦 là tham s ố , áp d ụng các công thức tích phân với biến 𝑥.
𝐷 với 𝐷 giới hạn bởi các đường 𝑥 = 𝑦2, 𝑥 = 𝑦
Bài toán đổ i th ứ t ự l ấ y tích phân
Trong trường hợp miền lấy tích phân 𝐷 có dạng hình thang cong, nếu tính theo thứ tự thông thường đề bài cho thì nhiều bài toán sẽ rất khó tính hoặc không thể làm ra Ví dụ:
, tích phân này sẽ không thể tính theo thứ tự cho sẵn được do không có ∫ 𝑒 𝑦 2 𝑑𝑦
Nhưng nguyên hàm ∫ 𝑒𝑦 2𝑑𝑥 lại có thể tính được ∫ 𝑒𝑦 2𝑑𝑥 = 𝑒𝑦 2𝑥 + 𝐶
⇒ Phát sinh yêu cầu phải đổi thứ tự lấy tích phân
Cần đổi thứ tự lấy tích phân của 𝐼 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦
B1: Xác định miền lấy tích phân 𝐷: { 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏
B2: Vẽ phác thảo miền 𝐷 (trong bài thi phải vẽ rõ miền 𝐷, nếu không vẽ sẽ bị trừ điểm)
B3: Chia miền 𝐷 thành các hình thang cong có cạnh song song với 𝑂𝑥được biểu diễn dưới dạng
Làm tương tự với trường hợp
Cần đổi thứ tự lấy tích phân của 𝐼 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦
B1: Xác định miền lấy tích phân 𝐷: {𝑥 1 (𝑦) ≤ 𝑥 ≤ 𝑥 2 (𝑦)
B2: Vẽ phác thảo miền 𝐷 (trong bài thi phải vẽ rõ miền 𝐷, nếu không vẽ sẽ bị trừđiểm)
B3: Chia miền 𝐷 thành các hình thang cong có cạnh song song với 𝑂𝑦được biểu diễn dưới dạng
VD1: Đổi thứ tự lấy tích phân:
0 ≤ 𝑦 ≤ 1 Bây giờ muốn tính tích phân theo 𝑑𝑦trước chúng ta cần chuyển miền lấy tích phân
𝑦 1 (𝑥) ≤ 𝑦 ≤ 𝑦 2 (𝑥) Đểtìm được 𝑦1(𝑥) và 𝑦2(𝑥) cùng với 𝑎 và 𝑏ta làm như sau:
− Tô miền 𝐷 bằng những mũi tên song song với 𝑂𝑦
− Khi đó đuôi mũi tên sẽ chạm vào đồ thị 𝑦 1 (𝑥)còn đầu mũi tên chạm vào đồ thị𝑦2(𝑥)
− Với hai số thực 𝑎, 𝑏ứng với hai đầu bị chặn của 𝑥, ta nhìn vào giá trị trên trục 𝑂𝑥đểxác định ỞVD này các mũi tên chia thành hai miền:
• Đuôi mũi tên chạm vào đồ thị𝑦 = 0,đầu mũi tên chạm vào đồ thị𝑦 = 1
•Trên trục 𝑂𝑥 giá trị của 𝑥chạy từ −1đến 0
⇒Miền màu xanh ứng với 𝐷1: {−1 ≤ 𝑥 ≤ 0
• Đuôi mũi tên chạm vào đồ thị𝑦 = √𝑥 ,đầu mũi tên chạm vào đồ thị𝑦 = 1
•Trên trục 𝑂𝑥 giá trị của 𝑥chạy từ 0đến 1
Chú ý: Ban đầu đồ thị ứng với đuôi mũi tên trong miền màu đó có phương trình đề bài cho là
𝑥 = 𝑦2,chúng ta đang cần tìm hàm 𝑦1(𝑥) nên cần chuyển đổi phương trình𝑥 = 𝑦2 thành [ 𝑦 = √𝑥
𝑦 = −√𝑥 Với 𝑦 = √𝑥 là phần đường cong parabol nằm trên trục 𝑂𝑥 và 𝑦 = −√𝑥 là phần đường cong parabol nằm dưới trục 𝑂𝑥.
Bây giờ chúng ta cần chuyển miền lấy tích phân
𝑦 1 (𝑥) ≤ 𝑦 ≤ 𝑦 2 (𝑥) ⟶ 𝐷: {𝑥 1 (𝑦) ≤ 𝑥 ≤ 𝑥𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑 2 (𝑦) Để tìm được 𝑥1(𝑦) và 𝑥2(𝑦) cùng với 𝑐 và 𝑑ta làm như sau:
− Tô miền 𝐷 bằng những mũi tên song song với 𝑂𝑥
− Khi đó đuôi mũi tên sẽ chạm vào đồ thị𝑥1(𝑦)còn đầu mũi tên chạm vào đồ thị𝑥2(𝑦)
− Với hai số thực 𝑐, 𝑑ứng với hai đầu bị chặn của 𝑦, ta nhìn vào giá trị trên trục 𝑂𝑦để xác định Ở VD này các mũi tên chia thành hai miền:
• Đuôi mũi tên chạm vào đồ thị 𝑥 = −𝑦,đầu mũi tên chạm vào đồ thị 𝑥 = √2 − 𝑦
•Trên trục 𝑂𝑦 giá trị của 𝑦chạy từ−2đến 1
⇒Miền màu xanh ứng với 𝐷1: {−𝑦 ≤ 𝑥 ≤ √2 − 𝑦
• Đuôi mũi tên chạm vào đồ thị 𝑥 = −√2 − 𝑦 ,đầu mũi tên chạm vào đồ thị 𝑥 = √2 − 𝑦
• Trên trục 𝑂𝑦 giá trị của 𝑦chạy từ1đến 2
⇒Miền màu đỏ ứng với 𝐷2: {−√2 − 𝑦 ≤ 𝑥 ≤ √2 − 𝑦
Chú ý: Cần chuyển đổi đường cong parabol 𝑦 = 2 − 𝑥2 về dạng [ 𝑥 = √2 − 𝑦
𝑥 = √2 − 𝑦 là phần đường cong parabol nằm bên phải trục 𝑂𝑥
𝑥 = −√2 − 𝑦 là phần đường cong parabol nằm bên trái trục 𝑂𝑥
Chia miền 𝐷 thành hai miền:
VD2: Đổi thứ tự lấy tích phân 𝐼 = ∫ 𝑑𝑥
Việc vẽ đồ thị 𝑦 = √2𝑥 − 𝑥2 rất khó nên để vẽ được đồ thì này nhanh chóng chúng ta sẽ bình phương hai vế 𝑦2 = 2𝑥 − 𝑥2⇔ (𝑥 − 1)2+ 𝑦2 = 1,đây là phương trình đường tròn, mà 𝑦 √2𝑥 − 𝑥2 ≥ 0 nên ta vẽ nửa đường tròn phía trên 𝑂𝑥.Làm tương tự khi vẽ 𝑦 = √2𝑥
VD3: Đổi thứ tự lấy tích phân: 𝐼 = ∫ 𝑑𝑦
Miền lấy tích phân của 𝐼1 là 𝐷1: { 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑦
0 ≤ 𝑦 < √2 Đổi thứ tự, ta có 𝐷1: {0 ≤ 𝑥 ≤ √2
Miền lấy tích phân của 𝐼2là 𝐷2: {0 ≤ 𝑥 ≤ √4 − 𝑦2
√2 ≤ 𝑦 ≤ 2 Đổi thứ tự, ta có 𝐷2: { 0 ≤ 𝑥 ≤ √2
Nếu để nguyên thứ tự tích phân đề bài cho và tính theo thứ tự đó thì rất khó do tích phân
𝑥 là một tích phân không dễ tính
⇒ cần đổi thứ tự lấy tích phân
𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 1 Đổi thứ tự lấy tích phân ta được: 𝐷: {0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑦
Miền lấy tích phân 𝐷: { 0 ≤ 𝑥 ≤ 1𝑦 = 𝑥2 ≤ 𝑦 ≤ 1 Đổi thứ tự, ta được: 𝐷: {0 ≤ 𝑥 ≤ √𝑦
Các phép đổ i bi ế n s ố trong tích phân kép
Cũng giống như tích phân một lớp được học ở chương trình THPT và môn Giải tích I, trong Giải tích II có rất nhiều tích phân kép rất khó để có thể tính trực tiếp mà cần phải sử dụng đến các phép đổi biến số Có ba phép đổi biến số được sử dụng trong tích phân kép, đó là phép đổi biến số trong tọa độĐề-các, trong tọa độ cực và trong tọa độ cực suy rộng
1 Phép đổ i bi ế n trong t ọa độ Đề -các:
− Thường được sử dụng khi miền lấy tích phân 𝐷được giới hạn bởi nhiều đồ thị hàm số, việc chia miền để tính toán khá phức tạp
B2: Xác định miền lấy tích phân mới 𝐷 𝑢𝑣 trong hệ tọa độ mới 𝑂𝑢𝑣
B4: Thực hiện phép đổi biến
Chú ý: Trong trường hợp thực hiện phép đổi biến số{𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦)
− Với phép đổi biến số từ𝑥, 𝑦 sang 𝑢, 𝑣 giúp biến đổi miền lấy tích phân ban đầu 𝐷 phức tạp sang miền 𝐷𝑢𝑣đơn giản hơn Trong nhiều trường hợp, phép đổi biến số còn giúp làm đơn giản hóa biểu thức lấy tích phân 𝑓(𝑥, 𝑦)
𝑑𝑥𝑑𝑦 với D là miền giới hạn bởi 𝑦 = 𝑥2, 𝑦 = 2𝑥2, 𝑥 = 𝑦2, 𝑥 = 2𝑦2
Miền lấy tích phân mới trong hệ tọa độ 𝑂𝑢𝑣 là 𝐷𝑢𝑣được giới hạn bởi {𝑢 = 1, 𝑢 = 1/2
Miền lấy tích phân 𝐷 giới hạn bởi {
𝑣 = 𝑦 − 𝑥 ⇒Miền mới 𝐷𝑢𝑣 giới hạn bởi {
2 Phép đổ i bi ế n s ố trong t ọa độ c ự c:
Thường được sử dụng khi miền 𝐷 có dạng là hình tròn, hình elip, hình quạt,…
Xét một điểm 𝑀 nằm trong mặt phẳng 𝑂𝑥𝑦,thông thường tọa độ của 𝑀 sẽđược biểu diễn theo giá trị hoành độ𝑥𝑀 trên trục 𝑂𝑥và tung độ𝑦𝑀 trên trục hoành 𝑂𝑦 Bây giờ chúng ta sẽ biểu diễn
𝑥𝑀, 𝑦𝑀 theo các thông số sau Đặt 𝑟là khoảng cách từ𝑂đến 𝑀
𝜑là góc tạo bởi 𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ với trục 𝑂𝑥
Khi đó theo công thức lượng giác ta thu được {𝑥𝑀 = 𝑟 cos 𝜑
Vậy 𝑀(𝑥 𝑀 , 𝑦 𝑀 ) có tọa độ cực là (𝑟, 𝜑) với {𝑟 = |𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = 𝑂𝑀
B2: Tìm miền biến thiên của 𝑟, 𝜑 phụ thuộc vào hình dáng miền 𝐷
B3: Biểu diễn miền 𝐷 trong tọa độ cực 𝐷𝑟𝜑: {𝑟1(𝜑) ≤ 𝑟 ≤ 𝑟2(𝜑)
− Có hai cách để xác định miền của𝑟, 𝜑đó là quan sát trực quan theo hình vẽ và sử dụng biểu thức giải tích của miền 𝐷, cụ thể sẽ trình bày trong ví dụ
− Các d ạ ng mi ền thườ ng g ặ p:
Một phần hình quạt Hình quạt
Miền kín Hình quạt (đặc biệt)
Tìm miền miền biến thiên của 𝑟, 𝜑
Cách 1: B ằ ng hình v ẽ tr ự c quan
Dễ thấy rằng, các điểm nằm trong miền 𝐷 có khoảng cách 𝑟 tính từ gốc tọa độ𝑂đến điểm đó biến thiên từ0 đến 2
Còn góc 𝜑 biến thiên quay từ −𝜋/2đến 0
Cách 2: Dùng bi ể u th ứ c gi ả i tích:
𝑦 = 𝑟 sin 𝜑vào 𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 4, 𝑥 ≥ 0, 𝑦 ≤ 0ta thu được 𝐷: { 𝑟2 ≤ 4
Do 𝑟 là khoảng cách nên 𝑟 ≥ 0 ⇒ {0 ≤ 𝑟 ≤ 2 cos 𝜑 ≥ 0 sin 𝜑 ≤ 0 ⇔ { 0 ≤ 𝑟 ≤ 2
Cách xác đị nh mi ề n 𝑫 theo bi ể u th ứ c gi ả i tích
𝑦 = 𝑟 sin 𝜑 vào miền 𝐷ta được {𝑟2≤ 𝑟 cos 𝜑
Cách xác đị nh mi ề n 𝑫 theo bi ể u th ứ c gi ả i tích
𝑦 = 𝑟 sin 𝜑 vào miền 𝐷ta được {2𝑟 sin 𝜑 ≤ 𝑟2 ≤ 2𝑟 cos 𝜑
{2 sin 𝜑 ≤ 𝑟 ≤ 2 cos 𝜑 sin 𝜑 ≥ 0 ⇔ {2 sin 𝜑 ≤ 𝑟 ≤ 2 cos 𝜑 sin 𝜑 ≥ 0 sin 𝜑 ≤ cos 𝜑 ⇔ {
2 sin 𝜑 ≤ 𝑟 ≤ 2 cos 𝜑 sin 𝜑 ≥ 0 sin 𝜑 cos 𝜑= tan 𝜑 ≤ 1
𝐷 với 𝐷 là miền giới hạn bởi 𝑥2+ 𝑦2 = 2𝑥, 𝑦 = 𝑥, 𝑦 = √3𝑥
𝐷 là miền phía trên 𝑦 = 𝑥2 và phía trong đường tròn 𝑥2+ 𝑦2 = 2
Nhìn vào hình vẽ và biểu thức giải tích miền 𝐷 ta có thể giới hạn miền 𝐷: { −1 ≤ 𝑥 ≤ 1
Nhưng đây là một tích phân không hề dễ tính
Nh ậ n xét: Biểu thức lấy tích phân có chứa (𝑥2+ 𝑦2) và miền 𝐷được giới hạn bởi một phần đường tròn
⇒ Sử dụng đổi biến số trong toạđộ cực Đặt {𝑥 = 𝑟 cos 𝜑
Thay vào biểu thức giải tích 𝑥2≤ 𝑦 ≤ √2 − 𝑥2ta thu được
(𝑟 cos 𝜑)2 ≤ 𝑟 sin 𝜑 ≤ √2 − (𝑟 cos 𝜑)2 ⇔ {𝑟 ≤ sin 𝜑 (cos 𝜑)2
⇒ Có hai miền: một miền ứng với 0 ≤ 𝑟 ≤ sin 𝜑(cos 𝜑)2 và một miền ứng với 0 ≤ 𝑟 ≤ √2 Chia 𝐷 thành hai miền:
𝜋4 ≤ 𝜑 ≤ 3𝜋4 Đường nối từđiểm 𝑂(0,0)đến hai giao điểm (1,1) và (−1, −1) của parabol với đường tròn tạo thành hai đường thẳng 𝑦 = 𝑥 và 𝑦 = −𝑥 Đây chính là ranh giới phân cách hai miền ứng với
Giao điểm của đường 𝑥2+ 𝑦2 = 2𝑥 và 𝑥2+ 𝑦2= 2√3𝑦 là 𝑂(0,0) và 𝐴 (32;√32) ⇒ Đường 𝑂𝐴:𝑦 = 1√3𝑥 Đường 𝑂𝐴chính là đường phân cách chia miền 𝐷 thành hai miền:
Chia miền 𝐷 thành hai miền:
Trong bài này nếu sử dụng biểu thức giải tích để tìm miền 𝐷, khi thay {𝑥 = 𝑟 cos 𝜑
Nhưng không thể vội vàng kết luận ngay 𝐷: {2 cos 𝜑 ≤ 𝑟 ≤ 2
Do nếu với 0 ≤ 𝜑 ≤ 𝜋/2 thì 2 cos 𝜑 ≥ 0 ⇒ 2 cos 𝜑 ≤ 𝑟 ≤ 2thỏa mãn điều kiện 𝑟 ≥ 0
Còn với phần 𝜋/2 ≤ 𝜑 ≤ 𝜋 thì 2 cos 𝜑 ≤ 0 ⇒ 2 cos 𝜑 ≤ 𝑟 ≤ 2 không thỏa mãn điều kiện 𝑟 ≥ 0
Vì vậy chúng ta phải chia miền 𝐷 thành hai miền 𝐷 1 và 𝐷 2 như lời giải trên
3 Phép đổ i bi ế n s ố trong t ọa độ c ự c suy r ộ ng:
Phép đổi biến trong tọa độ cực suy rộng được sử dụng khi miền 𝐷 có hình dạng elip hoặc hình tròn có tâm không nằm tại điểm gốc tọa độ 𝑂 Tổng quát miền 𝐷 có dạng như sau:
− Các bướ c bi ến đổ i:
B2: Xác định miền biến thiên của 𝑟, 𝜑
B3: Thay vào biểu thức tích phân và tính toán
Khi thực hiện phép đổi biến {
𝑦 = 𝑦1+ 𝑏𝑟 sin 𝜑 thực chất chúng ta đã kết hợp phép tính tiến vào cùng phép đổi đổi biến số trong tọa độ cực
2= 𝑅2từ một hình elip có tâm tại 𝐴(𝑥1, 𝑥2)trở thành hình tròn 𝐷𝑂𝑋𝑌: 𝑋2+ 𝑌2 = 𝑅2 có tâm tại 𝑂 trong hệ tọa độ mới 𝑂𝑋𝑌
⇒Tìm miền biến thiên của 𝑟, 𝜑 trong miền mới 𝐷𝑂𝑋𝑌: 𝑋2+ 𝑌2= 𝑅2, tránh nhầm lẫn tìm miền biến thiên của 𝑟, 𝜑 trong miền cũ𝐷
Chú ý: Khi thực hiện phép đổi biến số{𝑥/3 = 𝑟 cos 𝜑
𝑦 = 𝑟 sin 𝜑 thực chất chúng ta đã kết hợp phép tịnh tiến cùng phép đổi biến số trong tọa độ cực {𝑥/3 = 𝑋 = 𝑟 cos 𝜑
𝑦 = 𝑌 = 𝑟 sin 𝜑 Như vậy miền 𝐷 sau khi thực hiện phép tịnh tiến sẽ là 1 ≤ 𝑋2+ 𝑌2 ≤ 4, do đó khi tìm miền biến thiên của 𝑟, 𝜑 chúng ta sẽ tìm theo miền 𝐷 sau khi tịnh tiến 𝐷: 1 ≤ 𝑋2+ 𝑌2≤ 4chứ không tìm theo miền gốc ban đầu
Nh ậ n xét: Ở VD này có thể sử dụng cách đổi biến tọa độ cực thông thường Đặt {𝑥 = 𝑟 cos 𝜑
0 là môt tích phân không hề dễ tính
⇒Đổi biến số trong tọa độ cực thông thường ở VD này là không hề tối ưu Sử dụng đổi biến trong tọa độ cực suy rộng không những làm đơn giản biểu thức lấy tích phân còn làm đơn giản hóa miền 𝐷.
M ẹ o: Khi miền lấy tích phân có dạng:
Nếu biểu thức trong dấu tích phân chứa 𝑥2+ 𝑦2 ⇒ Dùng t ọa độ c ực thông thườ ng
Nếu biểu thức trong dấu tích phân chứa (𝑥 − 𝑎) 2 + (𝑦 − 𝑏) 2 ⇒ Dùng t ọa độ c ự c suy r ộ ng
𝑦 = 𝑟 sin 𝜑 , 𝐽 = 𝑟 ⇒Miền 𝐷 trong tọa độ cực là 𝐷: 2
Cách tìm mi ề n 𝑫 trong t ọa độ c ự c b ằ ng bi ể u th ứ c gi ả i tích:
𝑦 = 𝑟 sin 𝜑 vào miền 𝐷ban đầu thu được 2 2
1 sin r + , kết hợp cùng điều kiện 𝑟 ≥ 0
⇒Thu được miền biến thiên của 𝑟 là: 2 2
+ Trong biểu thức không có điều kiện ràng buộc nào của 𝜑 ⇒ 0 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋
Tích phân kép có mi ề n l ấy tích phân đố i x ứ ng
− Nếu miền 𝐷đối xứng qua trục 𝑂𝑥(tương ứng 𝑂𝑦) và hàm trong dấu tích phân là hàm số lẻ với biến 𝑦(tương ứng đối với 𝑥) thì
− Nếu miền 𝐷đối xứng qua trục 𝑂𝑥(tương ứng 𝑂𝑦) và hàm trong dấu tích phân là hàm số chẵn với biến 𝑦(tương ứng đối với 𝑥) thì
Với 𝐷+ là phần bên trên trục 𝑂𝑥 của 𝐷(tương ứng là phía phải trục 𝑂𝑦 của 𝐷)
𝐷− là phần bên dưới trục 𝑂𝑥 của 𝐷(tương ứng là phía trái trục 𝑂𝑦 của 𝐷)
*Hàm chẵn với biến 𝑥 ⇔ 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓(−𝑥, 𝑦), hàm chẵn với biến 𝑦 ⇔ 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑥, −𝑦)
*Hàm lẻ với biến 𝑥 ⇔ 𝑓(𝑥, 𝑦) = −𝑓(−𝑥, 𝑦), hàm lẻ với biến 𝑦 ⇔ 𝑓(𝑥, 𝑦) = −𝑓(𝑥, −𝑦)
𝑓(𝑥, 𝑦) =52𝑥2 là hàm số chẵn với biến 𝑥,miền 𝐷đối xứng qua trục 𝑂𝑦
0 ≤ 𝑦 ≤ 1/4 là phần nằm bên phải trục 𝑂𝑦 của miền 𝐷
Do 𝐷: (𝑥 − 2)2+ 𝑦2≤ 1 là miền đối xứng qua 𝑂𝑥 và sin 𝑦 là hàm lẻ với 𝑦
Tích phân kép có d ấ u giá tr ị tuy ệt đố i
𝐷 Để tính được tích phân trên, chúng ta cần phải phá bỏ dấu giá trị tuyệt đối Để phá được, cần chia miền 𝐷 thành hai miền 𝐷+ và 𝐷− Trên miền 𝐷+, 𝑓(𝑥, 𝑦) ≥ 0,trên miền 𝐷−, 𝑓(𝑥, 𝑦) ≤ 0 Khi đó, ta có:
B1: Giải bất phương trình𝑓(𝑥, 𝑦) ≥ 0để tìm được miền 𝐷+, giải bất phương trình𝑓(𝑥, 𝑦) ≤
B2: Sử dụng công thức trên để tính
Chia miền 𝐷 thành hai miền: 𝐷+: {𝑥2+ 𝑦2 ≤ 1
0 ≤ 𝑦 ≤ 𝜋2 − 𝑥 (Miền giao nhau giữa miền −𝜋2 − 𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 𝜋2 − 𝑥 và 0 ≤ 𝑥, 𝑦 ≤ 𝜋2)
Miền giao nhau giữa 𝜋2 − 𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 3𝜋2 − 𝑥 𝑣à 0 ≤ 𝑥, 𝑦 ≤ 𝜋2 tách thành hai miền nhỏ là
𝜋2 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋 3𝜋2 − 𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 𝜋 ứng vớ𝑖 cos(𝑥 + 𝑦) ≥ 0 hay |cos(𝑥 + 𝑦)| = cos(𝑥 + 𝑦)
Ta có: |cos(𝑥 + 𝑦)| = cos(𝑥 + 𝑦) ứng với miền 𝐷+: { 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋2
|cos(𝑥 + 𝑦)| = − cos(𝑥 + 𝑦) ứng với miền 𝐷−{ 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋2
D ạ ng bài k ế t h ợp các phương pháp đổ i bi ế n s ố
Trong nhiều bài tập tính tích phân, sử dụng một phương pháp đổi biến số thôi là chưa đủ, chúng ta phải kết hợp nhiều phương pháp cùng nhau để giải quyết bài toán
(VD: Kết hợp đổi biến số trong tọa độĐề-các và đổi biến số trong tọa độ cực …)
Miền 𝐷 trong hệ tọa độ mới 𝑂𝑢𝑣 là 𝐷𝑢𝑣: 𝑢2+ 𝑣2≤ 100, 𝑢 ≥ 0
D ạ ng bài s ử d ụ ng t ọa độ c ực để gi ả i tích phân có mi ề n 𝐃 đặ c bi ệ t
Trong nhiều nhiều bài tập tính tích phân, miền lấy tích phân 𝐷 có biểu thức giải tích rất phức tạp, việc vẽ phác thảo hình dáng đồ thị không hề dễ→khó khăn trong việc xác định các cận khi đưa về tích phân lặp Đối với các bài toán như vậy, nếu biểu thức giải tích của miền 𝐷 có chứa (𝑥2+ 𝑦2) ⇒ sử dụng đổi biến số trong tọa độ cực để giải quyết Tọa độ cực rất tối ưu trong các bài toán tích phân kép có biểu thức lấy tích phân hoặc miền lấy tích phân 𝐷chứa (𝑥 2 + 𝑦 2 ).
Phía trên là hình vẽ phác họa của miền 𝐷,thếnhưng không phải ai cũng có thể vẽđược đồ thị của đường cong (𝑥2+ 𝑦2)2 = 4(𝑥2− 𝑦2).Chúng ta sẽ tìm hiều cách xác định miền 𝐷 theo biểu thức giải tích
Nhận thấy (𝑥2+ 𝑦2)2 = 4(𝑥2− 𝑦2) có chứa (𝑥2+ 𝑦2) ⇒ sử dụng đổi biến số trong tọa độ cực Đặt {𝑥 = 𝑟 cos 𝜑
Thay vào đường cong giới hạn (𝑥 2 + 𝑦 2 ) 2 = 4(𝑥 2 − 𝑦 2 )ta thu được:
𝑟4= 4[𝑟2(cos 𝜑)2− 𝑟2(sin 𝜑)2] ⇔ 𝑟4= 4𝑟2[(cos 𝜑)2− (sin 𝜑)2] ⇔ 𝑟2= 4 cos 2𝜑
Như vậy 𝑟được giới hạn bởi đường cong 𝑟 = 2√cos 2𝜑 ⇒ 0 ≤ 𝑟 ≤ 2√cos 2𝜑
Từđiều kiện { 𝑥 ≥ 0cos 2𝜑 ≥ 0 ⇒ { cos 𝜑 ≥ 0cos 2𝜑 ≥ 0 ⇔ {
Thay vào đường cong giới hạn (𝑥2+ 𝑦2)2 = 2𝑥3ta thu được:
Ta có miền biến thiên của 𝑟 là 0 ≤ 𝑟 ≤ 2 cos3𝜑
Với điều kiện 2 cos 3 𝜑 ≥ 0 ⇔ cos 𝜑 ≥ 0 ⇔ −𝜋/2 ≤ 𝜑 ≤ 𝜋/2
Thay vào đường cong giới hạn (𝑥2+ 𝑦2)3 = (𝑥4+ 𝑦4)ta thu được:
𝑟 6 = 𝑟 4 cos 4 𝜑 + 𝑟 2 sin 4 𝜑 ⇔ 𝑟 = √cos 4 𝜑 + sin 4 𝜑 Miền biến thiên của của 𝑟 là 0 ≤ 𝑟 ≤ 2√cos 4 𝜑 + sin 4 𝜑
Do cos4𝜑 + sin4𝜑 ≥ 0và không có điều kiện nào khác của 𝑥, 𝑦 ⇒ góc 𝜑 biến thiên từ0 → 2𝜋 Miền 𝐷: {0 ≤ 𝑟 ≤ √cos 4 𝜑 + sin 4 𝜑
Bài t ậ p t ự luy ệ n
Tính các tích phân bội hai sau:
, 𝐷 giới hạn bởi x + y = ±1, x − y = 1, x + y = 3 (ĐS: 203 ) §2.2: TÍCH PHÂN B Ộ I BA
Sơ lượ c v ề tích phân b ộ i ba
− Tích phân bội ba là tích phân có dạng:
Trong đó{𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) là hàm số gồm ba biến 𝑥, 𝑦, 𝑧
𝑉 là miền giá trị giới hạn của 𝑥, 𝑦, 𝑧
− Các tính ch ất cơ bả n:
+ Tính chất tuyến tính: Với 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅
+ Tính chất cộng tính: với 𝑉 = 𝑉 1 ∪ 𝑉 2 , 𝑉 1 ∩ 𝑉 2 = ∅
− Các bướ c làm t ổ ng quát:
B1: Xác định hình chiếu 𝐷 của vật thể 𝑉 lên mặt phẳng 𝑂𝑥𝑦
(Chú ý: trong nhiều bài tập biến tấu sẽ tìm hình chiếu lên mặt 𝑂𝑥𝑧 hoặc 𝑂𝑦𝑧)
B2: Xác định biên dưới 𝑧 = 𝑧1(𝑥, 𝑦),biên trên 𝑧 = 𝑧2(𝑥, 𝑦)
B3: Sử dụng công thức tổng quát: Đưa tích phân bội ba về tích phân bội hai
− Các tìm hình chi ế u 𝑫: [ Hình vẽ trực quan
Xét phương trình giao tuyến, kết hợp biểu thức giải tích
− Cách xác đị nh biên dướ i 𝒛 = 𝒛𝟏(𝒙, 𝒚), biên trên 𝒛 = 𝒛𝟐(𝒙, 𝒚): [ Hình vẽ trực quan
Biểu thức giải tích miền 𝑉
− Các v ậ t th ể hay g ặ p c ầ n ghi nh ớ hình dáng, cách phác h ọ a:
M ộ t s ố d ạng cơ bả n
𝑒 ≤ 𝑧 ≤ 𝑓 (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒, 𝑓 là hằng số) Áp dụng công thức:
Ngoài ra có thểđổi thứ tự tính tích phân 𝑑𝑥, 𝑑𝑦, 𝑑𝑧 cho nhau giống như trong tích phânkép
Bài toán có thể thay đổi khối 𝑉: { 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏
Nhớ nguyên tắc “Cậ n ch ứ a nhi ề u bi ến tính trướ c, c ậ n ch ứ a ít bi ế n tính sau, c ậ n không ch ứ a bi ế n tính cu ối cùng”
𝑧1(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑧 ≤ 𝑧2(𝑥, 𝑦) (𝑎, 𝑏 là hằng số) Áp dụng công thức:
Tương tự với các biến thể khác của miền 𝑉, tuân theo nguyên tắc:
“Cậ n ch ứ a nhi ề u bi ến tính trướ c, c ậ n ch ứ a ít bi ế n tính sau, c ậ n không ch ứ a bi ế n tính cu ố i cùng”
❖ Quy t ắ c chung c ủ a ba d ạng đầu “Cậ n ch ứ a nhi ề u bi ến tính trướ c, c ậ n ch ứ a ít bi ế n tính sau, c ậ n không ch ứ a bi ế n tính cu ối cùng.”
4 D ạ ng 4: Khối 𝑉cho dưới dạng giới hạn bởi các mặt, không cho rõ các cận của 𝑥, 𝑦, 𝑧
Cách làm: Sử dụng phương pháp làm tổng quát được trình bày ở mục I
Cách tìm hình chi ế u c ủ a mi ề n 𝑽 được cho dướ i d ạ ng t ổ ng quát gi ớ i h ạ n b ở i hai m ặ t ch ứ a 𝒛 là
𝒛 𝟏 (𝒙, 𝒚), 𝒛 𝟐 (𝒙, 𝒚) cùng các m ặ t không ch ứ a 𝒛 là 𝑳 𝟏 (𝒙, 𝒚), 𝑳 𝟐 (𝒙, 𝒚), … b ằ ng bi ể u th ứ c gi ả i tích B1: Xác định trong hai mặt 𝑧1(𝑥, 𝑦), 𝑧2(𝑥, 𝑦)đâu là mặt trên đâu là mặt dưới
B2: Giả sử 𝑧 1 (𝑥, 𝑦) là mặt dưới, 𝑧 2 (𝑥, 𝑦) là mặt trên Tìm giao tuyến 𝑑 1 của mặt 𝑧 1 (𝑥, 𝑦) và mặt
𝑧2(𝑥, 𝑦) bằng cách xét 𝑧1(𝑥, 𝑦) = 𝑧2(𝑥, 𝑦), khửđi biến 𝑧
Nếu mặt 𝑧 1 (𝑥, 𝑦)và 𝑧 2 (𝑥, 𝑦) không giao nhau ⇒ không có 𝑑 1
B3: Tìm giao tuyến 𝑑2 của mặt dưới 𝑧1(𝑥, 𝑦) với 𝑂𝑥𝑦bằng cách xét 𝑧1(𝑥, 𝑦) = 0
Nếu mặt 𝑧1(𝑥, 𝑦)và 𝑂𝑥𝑦 không giao nhau ⇒ không có 𝑑2
B4: Biểu diễn 𝑑1, 𝑑2(nếu có) lên mặt phẳng 𝑂𝑥𝑦để tìm được miền kín 𝑆 giới hạn bởi 𝑑1, 𝑑2
Nếu không tồn tại miền kín 𝑆 hoặc không tồn tại𝑑1, 𝑑2 thì hình chiếu 𝐷 chính là miền kín giới hạn bởi 𝐿1(𝑥, 𝑦), 𝐿2(𝑥, 𝑦), …
B5: Nếu tồn tại miền 𝑆, biểu diễn 𝐿1(𝑥, 𝑦), 𝐿2(𝑥, 𝑦), … lên mặt 𝑂𝑥𝑦
⇒Hình chiếu 𝐷 là miền kín giới hạn bởi 𝑆 và 𝐿1(𝑥, 𝑦), 𝐿2(𝑥, 𝑦), …
Trong trường miền 𝑉 không bị giới hạn bởi các mặt không chứa 𝑧 là 𝐿1(𝑥, 𝑦), 𝐿2(𝑥, 𝑦), … thì miền kín 𝑆 chính là hình chiếu 𝐷.
Cách tìm hình chi ế u D b ằ ng bi ể u th ứ c gi ả i tích:
B1: 𝑧 = 0là mặt dưới, 𝑧 = 0 là mặt trên
B2: Xét giao tuyến của 𝑧 = 0 và 𝑧 = 1
B3: Xét giao tuyến của mặt dưới 𝑧 = 0 với 𝑂𝑥𝑦
⇒ Không có giao tuyến 𝑑2 do 𝑧 = 0 chính là mặt 𝑂𝑥𝑦
B4: Do không tồn tại giao tuyến 𝑑1, 𝑑2 nên hình chiếu 𝐷 là miền kín được giới hạn bởi 𝐿1(𝑥, 𝑦): 𝑥2+ 𝑦2= 1
Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là 𝐷: 𝑥2+ 𝑦2 ≤ 1
Cách tìm hình chi ế u D b ằ ng bi ể u th ứ c gi ả i tích:
B1: 𝑧 = 0là mặt nằm dưới, 𝑧 = 𝑦2 là mặt nằm trên
B2: Xét giao tuyến của 𝑧 = 0 và 𝑧 = 𝑦2
B3: Xét giao tuyến của 𝑧 = 0 và 𝑂𝑥𝑦
B4: Xét miền kín 𝑆 giới hạn bởi 𝑑 1 : 𝑦 = 0
B5: Hình chiếu 𝐷 của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦được giới hạn bởi
Cách tìm hình chi ế u D b ằ ng bi ể u th ứ c gi ả i tích:
B1: 𝑧 = 0là mặt nằm dưới, 𝑧 = √4 − 𝑦 2 là mặt nằm trên
B2: Xét giao tuyến của 𝑧 = 0 và 𝑧 = √4 − 𝑦 2
B3: Xét giao tuyến của 𝑧 = 0 với 𝑂𝑥𝑦
⇒ Không có giao tuyến 𝑑2 (do 𝑧 = 0 chính là mặt 𝑂𝑥𝑦)
B4: Giao tuyến 𝑑 1 : 𝑦 = ±1 không tạo thành được miền kín 𝑆.
⇒Hình chiếu 𝐷được giới hạn bởi 𝑥2+ 𝑦2 ≤ 1
Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là 𝐷: 𝑥2+ 𝑦2 ≤ 1
Cách tìm hình chi ế u D b ằ ng bi ể u th ứ c gi ả i tích:
B1: 𝑧 = √𝑥2+ 𝑦2− 1 là miền nằm dưới, 𝑧 = 1 là miền nằm trên
B2: Xét giao tuyến của 𝑧 = 1 và 𝑧 = √𝑥2+ 𝑦2− 1
B3: Xét giao tuyến của 𝑧 = √𝑥2+ 𝑦2− 1 và 𝑂𝑥𝑦
B4: Miền kín giới hạn bởi 𝑑 1 , 𝑑 2 là 𝑆: 1 ≤ 𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 2
B5: Hình chiếu 𝐷 là miền kín giới hạn bởi 𝑆 và 𝑥 ≥ 0, 𝑦 ≥ 0
Cách tìm hình chi ế u D b ằ ng bi ể u th ứ c gi ả i tích:
B1: 𝑧 = 𝑥2+ 𝑦2 là mặt nằm dưới, 𝑧 = √6 − 𝑥2− 𝑦2là mặt trên
B2: Xét giao tuyến của hai mặt 𝑧 = √6 − 𝑥2− 𝑦2, 𝑧 = 𝑥2+ 𝑦2
B3: Xét giao tuyến mặt 𝑧 = 𝑥2+ 𝑦2 với 𝑂𝑥𝑦
B4: Miền kín giới hạn bởi 𝑑 1 là 𝑆: 𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 2
B5: Miền 𝑉 không bị giới hạn bởi các mặt không chứa 𝑧 ⇒ 𝐷: 𝑥2+ 𝑦2≤ 2
Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là 𝐷: 𝑥2+ 𝑦2 ≤ 2
Đổ i bi ế n s ố trong tích phân b ộ i ba
1 Phép đổi biến số trong tọa độ trụ:
Khi miền 𝑉có được giới hạn bởi các mặt trụ, mặt nón, paraboloit và có hình chiếu lên mặt 𝑂𝑥𝑦 là hình tròn, hình vành khăn hoặc hàm lấy tích phân có chứa biểu thức (𝑥 2 + 𝑦 2 )
⟹ Hay sử dụng công thức đổi biến số trong tọa độ trụ, điểm 𝑀 biểu diễn dạng 𝑀(𝑟, 𝜑, 𝑧)
B2: Biểu diễn miền 𝑉 trong tọa độ trụ
𝑧1(𝑟, 𝜑) ≤ 𝑧 ≤ 𝑧2(𝑟, 𝜑) Với 𝐷 là hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦
Xét giao tuyến hai mặt 𝑥2+ 𝑦2 = 2𝑧 và 𝑧 = 2
Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là 𝐷: 𝑥2+ 𝑦2 ≤ 4 Đặt {𝑥 = 𝑟 cos 𝜑
Xét giao tuyến của hai mặt 𝑧2 = 4(𝑥2+ 𝑦2), 𝑧 = 2
⇒ Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là:𝐷: 𝑥2+ 𝑦2 ≤ 1 Đặt {𝑥 = 𝑟 cos 𝜑
Xét giao tuyến của hai mặt 𝑥2+ 𝑦2+ 𝑧2= 6, 𝑧 = 𝑥2+ 𝑦2
Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là 𝐷: 𝑥2+ 𝑦2 ≤ 2 Đặt {𝑥 = 𝑟 cos 𝜑
Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là:
Hình chiếu 𝐷 của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 giới hạn bởi các đường 𝑦 = −√4𝑥 − 𝑥2, 𝑦 = 0
Xét giao tuyến của mặt 𝑧 = √𝑥2+ 𝑦2− 1 và 𝑧 = 1
Xét giao tuyến của mặt 𝑧 = √𝑥2+ 𝑦2− 1 và 𝑂𝑥𝑦
Hình chiếu của 𝐷 lên 𝑂𝑥𝑦 giới hạn bởi 𝑥 2 + 𝑦 2 = 2 và
Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là 𝐷: 𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 1 Đặt {𝑥 = 𝑟 cos 𝜑
−1 ≤ 𝑧 ≤ 1 Hình chiếu của miền 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là 𝐷: 𝑥2+ 𝑦2 ≤ 1
Nhận xét: Biểu thức lấy tích phân chứa (𝑧 − 2) 2 nếu để nguyên như vậy khi tính tích phân lặp sẽ khá phức tạp do (𝑧 − 2)2 = 𝑧2− 4𝑧 + 4 khiến biểu thức trở nên phức tạp Để khắc phục điều này, chúng ta sẽ thực hiện phép tịnh tiến biến 𝑧 Khi thực hiện phép tịnh tiến, 𝐽không thay đổi Đặt {𝑥 = 𝑟 cos 𝜑
Nếu để nguyên thứ tự tính theo 𝑑𝑧′trước thì việc tính tích phân sẽ khá khó, chúng ta sẽđổi thứ tự tính
2 Phép đổi biến số trong tọa độ trụ suy rộng
Khi miền 𝑉có được giới hạn bởi các mặt trụ, mặt nón, paraboloit và có hình chiếu lên mặt 𝑂𝑥𝑦 là hình tròn, hình vành khăn có tâm không nằm tại điểm 𝑂(0,0) hoặc hàm lấy tích phân có chứa biểu thức [(𝑥 − 𝑥1)2+ 𝑦2] hoặc [𝑥2+ (𝑦 − 𝑦1)2]
Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 có dạng tổng quát 𝐷: (𝑥 − 𝑥𝑎 ) 1
B2: Biểu diễn miền 𝑉 trong tọa độ trụ
Với 𝐷 là hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦
Chú ý: Với phép đổi biến trên, chúng ta đã tịnh tiến tâm của hình chiếu 𝐷 về gốc tọa độ 𝑂(0,0), nên phải xác định miền biến thiên của 𝑟, 𝜑 theo miền mới sau khi tịnh tiến (nếu sử dụng hình vẽ trực quan)
𝑧 ≥ 0 ⇔ 0 ≤ 𝑧 ≤ √4 − [𝑥2+ (𝑦 − 2)2] Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là 𝐷: 𝑥2+ (𝑦 − 2)2 ≤ 4 Đặt { 𝑥 = 𝑟 cos 𝜑
3 Phép đổi biến số trong tọa độ cầu:
Trong trường hợp khối 𝑉 có dạng hình cầu , chỏm cầu, múi cầu,… và khi hàm lấy tích phân 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) có chứa biểu thức (𝑥2+ 𝑦2+ 𝑧2)
⟹ Hay sử dụng phép đổi biến trong tọa độ cầu điểm 𝑀(𝑥, 𝑦, 𝑧)trong không gian được biểu diễn dưới dạng 𝑀(𝑟, 𝜃, 𝜑)
B1: Đổi biến số {𝑥 = 𝑟 sin 𝜃 cos 𝜑
B2: Biểu diễn miền 𝑉 trong tọa độ cầu 𝑉 𝑟𝜃𝜑 : {𝑟1(𝜃, 𝜑) ≤ 𝑟 ≤ 𝑟2(𝜃, 𝜑)
− Cách xác đị nh mi ề n bi ế n thiên c ủ a 𝑟, 𝜃, 𝜑 ∶ [ Hình vẽ trực quan
Biểu thức giải tích của miền V.
− Miền giá trị của 𝜃chạy từ 0 → 𝜋
− Miền giá trị của 𝜑chạy từ 0 → 2𝜋 hoặc −𝜋 → 0
Cách xác đị nh mi ề n 𝑽 b ằ ng bi ể u th ứ c gi ả i tích
𝑧 = 𝑟 cos 𝜃 vào miền 𝑉,ta thu được:
Miền 𝑉 trong tọa độ cầu là 𝑉: { 0 ≤ 𝑟 ≤ 1
Cách xác đị nh mi ề n 𝑽 b ằ ng bi ể u th ứ c gi ả i tích
𝑧 = 𝑟 cos 𝜑 vào miền 𝑉,ta thu được: {
Miền 𝑉 trong tọa độ cầu là 𝑉: { 1 ≤ 𝑟 ≤ 2
Cách xác đị nh mi ề n 𝑽 b ằ ng bi ể u th ứ c gi ả i tích
Ta thu được: 𝑟2 ≤ 𝑟 sin 𝜃 cos 𝜑 (∗)
Do 𝜃 ∈ [0, 𝜋] ⇒ sin 𝜃 ≥ 0, 𝑟 ≥ 0 (∗) ⇔ {0 ≤ 𝑟 ≤ sin 𝜃 cos 𝜑cos 𝜑 ≥ 0
Miền 𝑉 trong tọa độ cầu là 𝑉: {0 ≤ 𝑟 ≤ sin 𝜃 cos 𝜑
Cách xác đị nh mi ề n 𝑽 b ằ ng bi ể u th ứ c gi ả i tích
𝑧 = 𝑟 cos 𝜃 vào miền 𝑉,ta thu được: { 𝑟2≤ 4
Miền 𝑉 trong tọa độ cầu là 𝑉: { 0 ≤ 𝑟 ≤ 2
VD3.5: Tính tích phân bội ba ∭ 𝑧𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 𝑉 với 𝑉 là miền xác định bởi 𝑥2+ 𝑦2+ 𝑧2 ≤ 𝑧
*Cách xác đị nh mi ề n V b ằ ng bi ể u th ứ c gi ả i tích:
𝑧 = 𝑟 cos 𝜃 vào miền 𝑉,ta thu được: { 𝑟2 ≤ 𝑟 cos 𝜃
0 ≤ 𝑟 ≤ cos 𝜃 sin 𝜃 cos 𝜃 = tan 𝜃 ≤ 1 cos 𝜃 ≥ 0
4 Phép đổi biến số trong tọa độ cầu suy rộng:
Khi miền 𝑉 có dạng hình ellipsoid hoặc hình cầu có tâm không nằm trên các trục tọa độ
⟹ Có thể nghĩ tới dùn tọa độ cầu suy rộng
Miền V có dạng tổng quát 𝑉: (𝑥 − 𝑥𝑎 ) 1
B2: Biểu diễn miền 𝑉 trong tọa độ cầu suy rộng 𝑉𝑟𝜃𝜑: {𝑟1(𝜃, 𝜑) ≤ 𝑟 ≤ 𝑟2(𝜃, 𝜑)
Chú ý: Với phép đổi biến trên, chúng ta đã tịnh tiến tâm của hình cầu/ellipsoit về gốc tọa độ 𝑂(0,0,0), nên phải xác định miền biến thiên của 𝑟, 𝜃, 𝜑 theo miền mới sau khi tịnh tiến (nếu sử dụng hình vẽ trực quan)
Miền 𝑉 trong tọa độ cầu suy rộng là 𝑉: { 0 ≤ 𝑟 ≤ 1
Miền 𝑉 trong tọa độ cầu suy rộng là 𝑉: { 0 ≤ 𝑟 ≤ 2
Miền 𝑉 trong tọa độ cầu suy rộng là 𝑉: { 0 ≤ 𝑟 ≤ 3
❖ Tọa độ cầu và tọa độ cầu suy rộng:
Trong VD3.3 và VD4.3, cả hai miền đều có dạng hình cầu có tâm không nằm ở gốc tọa độ 𝑂(0,0,0)nhưng trong VD3.3 dùng tọa độ cầu thông thường, còn VD4.3 lại dùng tọa độ cầu suy rộng Vậy để tìm ra lí do tại sao như vậy, chúng ta sẽ thử làm VD4.3 theo tọa độ cầu thông thường và VD3.3 theo tọa độ cầu suy rộng xem sẽ xảy ra những điểm không tối ưu nào
Miền 𝑉 trong tọa độ cầu là 𝑉: {0 ≤ 𝑟 ≤ 6 sin 𝜃 sin 𝜑
Tích phân này tính rất phức tạp
Miền 𝑉 trong tọa độ cầu là 𝑉: {0 ≤ 𝑟 ≤ 1/2
∫ √(12 + 𝑟 sin 𝜃 cos 𝜑) 2 + (𝑟 sin 𝜃 sin 𝜑) 2 + (𝑟 cos 𝜃) 2 𝑟 2 sin 𝜃 𝑑𝑟
Tích phân này tính rất phức tạp
Qua hai ví d ụ trên, nh ậ n th ấ y r ằ ng vi ệ c s ử d ụ ng t ọa độ c ầu thông thườ ng hay t ọa độ độ c ầ u suy r ộng đúng cách sẽ v ừa làm đơn giả n hóa mi ề n 𝑽, v ừ a làm đơn giả n hóa bi ể u th ứ c trong d ấ u tích phân
− M ẹ o: Khi miền 𝑉 có dạng tổng quát 𝑉: [(𝑥 − 𝑅)2+ 𝑦2+ 𝑧2≤ 𝑅2
+ Sử dụng tọa độ cầu thông thường khi biểu thức lấy tích phân có chứa (𝑥2+ 𝑦2+ 𝑧2) (khi đó:𝑥2+ 𝑦2+ 𝑧2= 𝑟2)
+ Sử dụng tọa độ cầu suy rộng khi biểu thức lấy tích phân chứa [(𝑥 − 𝑅)2+ 𝑦2+ 𝑧2
❖Tọa độ trụ và tọa độ cầu:
Việc sử dụng tọa độ cầu hay tọa độ trụ phụ thuộc vào hai yếu tố chính là hình dáng của miền 𝑉 và biểu thức lấy tích phân
−Nếu miền 𝑉 có dạng hình cầu, chỏm cầu và biểu thức lấy tích phân có chứa (𝑥2+ 𝑦2+ 𝑧2)
⟹Thường sử dụng tọa độ cầu (khi đó𝑥2+ 𝑦2+ 𝑧2= 𝑟2)
−Nếu miền 𝑉 có dạng hình trụ hoặc chứa mặt nón, paraboloit, hình chiếu lên 𝑂𝑥𝑦 có dạng hình tròn, hình vành khăn và biểu thức lấy tích phân có chứa 𝑥2+ 𝑦2
⟹Thường sử dụng tọa độ trụ (khi đó𝑥2+ 𝑦2 = 𝑟2)
Có những tình huống đặc biệt, dù miền lấy tích phân là hình cầu nhưng việc sử dụng tọa độ trụ lại thuẫn tiện hơn.
* T ọa độ c ầ u: Đặt {𝑥 = 𝑟 sin 𝜃 cos 𝜑
Cách xác đị nh mi ề n 𝑽 b ằ ng bi ể u th ứ c gi ả i tích
𝑧 = 𝑟 cos 𝜃 vào miền 𝑉,ta thu được: { 𝑟 2 ≤ 1
0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋/2 Miền 𝑉 trong tọa độ cầu là 𝑉: { 0 ≤ 𝑟 ≤ 2
Tích phân này tích rất phức tạp
Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là 𝐷: 𝑥2+ 𝑦2 ≤ 1 Đặt {𝑥 = 𝑟 cos 𝜑
VD: Tính tích phân bội ba ∭ 𝑧𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 𝑉 với 𝑉 là miền xác định bởi
𝑥2+ 𝑦2+ (𝑧 − 12) 2 ≤ 14 : Dấu≤thể hiện miền 𝑉 nằm trong mặt cầu.
𝑧 ≤ √𝑥2+ 𝑦2: Dấu≤thể hiện miền 𝑉 nằm dưới mặt nón.
Xét giao tuyến của hai mặt {𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 𝑧
Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là 𝐷: 𝑥2+ 𝑦2≤ 14
Cách 2: T ọa độ c ầ u: Đặt {𝑥 = 𝑟 cos 𝜑 sin 𝜃
5 Phép đổi biến số trong tọa độĐề-các:
Trong trường hợp đổi biến {𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑧)
B3: Tìm miền miền xác định 𝑉 𝑢𝑣𝑤 mới trong hệ tọa độ mới 𝑂𝑢𝑣𝑤
Miền 𝑉 trong tọa độ mới 𝑂𝑢𝑣𝑤 là 𝑉𝑢𝑣𝑤: { 1 ≤ 𝑢 ≤ 2
Miền 𝑉 trong tọa độ mới 𝑂𝑢𝑣𝑤 là 𝑉 𝑢𝑣𝑤 : {−3 ≤ 𝑢 ≤ 3
Miền 𝑉 trong tọa độ mới 𝑂𝑢𝑣𝑤 là 𝑉𝑢𝑣𝑤: {1 ≤ 𝑢 ≤ 2
Miền 𝑉 trong tọa độ mới 𝑂𝑢𝑣𝑤 là 𝑉𝑢𝑣𝑤: {|𝑢| ≤ 1
Tích phân có mi ền đố i x ứ ng
Giống như khi tinh tích phân kép, việc nhận xét được tính đối xứng của miền 𝑉 và tinh chẵn lẻ của hàm lấy tích phân sẽ giúp giảm đi một phần đáng kể khối lượng tính toán
− { Miền 𝑉 đối xứng qua mặt phẳng 𝑧 = 0 (𝑂𝑥𝑦)
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) là hàm lẻ đối với 𝑧 (𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = −𝑓(𝑥, 𝑦, −𝑧)) ⇒ ∭ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)
− { Miền 𝑉 đối xứng qua mặt phẳng 𝑥 = 0 (𝑂𝑦𝑧)
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) là hàm lẻ đối với 𝑥 (𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = −𝑓(−𝑥, 𝑦, 𝑧)) ⇒ ∭ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)
− { Miền 𝑉 đối xứng qua mặt phẳng 𝑦 = 0 (𝑂𝑥𝑧)
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) là hàm lẻ đối với 𝑦 (𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = −𝑓(𝑥, −𝑦, 𝑧)) ⇒ ∭ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)
− { Miền 𝑉 đối xứng qua mặt phẳng 𝑧 = 0 (𝑂𝑥𝑦)
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) là hàm chẵn đối với 𝑧 (𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑓(𝑥, 𝑦, −𝑧))
Với 𝑉+ là phần nằm trên mặt phẳng 𝑧 = 0 của 𝑉, 𝑉− là phần nằm dưới mặt phẳng 𝑧 = 0 của 𝑉
− { Miền 𝑉 đối xứng qua mặt phẳng 𝑥 = 0 (𝑂𝑦𝑧)
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) là hàm chẵn đối với 𝑥 (𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑓(−𝑥, 𝑦, 𝑧))
𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 Với 𝑉+ là phần nằm trước mặt phẳng 𝑥 = 0 của 𝑉, 𝑉− là phần nằm sau mặt phẳng 𝑥 = 0 của 𝑉
− { Miền 𝑉 đối xứng qua mặt phẳng 𝑦 = 0 (𝑂𝑥𝑧)
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) là hàm chẵn đối với 𝑦 (𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑓(𝑥, −𝑦, 𝑧))
𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 Với 𝑉 + là phần bên phải mặt phẳng 𝑦 = 0 của 𝑉, 𝑉 − là phần bên trái mặt phẳng 𝑦 = 0 của 𝑉
{𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = −4𝑦𝑧 là hàm lẻ với biến 𝑦
Miền 𝑉 trong tọa độ cầu là 𝑉: { 0 ≤ 𝑟 ≤ 1
Miền 𝑉 đối xứng qua 𝑂𝑦𝑧 và 𝑂𝑥𝑧 ⇒ ∭(2𝑥𝑦 + 2𝑦𝑧 + 2𝑥𝑧)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧
− {(𝑥2Miền 𝑉 đối xứng qua 𝑂𝑥𝑦+ 𝑦2+ 𝑧2) chẵn với biến 𝑧
Miền 𝑉 trong tọa độ cầu là 𝑉: { 1 ≤ 𝑟 ≤ 2
M ộ t s ố d ạng bài đặ c bi ệ t
1 Tọa độ trụ có sử dụng hình chiếu của miền 𝑽 lên 𝐎𝐱𝐳hoặc 𝐎𝐲𝐳:
Trong các bài tập sử dụng tọa độ trụ, chúng ta thường lấy hình chiếu của miền 𝑉 lên mặt phẳng 𝑂𝑥𝑦, và hình chiếu đó có dạng hình tròn, hình vành khăn, hình giẻ quạt… Trong nhiều bài tập biến tấu, hình chiếu của miền 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 lại không có dạng hình tròn, hình vành khăn, hình giẻ quạt… nhưng hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑧 hay 𝑂𝑦𝑧 lại có những hình dạng trên
− Nếu lấy hình chiếu 𝐷 của miền 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑧 ⇒ {𝑧 = 𝑟 cos 𝜑
− Nếu lấy hình chiếu 𝐷 của miền 𝑉 lên 𝑂𝑦𝑧 ⇒ {𝑦 = 𝑟 cos 𝜑
Hình chiếu của miền 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑧 là 𝐷: 𝑥2+ 𝑧2 ≤ 4 Đặt {𝑧 = 𝑟 cos 𝜑
Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑧 là 𝐷: 𝑥 2 + (𝑧 − 2) 2 ≤ 4 Đặt {𝑧 = 2 + 𝑟 cos 𝜑
2 Đổi thứ tự lấy tích phân:
Tương tự trong tích phân kép, tùy vào dạng của hàm lấy tích phân, nhiều tích phân bội ba sẽ không thể tính được nếu tính theo thứ tự các biến ban đầu → phát sinh yêu cầu cần đổi thứ tự lấy tích phân
Chúng ta đã quá quen thuộc với quy ước 𝑥là hoành độ, 𝑦là tung độ, 𝑧là cao độ, vậy nếu thực hiện hoán đổi các quy ước đó thì việc tính tích phân có thay đổi không? Nhiều bài tập sẽ lợi dụng việc hoán đổi vai trò của 𝑥, 𝑦, 𝑧để làm việc tính toán tích phân bội ba trởnên đơn giản hơn rất nhiều
Nhìn thoáng qua thì có thể nhầm tưởng đây là một tích phân không có gì đặc biệt, miền 𝑉 rất đơn giản, đổi biến số theo tọa độ cầu thay vào là ra Nhưng thửlàm theo hướng này xem có thể tính được kết quả không? Đặt {𝑥 = 𝑟 sin 𝜃 cos 𝜑
Miền 𝑉 trong tọa độ cầu là 𝑉: { 1 ≤ 𝑟 ≤ 2
∫ 5(𝑟 sin 𝜃 cos 𝜑)2− 3(𝑟 sin 𝜃 sin 𝜑)2+ (𝑟 cos 𝜃)2
1 Đây là một tích phân rất phức tạp ⇒ cần có hướng làm khác
Giải: Đổi vai trò của 𝑥, 𝑦
𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 (1) Đổi vai trò của 𝑥, 𝑦miền 𝑉không thay đổi
𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 (2) Đổi vai trò của 𝑦, 𝑧miền 𝑉không thay đổi
Trong nhiều bài tập tích phân phức, đổi biến số bằng một phương pháp vẫn chưa đủ để giúp chúng ta tính được giá trị của tích phân, cần phải kết hợp các phương pháp vào cùng nhau, đổi biến số 2-3 lần (VD: kết hợp đổi biến số trong tọa độĐề-các với đổi biến số trong tọa độ cầu.)
5 Sử dụng đổi biến số trong tọa độ cầu để tính các tích phân bội ba có miền phức tạp:
Trong nhiều câu tính tích phân khó, biểu thức miền 𝑉 rất phức tạp, không thể vẽphác hoaj được dẫn đến khó khan trong việc xác định cận của các biến số Nếu biểu thức giải tích của miền 𝑉 có chứa (𝑥2+ 𝑦2+ 𝑧2), chúng ta sẽ sử dụng đổi biến số trong tọa độ cầu để tìm ra miền biến thiên của các biến mới 𝑟, 𝜑, 𝜃.
Thay vào đường giới hạn miền 𝑉ta thu được:
𝑟6= 𝑟4sin4𝜃 ⇔ 𝑟2 = sin4𝜃 ⇔ 𝑟 = sin2𝜃 Không có ràng buộc gì với 𝜑, 𝜃 ⇒ 0 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋, 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋
Thay vào đường giới hạn miền 𝑉ta thu được:
Từ biểu thức trên ⇒ cos 2𝜃 ≤ 0 ⇔ 𝜋2 + 𝑘2𝜋 ≤ 2𝜃 ≤ 3𝜋2 + 𝑘2𝜋 ⇔ 𝜋4 + 𝑘𝜋 ≤ 𝜃 ≤ 3𝜋4 + 𝑘𝜋
Biến 𝜑không có ràng buộc nào ⇒ 0 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋
Bài t ậ p t ự luy ệ n
Tính các tích phân bội ba sau:
1) ∭ √𝑥 2 + 4𝑦 2 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 , 𝑉 giới hạn bởi 𝑧 = √𝑥4 + 𝑦 2 2 và 𝑧 = 1 (ĐS: 2𝜋5 )
4√2 (12 − 12√3)) (Gợi ý: Đổi biến số trong tọa độ trụ, tính tích phân theo biến 𝑟trước)
Tính di ệ n tích hình ph ẳ ng
Diện tích miền 𝐷được tính theo công thức:
VD1.1: Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường
Diện tích miền 𝐷 giới hạn bởi 𝑦 = √3𝑥, 𝑦 = 0, 𝑥 2 + 𝑦 2 = 2𝑥
VD1.2: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi 𝑦 = −3𝑥 + 1, 𝑦 = −3𝑥 + 2, 𝑦 = 𝑥, 𝑦 = 𝑥 + 2
Gọi miền 𝐷 giới hạn bởi 𝑦 = −3𝑥 + 1, 𝑦 = −3𝑥 + 2, 𝑦 = 𝑥, 𝑦 = 𝑥 + 2
Miền 𝐷 trong tọa độ mới 𝑂𝑢𝑣 là 𝐷𝑢𝑣: {1 ≤ 𝑢 ≤ 2
VD1.3: Tính diện tích miền 𝐷 với 𝐷: 1 ≤ 𝑥𝑦 ≤ 9, 𝑦 ≤ 𝑥 ≤ 4𝑦
Miền 𝐷 trong hệ tọa độ mới 𝑂𝑢𝑣 là 𝐷𝑢𝑣: {1 ≤ 𝑢 ≤ 9
VD1.4: Tính diện tích miền 𝐷 giới hạn bởi 2𝑥 ≤ 𝑥2+ 𝑦2≤ 2𝑦
𝑦 = 𝑟 sin 𝜑 , 𝐽 = 𝑟 ⇒ Chia 𝐷 thành 𝐷1: {2 cos 𝜑 ≤ 𝑟 ≤ 2 sin 𝜑
VD1.5: Tính diện tích phần hình tròn 𝑥2+ 𝑦2 = 2𝑦 nằm ngoài đường tròn 𝑥2+ 𝑦2 = 1
VD1.6: Tính diện tích miền giới hạn bởi hai đường cong 𝑦 = 𝑥2, 𝑦2 = 𝑥
− 𝑟 = 𝑎là phương trình đường tròn tâm 𝑂(0,0), bán kính 𝑎
− 𝑟 = 2𝑎 cos 𝜑là phương trình đường tròn tâm 𝐴(𝑎, 0), bán kính 𝑎
− 𝑟 = 2𝑎 sin 𝜑là phương trình đường tròn tâm 𝐵(0, 𝑎), bán kính 𝑎
VD1.7: Tính diện tích miền 𝐷 giới hạn bởi đường trơn𝑟 = 1 và 𝑟 =√3 2 cos 𝜑
𝐷 giới hạn bởi đường trơn𝑟 = 1 và 𝑟 =√3 2 cos 𝜑
VD1.8: Tính diện tích miền giới hạn bởi đường (𝑥 2 + 𝑦 2 ) 2 = 4𝑥𝑦
Ta có: sin 2𝜑 ≥ 0 ⇔ sin 𝜑 cos 𝜑 ≥ 0
Miền 𝐷 chia thành hai phần: 𝐷1: {0 ≤ 𝑟 ≤ √2 sin 2𝜑
VD1.9: Tính diện tích hình giới hạn bởi 𝑟 = 𝑎(1 + cos 𝜑)
Tập xác định của hàm 𝑟(𝜑) = 𝑎(1 + cos 𝜑) trong tọa độ cực là 𝜑 ∈ [0; 2𝜋]
Miền 𝐷 trong tọa độ cực 𝐷: {0 ≤ 𝑟 ≤ 𝑎(1 + cos 𝜑)
VD1.10: Chứng minh rằng diện tích của miền 𝐷 giới hạn bởi 𝑥 2 + (𝛼𝑥 − 𝑦) 2 ≤ 4không đổi với ∀𝛼 ∈ 𝑅
𝐷: 𝑥2+ (𝛼𝑥 − 𝑦)2≤ 4 Đặt 𝑢 = 𝑥 , 𝑣 = 𝛼𝑥 − 𝑦; ta được miền 𝐷 trong hệ tọa độ mới 𝑂𝑢𝑣 là 𝐷𝑢𝑣: 𝑢2+ 𝑣2 ≤ 4
𝑣 = 𝑟 sin 𝜑 , 𝐽 = 𝑟 (coi hệ tọa độ𝑂𝑢𝑣 giống 𝑂𝑥𝑦, 𝑂𝑢đóng vai trò trục hoành, 𝑂𝑣đóng vai trò trục tung)
Miền 𝐷𝑢𝑣 trong tọa độ cực 𝐷𝑢𝑣: { 0 ≤ 𝑟 ≤ 2
Tính di ệ n tích m ặ t cong
Mặt cong 𝑧 = 𝑧(𝑥, 𝑦) giới hạn bởi một đường cong kín, hình chiếu của mặt cong lên mặt 𝑂𝑥𝑦 là 𝐷.Giả thiết 𝑓(𝑥, 𝑦) là hàm số liên tục, có các đạo hàm riêng liên tục trên 𝐷.Khi đó diện tích mặt cong 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦)được tính theo công thức:
VD2.1: Tính diện tích phần mặt 𝑧 = 𝑥 2 + 𝑦 2 + 2 nằm trong mặt trụ 𝑥 2 + 𝑦 2 = 9
Hình chiếu của phần mặt 𝑧 = 𝑥 2 + 𝑦 2 + 2 nằm trong mặt trụ
Diện tích cần tính là:
VD2.2: Tính diện tích mặt cong 𝑧 =23(𝑥3/2+ 𝑦3/2) với 0 ≤ 𝑥 ≤ 2,0 ≤ 𝑦 ≤ 1
Hình chiếu của mặt 𝑧 =23(𝑥3/2+ 𝑦3/2) với 0 ≤ 𝑥 ≤ 2,0 ≤ 𝑦 ≤ 1 lên 𝑂𝑥𝑦 là 𝐷: {0 ≤ 𝑥 ≤ 2
Diện tích cần tinh là:
Tính th ể tích v ậ t th ể
Công thức tổng quát tính thể tích của vật 𝑉:
Khi vật thể𝑉được giới hạn bởi mặt cong dưới 𝑧 = 𝑧1(𝑥, 𝑦) và mặt cong trên 𝑧 = 𝑧2(𝑥, 𝑦) và 𝐷 là hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 thì công thức (∗) có thể đưa về thành tích phân bội hai
VD3.1: Tích thể tích vật thể giới hạn bởi các mặt 𝑧 = 𝑥2+ 3𝑦2 và 𝑧 = 4 − 3𝑥2− 𝑦2
Giao tuyến của mặt 𝑧 = 𝑥2+ 3𝑦2 và 𝑧 = 4 − 3𝑥2− 𝑦2
Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là 𝐷: 𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 1 Đặt {𝑥 = 𝑟 cos 𝜑
Thể tích vật thể 𝑉 là:
VD3.2: Tính thể tích vật thểxác định bởi 0 ≤ 𝑧 ≤ 1 − 𝑥2− 𝑦2, 0 ≤ 𝑥 ≤ √3𝑦
Xét giao tuyến của mặt 𝑧 = 1 − 𝑥2− 𝑦2 và 𝑧 = 0
Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là 𝐷: { 𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 1
Thể tích vật thể 𝑉 là:
VD3.3: Tính thể tích vật 𝑉xác định bởi 𝑉: 3𝑥 ≤ 𝑦2 ≤ 4𝑥, 5𝑦 ≤ 𝑥2 ≤ 6𝑦, 3 ≤ 𝑧 ≤ 6
Khối 𝑉 trong hệ tọa độ mới 𝑂𝑢𝑣𝑤 là 𝑉𝑢𝑣𝑤: {3 ≤ 𝑢 ≤ 4
3 ≤ 𝑤 ≤ 6 Thể tích vật thể 𝑉 là:
VD3.4: Tính thể tích vật thể xác định bởi 1 ≤ 𝑧 ≤ √5 − 𝑥2− 4𝑦2
Xét giao tuyến của 𝑧 = √5 − 𝑥2− 4𝑦2 và 𝑧 = 1
Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là: 𝐷: 𝑥2+ 4𝑦2≤ 4 Đặt {𝑥 = 𝑟 cos 𝜑
Thể tích vật thể 𝑉 là:
VD3.5: Tính thể tích miền (𝑉): 2𝑥 ≤ 𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 2𝑦, 𝑥 ≥ 0, 1 ≤ 𝑧 ≤ 3
Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦là
𝐷: 2𝑥 ≤ 𝑥2+ 𝑦2 ≤ 2𝑦, 𝑥 ≥ 0 Đặt {𝑥 = 𝑟 cos 𝜑𝑦 = 𝑟 sin 𝜑 , 𝐽 = 𝑟 ⇒ 𝐷: {2 cos 𝜑 ≤ 𝑟 ≤ 2 sin 𝜑
VD3.6: Tính thể tích vật thể giới hạn bởi 𝑥 = 1 + 𝑦 2 + 𝑧 2 và 𝑥 = 2(𝑦 2 + 𝑧 2 )
Xét giao tuyến của 𝑥 = 1 + 𝑦2+ 𝑧2 và 𝑥 = 2(𝑦2+ 𝑧2)
Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑦𝑧 là 𝐷: 𝑦 2 + 𝑧 2 ≤ 1 Đặt {𝑦 = 𝑟 cos 𝜑
Thể tích vật thể𝑉 là:
VD3.7: Tính thể tích vật thể giới hạn bởi 𝑦 = √𝑥 2 + 𝑧 2 và 𝑦 = √1 − 𝑥 2 − 𝑧 2
Xét giao tuyến của hai mặt 𝑦 = √𝑥2+ 𝑧2 và 𝑦 = √1 − 𝑥2− 𝑧2
√𝑥2+ 𝑧2 = √1 − 𝑥2− 𝑧2 ⇔ 𝑥2+ 𝑧2 = 12 Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑧 là 𝐷: 𝑥2+ 𝑧2≤ 1/2 Đặt {𝑧 = 𝑟 cos 𝜑
Thể tích của vật thể𝑉 là:
VD3.8: Tính thể tích miền giới hạn bởi |𝑥 − 𝑦| + |𝑥 + 3𝑦| + |𝑥 + 𝑦 + 𝑧| ≤ 1
1 1 1| = 4 ⇒ 𝐽 = 1/4 Miền 𝑉 trong hệ tọa độ mới 𝑂𝑢𝑣𝑤 là 𝑉 𝑢𝑣𝑤 : |𝑢| + |𝑣| + |𝑤| ≤ 1
= 14𝑉 𝑉 𝑢𝑣𝑤 Miền 𝑉𝑢𝑣𝑤 trong hệ tọa độ 𝑂𝑢𝑣𝑤 là một hình bát diện đều có cạnh bằng √2
VD3.9: Tính thể tích miền (𝑉)được giới hạn bởi: {𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = ±3
Miền 𝑉 trong hệ tọa độ mới 𝑂𝑢𝑣𝑤 là 𝑉 𝑢𝑣𝑤 : {−3 ≤ 𝑢 ≤ 3
VD3.10: Tính thể tích miền giới hạn bởi các mặt cong 𝑦 = 𝑥 2 , 𝑥 = 𝑦 2 , 𝑧 = 𝑦 2 và mặt 𝑂𝑥𝑦
Hình chiếu của vật thể𝑉 là 𝐷 giới hạn bởi 𝑦 = 𝑥2, 𝑥 = 𝑦2⇒ 𝐷: { 0 ≤ 𝑥 ≤ 1𝑥2≤ 𝑦 ≤ √𝑥