BÁO cáo bài tập lớn GIẢI TÍCH 1 đề tài ROTATING ON SLANT

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA
KHOA KHOA HỌC ỨNG DỤNG


BÁO CÁO BÀI TẬP LỚN
GIẢI TÍCH 1
ĐỀ TÀI:
ROTATING ON SLANT

LỚP L42 - NHĨM D
GVHD: CÔ NGUYỄN THỊ HỒNG NHUNG

TP.HCM, 12/2021


ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA
KHOA KHOA HỌC ỨNG DỤNG


BÁO CÁO BÀI TẬP LỚN
GIẢI TÍCH 1
ĐỀ TÀI:
ROTATING ON SLANT

NHĨM D:
1. Kiều Cơng Thành - 2114775
2. Ngô Đức Trọng - 2110619
3. Lê Văn Thắng - 2114830
4. Đồn Triệu Đình Khơi - 2113789

5. Nguyễn

Vỹ Khang – 2113677


TĨM TẮT BÀI BÁO CÁO
Bài báo cáo gồm có bốn chương chính: Giới thiệu đề tài, Giải bài tốn và Matlab,
Kết luận, Tài liệu tham khảo.
Trong chương một, các thành viên tìm hiểu kĩ lưỡng và đặt ra những câu hỏi thảo
luận để xác định những công việc cần làm.
Đến chương hai, nhóm đã vận dung kiến thức được học và tìm hiểu để giải quyết bài
tốn sau đó các thành viên đưa ra đáp án và thảo luận, kết hợp tham khảo bằng phần
mềm để tìm ra đáp án đúng, nhóm thực hiện Matlab theo trình tự sau: Bước một,
nhóm tìm hiểu về các câu lệnh và chức năng của Matlab. Bước hai, nhóm tiến hành
giải bài tốn bằng Matlab và ghi lại các kết quả trên màn hình.
Đến chương ba, nhóm tổng hợp lại những kết quả đạt được và kinh nghiệm trong
quá trình thực hiện đề tài.
Ở chương 4, nhóm thảo luận và kết hợp những loại sách đã tham khảo cho Bài tập
lớn để giới thiệu đến quý thầy cô và các bạn.

3|Page


LỜI CẢM ƠN
Nhóm chúng em xin chân thành cảm ơn đến hai giảng viên bộ mơn Giải tích: Cơ
Nguyễn Thị Hồng Nhung và Cô Lê Nguyễn Hạnh Vy đã dẫn dắt và truyền đạt kiến
thức cho chúng em trong suốt quá trình học. Trong thời gian học trên lớp chúng em
đã được các cô truyền đạt những kiến thức, kĩ năng, kinh nghiệm quý giá và Bài
tập lớn chính là một trong những thước đo cho những sự nỗ lực, chăm chỉ của
chúng em, Hơn thế nữa Bài tập lớn cịn giúp chúng em hồn thiện nhiều hơn về

làm việc nhóm và kĩ năng xử lý tình huống.
Trong q trình thực hiện đề tài, chúng em đã rất cố gắng và tỉ mỉ song khơng thể
tránh khỏi những sai sót. Nhóm chúng em kính mong q thầy cơ và các bạn có
những góp ý và nhận xét để chúng em có thể hồn thiện và tiến bộ hơn trong chặng
đường dài đầy chơng gai phía trước.
Chúng em xin chân thành cảm ơn!


MỤC LỤC
CHƯƠNG 1: GIỚI THIỆU ĐỀ TÀI ......................................................................7
I.Ý TƯỞNG ...........................................................................................................7
II.CÁC BÀI TOÁN ĐỀ RA TỪ Ý TƯỞNG .......................................................7
CHƯƠNG 2: GIẢI QUYẾT CÁC BÀI TOÁN ĐỀ RA ........................................8
I.BÀI TOÁN 1 VÀ 2 .............................................................................................8
Bài 1 .....................................................................................................................8
Bài 2 ...................................................................................................................12
II.BÀI TOÁN 3 VÀ 4 ..........................................................................................13
Bài 3: .................................................................................................................13
Bài 4 ...................................................................................................................14
III.BÀI TOÁN 5 VÀ 6 ........................................................................................16
Bài 5 ...................................................................................................................16
Bài 6 ...................................................................................................................18
CHƯƠNG 3: KẾT LUẬN .....................................................................................24
CHƯƠNG 4: TÀI LIỆU THAM KHẢO .............................................................25

5|Page


BẢNG PHÂN CƠNG
Name

Student
ID

Nguyễn Vỹ Khang 2113677
Đồn Triệu Đình
2113789
Khơi
Lê Văn Thắng
2114830
Kiều Công Thành
Ngô Đức Trọng

Solve problem 1

Task
Contribution
(%)
20

Task
Evalution
(%)
100

Solve problem 3

20

100

15

100

25

100

20

100

Task

Edit report
Solve problem 5 & 6
2114775
Edit reports
2110619 Solve problem 2 & 4


CHƯƠNG 1: GIỚI THIỆU ĐỀ TÀI
I.

Ý TƯỞNG

[Hình 1]: Ý tưởng đề tài

II.

CÁC BÀI TỐN ĐỀ RA TỪ Ý TƯỞNG

[Hình 2]: Các bài toán được đề ra

7|Page


CHƯƠNG 2: GIẢI QUYẾT CÁC BÀI TOÁN ĐỀ RA
I.

BÀI TOÁN 1 VÀ 2

Bài 1: Chứng minh công thức sau là cơng thức diện tích của miền R
𝒒

𝑺=

𝟏
∫[𝒇(𝒙) − 𝒎𝒙 − 𝒃][𝟏 + 𝒎𝒇′ (𝒙)]𝒅𝒙
𝟐
𝟏+𝒎
𝒑

1. Minh họa bài tốn:

[Hình 3]: Minh họa tổng qt từ ý tưởng
2. Giải quyết bài tốn:

[Hình 4]: Triển khai bài toán

Ta có:

tan   f '( xi ), (1)
tan   m 

cos  
sin  

m
1

1
m 1
m
2

m 1
2

, (2)
, (3)

Vẽ một đường thẳng song song với đường y=mx+b đi qua điểm [xi , f ( xi )]
Xét tam giác, ta có:

    180o    180o
    

Xét tam giác, ta có:

cos  

u
 u  cos   di (a)
di

9|Page


Xét tam giác, ta có:

cos  

x
x
 di 
(b)
di
cos 

 u 

cos 
x
cos 

Mà:     
Nên:

u 

cos(    )
cos  cos   sin  sin 
x 
x  x  (cos   sin   tan  ), (4)
cos 
cos 

Thay (1), (2), (3) vào (4)

 1

m
x
 u  x  

f '( xi )  
 1  mf '( xi )  (*)
2
2
2
1 m
1 m
 1 m


[Hình 5]: Chi tiết của bài toán

Ta có :

   ( do cùng phụ với góc 90   )
Xét tam giác:

cos  

Li
, (5)
f ( xi )  (m  xi  b)

Thay (2) vào (5), ta được:

1
1  m2



f ( xi )  (mxi  b)
Li
 Li 
(**)
f ( xi )  (mxi  b)
1  m2

Từ (*) và (**), thay vào (?), ta được:
n 
f ( xi )  mxi  b  1  mf '( xi ) 
lim
S= n  


  x
2
2
i 1 
1 m
  1 m 



n
1

lim
  f ( xi )  mxi  b1  mf '( xi )  x
1  m2 n i 1

1

1  m2

q

  f ( x )  mx  b  1  mf '( x ) dx
i

i

i

p

q

1

[f ( x)  mx  b]  [1  mf '( x)]dx.( DPCM )
1  m2 p

11 | P a g e


Bài 2: Tìm diện tích miền phẳng được tơ màu trong hình dưới đây

[Hình 6]: Bài tốn ứng dụng
Từ cơng thức bài 1:
𝑞

1
𝑆=
∫[𝑓(𝑥) − 𝑚𝑥 − 𝑏][1 + 𝑚𝑓 ′ (𝑥)]𝑑𝑥
2
1+𝑚
𝑝

2𝜋

1
=
∫ (𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑥 − 𝑥 + 2)(1 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 1)𝑑𝑥

1 + 12
0

2𝜋

2𝜋

0

0

1
1
= ∫ (𝑠𝑖𝑛𝑥 + 2)(𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2)𝑑𝑥 = ∫ (𝑠𝑖𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑠𝑖𝑛𝑥 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥 + 4)𝑑𝑥
2
2
2𝜋

2𝜋

2𝜋

2𝜋

0

0

0

0

1 1
= ( ∫ 𝑠𝑖𝑛2𝑥 𝑑𝑥 + 2 ∫ 𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑑𝑥 + 2 ∫ 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑑𝑥 + 4 ∫ 𝑑𝑥 )
2 2
2𝜋
1 1
= (− 𝑐𝑜𝑠2𝑥 − 2𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑠𝑖𝑛𝑥 + 4𝑥)|
2 4
0

1
= . 8𝜋 = 4𝜋
2
Vậy diện tích miền được tơ màu là 4𝜋.


II.

BÀI TỐN 3 VÀ 4

Bài 3: Tìm cơng thức thể tích của R khi quay quanh đường thẳng 𝒚 = 𝒎𝒙 + 𝒃

[Hình 7]: Minh họa về thể tích khối trịn xoay

Vi   ( Li ) 2 Vu
Ta có:
n

n

V  lim Vi  lim   ( Li ) 2 Vu
x 

i 1

x 

i 1

Từ câu 1 ta có

Li 

f ( xi )  mxi  b
1  m2

13 | P a g e


Vu Vx.

1  mf ' ( xi )

1  m2
n
f ( xi )  mxi  b 2 1  mf ' ( xi )
V  lim   [
].
.Vx

2
2
x 
i 1
1 m
1 m
( f ( x)  mx  b) 2 1  mf ' ( x)

.
dx
2
2
1 m
1 m
p
q





q

 [ f ( x)  mx  b] [1  mf ( x)]dx
2

'

3
2 2 p

(1  m )

Bài 4: Tìm thể tích của khối trịn xoay khi cho miền xác định ở bài toán 2
quay quanh đường thẳng 𝒚 = 𝒎𝒙 + 𝒃
Áp dụng công thức bài 3:
𝑞

𝜋

𝑉=

(1 +

3 ∫[𝑓(𝑥) −
2
𝑚 )2 𝑝

=

𝜋
(1 +

=

=

𝜋
2√2
𝜋

2√2

𝑚𝑥 − 𝑏]2 [1 + 𝑚𝑓 ′ (𝑥)]𝑑𝑥

2𝜋

3∫
2
1 )2 0

(𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑥 − 𝑥 + 2)2 (1 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 1)𝑑𝑥

2𝜋

∫ (sin2 𝑥 + 4𝑠𝑖𝑛𝑥 + 4)(𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2)𝑑𝑥
0
2𝜋

∫ (sin2 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2sin2 x + 4sinxcosx + 8sinx + 4cosx + 8)dx
0


=

2𝜋

𝜋

2𝜋

[∫ sin2 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 + 2 ∫ sin2 xdx

2√2

0

0
2𝜋

1
+ ∫ (4. 𝑠𝑖𝑛2𝑥 + 8𝑠𝑖𝑛𝑥 + 4𝑐𝑜𝑠𝑥 + 8) 𝑑𝑥]
2
0

2𝜋

𝐺ọ𝑖 ∫ sin2 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 = 𝐴
0

Đặt u=sinx, du=cosxdx. Đổi cận x=0 thì u=0, x=2𝜋 thì u=0
0

𝐴 = ∫ 𝑢2 𝑑𝑢 = 0
0
2𝜋

𝐺ọ𝑖 2 ∫ sin2 xdx = 𝐵
0
2𝜋

2𝜋

2𝜋

0

0

0

2𝜋
1
1
𝐵 = 2. ∫ 1 − 𝑐𝑜𝑠2𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 − ∫ 𝑐𝑜𝑠2𝑥 𝑑𝑥 = (𝑥 − 𝑠𝑖𝑛2𝑥)| = 2𝜋
2
2
0
2𝜋

1
𝐺ọ𝑖 ∫ (4. 𝑠𝑖𝑛2𝑥 + 8𝑠𝑖𝑛𝑥 + 4𝑐𝑜𝑠𝑥 + 8) 𝑑𝑥 = 𝐶
2
0

2𝜋

2𝜋

2𝜋

2𝜋

𝐶 = 2 ∫ 𝑠𝑖𝑛2𝑥𝑑𝑥 + 8 ∫ 𝑠𝑖𝑛𝑥𝑑𝑥 + 4 ∫ 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 + 8 ∫ 𝑑𝑥
0

0

0

0

2𝜋
1
= [2. (− 𝑐𝑜𝑠2𝑥) − 8𝑐𝑜𝑠𝑥 + 4𝑠𝑖𝑛𝑥 + 8𝑥]| = 16𝜋
2
0

𝑉=

𝜋
2√2

(𝐴 + 𝐵 + 𝐶) =

𝜋
2√2

(0 + 2𝜋 + 16𝜋) =

𝜋

2√2

𝑉ậ𝑦 𝑡ℎể 𝑡í𝑐ℎ 𝑐ầ𝑛 𝑡ì𝑚 𝑙à

. 18𝜋 =

9√2 2
𝜋
2

9√2 2
𝜋 .
2
15 | P a g e


III.

BÀI TỐN 5 VÀ 6

Bài 5: Tìm cơng thức diện tích bề mặt trịn xoay khi xoay đường cong C
quanh đường thẳng 𝒚 = 𝒎𝒙 + 𝒃
1. Công thức diện tích bề mặt khối trịn xoay khi cho đường cong 𝒇(𝒙) quay
quanh trục 𝑶𝒙
Để tính diện tích mặt trịn xoay quanh trục 𝑂𝑥, ta có cơng thức:
𝑏

𝑆 = 2𝜋 ∫ |𝑓(𝑥)|√1 + (𝑓 ′ (𝑥))2 𝑑𝑥
𝑎

Với: 𝑓(𝑥) được hiểu là bán kính của mặt trịn xoay tương ứng với mỗi vị trí 𝑥.
 Chứng minh:
𝑏

Ta có cơng thức tổng qt: 𝑆 = ∫𝑎 𝑑𝑆 (5.1)
Vi phân diện tích 𝑑𝑆 = 2𝜋|𝑓(𝑥)|𝑑𝑙 (5.2)
Ta có 𝑑𝑙 là vi phân độ dài cung của đường cong 𝑓(𝑥) đã cho

[Hình 8]: Cung AB có phương trình 𝒚 = 𝒇(𝒙), 𝒂 ≤ 𝒙 ≤ 𝒃.


Chia đoạn [𝑎, 𝑏] bởi những điểm 𝐴 = 𝑀0 , 𝑀1 , … , 𝑀𝑖−1 , 𝑀𝑖 , … , 𝑀𝑛 = 𝐵. Độ dài cung
𝑀𝑖−1 𝑀𝑖 là:
𝐿𝑖 = √(𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1 )2 + (𝑦𝑖 − 𝑦𝑖−1 )2
Theo định lý Lagrange, ta có:
𝑦𝑖 − 𝑦𝑖−1 = 𝑓 ′ (𝜀𝑖 )(𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1 ) = 𝑓 ′ (𝜀𝑖 ). ∆𝑥𝑖 , 𝜀 ∈ (𝑥𝑖−1 , 𝑥𝑖 )
Khi đó độ dài của cả cung AB là:
𝑛

𝑛

𝑏

𝐿 = lim ∑ 𝐿𝑖 = lim ∑ √1 +
𝑛→∞

𝑖=1

𝑛→∞

(𝑓 ′ (𝜀𝑖 ))2 ∆𝑥𝑖

= ∫ √1 + (𝑓 ′ (𝑥))2 𝑑𝑥
𝑎

𝑖=1

Từ đó suy ra 𝑑𝑙 = √1 + (𝑓 ′ (𝑥))2 𝑑𝑥 (5.3)
Từ (5.1) , (5.2) và (5.3) ta được:

𝑏

𝑆 = 2𝜋 ∫ |𝑓(𝑥)|√1 + (𝑓 ′ (𝑥))2 𝑑𝑥
𝑎

2. Cơng thức diện tích bề mặt khối tròn xoay khi cho đường cong 𝒇(𝒙) quay
quanh đường thẳng 𝒚 = 𝒎𝒙 + 𝒃
Đối với xoay đường cong 𝑓(𝑥) quanh đường thẳng 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑏, bán kính của mặt
phẳng tròn xoay thu được là 𝐿𝑖
Độ dài cung của đường 𝑓(𝑥) không đổi khi xoay quanh đường thẳng 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑏
Từ đó ta suy ra được cơng thức diện tích bề mặt trịn xoay của đường cong 𝑓(𝑥)
quanh đường thẳng 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑏:
𝑞

𝑆 = 2𝜋 ∫ |𝐿|√1 + (𝑓 ′ (𝑥))2 𝑑𝑥
𝑝

17 | P a g e

Ở bài 1 ta đã chứng minh:
𝐿𝑖 =

𝑓(𝑥𝑖 ) − (𝑚𝑥𝑖 + 𝑏)
√1 + 𝑚2

Từ đó suy ra:
𝑞

𝑆 = 2𝜋 ∫ |

𝑓(𝑥) − (𝑚𝑥 + 𝑏)
√1 + 𝑚2

𝑝

𝑆=

2𝜋
√1 +

𝑚2

2

| √1 + (𝑓 ′ (𝑥)) 𝑑𝑥

𝑞

∫ |𝑓(𝑥) − (𝑚𝑥 + 𝑏)|√1 + (𝑓 ′ (𝑥))2 𝑑𝑥

𝑝

Nếu 𝑓(𝑥) ≥ 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑏, ∀𝑥 ∈ [𝑝, 𝑞] ta được:
𝑆=

𝑞

2𝜋
√1 +

𝑚2

∫ (𝑓(𝑥) − 𝑚𝑥 − 𝑏)√1 + (𝑓 ′ (𝑥))2 𝑑𝑥
𝑝

Bài 6: Dùng phần mềm tốn học để tìm chính xác diện tích bề mặt khối trịn
𝟏

xoay khi cho đường cong 𝒚 = √𝒙 quay quanh đường thẳng 𝒚 = 𝒙, 𝟎 ≤ 𝒙 ≤
𝟐

𝟒.
1) Cách giải bài tốn
Dựa vào cơng thức đã được chứng minh ở bài 5, ta có:
𝑆=

𝑞

2𝜋
√1 +

𝑚2

∫ |𝑓(𝑥) − (𝑚𝑥 + 𝑏)|√1 + (𝑓 ′ (𝑥))2 𝑑𝑥
𝑝

Theo đề bài, ta suy ra được:
1
1 2
√
𝑆=
∫ |√𝑥 − 𝑥| 1 + (
) 𝑑𝑥
2
2
2√𝑥
0
1
√1 + ( )
2
2𝜋

4


1

Xét phương trình 𝑦 = √𝑥 − 𝑥 = 0
2

𝑥=0
[
𝑥=4
Ta thấy 𝑦 > 0, ∀𝑥 ∈ [0; 4]

𝟏

[Hình 9]: Đồ thị hàm số 𝒚 = √𝒙 và 𝒚 = 𝒙
𝟐

Từ đó, ta được:
1
1 2
√
𝑆=
∫ (√𝑥 − 𝑥) 1 + (
) 𝑑𝑥
2
2
2√𝑥
0
1
√1 + ( )
2
4

2𝜋

𝑆=

2𝜋
√1+(1)

4

1

1

4

1

(∫0 √𝑥 + 4 𝑑𝑥 − 2 ∫0 √𝑥√𝑥 + 4 𝑑𝑥 ) (6.1)
2

2

19 | P a g e


1

Xét 𝐼 = ∫ √𝑥√𝑥 + 𝑑𝑥, áp dụng tích phân Chebyshev ta đặt:
4

𝑡2 =

1
𝑥 → 0+  t → +∞

4{
√17
𝑥
𝑥 =4t=
4

𝑥+

2𝑡𝑑𝑡 = −

1
4𝑥 2

Ta suy ra được:
1
𝑡2
𝐼=− ∫ 2
𝑑𝑡
8 (𝑡 − 1)3
1
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝐸
𝐹
𝐼=− ∫
+
+
+

+
+
𝑑𝑡
8 (𝑡 − 1)3 (𝑡 − 1)2 𝑡 − 1 𝑡 + 1 (𝑡 + 1)2 (𝑡 + 1)3
(𝑡+1)3

(𝑡+1)3

(𝑡−1)3

(𝑡−1)3

Với 𝐴(𝑡 + 1)3 + 𝐵 (𝑡−1)−1 + 𝐶 (𝑡−1)−2 + 𝐷 (𝑡+1)−2 + 𝐸 (𝑡+1)−1 + 𝐹(𝑡 − 1)3 = 𝑡 2
𝑡=1→𝐴=

1
8

𝑡 = −1 → 𝐹 = −

1
8
1

𝑡 = 0 → −𝐵 + 𝐶 − 𝐷 − 𝐸 = − (I)
4

3

𝑡 = 2 → 27𝐵 + 27𝐶 + 9𝐷 + 3𝐸 = (II)

4

3

𝑡 = −2 → 3𝐵 − 9𝐶 − 27𝐷 + 27𝐸 = (III)
4

𝑡 = 3 → 128𝐵 + 256𝐶 + 128𝐷 + 32𝐸 = 2 (IV)
Từ (I),(II),(III),(IV), ta suy ra được: 𝐵 = −𝐶 = 𝐷 = 𝐸 =

1
16


𝐼=−

1
1
1
1
1
1
∫
+
+
+
−
𝑑𝑡
64 (𝑡 − 1)3 2(𝑡 − 1)2 2(1 − 𝑡 2 ) 2(𝑡 + 1)2 (𝑡 + 1)3

𝐼=−

1
1
1
𝑡−1
1
1
+
+
ln
+
−
(
|
|
)+𝐶
128 (𝑡 − 1)2 𝑡 − 1
𝑡+1
𝑡 + 1 (𝑡 + 1)2

Với 𝑡 =

√17

4

𝐼=−

1

128

(264√17 + ln(33 − 8√17)) + 𝐶 (6.2)

lim 𝐼 = 𝐶 (6.3)

𝑡→+∞

Từ (6.2) và (6.3) suy ra:
√17
4

∫

+∞

𝑡2
1
𝑑𝑡
=
(264√17 + ln(33 − 8√17))
(𝑡 2 − 1)3
64

Xét (6.1):
√17

4

1

1 1 4
𝑡2
√
𝑆=
𝑑𝑡)
(∫ 𝑥 + 𝑑𝑥 − . ∫
2
4
2 8 +∞ (𝑡 2 − 1)3
0
1
√1 + ( )
2
2𝜋

𝑆=

𝑆=

2𝜋
2
√1 + (1)
2 (

2
17 3 1
1
(√( ) − ) +
(264√17 + ln(33 − 8√17))
3

4
8
256
)

𝜋 ln(√17 + 4) 37√17 1
+
− ] ≈ 8.554
[
32
24
3
√5

Vậy diện tích chính xác là:
𝑆=

𝜋 ln(√17 + 4) 37√17 1
+
− ] ≈ 8.554
[
32
24
3
√5
21 | P a g e


2) Giải bài toán bằng Matlab
a. Các bước làm:

Bước 1: Khai báo các biến symbolic
Bước 2: Khai báo các hàm theo đề bài
Bước 3: Thực hiện tích phân
Bước 4: Làm trịn
Bước 5: Xuất kết quả ra màn hình
b. Code Matlab

[Hình 10]: Code Matlab về bài tốn đã cho
c. Kết quả

[Hình 11]: Kết quả bài toán matlab


d. Giải thích code
Lệnh “syms” cho phép khai báo các biến symbolic
Đặt a,b là chặn trên và dưới của tích phân
Khao báo các hàm số:
𝑓 = √𝑥
1
𝑔= 𝑥
2
𝑘 = 𝑑𝑖𝑓𝑓(𝑓, 𝑥) là đạo hàm cấp 1 của 𝑓 = √𝑥
ℎ là diện tích cần tìm
lệnh “disp” giúp xuất các kí tự ra màn hình
lệnh “pretty” cho phép xuất các phương trình, giá trị ra màn hình đẹp hơn
“double” giúp đổi kiểu của biến thành kiểu số học
Dùng “pround” để làm tròn

23 | P a g e

CHƯƠNG 3: KẾT LUẬN
Qua đề tài trên, các thành viên trong nhóm đã biết cách xây dựng sơ đồ để giải quyết
bài tốn.. Nhờ đó, việc phân tích ý nghĩa tốn học của các kết quả thu được từ chương
trình cũng trở nên trực quan và sinh động hơn.
Với sự phân công chuẩn bị kỹ lưỡng và cố gắng hết mình, nhóm đã hồn thành đề
tài được giao và cho ra kết quả như mong muốn.
Qua phần bài tập lớn này nhóm đã:
 Hiểu biết sâu hơn về đề tài “Rotating on slant”.
 Nâng cao sự hứng thú đối với môn học.
 Trao dồi kỹ năng học tập và làm việc nhóm.
 Nâng cao tinh thần trách nhiệm và thắt chặt tình đồn kết của các thành viên
trong nhóm.


CHƯƠNG 4: TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] James Stewart, Calculus:Early Transcendentals, 7th Edition, Brooks Cole, 2012.
[2] Nguyễn Đình Huy, Giáo trình giải tích, NXB Đại học Quốc Gia Tp.Hồ Chí Minh,
2013.
[3] Kattan, Peter. (2008). MATLAB for Beginners: A Gentle Approach.

25 | P a g e