Kinh Nghiệm Tổng Hợp Các Kỹ Thuật Giải Và Kinh Nghiệm Thi Môn Giải Tích Của Tác Giả Lâm Hữu Minh

TopTaiLieu.Com | Chia Sẻ Tài Liệu Miễn Phí

GIẢI TÍCH ĐẠI CƯƠNG
Kỹ thuật giải & Kinh nghiệm thi cuối kì II
Lâm Hữu Minh∗
Ngày 7 tháng 6 năm 2016

Tóm tắt nội dung
Tài liệu ngắn này sẽ cung cấp đến các bạn một số kỹ thuật bổ sung ngoài những phương
pháp cơ bản để phục vụ cho việc thi cuối kì môn Giải tích II và III, bao gồm 4 phần quan
trọng là: Tích phân bội, Tích phân đường và tích phân mặt, Chuỗi, và Phương trình vi
phân.
Tài liệu không mang tính hệ thống lại lý thuyết hay công thức, mà là sự khám phá
mở rộng, gồm những kỹ thuật ghi nhớ công thức và một số phương pháp giải nhanh, bản
chất công thức, hay lưu ý quan trọng khi làm bài. Đó đều là những kinh nghiệm của tôi
trong quá trình học, nhưng do thời gian hạn hẹp nên không thể đưa hết vào đây được.
Tài liệu đặc biệt thích hợp với những bạn theo học nghành Toán - Tin nói riêng và tất
cả những ai có sự yêu thích đối với Toán học và đam mê khám phá nói chung. Một số
phương pháp tôi đưa ra có thể ứng dụng vào việc lập trình những phần mềm liên quan
đến việc tính toán, phân tích.
Mong rằng các bạn sẽ thấy nó có ích cho kì thi cuối kì 2, và quan trọng là hãy chia
sẻ cho bạn thân của mình!

∗

SV ĐH Bách Khoa HN,

1


TopTaiLieu.Com | Chia Sẻ Tài Liệu Miễn Phí

Mục lục
Tóm tắt

1

1 TÍCH PHÂN BỘI
3
1.1 Cách vẽ miền D và V . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Khó nhớ công thức đổi biến sang tọa độ cầu? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3 Lưu ý khi đổi sang tọa độ cực, tọa độ cầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2 TÍCH PHÂN ĐƯỜNG - MẶT
2.1 Tham số hóa tích phân đường cong kín . . . . .
2.2 Tích phân đường sang tích phân suy rộng . . .
2.3 Tìm hàm số có vi phân toàn phần đã biết trước
2.4 Làm gọn tích phân đường loại 2 . . . . . . . . .
2.5 Tính toán nhanh hơn trong tích phân mặt loại 2
3 CHUỖI
3.1 Tìm miền hội tụ chuỗi hàm bất kì . . . . . . .
∞
lnp f1 (n)
3.2 Xét hội tụ của chuỗi
. . . . . .
q
f
(n)
2
n=1
3.3 Tính đạo hàm hoặc tích phân của chuỗi hàm .
3.4 Nhớ khai triển Maclaurin các hàm cơ bản . .

3.5 Xét tính hội tụ dạng chuỗi ∞ − ∞ và 0 − 0
4 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
4.1 PTVP không mẫu mực . . . . . . .
4.2 Đưa PTVP về dạng đẳng cấp . . .
4.3 Đưa PTVP về dạng toàn phần . . .
4.4 Tách phân thức hữu tỉ nhanh nhất

.
.
.
.

.
.
.
.

2

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.

.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.

.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.

.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

11
11
12

12
14
16

18
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

23
23
23
23
24


TopTaiLieu.Com | Chia Sẻ Tài Liệu Miễn Phí

1

TÍCH PHÂN BỘI

1.1

Cách vẽ miền D và V

Nhiều bạn hỏi: khi nào cần vẽ hình trong bài toán tích phân bội khi làm bài thi?
Câu trả lời đơn giản thôi: vẽ được thì hãy vẽ ra, không vẽ nổi hoặc hình quá phức tạp thì thôi,
cái quan trọng là tìm được cận, vì đôi khi, chỉ cần đổi biến số 1 phát là ra luôn tích phân mà không
cần giải thích bằng hình, và trong ứng dụng thực tế, người ta cũng cố hạn chế việc phải dựa vào hình
vẽ như vậy vì không phải cái gì cũng có thể thấy rõ ràng được mà phải tư duy trừu tượng! Nếu ở lớp
12 các bạn học hình không gian tốt (có thể vừa đọc đề vừa tưởng tượng, tính toán không cần nháp) thì
mục này không quan trọng lắm đâu!
Sau đây, tôi sẽ cung cấp cho các bạn một phương pháp đơn giản để phác thảo được hầu hết các
mặt trong không gian mà bài toán tích phân bội trong đề thi có thể ra, tôi gọi nó là phương pháp tổng
quát hóa.
Tóm tắt: ta sẽ xây dựng một vài phần đơn giản của mặt, sau đó liên kết các phần với nhau và dùng trí
nhớ của ta về những hình không gian mẫu đã từng thấy, sự liên hệ từ 2 chiều sang 3 chiều để đưa ra
dạng đúng, hoặc dạng gần đúng (phác thảo) của mặt cần tìm. Nói cách khác: ta dựa vào một số tính
chất đặc biệt để từ một vài nét riêng tổng quát thành hình đầy đủ!
Đầu tiên, ta cần nắm các tính chất sau đây:
) Xét mặt (S) trong không gian có PT z = f (x, y), (S) là mặt đối xứng qua:

a) mp Oxz nếu f (x, −y) = f (x, y)
b) mp Oyz nếu f (−x, y) = f (x, y)
c) trục Oz nếu f (−x, −y) = f (x, y) (hay gặp (S) là mặt tròn quay trục Oz ).
d) trục Ox nếu f (x, −y) = −f (x, y)
e) trục Oy nếu f (−x, y) = −f (x, y)
f) gốc tọa độ nếu f (−x, −y) = −f (x, y) (hay gặp (S) là mặt kín tâm ở gốc tọa độ).
(Nếu cho PT dạng y = f (x, z) hay x = f (y, z) cũng tương tự).
) Nếu mặt (S) đối xứng qua trục Oz , thì giao tuyến (nếu có) của nó với 2 mp Oxz và Oyz là các

đường đối xứng qua Oz , giao tuyến của nó với mp Oxy (nếu có) là đường nhận gốc O làm tâm

đối xứng (tương tự khi (S) đối xứng qua Oy , Oz ).
) Nếu mặt (S) đối xứng qua mp Oxz , thì hình chiếu D của nó xuống mp Oyz và Oxy lần lượt

nhận Oz và Ox làm trục đối xứng.
) Mặt (S) là mặt trụ có đường sinh song song với trục Oz khi PT của (S) không chứa z (tương tự

với Ox, Oy ).

3


TopTaiLieu.Com | Chia Sẻ Tài Liệu Miễn Phí

Sau đây ta xét vài VD vẽ mặt từ cơ bản đến phức tạp. Theo như tóm tắt phương pháp ở trên, ta cần
phải nhớ hình dạng một số mặt cơ bản, và 6 VD đầu tiên là các mặt cơ bản (quy ước gọi tất cả các mặt
trong 6 VD đó là mặt (S)). Vì lí do kỹ thuật nên tôi không thể đưa được bất cứ hình ảnh minh họa
nào vào tài liệu này, vì thế các bạn hãy vẽ hình đàng hoàng ra giấy nháp và tưởng tượng theo hướng dẫn!
Ví dụ 1. z =

x2
p

+

y2
q

với p, q > 0

x2

y2
+ , vì f (−x, −y) = f (x, y) nên mặt (S) nhận trục Oz làm trục đối xứng, do
p
q
đó 2 giao tuyến của nó với Oxz và Oyz là đều là các đường đối xứng qua Oz .

Đặt f (x, y) =

x2
, đây là PT giao tuyến của (S) với mp Oxz , và là 1 parabol hướng
p
lên có đỉnh tại O (do p > 0).

Cho y = 0, ta được z =

Cho x = 0, ta lại được PT giao tuyến của (S) với mp Oyz : z =

y2
, cũng là 1 parabol tương tự
q

trên.
Bây giờ, từ 2 giao tuyến đã tìm được, các bạn có thể sử dụng trí tưởng tượng của mình để tổng
quát hóa nó thành toàn bộ mặt (S) của chúng ta được chứ?
Vâng, nó chính là mặt Paraboloit eliptic, đây là 1 tên gọi ghép, thể hiện rằng nó là 1 parabol không
gian, nhưng cái "miệng" của nó ở phía trên (là giao tuyến của nó với mp z = h > 0) thì là 1 elip.
Ví dụ 2. z =

x2
p

−

y2
q

với p, q > 0

x2
y2
và z = − ,
p
q
nhưng không đơn giản để liên kết 2 cái giao tuyến đó lại với nhau vì chúng ngược nhau!

Đây cũng là mặt đối xứng qua Oz , giao tuyến với Oxz và Oyz lần lượt là z =

x2
h2
−
là 1 parabol hướng lên (tức theo hướng dương của
p
q
Oz ) và nằm trong mp y = h. Điều đó có nghĩa là khi ta sử dụng 1 mp vuông góc với Oy cho quét qua

Nhận thấy, nếu cho y = h, thì z =

mặt (S) thì các giao tuyến thu được luôn là 1 parabol hướng lên, đỉnh của nó trùng gốc O khi mặt
phẳng quét nằm tại vị trí y = 0, và thấp hơn gốc O (z < 0) tại các vị trí khác. Đó là 1 họ các parabol
hướng lên nằm trong mp song song với Oxz

Bây giờ lại coi x là hằng số, nghĩa là khi ta quét (S) bằng mp x = k song song với Oyz , thì thu
y2
k2
được 1 họ các parabol hướng xuống z = − + , đỉnh của nó trùng O khi x = 0 và cao hơn O tại
q
p
các vị trí quét khác.
Bằng cách vẽ khoảng 5 đường parabol trong mỗi họ trên (đường thứ nhất nằm chính giữa là giao
tuyến của mặt quét với Oxz và Oyz ta đã vẽ từ đầu) là ta có thể tổng quát được hình dạng của mặt
(S), mà nếu bảo các bạn đặt tên cho nó thì khá khó để người khác có thể hình dung ra được! Vâng,

người ta gọi (S) là mặt Yên ngựa, nhưng tên chính xác là Paraboloit hypebolic! Sở dĩ lại có chữ "hype-

4


TopTaiLieu.Com | Chia Sẻ Tài Liệu Miễn Phí

bolic" ở đây vì khi cắt mặt này bằng mp z = h thì giao tuyến thu được nhìn chung là hypebol

x2 y 2
− =h
p
q

x
y
Đặc biệt, giao tuyến của (S) với mp Oxy là cặp đường thẳng √ ± √ = 0
p
q

Ví dụ 3.

x2
a2

+

y2
b2

+

z2
c2

= 1 với a, b, c > 0

Rất nhiều người đã biết đến mặt này, vì vậy chúng ta đi nhanh qua thôi.
Nó là mặt Elipxoit, vì các giao tuyến của nó với các mp tọa độ đều là các elip có tâm là O (lần
lượt cho x, y , z bằng 0 sẽ thấy ngay).
Trường hợp đặc biệt của nó là mặt cầu quen thuộc, khi a = b = c = R
Ví dụ 4.

x2
a2

+

y2

b2

−

z2
c2

= 1 với a, b, c > 0

Dễ thấy mặt này nhận Oz làm trục đối xứng, vì nó gồm 2 mặt là z = ±c

x2 y 2
+ 2 − 1, 2 mặt
a2
b

này lại đối xứng qua mp Oxy , thành thử (S) nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng!
Cho z = 0, giao tuyến của (S) với Oxy là elip
đường hypebol

x2
y2
+
= 1. Cho y = 0, (S) lại giao với Oxz
a2
b2

x2 z 2
− 2 = 1, và giao tuyến của (S) với Oyz cũng là 1 hypebol tương tự.
a2

c

Giả sử dùng mp z = h song song với Oxy quét qua (S), tập các giao tuyến thu được đều là elip:
x2 y 2
h2
x2
y2
+
=
1
+
⇔
+
=1
a2
b2
c2
h2
h2
a2 1 + 2
b2 1 + 2
c
c
h2
h2
Như vậy khi |h| tăng dần thì 2 bán trục a 1 + 2 và b 1 + 2 của elip trên cũng tăng dần, nhỏ
c
c
nhất khi mặt quét nằm tại vị trí z = 0, đó là họ các elip nằm trong mp song song với Oxy , lớn dần khi
càng ra xa gốc tọa độ.

Bằng cách vẽ tầm 5 elip của họ (elip đầu tiên là

x2 y 2
+ = 1 đã vẽ rồi), ta dễ dàng tổng quát hóa mặt (S)!
a2 b2

(S) được gọi là mặt Hypeboloit một tầng, để hiểu rõ hơn tên gọi này hãy làm tiếp VD5.

Có lẽ nhiều người sẽ thấy khó tin khi biết rằng, mặt Hypeboloit 1 tầng uốn cong 1 cách mềm mại
này thực chất được tạo bởi vô số đường thẳng! Mặc dù điều đó đã có nói trong sách Toán THPT.
Ví dụ 5.

x2
a2

+

y2
b2

−

z2
c2

= −1 với a, b, c > 0

Mặt này cũng nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng, nhưng không giao với Oxy mặc dù nó "có mặt"
x2 y 2
ở cả phần dương và âm của Oz , vì khi z = 0 thì 2 + 2 = −1 vô nghĩa!

a
b

5


TopTaiLieu.Com | Chia Sẻ Tài Liệu Miễn Phí

Như vậy ta chỉ cần vẽ (S) với z > 0, rồi lấy đối xứng qua mp Oxy là được toàn bộ mặt (S).
x2
y2
z2
+
=
− 1 ≥ 0 ⇔ z ≥ c, do đó khi ta cắt mặt (S) bằng mp z = h ≥ c thì giao
a2
b2
c2
x2
y2
z2
tuyến thu được là elip
+
=
1
.
Khi
h
càng
tăng,

thì
2
bán
trục
a
− 1 và
c2
z2
z2
2
2
a
−1
b
−1
c2
c2
z2
b
− 1 càng lớn. Bằng cách vẽ vài giao tuyến như thế (trong đó giao tuyến đầu tiên ứng với z = c
c2
chỉ là 1 tiếp điểm), ta sẽ tổng quát thành công mặt (S).

Ta có:

Cuối cùng, lấy đối xứng phần vừa vẽ được qua Oxy , ta sẽ được tầng thứ 2 của mặt (S), đó là lí
do vì sao (S) có tên là mặt Hypeboloit hai tầng.
Ví dụ 6.

x2

a2

+

y2
b2

−

z2
c2

= 0 với a, b, c > 0

(S) có tâm đối xứng là gốc tọa độ, đó cũng là giao điểm duy nhất giữa nó và mp Oxy . Giao tuyến giữa
x z
x z
x2 z 2
x z
(S) và mp Oxz là 2 − 2 = 0 ⇔
−
+
= 0, đó là cặp đường thẳng ± = 0 đối xứng
a
c
a
c
a
c
a

c
nhau qua Oz

Tương tự, giao điểm giữa (S) và Oyz là cặp đường thẳng

y z
± =0
b
c

Từ 4 đường thẳng này dễ dàng tổng quát hóa được mặt (S), nó giống như ta đem 2 cái nón đặt
ngược đồng trục, dính chóp với nhau, nhưng thay vì mép của nó tròn thì ta bóp méo đi thành elip!
Có thể tổng quát hóa theo 1 cách khác để thấy rằng mép của cái nón kia nó là một elip (đường
tròn chỉ là trường hợp đặc biệt): ta dùng mp z = h quét qua (S), giao tuyến của nó với (S) có PT
x2
y2
h2
ah
bh
+
=
, rõ ràng đó là 1 elip với 2 bán trục
và
. Do đó khi h = 0 thì giao tuyến chỉ là 1
2
2
2
a
b
c

c
c
điểm (gốc tọa độ), |h| càng lớn thì elip giao tuyến cũng càng lớn (đặc điểm của nón). Bằng cách vẽ vài
elip như vậy là ta tổng quát hóa xong.
Cũng như VD4, mặt nón này là quỹ tích của 1 đường thẳng, khi ta xoay đường thẳng đó quanh
1 trục không trùng với nó và đi qua 1 điểm cố định trên nó. Nếu trục xoay không cắt đường thẳng này,
khi đó mặt tạo ra sẽ là Hypeboloit 1 tầng!
Trong các bài toán tích phân bội, người ta thường cho mặt này là z =

x2 + y 2

Nhận xét. Nói chung, trong 6 VD đầu tiên này, mỗi VD đều có nhiều hơn 1 cách để tổng quát
hóa, các bạn hãy tự làm thêm những cách khác, ngoài việc nắm thêm được nhiều tính chất thì còn
giúp ta nhìn bài toán từ nhiều góc độ khác nhau, từ đó có thêm kinh nghiệm khi gặp phải những mặt
"không mẫu mực"!
Ví dụ 7. z =

√

x+y

6


TopTaiLieu.Com | Chia Sẻ Tài Liệu Miễn Phí

Nhìn đơn giản mà không đơn giản đâu nhé! Các bạn hãy thử vẽ nó xem sao, liệu có chút gì giống
6 mặt cơ bản phía trên chăng?
Ta gọi nó là mặt (K) cho đỡ chán! Nó không có tính chất nào về đối xứng như lý thuyết đã nêu,
ta tìm giao tuyến của nó với Oxy bằng cách cho z = 0 ⇒ y = −x, giao tuyến là 1 đường thẳng qua gốc

tọa độ.
Giao tuyến với Oxz và Oyz : lần lượt cho y = 0 và x = 0 ⇒ z =

√

x và z =

√

y

Với 3 cái giao tuyến đã vẽ được, 1 thẳng 2 cong có vẻ méo liên quan gì đến nhau cả, liệu có thể
tổng quát hóa được không?
Ta sẽ quét 1 họ giao tuyến của (K) bằng mp y = k song song với Oxz , giao tuyến là nửa đường
√
parabol z = x + k (do z ≥ 0). Vì điều kiện là x ≥ −k nên họ nửa đường parabol này đều có đỉnh
nằm trên đường y = −x (chính là giao tuyến của (K) và Oxy ). Ta vẽ khoảng dăm ba đường trong họ
này để tí nữa tổng quát hóa cho dễ.
Tương tự, khi quét (K) bằng mp x = h song song với Oyz , ta cũng thu được họ nửa đường parabol
√
z = y + h, cũng có đỉnh nằm trên đường y = −x, nói chung là giống y hệt họ kia chỉ khác là 2 họ
nằm "vuông góc" nhau vì 2 mp quét vuông góc với nhau.
Như thế là quá đủ để ta vẽ được chính xác mặt (K) rồi! Xem ra cũng không khó lắm, cái khó ở
đây chỉ là sự khác biệt với 6 mặt cơ bản vì không có yếu tố đối xứng như lý thuyết đã nêu, do vậy khác
hẳn với 6 VD trước đó. Dẫu sao vẽ mặt có sự đối xứng vẫn dễ hơn.
√
Sau khi đã vẽ xong, ta lại nhận ra 1 tính chất như thế này: mặt z = x + y có thể có được bằng
√
√
cách xoay mặt z = x hoặc z = y 1 góc 45o quanh trục Oz . Lí do vì 3 mặt đó giống nhau, đều

√
hợp bởi các nửa parabol có đỉnh xuất phát từ 1 đường thẳng: mặt z = x là mặt trụ có đường sinh
√
song song với Oy nên các đỉnh parabol nằm trên Oy , tương tự, mặt z = y có các đỉnh parabol nằm
√
trên Ox, mặt z = x + y có các đỉnh nằm trên x+y = 0, mà đường x+y = 0 đều hợp với Ox, Oy góc 45o
√
Nếu khám phá, có lẽ các bạn sẽ đặt câu hỏi: nếu chỉ quay như vậy thì liệu mặt z = x có trùng
√
hoàn toàn với z = x + y hay không? Chắc chắn là có, vì khi cắt mặt (K) bằng mp z = h, ta được
√
√
đường x + y = h2 , và khi cắt 2 đường parabol z = x và z = y cũng bằng z = h, 2 điểm cắt là
√
(h2 ; 0; h) và (0; h2 ; h) cũng nằm trên x + y = h2 . Điều đó chứng tỏ 3 mặt trụ nửa parabol (K), z = x
√
và z = y giống hệt nhau. Và vì vậy ta có thể xây dựng (K) bằng 1 phép xoay, dễ hình dung hơn nhiều!




x2 + y 2 = 2ax


Ví dụ 8. (V ) :
x2 + y 2 = 2az



z = 0

Trường hợp còn lại a < 0 các bạn tự làm nhé, ở đây tôi xét a > 0 thôi. Một khi đã có mặt z = 0 thì
99% là miền V sẽ nằm phía trên (z ≥ 0).

7


TopTaiLieu.Com | Chia Sẻ Tài Liệu Miễn Phí

x2 + y 2 = 2ax ⇔ (x − a)2 + y 2 = a2 là 1 mặt trụ có đường chuẩn là đường tròn tâm (a; 0) trên
Oxy , đi qua O, còn x2 + y 2 = 2az là paraboloit, có đỉnh tại O, do đó giao tuyến của chúng chắc chắn

đi qua O. Kết hợp 2 PT ta được x2 + y 2 = 2ax = 2az ⇒ giao tuyến đó nằm trên mp z = x, hay chính
là giao của trụ x2 + y 2 = 2ax và mp z = x. Mp z = x là phân giác của 2 mp Oxy và Oyz , do đó vẽ
đơn giản cái giao tuyến, nó là 1 elip.



0 ≤ x ≤ 2a


 √
√
Vậy nếu hỏi cận thì ta có: − 2ax − x2 ≤ y ≤ 2ax − x2



x2 + y 2

0 ≤ z ≤
2a

x2 + y 2 + z 2

Ví dụ 9. (K) :

2

= a2 x2 + y 2 − z 2 với a > 0

Dễ thấy mặt (K) đối xứng qua 3 mp tọa độ, do đó ta chỉ cần vẽ phần nằm trong góc phần tám
thứ nhất của nó là ok! Điều kiện x, y, z ≥ 0 sẽ giới hạn các trường hợp lại.
Giao tuyến của (K) với Oxy là x2 + y 2

2

= a2 x2 + y 2

⇔ x2 + y 2

x2 + y 2 − a2

= 0, đó là

hình gồm điểm O và đường tròn x2 + y 2 = a2 (kì lạ?). Còn giao tuyến với 2 mp tọa độ kia thì giống
nhau: x2 + z 2

2

= a2 x2 − z 2 và y 2 + z 2

2

= a2 y 2 − z 2 , tuy nhiên vẽ chúng cũng không đơn giản!

Ta sẽ làm khác với 6 VD đầu: xác định giao tuyến của (K) với 2 mp z = x và z = y . Thay lần
lượt z = x và z = y vào PT của (K) ta thu được y 2 + 2z 2
Ta có: y 2 + 2z 2

2

2

= a2 y 2 và x2 + 2z 2

2

= a2 x2

= a2 y 2 ⇔ y 2 + 2z 2 − ay

y 2 + 2z 2 + ay = 0, đó là cặp đường y 2 + 2z 2 ± ay = 0.
−y 2 + ay
Tuy nhiên đường y 2 + 2z 2 + ay = 0 chỉ là 1 điểm gốc vì y ≥ 0, do đó ta xét z =
⇒ zy =
2
−2y + a
a
. Như vậy đường y 2 + 2z 2 − ay = 0 đồng biến với z khi 0 ≤ y ≤ , nghịch biến khi
2
2
2 2 (−y + ay)

a
y > . Ta không cần vẽ chính xác, chỉ cần biết rằng nó gần giống 1 parabol quay bề lõm về phía z < 0,
2
a a
xác định với y ∈ [0; a] và có đỉnh là
; √ .
2 2 2

Cuối cùng thì ta đã vẽ xong 3 cái giao tuyến của (K) với 3 mp Oxy , z = x và z = y trong góc
phần tám thứ nhất, lần lượt có PT x2 + y 2 = a2 , y 2 + 2z 2 − ay = 0 và x2 + 2z 2 − ax = 0 (2 cái sau
giống hệt nhau). Từ đây, ta bắt đầu tổng quát hóa.
Trong góc phần tám thứ nhất, (K) giống như. . . 1 cái gì đó rất khó miêu tả nếu không có hình ảnh!
Tuy nhiên sau khi lấy đối xứng nó qua các mặt phẳng tọa độ, thì toàn bộ mặt (K) giống như 1 chiếc
bánh dầy, mép tròn, nhưng chính giữa bị đâm lõm vào đến tâm (gốc O), và trục Oz xuyên qua đó! Nó
có thể quay quanh Oz như 1 chiếc bánh xe!
Nhận xét. Những bài toán kiểu này rất thích hợp để rèn luyện tưởng tượng đấy! Việc tưởng tượng
nằm ở bước tổng quát hóa, khi đó não ta phải tìm 1 hình dạng thích hợp nào đó để nó có thể sinh ra
những giao tuyến đã vẽ được, nói chung là phải thỏa mãn đầy đủ các tính chất đã khảo sát. Phương

8


TopTaiLieu.Com | Chia Sẻ Tài Liệu Miễn Phí

pháp quét mặt cần vẽ bằng 1 mặt phẳng có vector pháp tuyến cố định để xác định 1 họ giao tuyến có
thể ứng dụng trong Đồ họa để lập trình vẽ các mặt trong không gian 3 chiều với PT cho trước!
Tóm lại, sơ sơ mấy bài đơn giản như vậy để các bạn nắm bắt được phương pháp thôi, không cần
phải dài dòng quá, vì trong đề thi sẽ không có 1 mặt nào có hình dạng quá quái gở đâu, hơn nữa có
nhiều cách đổi biến để tìm được cận mà không cần phải xác định hình dạng mặt gốc. Chẳng hạn VD
cuối, trong bài thi thực tế ta sẽ chuyển sang tọa độ cầu!

1.2

Khó nhớ công thức đổi biến sang tọa độ cầu?

Ta có 3 bộ công thức đổi biến (đổi tọa độ) sau đây trong tích phân bội:







x
=
r
cos
ϕ
x = r cos ϕ sin θ


x = r cos ϕ


; y = r sin ϕ ; y = r sin ϕ sin θ
y = r sin ϕ







z = z
z = r cos θ
Ứng với 3 tọa độ chuyển sang là tọa độ cực, tọa độ trụ, và tọa độ cầu. Trong mục này tôi sẽ giúp những
ai thấy khó nhớ hệ CT thứ 3 có thể viết ra nó một cách dễ dàng như hệ CT thứ nhất, thậm chí ngay
cả khi không làm BT nhiều, vì thực ra cả 3 bộ đều có chung 1 quy tắc (bản chất)!
Bây giờ tôi sẽ viết tắt "HTĐ" thay cho "hệ tọa độ".
Đúng ra HTĐ thứ nhất ở trên phải gọi là tọa độ tròn thì đúng hơn là tọa độ cực, vì miền D sẽ
được bao ở trong hình tròn x2 + y 2 ≤ r2 , và được biểu diễn qua các thông số của hình tròn đó. HTĐ
thứ 2 với thứ nhất thực ra là một, vì thêm trục Oz vào thì hình tròn x2 + y 2 ≤ r2 sẽ được kéo dài theo
Oz thành 1 hình trụ (tọa độ trụ), bản chất không khác gì nhau, đó là lí do tại sao định thức Jacobi

của cả 2 hệ này đều là J = r!
Tuy nhiên hệ CT thứ 3 thì lại có J = −r2 sin θ, đó là sự khác biệt, ta sẽ tìm ra điểm chung với 2
hệ kia.
Dễ thấy điểm chung thứ nhất là cả 3 hệ đều liên quan đến hình tròn! HTĐ cực thì là hình tròn
x2 + y 2 ≤ r2 trong mặt Oxy , HTĐ trụ thì là một hình trụ có trục là Oz . Hình chiếu của cả 2 hệ này

lên Oxy đều là hình tròn x2 + y 2 ≤ r2 , tham số hóa đường tròn đó ta thu được x = r cos ϕ, y = r sin ϕ.
Vì HTĐ trụ khi chiếu hình trụ lên Oyz và Oxz đều không thu được hình tròn, nên đối với trục z chỉ
giữ nguyên là z = z mà thôi.
Như vậy khi 1 HTĐ chiếu lên 1 mặt
 phẳng tọa độ nào đó cho hình chiếu là 1 đường tròn, thì ứng
x = r cos ϕ
với mặt đó ta sẽ có hệ thức dạng
(x ứng với cos vì góc ϕ lấy mốc quay từ Ox, tôi sẽ
y = r sin ϕ
gọi "ϕ là góc của Ox"). Muốn thấy trực quan hơn thì hãy vẽ đường tròn ra!
Xét HTĐ cầu, theo HTĐ này, miền V sẽ nằm trọn trong hình cầu x2 + y 2 + z 2 ≤ r2 . Chiếu hình

cầu này lần lượt lên 3 mp tọa độ Oxy , Oyz , Oxz ta đều thu được hình tròn, 3 đường tròn tương ứng

9


TopTaiLieu.Com | Chia Sẻ Tài Liệu Miễn Phí

là x2 + y 2 = r2 , y 2 + z 2 = r2 và x2 + z 2 = r2
Lấy góc ϕ có mốc quay từ Ox trong mp Oxy , góc θ có mốc quay từ Oz trong 2 mặt phẳng thẳng
đứng, do đó trong 3 đường tròn trên ta lần lượt thu được các hệ thức:



x = r cos ϕ
z = r cos θ
z = r cos θ
;
;
y = r sin ϕ
y = r sin θ
x = r sin θ

z = r cos θ
2 hệ thức sau có thể viết gộp lại thành
, kết hợp với hệ thức đầu, ta thu được kết
x = y = r sin θ



x = r cos ϕ sin θ



quả lâu nay vẫn dùng (mà méo hiểu lắm!): y = r sin ϕ sin θ



z = r cos θ
Vậy cái chung của 3 hệ CT ở đây là: góc của trục nào (có mốc quay từ trục đó) thì trục đó sẽ lấy
cos, các trục còn lại phải lấy sin (tất nhiên các trục này phải nằm trong mặt phẳng của góc quay ấy).

Nói tóm lại, để viết ra hệ CT đổi biến số sang HTĐ cầu, ta chỉ cần tưởng tượng mấy điều sau trong hệ
tọa độ:
+ Góc ϕ là góc của Ox, nên chỉ x chứa cos ϕ, các trục còn lại phải lấy sin ϕ, tuy nhiên Oz không
nằm trong mp của ϕ (là mp Oxy ) nên z không chứa sin ϕ, vậy: x = r cos ϕ, y = r sin ϕ (như CT đổi
tọa độ cực).
+ Góc θ là góc của Oz , nên chỉ z được lấy cos θ, tức là z = r cos θ, các trục còn lại phải lấy sin θ, do
góc θ quay cả trong Oxz và Oyz , nên bổ sung thêm x = r cos ϕ sin θ, y = r sin ϕ sin θ. Xong!
Nhận xét. Cái khó chịu khi học Toán Cao Cấp là có quá nhiều thứ khó hiểu mà không biết phải
làm sao! Hãy tìm cách hiểu bản chất của nó, đó mới đúng là học Toán Cao Cấp, không như ở THPT
ôn thi ĐH chủ yếu tập trung vào các kỹ thuật và công thức giải BT.

1.3

Lưu ý khi đổi sang tọa độ cực, tọa độ cầu
f (x, y)dS , mà miền D chứa PT kiểu đường tròn (x − a)2 + (y − b)2 = R2 (hoặc

1. Khi tính
D

elip), f (x, y) cũng chứa PT đường tròn (elip) nhưng khác, chẳng hạn

(x − m)2 + (y − n)2 + p,

thì không nên sử dụng tọa độ cực.
Ví dụ 1. Tính diện tích σ của phần mặt x2 + y 2 + z 2 = 4 phía trong mặt

x2
4

+

y2
1

=1

Ta cần tính diện tích phần mặt cầu nằm trong 1 mặt trụ ellipse. Do tính đối xứng, ta chỉ
xét phần diện tích nằm trong góc phần tám thứ nhất, có PT z =
2
2dxdy
⇒ 1 + zx2 + zy2 =
⇒σ=8
2
2
4−x −y
4 − x2 − y 2

4 − x2 − y 2

D

Với D là hình chiếu của phần diện tích cần tính lên mp Oxy :

10

x2 y 2
+
= 1; x ≥ 0, y ≥ 0
4
1


TopTaiLieu.Com | Chia Sẻ Tài Liệu Miễn Phí

Đến đây sẽ có nhiều người nghĩ ngay đến việc chuyển sang tọa độ cực, vì thấy cả miền D
lẫn hàm dưới dấu tích phân đều có thể "làm đẹp" trong tọa độ cực. Tuy nhiên miền D là PT của
ellipse, hàm dưới dấu tích phân lại liên quan đến 1 đường tròn khác, do đó nếu đặt tọa độ cực
4 − x2 − y 2 phức tạp thêm, và ngược lại.

suy rộng theo D thì sẽ làm cho

Vậy ta sẽ tính như bình thường thôi, tưởng tượng qua có vẻ sẽ cồng kềnh nhưng phải đặt bút rồi
mới được nhận xét:
2

1− x4

2

σ = 16

2

dy

dx
0

4 − x2 − y 2

0
2

= 16 arcsin

1
2

dx =

= 16
0

2

1− x4

y
arcsin √
4 − x2

dx
0

16
π (đvdt)
3

0

f (x, y, z)dV có nhiều thành phần liên quan đến PT mặt cầu và đường tròn, nhưng

2. Bài toán
V

nếu chuyển sang tọa độ cầu mà không xác định được cận của r (kiểu như có cả r ≤ a và r ≤ b),
thì 99% là đổi sang tọa độ trụ.

x2 + y 2 ≤ 2az
dxdydz với V :
x2 + y 2 + z 2 ≤ 3a2
x2 + y 2
z

Ví dụ 2. Tính I =
V

Có thể thấy miền V là 1 paraboloid tròn xoay hướng lên (z ≥ 0), bị cắt trên bởi 1 mặt cầu,
hàm dưới dấu tích phân cũng liên quan đến PT đường tròn, điều đó khiến nhiều người nghĩ đến
tọa độ cầu!




x = r cos ϕ sin θ


Đặt y = r sin ϕ sin θ



z = r cos θ


r sin2 θ ≤ 2a cos θ
⇒
r2 ≤ 3a2

. Bây giờ thì r ≤

√
2a cos θ
hay
r
≤
a
3?
sin2 θ

Chính vì lúng túng này, ta chỉ nên đổi sang tọa độ trụ thôi:

Đặt




x = r cos ϕ

y = r sin ϕ



z = z


√


0
≤
r
≤
a
2



⇒ 0 ≤ ϕ ≤ 2π


√


r2


≤ z ≤ 3a2 − r2
2a

√
a 2

2π

⇒I=

dϕ
0

√

rdr
0

Như vậy đôi khi để nguyên vẹn trục Oz sẽ tốt hơn tham số hóa tất cả!

11

3a2 −r2

r2
2a

√
z
32π 2 3
dz =
a
r
15


TopTaiLieu.Com | Chia Sẻ Tài Liệu Miễn Phí

2

TÍCH PHÂN ĐƯỜNG - MẶT

2.1

Tham số hóa tích phân đường cong kín
f ds bằng cách tham số hóa đường cong C , khi đó ta tham số sang dạng lượng giác, thì mới

Khi tính
C

có 2 giá trị của tham số để biểu thị cùng 1 điểm trên C (đường cong kín).

Ví dụ 1. Tính
C



x2 + y 2 + z 2 = a2
2
2
2y + z ds với C :
x = y

C là đường tròn lớn trên mặt cầu x2 + y 2 + z 2 = a2 , cắt bởi mặt phẳng x = y qua gốc O

Tham số hóa C : x = √

2π

2a2
cos2 t + a2 sin2 tdt = a2
2

a
0

2.2

a2
a2
sin2 t +
sin2 t + a2 cos2 tdt = adt
2
2

x 2 (t) + y 2 (t) + z 2 (t)dt =

Ta có: ds =

⇒I=

a
a
, y = √ sin t, z = a sin t; vì C kín nên 0 ≤ t ≤ 2π
2 cos t
2

2π

dt = 2πa2
0

Tích phân đường sang tích phân suy rộng
f ds từ A → B , với C : x = x(t), y = y(t), z = z(t), mà không tìm được một số t nào để

Khi tính
C

biểu thị 2 điểm A, B trên C , khi đó ta cho t → ∞ để xác định, vì vậy tích phân sẽ trở thành tích phân
+∞

f (x(t), y(t), z(t))

suy rộng

x 2 (t) + y 2 (t) + x 2 (t)dt

−∞

Ví dụ 1. Tính độ dài s của đường x = aet cos t, y = aet sin t, z = aet từ (0; 0; 0) → (a; 0; a)
Ta có: ds =

x 2 (t) + y 2 (t) + z 2 (t)dt =

√
a2 e2t ((cos t − sin t)2 + (cos t + sin t)2 + 1)dt = aet 3dt

Tìm cận t: tại (0; 0; 0) ta có z = aet = 0 ⇒ t = ??? Rõ ràng không tìm được giá trị cụ thể nào
của t! Do đó ta cho t → −∞, thì cả x, y, z → 0, vậy điểm (0; 0; 0) ứng với t = −∞. Còn điểm (a; 0; a)
thì t = 0 rồi. Vậy tích phân như sau:
0

s=

ds =
C

2.3

√
√
aet 3dt = a 3 (đvđd)

−∞

Tìm hàm số có vi phân toàn phần đã biết trước

Cái này là để phục vụ cho việc làm gọn tích phân đường loại 2.
Sau đây là cách làm tổng quát cho 2 biến và 3 biến (nhiều biến dễ dàng suy ra công thức tương
tự):

12


TopTaiLieu.Com | Chia Sẻ Tài Liệu Miễn Phí

1. Tìm u biết du = P dx + Qdy , đã học bên PT vi phân toàn phần:
Cách 1. Tính tích phân.
y

x

u=

P (x, y0 )dx +
x0

y

x

Q(x, y)dy + C =
y0

P (x, y)dx +
x0

Q(x0 , y)dy + C
y0

Cách 2. Tính nguyên hàm - đạo hàm riêng.
Ta có: u =

P dx + C(y) = F (x, y) + C(y) (C(y) là hàm cần tìm tiếp theo), do đó:

uy = Fy (x, y) + C (y) = Q ⇔ C (y) = Q − Fy (x, y) ⇒ C(y) =

(Q − Fy )dy

2. Tìm u biết du = P dx + Qdy + Rdz , tương tự:
Cách 1. Tính tích phân.
y

x

u=

P (x, y0 , z0 )dx +

x0
x

=
x0
x

x0

x

y0
y

x0
x

x0
x

y0
y

x0
x

P (x0 , y, z)dz + C
x0
x

Q(x0 , y, z)dy +
y0

P (x, y0 , z)dx +

P (x0 , y0 , z)dz + C
x0
x

y

x0

P (x, y, z)dz + C

Q(x0 , y, z0 )dy +

P (x, y, z)dx +

=

P (x, y0 , z)dz + C

Q(x0 , y, z0 )dy +

P (x, y, z)dx +

=

x0

y0
y

x0
x

P (x, y, z)dz + C

x

Q(x, y, z)dy +

P (x, y, z0 )dx +

=

Q(x, y, z0 )dy +

y0
y

P (x, y0 , z0 )dx +

=

x

Q(x, y, z)dy +
y0

P (x0 , y0 , z)dz + C
x0

Tận 6 cách tính, rất dồi dào! Nhưng liệu các bạn có phân biệt được không? Thực ra nó
cùng 1 dạng với 2 công thức ở Cách 1 của du = P dx + Qdy cả thôi, để ý 1 tí phát hiện
được quy luật ấy là lập tức nhớ ngay cả đống!
Cách 2. Tính nguyên hàm - đạo hàm riêng.
Ta có: u =

P dx + C(y, z) = F (x, y, z) + C(y, z), ta phải tìm tiếp C(y, z):

uy = Fy + Cy (y, z) = Q ⇔ Cy (y, z) = Q − Fy
⇒ C(y, z) =

(Q − Fy )dy + K(z) = G(y, z) + K(z)

⇒ uz = Fz + Gz + K (z) = R ⇔ K (z) = R − Fz − Gz ⇒ K(z) =

Bây giờ ta sẽ làm 2VD:
Ví dụ 1. Tìm hàm u biết du =

2+

x
sin y

dx −

13

(x2 + 1) cos y
2 sin2 y

dy

(R − Fz − Gz )dz

TopTaiLieu.Com | Chia Sẻ Tài Liệu Miễn Phí

Cách 1. Tính tích phân.
Chọn x0 = 0, y0 =

π
, hàm u được tính như sau:
2
y

x

x
2+
sin y

u=

dx −
π
2

0

(02 + 1) cos y
x2 + 1
dy
+
C
=

2x
+
+K
2 sin y
2 sin2 y

Cách 2. Tính nguyên hàm - đạo hàm riêng.
Ta có: u =
⇒ uy = −

2+

x
sin y

dx + C(y) = 2x +

x2
+ C(y)
2 sin y

x2 cos y
(x2 + 1) cos y
cos y
+
C
(y)
=
−
⇒ C (y) = −

2
2
2 sin y
2 sin y
2 sin2 y
cos y
1
dy =
+C
2 sin y
2 sin2 y

⇒ C(y) = −

Vậy u = 2x +

x2 + 1
+C
2 sin y

Ví dụ 2. Tìm hàm u sao cho du = y 2 cos xdx + (2y sin x + e2z )dy + 2ye2z dz
Cách 1. Tính tích phân.
Chọn x0 = y0 = z0 = 0, ta được:
y

x
2

u=

0 cos xdx +
0

z
2.0

(2y sin x + e

2ye2z dz + C = y 2 sin x + ye2z + C

)dy +

0

0

Cách 2. Tính nguyên hàm - đạo hàm riêng.
Ta có: u =

y 2 cos xdx + C(y, z) = y 2 sin x + C(y, z) ⇒ uy = 2y sin x + Cy (y, z) = 2y sin x + e2z

⇒ Cy (y, z) = e2z ⇒ C(y, z) =

e2z dy + K(z) = ye2z + K(z) ⇒ uz = 2ye2z + K (z) = 2ye2z

⇒ K (z) = 0 ⇒ K(z) = C

Vậy: u = y 2 sin x + ye2z + C

2.4

Làm gọn tích phân đường loại 2
P dx + Qdy , nếu tính vi phân hoặc tham số hóa thay vào ra tích phân cồng kềnh, khó tính,

Khi tính
C

thì hãy tìm cách làm gọn P dx + Qdy bằng cách tách ra các đại lượng là vi phân toàn phần của 1 hàm
số nào đó:
P dx + Qdy =
C

P1 dx + Q1 dy +
C

P2 dx + Q2 dy =
C

P1 dx + Q1 dy +
C

14

du
C


TopTaiLieu.Com | Chia Sẻ Tài Liệu Miễn Phí

P1 dx + Q1 dy sau đó sẽ đơn giản hơn tích phân ban đầu rất nhiều. Đối với tích phân đường

Tích phân
C

P dx + Qdy + Rdz ta cũng làm tương tự.

loại 2 trong không gian 3 chiều
C

x2 + y 2 dx + y xy + ln x +

Ví dụ 1. Tính I =

x2 + y 2

dy

C

Với C : x2 + y 2 + 3 = 4x, y ≤ 0, hướng từ A(1; 0) → B(3; 0)
Câu này trong đề thi cuối kì KSTN K59! Ta sẽ giải 3 cách, xem các bạn thấy cách nào đơn giản
nhất và thông minh nhất!
Cách 1. Tính vi phân. Ta có: y =
3

I=

√

√

−x2 + 4x − 3 ⇒ dy = √

−x2 + 4x − 3 x

4x − 3dx +

−x + 2
dx, thay vào ta được:
−x2 + 4x − 3

−x2 + 4x − 3 + ln x +

√

4x − 3

1
3

=

√

3

4x − 3dx +

1

3

x(2 − x)

−x2

+ 4x − 3dx +

1

(2 − x)ln x +

√

√

−x + 2
dx
−x2 + 4x − 3

4x − 3 dx

1

Nói như PGS.TS Nguyễn Xuân Thảo, chúng ta còn trẻ, chúng ta có sức khỏe, vì vậy cứ thoải
mái trâu bò với 3 cái tích phân này! Tôi không được khỏe lắm nên thôi vậy!
Cách 2. Tham số hóa. Ta có C : (x − 2)2 + y 2 = 1, do đó tham số C : x = 2 + cos t, y = sin t. Khi
đó t : π → 0 và dx = − sin tdt, dy = cos tdt, thay vào ta được:
0

I=

√
√
− 5 + 2 cos t sin tdt + sin t sin t(2 + cos t) + ln 2 + cos t + 5 + 2 cos t

cos tdt

π

Có lẽ chúng ta nên đưa tích phân này cho các bạn lớp 12 tính để dành thời gian đọc cách 3!
Cách 3. Rút gọn tích phân. Ta tách như sau:
x2 + y 2 dx + yln x +

I=
C

=

xy 2 dy

x2 + y 2 dy +
C

d

x
2

x2

+

y2

y2
+ ln x +
2

x2

+

y2
−
4

y2

C

xy 2 dy

+
C

Dễ dàng tính được:
x
2

d

x2 + y 2 +

y2
ln x +
2

x2 + y 2 −

y2
4

C

=

x
2

x2 + y 2 +

y2
ln x +
2

x2 + y 2 −

y2
4

B(3;0)

=4
A(1;0)

0
2

sin2 t cos t(2 + cos t)dt = −

xy dy =
C

π
(tách ra 2 cái là xong thôi!).
8

π

Vậy: I = 4 −

π
8

15


TopTaiLieu.Com | Chia Sẻ Tài Liệu Miễn Phí

P dx + Qdy , trước tiên ta so sánh Py và Qx , nếu chúng bằng nhau thì

Mấu chốt ở đây là khi tính
C

chỉ cần tìm hàm u sao cho du = P dx + Qdy là xong, nếu không thì xem xét tách bớt ra ngoài một số
thành phần trong P và Q sao cho đống còn lại là 1 vi phân toàn phần của hàm u nào đó. Có lẽ nên
làm thêm 1 VD nữa để so sánh các cách kỹ hơn.
(2;2π)

1−

Ví dụ 2. Tính I =

y2
x2

cos

y

dx + sin

x

y
x

+

y
x

cos

y
x

dy

(1;π)

Đây cũng là 1 câu trong đề thi cuối kì của KSTN, K60! Đề cho cộc lốc thế này thì chỉ có thể là
tích phân không phụ thuộc đường, nhưng cũng phải kiểm tra cho nó đầy đủ các giai đoạn.
y2
y
y
y
y
y2
y
2y
y
cos
,
Q
=
sin
+
cos

,
ta
có:
P
=
Q
=
sin − 2 cos , do đó tích
y
x
2
3
x
x
x
x
x
x
x
x
x
phân không phụ thuộc đường.

Đặt P = 1 −

Vì vậy, ta chọn đường thẳng cho đơn giản: y = πx ⇒ dy = πdx, thay vào được:
2

(1 + π 2 )dx − π 2 dx = 1

I=
1

Nếu dùng cách 3 ở VD1 thì sao?
(2;2π)

I=

d x + y sin

y
y
= x + y sin
x
x

(2;2π)

=1
(1;π)

(1;π)

Vâng! Đối với VD này thì cách nhóm vi phân tốn thời gian hơn (chủ yếu ở việc tìm hàm u), nhưng đều
không khó.
Nói chung: nếu người ta không cho đường C , thì chỉ cần chứng minh lại là "tích phân không phụ
thuộc đường", tiếp theo nên dùng cách chọn C là đường thẳng nối 2 điểm, còn nếu P dx + Qdy khá
cồng kềnh thì ta sẽ đưa về du

2.5

Tính toán nhanh hơn trong tích phân mặt loại 2

Phương pháp chung để tính I =

P dydz + Qdzdx + Rdxdy là:
S

) Bước 1: tách I =

P dydz +
S

Qdzdx +
S

) Bước 2: tính I1 =

Rdxdy = I1 + I2 + I3
S

P dydz (tích phân đối với mp Oyz , hay với trục Ox): ta tìm hình chiếu
S

của S xuống mặt phẳng Oyz là miền D1 . Khi đó trên S sẽ có một đường giống như biên của D
và nằm trong mặt phẳng song song với Oyz , chia S làm 2 miền: 1 miền nằm phía trên mặt phẳng
song song ấy và miền còn lại nằm dưới, pháp tuyến của chúng lần lượt tạo với Ox một góc nhọn
và một góc tù.

16

TopTaiLieu.Com | Chia Sẻ Tài Liệu Miễn Phí

Phương trình miền trên và dưới lần lượt là: x = f (y, z), x = g(y, z), vậy:
(P (f, y, z) − P (g, y, z))dydz

I1 =
D1

(Trên lấy dấu dương, dưới lấy dấu âm)
) Bước 3: lặp lại bước 2 cho I2 (tích phân với Oy ) và I3 (tích phân với Oz ), rồi cộng các kết quả

lại.
Như vậy nếu mặt S bao gồm các mặt cong trơn từng mảnh, thì những mặt có vai trò giống hệt nhau
ta chỉ cần tính tích phân cho 1 mặt rồi nhân lên, hoặc 1 mặt nào đó mà các trục tọa độ có vai trò như
nhau đối với nó, ta cũng tính đối với 1 trục rồi nhân lên.
Tất nhiên nếu S là mặt kín đã thấy thỏa mãn điều kiện định lý Ostrogradsky thì áp dụng định lý
này vẫn là nhanh nhất!
x2 dydz + y 2 dzdx + z 2 dxdy , với S là phía ngoài của nửa hình cầu:

Ví dụ 1. Tính
S

x2 + y 2 + z 2 = a2 , z ≥ 0
x2 dydz :

Tính
S

PT của S đối với mp Oyz (hay với trục Ox) là: x = ± a2 − y 2 − z 2 . Hình chiếu của S lên Oyz
là nửa hình tròn D1 : y 2 + z 2 ≤ a2 ứng với z ≥ 0, biên của D1 chia S thành 2 phần: phần trên (x ≥ 0)
và phần dưới (x < 0).
Phần trên có PT x =
Phần dưới là x = −

a2 − y 2 − z 2 , pháp tuyến tạo với Ox góc nhọn ⇒ tích phân lấy dấu dương.

a2 − y 2 − z 2 , ngược lại, tích phân lấy dấu âm, vậy:
a2 − y 2 − z 2

I1 =

2

− −

a2 − y 2 − z 2

2

dydz = 0

D1

y 2 dzdx: do vai trò của 2 mp Oxz và Oyz đối với S là như nhau, do đó I2 = 0

Tính I2 =
S

z 2 dxdy :

Tính I3 =
S

PT của S đối với Oz là: z =

a2 − x2 − y 2 . Hình chiếu của S xuống Oxy là hình tròn x2 + y 2 ≤ a2 ,

pháp tuyến trên S tạo với Oz góc nhọn, vậy:
I3 =

a2 − x2 − y 2

2

dxdy =

πa4
2

x2 +y 2 ≤a2

(Đổi sang tọa độ cực dễ dàng tính được)

17


TopTaiLieu.Com | Chia Sẻ Tài Liệu Miễn Phí

Kết luận: I =

πa4
2

Ví dụ 2. Tính

yzdydz + zxdzdx + xydxdy , với S là phía ngoài của tứ diện:
S

x = y = z = 0, x + y + z = a (a > 0)

Tứ diện đã cho có 4 mặt: S1 thuộc mặt Oxy , S2 thuộc mặt Oyz , S3 thuộc mặt Oxz , S4 thuộc mặt
x + y + z = a (a > 0), do đó ta tính riêng từng mặt rồi cộng lại.

Tính I1 =

yzdydz + zxdzdx + xydxdy :
S1

Vì S1 thuộc mặt Oxy nên z = 0 ⇒ dz = 0 ⇒ I1 =

xydxdy . Hình chiếu của S1 xuống Oxy
S1

cũng chính là S1 , giới hạn bởi Ox, Oy , x + y = a. Vì S là phía ngoài tứ diện nên pháp tuyến của S1
hướng ngược với Oz (tạo với Oz 1 góc tù), vậy:
a

I1 = −

a−x

ydy = −

xdx
0

a4
24

0

Nhận thấy S2 và S3 có vai trò giống y hệt S1 , do đó tích phân của chúng cũng bằng −
Tính I4 =

yzdydz + zxdzdx + xydxdy =
S4

yzdydz +
S4

zxdzdx +
S4

a4
24

xydxdy :
S4

Dễ thấy S4 có vai trò giống nhau đối với 3 trục tọa độ, do đó I4 = 3

xydxdy . Hình chiếu của
S4

S4 xuống Oxy chính là S1 , pháp tuyến trên S4 tạo với Oz góc nhọn, do đó:
a

I4 = 3

a−x

xdx
0

ydy =

3a4
24

0

Cuối cùng, cộng tất cả lại, ta được: I = 0

3

CHUỖI

3.1

Tìm miền hội tụ chuỗi hàm bất kì

) Bước 1: tìm ĐK cần là lim un (x) = 0
n→∞

) Bước 2: với ĐK trên, trong un (x) sẽ luôn có 1 đại lượng luôn tiến về 0 hoặc ∞ khi n → ∞, ta

có thể sử dụng tương đương để làm gọn nó đi.
∞

aq n hoặc chuỗi

) Bước 3: tìm ĐK đủ, thường đưa về các chuỗi đã biết như chuỗi cấp số nhân
∞

Riemann
n=1

n=1

1
,... để đánh giá.
nα

18


TopTaiLieu.Com | Chia Sẻ Tài Liệu Miễn Phí

∞

1

Ví dụ 1. Tìm miền hội tụ chuỗi hàm:

1 + n−x

n=1

1
=0⇒x<0
1 + n−x
−x
Với ĐK trên, 1 + n → ∞ khi n → ∞, do đó ta đánh giá tương đương:

Tìm ĐK cần: lim

n→∞

∞
n=1

1
∼
1 + n−x

∞
n=1

1
n−x

Chuỗi cuối là chuỗi Riemann, nó hội tụ khi −x > 1 ⇔ x < −1
Vậy miền hội tụ: x ∈ (−∞; −1)
∞

3.2

Xét hội tụ của chuỗi

lnp f1 (n)
q

f2 (n)

n=1

Với f1 (n), f2 (n) là 2 đa thức và k, m ∈ N∗ , dạng này thường có 2 hướng làm:
Hướng 1: sử dụng 1 trong 2 so sánh lnf1 (n) < f1 (n) hoặc lnf1 (n) > 1 để đánh giá, tuy nhiên có thể
xảy ra 2 trường hợp vô dụng là chuỗi đã cho bé hơn 1 chuỗi phân kì hay lớn hơn 1 chuỗi hội tụ.
∞

∞

an , ta chọn chuỗi

Hướng 2: đặt chuỗi đã cho là
n=1

∞

bn thích hợp và tính giới hạn lim

n→∞

n=1

∞

bn được chọn với bn = f2k (n) (k ∈ R) sao cho nếu
n=1
∞
n=1

an
. Chuỗi
bn

an
= 0, nếu
n→∞ bn

bn hội tụ thì phải có lim
n=1

an
bn phân kì thì phải có lim
=∞
n→∞ bn

∞

Ví dụ 1. Xét tính hội tụ của chuỗi:
∞

Ta có:
n=1

∞

ln(n + 2)
(n +

∼

1)3

∞

n=1

lnn
√ =
an
3
n
n=1
n=1

∞

∞

ln(n + 2)
(n + 1)3

∞

n
1
lnn
√ <
√ =
√ , chuỗi cuối cùng này phân kì, nên vô dụng.
Nếu đánh giá bé hơn:
3
3
n
n
n
n=1
n=1
n=1
∞

∞

lnn
1
√ >

√ , cũng vô dụng vì chuỗi sau hội tụ.
n3 n=1 n3
n=1

Nếu đánh giá lớn hơn:

∞

11
Chọn k = , khi đó
10

3.3

∞

bn =

Vì thế, ta sẽ tìm 1 chuỗi
n=1

∞
n=1

n=1

1
an
lnn
và tính giới hạn lim

= lim 3 −k
n→∞ bn
n→∞ n 2
nk

1
lnn
√
hội tụ và lim √
= 0, do đó chuỗi đã cho hội tụ.
10
5
11
n→∞
n
n2

Tính đạo hàm hoặc tích phân của chuỗi hàm
b

∞

∞

un (x) dx hoặc

Trong bài toán tính
a

n=1

un (x)

, thường chỉ ra 2 hướng sau:

n=1

∞

un (x) tính được dễ dàng, thì không có gì phải nói thêm.

Hướng 1:
n=1

19


TopTaiLieu.Com | Chia Sẻ Tài Liệu Miễn Phí

∞

un (x) tính khó, nhưng có thể biện luận chuỗi hội tụ tuyệt đối và đều, sau đó biến đổi:

Hướng 2:
n=1

b

∞

un (x) dx =
n=1

a
π

Ví dụ 1. Tính I =
∞

Ta có: I =
Mặt khác:
n=0

1.3

+

cos 4x
4.6

n=0

∞

cos(3n + 1)x
≤
(3n + 1)(3n + 3)

∞

3.4

un (x)
n=1

a

cos 7x
7.9

=

un (x)
n=1

+ · · · dx

n=0

1
∼
(3n + 1)(3n + 3)


cos(3n + 1)x
dx = −
(3n + 1)(3n + 3)


n=0

∞

cos(3n + 1)x
dx
(3n + 1)(3n + 3)

tuyệt đối và đều.
 π
Vậy: I =

+

∞

un (x)dx;


n=1



0

π

0
∞

cos x

b



∞

0

∞
n=0

∞
n=0

1
hội tụ, do đó chuỗi đã cho hội tụ
9n2

sin 3nπ
=0
(3n + 1)2 (3n + 3)

Nhớ khai triển Maclaurin các hàm cơ bản
∞

Làm sao để vừa cần đến khai triển Maclaurin của sin x là có thể nói ngay được sin x =
n=0

(−1)n x2n+1

?
(2n + 1)!

Sau đây là một cách để ghi nhớ, ngoài cách vận dụng nhiều để làm BT (nhưng trong GT3 dùng
cũng không nhiều lắm!).
∞

Trước hết, về tổng quát: f (x) =
n=0

bắt đặc trưng:
x3 x5 x7
sin x = x −
+
−
+ ··· =
3!
5!
7!

∞

(−1)n

x2 x4 x6
cos x = 1 −
+
−
+ ··· =
2!

4!
6!
x
x2 x3
ex = 1 + +
+
+ ··· =
1!
2!
3!
ln(1 + x) = x −

f (n) (0) n
x . Đầu tiên ta phải nhìn qua các khai triển để nắm
n!

∞

n=0
∞

(−1)n
n=0
xn

n=0

n!

x2 x3 x4

+
−
+ ··· =
2
3
4

x2n+1
(∀x ∈ R)
(2n + 1)!
x2n
(∀x ∈ R)
(2n)!

(∀x ∈ R)
∞

(−1)n
n=0

xn+1
(∀x > −1)
n+1

x
x2
x3
(1 + x)α = 1 + α + α(α − 1) + α(α − 1)(α − 2) + · · · =
1!
2!

3!
1
= 1 ∓ x + x2 ∓ x3 + · · · =
1±x

∞

∞
n=0

α!
xn
(∀|x| < 1)
(α − n)! n!

(∓1)n xn (∀|x| < 1), thực chất nó là (1 + x)α với α = −1
n=0

Ta thấy: những hàm có khai triển là chuỗi đan dấu là hàm mà đạo hàm sinh ra dấu trừ (không
nhất thiết phải là đạo hàm cấp 1), đó là các hàm:
+ sin x và cos x vì (sin x) = cos x, (cos x) = − sin x
1
1
1
+
vì
=−
1+x
1+x
(1 + x)2

20


TopTaiLieu.Com | Chia Sẻ Tài Liệu Miễn Phí

+ ln(1 + x) vì các đạo hàm từ cấp 2 trở đi của nó thực chất là đạo hàm các cấp của

1
1+x

Ta sẽ nhớ bằng cách rút gọn thành các vô cùng bé tương đương, vì phần lớn là ta dùng các khai
∞
x3 x5 x7
x2n+1
triển trên ở dạng khai triển, tức là x −
+
−
+ · · · , thay vì
(−1)n
3!
5!
7!
(2n + 1)!
n=0

Các vô cùng bé tương đương đã học như sau:
sin x ∼ x; cos x ∼ 1 −

x2 x

; e − 1 ∼ x; ln(1 + x) ∼ x; (1 + x)α ∼ 1 + αx
2

Bây giờ, khi cần khai triển của sin x, ta sẽ nhớ rằng sin x ∼ x, sau đó nhớ tiếp rằng nó đan dấu và chỉ
x3
có x mũ lẻ (do số hạng đầu tiên là x đã mang mũ 1), từ đó số hạng tiếp theo là − , và cứ thế viết
3!
x3
x5
x7
tiếp sin x = x −
+
−
+ · · · . Trong một số dạng toán xét tính hội tụ của chuỗi số, ta có thể
3!
5!
7!
x3
cần khai triển hàm số đến 1 "mức" nào đó, cụ thể là sin x = x + o(x), sin x = x −
+ o(x3 ), hoặc
3!
x3 x5
sin x = x −
+
+ o(x5 ),. . .
3!
5!
x2
, và do nó đan dấu, chỉ có x mũ chẵn (nhìn cái
2

x2
x2 x4 x6
đã biết rồi), do đó ta cứ thế viết tiếp: cos x = 1 −
+
−
+ ···
2
2!
4!
6!

Nếu cần khai triển cos x, ta lại nhớ đến cos x ∼ 1 −

Đến lượt ex , ta nhớ ex − 1 ∼ x nghĩa là e2 ∼ 1 + x, không đan dấu và đầy đủ cả x mũ chẵn lẫn
x
x2 x3
lẻ, do đó ex = 1 + +
+
+ ···
1!
2!
3!
Sang đến ln(1+x), dù ta nhớ ln(1+x) ∼ x, nhưng vẫn rất dễ nhầm vì ln(1+x) = x−
chứ không phải là ln(1 + x) = x −

x2 x3 x4
+ − +· · ·
2
3
4

x2 x3 x4
+
−
+ · · · , đây là trường hợp đặc biệt mà ta phải lưu tâm
2!
3!
4!

khi sử dụng.
Cái tiếp theo là (1 + x)α rất dễ nhớ mà không phải cần dùng đến (1 + x)α ∼ 1 + αx, thậm chí
đôi khi quên mất cái VCB tương đương phải dùng khai triển Maclaurin để nhớ lại, vì VCB tương đương
của nó không hay dùng.
x
x2
x3
+A2α +A3α +· · · thì sẽ dễ hơn, muốn tính
1!
2!
3!
các hệ số ra giá trị cụ thể chỉ cần bấm máy tính! Tuy nhiên dạng này chỉ đúng cho α ∈ N thôi, do đó khi
1
x
x2
x3
khai triển
, hay (1±x)−1 , ta phải chuyển nó về dạng 1+α +α(α−1) +α(α−1)(α−2) +· · ·
1±x
1!
2!

3!
(nhanh thôi), rồi bấm máy.

Tuy nhiên, các bạn nên nhớ ở dạng (1+x)α = A0α +A1α

3.5

Xét tính hội tụ dạng chuỗi ∞ − ∞ và 0 − 0
∞

(f (n) − g(n)) mà lim f (n) = lim g(n) =

Cụ thể đó là dạng
n=0

n→∞

n→∞

Sau đây là các bước làm:
) Bước 1: xét 2 trường hợp:

21

∞
0


TopTaiLieu.Com | Chia Sẻ Tài Liệu Miễn Phí

1. Nếu nó thuộc dạng ∞ − ∞, ta tìm cách gộp lại f (n) − g(n) = h(n), nếu lim h(n) = 0 thì
n→∞

chuỗi chắc chắn phân kì, không còn gì để bàn, do đó thường là lim h(n) = 0 để đi tiếp
n→∞

bước 2. Tiếp theo sử dụng khai triển Maclaurin của h(n) (hoặc 1 đại lượng vô cùng bé trong
h(n)) để lấy VCB tương đương của h(n): h(n) ∼ H(n)

2. Nếu nó thuộc dạng 0 − 0, ta sử dụng khai triển Maclaurin để gộp làm 1 vô cùng bé:
f (n) ∼ F (n), g(n) ∼ G(n), do đó f (n) − g(n) ∼ F (n) − G(n) = H(n)
∞

bn dạng cấp số nhân aq n hoặc Riemann

) Bước 2: tìm 1 chuỗi số
n=0

1
f α (n)

sao cho lim

n→∞

∞

(k = 0; ∞), khi đó tính hội tụ (phân kì) của chuỗi đã cho giống như chuỗi

bn

n=0

∞

) Bước 3: xét tính hội tụ của

bn rồi kết luận.
n=0
∞

Ví dụ 1. Xét tính hội tụ của chuỗi:

1

ln

n
1

n=0

2
5

− ln sin

1
2

n5

1
Đây là dạng ∞ − ∞ vì lim ln 2 = lim ln sin 2 = −∞. Ta có:
n→∞
n→∞
n5
n 5

1
 sin n 25 
1
1

an = ln 2 − ln sin 2 = −ln 
 1 
n5
n5
2
n5
1
Đặt 2 = t thì t → 0 khi n → ∞, do đó sử dụng khai triển Maclaurin ta được:
n5
t3
sin t
t2
sin t
t2
sin t = t − + o(t3 ) ⇒
= 1 − + o(t2 ) ⇒ an = −ln
∼ −ln 1 −

6
t
6
t
6
∞
1
an
1
Do đó ta xét chuỗi
bn với bn = t2 = 4 , thì lim
=
n→∞ bn
6
n5
∞

Mặt khác

n=0

1
4

5
n=0 n

phân kì ⇒ chuỗi đã cho phân kì.
∞

Ví dụ 2. Xét tính hội tụ của chuỗi:

sin
n=0

1
n

− ln 1 +

1
n

1
= t, dùng khai triển Maclaurin ta có:
n
3
t
t2
sin t = t − + o(t3 ) và ln(1 + t) = t − + o(t2 )
6
2
t3
t2
t2
t2
3
Suy ra an = t − + o(t ) − t − + o(t2 ) =
+ o(t2 ) ∼
6

2
2
2
∞
1
an
1
Do đó ta chọn chuỗi
bn với bn = t2 = 2 thì lim
=
n→∞ bn
n
2

Chuỗi này thuộc dạng 0 − 0, đặt

∞

Mặt khác
n=0

n=0

1
hội tụ ⇒ chuỗi đã cho hội tụ.
n2
∞

Ví dụ 3. Xét tính hội tụ của chuỗi:
n=0

1
n

− ln

t2

n+1
n

t2
1
Đây cũng là chuỗi 0 − 0: an = t − ln(1 + t) =
+ o(t2 ) ∼ , trong đó t =
2
2
n
1
an
1
Vậy ta chọn bn = 2 ⇒ lim
=
n→∞ bn
n
2

22

∼

t2
6

H(n)
=k
bn


TopTaiLieu.Com | Chia Sẻ Tài Liệu Miễn Phí

∞

Chuỗi
n=0

4

1
hội tụ ⇒ chuỗi đã cho hội tụ.
n2

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

4.1

PTVP không mẫu mực

Loại này trong đề thi thường giải bằng cách chuyển về dạng f (x, y) = g (x, y) ⇔ f (x, y) = g(x, y) + C .
Để nhóm gộp các số hạng thành như thế, hãy nghĩ đến việc nhân (chia) 2 vế với cùng 1 đại lượng sao

cho thích hợp và gọn.
Có 2 nhóm hay được đưa về nhất là (uv) và

u
v

Ví dụ 1. GPT xy − 2y = x3 yy với ĐK y(1) =

√

2; y (1) = 1

Thấy bên trái có −2y , ta nghĩ nên nhân x vào 2 vế để tạo 2xy = (x2 ) y :
PT ⇔ x2 y − 2xy = x4 yy ⇔

y x2 − y (x2 )
= yy ⇔
(x2 )2

y
x2

y2
2

=

⇔

y

y2
=
+C
x2
2

Thay ĐK đã cho vào tìm được C = 0, PT còn lại là phân li biến số rồi.
Ví dụ 2. GPT xy − 2y = x3 y + x4 y với ĐK y(1) = y (1) = 1
PT ⇔

4.2

y x2 − y (x2 )
= y + xy ⇔
(x2 )2

y
x2

= (xy) ⇔

y
= xy + C
x2

Đưa PTVP về dạng đẳng cấp

Khi đề yêu cầu đưa PTVP về dạng đẳng cấp, trước hết ta chỉ quan tâm đến các số hạng dạng xm y n , xử
x r
u r

lí chúng trước, nghĩa là ta sẽ đặt y = up xq sao cho xm y n =
hoặc xm y n =
. Nếu các thành
u
x
phần khác vẫn chưa xuất hiện dạng đẳng cấp, ta lại đặt tương tự (thay đổi p, q ), điều chỉnh đến khi
được thì thôi.
Ví dụ 1. Chuyển PT về dạng đẳng cấp: y = y 2 −

2

yx3
x
x4
u − 4xu
Ta quan tâm đến số hạng yx3 , nếu đặt y = 4 thì yx3 = 4 , ta tiếp tục tính y =
, thay vào,
u
u
u5
2
4
u − 4xu
x
2u
PT trở thành:
= 8 − 4 chưa có dạng đẳng cấp.
5
u
u

x
x
x
Do đó ta điều chỉnh y = k , bằng cách mò, ta sẽ tìm được ra k = 2, nghĩa là đặt y = 2 ⇒ y =
u
u
u − 2xu
u − 2xu
x2 2u2
x
x 2
u 4
, thay vào ta được:
= 4 − 4 ⇔ 1 − 2u
=
−2
. Xong!
u3
u3
u
x
u
u
x

4.3

Đưa PTVP về dạng toàn phần

Việc tìm hàm α(x, y) nhân vào 2 vế PTVP P dx + Qdy = 0 trong Giải tích đại cương chỉ đơn giản là α

chỉ chứa x hoặc chỉ chứa y , do đó cách tìm rất đơn giản:
) Bước 1: tính f = Qx − Py
) Bước 2: biểu diễn f = P g(y) hoặc f = Qg(x)

23


TopTaiLieu.Com | Chia Sẻ Tài Liệu Miễn Phí

) Bước 3: hàm cần tìm là α(x) = e−

4.4

g(x)dx

hoặc α(y) = e

g(y)dy

Tách phân thức hữu tỉ nhanh nhất

Đây tất nhiên là ứng dụng của Laplace trong giải PTVP, bước làm cho các bạn ngại làm nhất chính là
tách ghép cái phân thức hữu tỉ của s để biến đổi ngược lại thành t, lí do là lâu la và dễ nhầm!
Tuy nhiên nếu ai có biết hoặc nghiên cứu về kỹ thuật CASIO giải Toán THPT rồi thì sẽ thấy bình thường,
kỹ thuật tách phân thức bằng CASIO đã có từ lâu bắt nguồn từ việc tính tích phân hàm hữu tỉ ở lớp 12.
Sau đây là toàn bộ phương pháp do tôi học được và nghiên cứu thêm, đi từ đơn giản đến phức tạp:
xk +

♥ Dạng 1:

=

b
a

1
1
=
.
k
b d
b
+ b)(cx + d)
− ac xk +
a c
a
c
a
−
cxk + d axk + b

(axk

1
bc − ad

d
c
d
xk +

c



− xk +

=

1


bc − ad


1
d
xk +
c

−

1



b
k
x +
a

Cái này dễ nên tách tay cho nhanh!
♥ Dạng 2:

x(ax2

1
(ax2 + bx + c) − x(ax + b)
1
=
=
+ bx + c)
cx(ax2 + bx + c)
c

1
ax + b
−
x ax2 + bx + c

Cái này cũng nên tách tay.
f (x)
a1 (x − x0 )n−1 + a2 (x − x0 )n−2 + · · · + an
a1
an
=
=
+ ··· +
n
n
(x − x0 )

(x − x0 )
x − x0
(x − x0 )n
(degf < n)

♥ Dạng 3:

Sở dĩ chỉ xét degf < n vì giả sử degf = n + k thì ta cũng làm như cũ thôi, nhưng kết quả
ngoài như trên còn cộng thêm với gk (x) (đa thức có bậc k , hiểu chứ?)
Cái này thì tách tay không ổn, ta sẽ dùng CASIO để tách
f (x) = a1 (x − x0 )n−1 + a2 (x − x0 )n−2 + · · · + an

Dễ thấy dạng trên chính là khai triển Taylor của hàm đa thức f (x) tại x = x0 , áp dụng kỹ thuật
khai triển đa thức bằng phương pháp xấp xỉ trên máy tính CASIO ta sẽ tách nó chỉ trong khoảng
10 giây nếu đã thực hành quen! 97er thì CASIO mới bắt đầu phát triển nên phần lớn chưa biết,
chỉ đến lứa 98er thì mới thực sự "lên đỉnh"!
Nói sơ qua: để khai triển 1 đa thức bất kì ra dạng chính tắc (tức dạng a1 xn +a2 xn−1 +· · ·+an+1 ),
ta nhập đa thức vào máy sau đó gán vào biến của máy giá trị bằng 1000 (hoặc 100, thường dùng
biến X ), ta sẽ thu được kết quả f (1000). Từ kết quả này sử dụng xấp xỉ sẽ truy ngược lại được
−−−−−→
các hệ số ai i = 1, n + 1
Như vậy ở đây ta muốn tách f (x) = a1 (x − x0 )n−1 + a2 (x − x0 )n−2 + · · · + an , đặt Y = x − x0 ,
ta được f (Y + x0 ) = a1 Y n−1 + a2 Y n−2 + · · · + an . Để xấp xỉ được, ta phải gán cho x 1 giá trị

24


TopTaiLieu.Com | Chia Sẻ Tài Liệu Miễn Phí

sao cho Y = 1000, vậy ta gán X = 1000 + x0 , sau đó xấp xỉ.

Nói như thế này thì những người không biết đến kỹ thuật CASIO sẽ chẳng hiểu gì cả! Không
sao, nếu các bạn nóng lòng muốn biết quá thì hãy nhảy ngay đến VD2 để xem chi tiết, còn về lý
thuyết có vậy thôi!
f (x)
B1
B2
Bm
= 2
+
+ ··· +
m
2
2
2
+ bx + c)
ax + bx + c (ax + bx + c)
(ax + bx + c)m
−−→
với degf < 2m, Bi = pi x + qi i = 1, m và tam thức ax2 + bx + c vô nghiệm thực.

♥ Dạng 4:

(ax2

Vì Bi không phải hằng số nên không thể làm như

f (x)
được, nhưng trái lại ta sử dụng
(x − x0 )n

kỹ thuật chia đa thức có dư bằng CASIO khá hay!
Ta thấy:

(ax2

f (x)
B2
Bm
= B1 + 2
+ ··· +
m−1
2
+ bx + c)
ax + bx + c
(ax + bx + c)m−1

Như vậy B1 chính là thương của phép chia f (x) cho (ax2 + bx + c)m−1 , việc chia bằng CASIO khá là đơn giản (cũng là phương pháp xấp xỉ, xem VD sẽ thấy!).
⇒

f (x) − B1 (ax2 + bx + c)m−1
B3
Bm
= B2 + 2
+ ··· +
2
m−2
2
(ax + bx + c)
ax + bx + c
(ax + bx + c)m−2

Như vậy B2 là thương của phép chia f (x) − B1 (ax2 + bx + c)m−1 cho (ax2 + bx + c)m−2 . . .
Cứ như thế ta sẽ tìm ra các Bi
Có 3 điều cần chú ý ở đây:
−−→
1. Các Bi i = 1, m trong phép chia không phải luôn là bậc nhất, có thể là tam thức bậc 2

(phát hiện từ thực nghiệm!), khi đó ta sẽ thêm 1 khâu rất nhỏ nữa để khử nốt nó đưa về
dạng chính xác, đơn giản thôi. . .
2. Khi chia phân thức mà hệ số bậc cao nhất của mẫu là 1 thì chỉ cần gán X = 1000 là có
thương ngay, nhưng nếu hệ số ấy là một số khác, ta phải nhân thêm kết quả chia với số đó
(như VD4).
3. Để đảm bảo chính xác khi dùng kỹ thuật chia, nên thử với cả X = 1000 và X = 100, vì giá
trị lớn dễ gây sai số, việc xấp xỉ với X = 100 tương tự như X = 1000 thôi. Nếu cả 2 kết
quả giống nhau thì yên tâm, lệch nhau thì nên tin kết quả của X = 100
Cách sử dụng phép chia trên tôi nghĩ ra trong lúc viết tài liệu này, trước đó 3 năm có 1 cách khác
đã thống trị, đó là sử dụng nghiệm phức của tam thức ax2 + bx + c và tính giới hạn! Cách đấy
lằng nhằng, dễ sai, do đó các bạn không cần phải quan tâm nó làm gì.
f (x)
(x − x0
+ bx + c)m
a1
an
B1
Bm
=
+ ··· +
+
+ ··· +
n

2
2
x − x0
(x − x0 )
ax + bx + c
(ax + bx + c)m
−−→
với Bi = pi x + qi i = 1, m và degf < n, tam thức ax2 + bx + c vô nghiệm thực.

♥ Dạng 5:

)n (ax2

25