[FULL] Bài giảng Giải tích 2 năm học 2020 – 2021 – Nguyễn Quang Vinh – UET

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (3.12 MB, 92 trang )

(1)Chương 1. HÀM SỐ NHIỀU BIẾN. TailieuVNU.com. 1.1. Các khái niệm cơ bản 1.1.1. Không gian Euclide n chiều Rn 1.1.1.1. Định nghĩa. Không gian Euclide n chiều Rn là tập hợp các bộ có thứ tự của n số thực x1, x2, …, xn tức là Rn = {(x1,x2, …,xn) | xiR}. Khi n = 1 thì R1 là tập hợp các số thực R. Khi n = 2 thì R2 là tập hợp các cặp số thực (x1,x2) hay tập hợp các điểm của mặt phẳng. Theo thói quen từ trước, các điểm của R2 thường được ký hiệu là (x,y) thay cho (x1,x2). Khi n = 3 thì R3 là tập hợp các bộ ba số thực (x1,x2,x3) hay tập hợp các điểm của không gian. Theo thói quen từ trước, các điểm của R3 thường được ký hiệu là (x,y,z) thay cho (x1,x2,x3). Vì R1 là tập hợp các điểm của trục số, R2 là tập hợp các điểm của mặt phẳng, R3 là tập hợp các điểm của không gian nên R1, R2 và R3 được gọi lần lượt là “không gian 1 chiều”, “không gian 2 chiều” và “không gian 3 chiều”. Tổng quát, Rn được gọi là “không gian n chiều” hay ngắn gọn “không gian Rn” và mỗi phần tử của nó được gọi là một điểm, còn (x1,x2,…,xn) được gọi là tọa độ của một điểm của Rn. 1.1.1.2. Khoảng cách trong Rn Khoảng cách giữa hai điểm M1(x1) và M2(x2) trên trục số (R1) được định nghĩa là d ( M1 , M 2 )  x 1  x 2  ( x 1  x 2 ) 2 .. Khoảng cách giữa hai điểm M1(x1,y1) và M2(x2,y2) trong mặt phẳng (R2) được định nghĩa là d(M1 , M 2 )  ( x1  x 2 ) 2  ( y1  y 2 ) 2 .. Khoảng cách giữa hai điểm M1(x1,y1,z1) và M2(x2,y2,z2) trong không gian (R3) được định nghĩa là d(M1 , M 2 )  ( x1  x 2 ) 2  ( y1  y 2 ) 2  (z1  z 2 ) 2 . Tổng quát, khoảng cách giữa hai điểm M1(x1,x2,…,xn) và M2(y1,y2,…,yn) trong không gian Rn được định nghĩa là d(M1 , M 2 )  ( x1  y1 ) 2  ( x 2  y 2 ) 2  ...  ( x n  y n ) 2 . Khoảng cách giữa hai điểm được định nghĩa như trên được gọi là khoảng cách Euclide. Cũng như trên trục số, trong mặt phẳng và trong không gian, khoảng cách Euclide trong Rn có các tính chất: (1) d(M1,M2)  0 và d(M1,M2) = 0  M1  M2 (2) d(M1,M2) = d(M2,M1) (3) d(M1,M2)  d(M1,M3) + d(M2,M3) – bất đẳng thức tam giác với M1, M2, M3 là 3 điểm bất kỳ của Rn. Nhận xét. Khoảng cách giữa hai điểm trong Rn là ánh xạ từ Rn vào R (Rn  R). 1.1.1.3. Lân cận, tập mở, tập đóng và tập bị chặn trong Rn Giả sử Mo là một điểm của không gian Rn,  là một số thực dương, khi đó tập hợp tất cả các điểm MRn sao cho d(M0,M) <  được gọi là  - lân cận của điểm M0. Mọi tập hợp chứa một  - lân cận nào đó của điểm M0 được gọi là lân cận của điểm M0. Giả sử tập hợp E  Rn, điểm ME được gọi là điểm trong của E nếu tồn tại một  - lân cận nào đó của điểm M nằm hoàn toàn trong E. Tập hợp E được gọi là mở nếu mọi điểm của nó đều là điểm trong. Giả sử tập hợp E  Rn, điểm NRn được gọi là điểm biên của tập hợp E nếu mọi  - lân cận của điểm N vừa chứa những điểm thuộc E vừa chứa những điểm không thuộc E. Điểm biên của tập hợp E có thể thuộc E cũng có thể không thuộc E. Tập hợp tất cả các điểm biên của E được gọi là biên của nó. 1.

(2) Tập hợp E  Rn được gọi là đóng nếu nó chứa mọi điểm biên của nó.. TailieuVNU.com. Ví dụ 1.1. Giả sử E là tập hợp tất cả các điểm MRn sao cho d(M0,M) < r với M0Rn là một điểm cố định và r là một số thực dương, là một tập hợp mở. Chứng minh. Giả sử M là một điểm bất kỳ của E, do đó d(Mo,M) < r. Đặt  = r – d(M0,M), khi đó  - lân cận của M nằm hoàn toàn trong E vì nếu P là một điểm của lân cận ấy thì ta có d(M,P) < , do đó theo bất đẳng thức tam giác d(M0,P)  d(M0,M) + d(M,P) < d(M0,M) +  = r. Tập hợp E nói trong ví dụ được gọi là quả cầu mở tâm M0 bán kính r. Biên của tập hợp E này gồm các điểm M sao cho d(M0,M) = r được gọi là mặt cầu tâm M0 bán kính r. Tập hợp các điểm M sao cho d(M0,M)  r là một tập hợp đóng, được gọi là quả cầu đóng tâm M0 bán kính r. Tập hợp E  Rn được gọi là bị chặn nếu tồn tại một quả cầu nào đó chứa nó. Tập hợp E  Rn được gọi là liên thông nếu có thể nối hai điểm bất kỳ của nó bởi một đường liên tục nằm hoàn toàn trong E. Tập hợp liên thông được gọi là đơn liên nếu nó bị giới hạn bởi một mặt kín, được gọi là đa liên nếu nó bị giới hạn bởi nhiều mặt kín rời nhau từng đôi một. 1.1.2. Hàm số nhiều biến, hàm véc tơ 1.1.2.1. Hàm số nhiều biến Xét không gian Euclide n chiều Rn, giả sử D  Rn. Khi đó ánh xạ f: D  R xác định bởi x = (x1,x2, …,xn)  D  u = f(x)  f(x1,x2, …,xn)  R được gọi là hàm số n biến số xác định trên D; D được gọi là miền xác định của hàm số f; còn x1, x2, …, xn được gọi là các biến số độc lập. Theo thói quen từ trước, với n = 2, người ta hay dùng ký kiệu z = f(x,y) đối với hàm số 2 biến và với n = 3, người ta hay dùng ký hiệu u = f(x,y,z) đối với hàm số 3 biến. Cũng như đối với hàm số 1 biến, miền xác định D(f) của hàm số n biến là tập hợp tất cả các điểm xRn sao cho biểu thức tạo ra hàm số f(x)  f(x1,x2, …,xn) có nghĩa. Ví dụ 1.2. Tìm miền xác định của các hàm số (a) Hàm số z  f ( x, y)  1  x 2  y 2 Xét biểu thức 1  x 2  y 2 , để biểu thức này có nghĩa thì biểu thức dưới căn bậc hai phải không âm, tức là 1 – x2 – y2  0, suy ra miền xác định D(f) của hàm số đã cho là {x2 + y2  1} là quả cầu (hình tròn) đóng tâm O có bán kính r = 1. (b) Hàm số z = f(x,y) = ln(x + y – 1) Xét biểu thức ln(x + y – 1), để biểu thức này có nghĩa thì đối số của hàm số loga phải dương, tức là x + y – 1 > 0, suy ra miền xác định D(f) của hàm số đã cho là x + y > 1 (nửa mặt phẳng mở nằm phía trên đường thẳng y = 1 – x). x (c) Hàm số u  f ( x, y, z)  1  x 2  y2  z2 x Để biểu thức có nghĩa thì biểu thức dưới căn bậc hai ở mẫu số phải dương, suy 2 1  x  y2  z2 ra miền miền xác định D(f) của hàm số đã cho là {x2 + y2 + z2 < 1} (quả cầu mở tâm O có bán kính r = 1). Lưu ý. Từ đây về sau, các vấn đề sẽ được trình bày chi tiết cho trường hợp n = 2 (hàm số 2 biến) hoặc n = 3 (hàm số 3 biến). Các vấn đề ấy được mở rộng hoàn toàn tương tự đối với n nguyên dương (hàm số n biến) bất kỳ. 1.1.2.2. Hàm véc tơ. 2.

(3) TailieuVNU.com. Giả sử Rm, Rn tương ứng là không gian Euclide m, n chiều. Ánh xạ f: D  Rm, trong đó D  Rn được gọi là hàm véc tơ n biến. Giá trị của hàm véc tơ f có m thành phần f = (f1, f2, …, fm). Trường hợp riêng, khi m = 1 và n = 1, hàm véc tơ chính là hàm số một biến được nghiên cứu kỹ trong học phần Giải tích 1 đã học; khi m = 1 và n > 1, hàm véc tơ chính là hàm số nhiều biến vừa được định nghĩa ở trên và sẽ được nhiên cứu trong học phần Giải tích 2 này. 1.2. Giới hạn 1.2.1. Giới hạn của hàm số nhiều biến. Ta nói rằng dãy điểm {Mn(xn,yn)} tiến đến điểm M0(x0,y0) trong R2 và viết Mn  M0 khi n lim x n  x 0 nếu lim d(M 0 , M n )  0  n  . n  yn  y0 lim n  Giả sử hàm số f(x,y) xác định trong một lân cận V nào đó của điểm M0(x0,y0) (có thể không xác định tại M0). Ta nói rằng hàm số f(x,y) có giới hạn L khi điểm M(x,y) tiến đến điểm M0(x0,y0) (MM0) nếu với mọi dãy điểm Mn(xn,yn) (khác M0) thuộc lân cận V tiến đến M0, ta đều có lim f ( x n , y n )  L . Khi đó ta viết lim f ( x, y)  L . n . ( x , y ) ( x 0 , y 0 ). Nói cách khác: Giả sử hàm số f(x,y) xác định trong một lân cận V nào đó của điểm M0(x0,y0) (có thể không xác định tại M0). Ta nói f(x,y) có giới hạn L khi điểm M(x,y) tiến đến điểm M0(x0,y0) (MM0) và viết lim f ( x, y)  L nếu với  > 0 bé tùy ý cho trước,  = () > 0 sao cho với ( x , y ) ( x 0 , y 0 ). (x,y)V thỏa mãn 0  d(M, M 0 )  ( x  x 0 ) 2  ( y  y 0 ) 2   thì f(x) – L< . Lưu ý. 1. Giá trị của L, x0, y0 có thể nhận các giá trị -, <hữu hạn>, +. 2. Các định lý về giới hạn của tổng, tích, thương, lũy thừa, căn đối với hàm số một biến (n = 1) trong học phần Giải tích 1 vẫn đúng đối với hàm số nhiều biến (n > 1). Cụ . thể. lim. ( x , y ) ( x 0 , y 0 ). + + + + + +. là:. Cho. các. hàm. số. f(x,y),. g(x,y),. và. giả. sử. . lim. ( x , y ) ( x 0 , y 0 ). f ( x , y)  L ,. g( x, y)  M , Khi đó lim. f (x, y)  g(x, y)  L  M. lim.  f ( x , y )  L. lim. f (x, y).g(x, y)  L.M. lim. f ( x , y) L  , (M  0) g ( x , y) M. lim. f (x, y)n. ( x , y ) ( x 0 , y 0 ). ( x , y ) ( x 0 , y 0 ). ( x , y ) ( x 0 , y 0 ). ( x , y ) ( x 0 , y 0 ). ( x , y ) ( x 0 , y 0 ). lim. n. ( x , y ) ( x 0 , y 0 ).  Ln. f ( x , y)  n L , ( n  N ). 3. Nguyên lý kẹp vẫn đúng đối với hàm số nhiều biến. Cụ thể là: Cho các hàm số h(x,y), f(x,y), g(x,y); giả sử h(x,y) ≤ f(x,y) ≤ g(x,y) với mọi điểm (x,y) trong một lân cận nào đó của điểm (x0,y0) và lim h ( x, y)  lim g( x, y)  L thì ( x , y ) ( x 0 , y 0 ). lim. ( x , y ) ( x 0 , y 0 ). f ( x , y)  L .. 3. ( x , y ) ( x 0 , y 0 ).

(4) TailieuVNU.com. 4. Tích của một VCB với một hàm số giới nội cũng là VCB.. 5. Cần nhấn mạnh rằng, theo định nghĩa giới hạn của hàm số nhiều biến thì giá trị giới hạn L không phụ thuộc vào cách thức của điểm M tiến đến điểm M0. Do đó, nếu MM0 theo các cách khác nhau mà hàm số tiến đến các giá trị khác nhau thì hàm số không tồn tại giới hạn khi MM0. Do đó, để chứng minh một hàm số không tồn tại giới hạn tại điểm M0 khi MM0, thông thường có hai cách thực hiện, chẳng hạn đối với hàm số 2 biến f(x,y): + Nếu chỉ ra được hai dãy điểm (xn,yn), (x ,n , y ,n ) cùng tiến đến điểm M0(x0,y0) và lim ( x n , y n )  M 0 , lim ( x ,0 , y ,n )  M 0 , nhưng lim f ( x n , y n )  L1 , lim f ( x ,n , y ,n )  L 2 với L1 ≠ L2 thì n  . n . giới hạn. lim. ( x , y ) ( x 0 , y 0 ). n . n . f ( x, y) không tồn tại.. + Nếu chỉ ra được hai đường (thẳng hoặc cong) và nếu điểm M tiến đến điểm M0 dọc trên hai đường này mà hàm số f(x,y) có giới hạn khác nhau thì giới hạn lim f ( x, y) không tồn tại. ( x , y ) ( x 0 , y 0 ). Ví dụ 1.3. x 2  y2. (a) Cho f ( x , y) . , tìm giới hạn lim f ( x, y) ( x , y )( 0 , 0 ) x 2  y2  1  1 Miền xác định của hàm số f(x,y) là D = R2\{(0,0)}. 0 Đây là giới hạn có dạng vô định . 0 x  0 Ta có d(M 0 , M)  ( x  0) 2  ( y  0) 2  x 2  y 2  d  0 khi  y  0. suy ra f ( x , y)  do đó. lim. ( x , y ) ( 0 , 0 ). x 2  y2 x  y 1 1 2. 2. f ( x , y)  lim. d 0. d. 2. d2. . d 1 1 2. . . d. d2 2. d. 2.  d. 1 1. . 1 1 2. . 1 1.  d2  1  1.  1  1  2.. xy , tìm giới hạn lim f ( x, y) ( x , y )( 0 , 0 ) x  y2 2 Miền xác định của hàm số f(x,y) là D = R \{(0,0)}. 0 Đây là giới hạn có dạng vô định . 0. (b) Cho hàm số f ( x, y) . 2. Nếu cho (x,y)  (0,0) dọc theo đường thẳng y = kx với các phương khác nhau (khi k thay đổi) x (kx ) k k thì ta có f ( x, kx )  2 khi x ≠ 0, do đó lim f ( x, kx )  . Suy ra, khi (x,y)   2 2 x  0 x  (kx ) 1 k 1 k2 (0,0) theo các phương khác nhau thì f(x,y) dẫn đến các giới hạn khác nhau. Như vậy, theo định nghĩa, không tồn tại giới hạn lim f ( x, y) . ( x , y )( 0 , 0 ). (c) Cho hàm số f ( x , y) . xy. , tìm giới hạn lim f ( x, y) ( x , y )( 0 , 0 ) x  y2 Miền xác định của hàm số f(x,y) là D = R2\{(0,0)}. 0 Đây là giới hạn có dạng vô định . 0 x x Vì  1 với (x,y) ≠ (0,0) nên f ( x , y)  y  1. y  y 2 2 2 x y x  y2 lim. ( x , y )( 0 , 0 ). f ( x , y) . lim. ( x , y )( 0 , 0 ). 2. f ( x, y)  lim y  0  y0. lim. ( x , y )( 0 , 0 ). 4. f ( x, y)  0.. do. đó.

(5) xy3 (d) Cho hàm số f ( x, y)  2 , tìm giới hạn lim f ( x, y) ( x , y )( 0 , 0 ) 2 x  3y 6 Miền xác định của hàm số f(x,y) là D = R2\{(0,0)}. 0 Đây là giới hạn có dạng vô định . 0. TailieuVNU.com. Nếu cho (x,y)  (0,0) theo đường thẳng y = kx với các phương khác nhau (khi k thay đổi) thì ta x (kx ) 3 k 3x 2 có f ( x, kx )  2 khi x ≠ 0, do đó lim f ( x, y)  lim f ( x, kx )  0 theo mọi  ( x , y )( 0 , 0 ) x 0 2x  3(kx ) 6 2  3k 6 x 4 phương khác nhau. Tuy nhiên, điều này không có nghĩa là giới hạn phải tìm tồn tại và bằng 0. Thật y 3 .y 3 1 vậy, nếu cho (x,y)  (0,0) theo đường cong x = y3 thì ta có f ( y 3 , y)   . Như vậy, 3 2 6 2( y )  3y 5 theo định nghĩa, không tồn tại giới hạn lim f ( x, y) . ( x , y )( 0 , 0 ). 2x  x  xy  y 4 , tìm giới hạn lim f ( x, y) ( x , y )(1, 0 ) x 2  y2 2 Miền xác định của hàm số f(x,y) là D = R \{(0,0)}.  lim ( 2 x 4  x  xy  y 4 )  3 lim (2 x 4  x  xy  y 4 ) 3 ( x ,y )(1, 0 ) ( x , y )(1, 0 )  lim f ( x , y)   3 Ta có  2 2 2 2 ( x , y )(1, 0 ) lim ( x  y ) 1 lim ( x  y )  1 ( x ,y )(1, 0 ) ( x , y )(1, 0 ). (e) Cho hàm số f ( x, y) . 4. (f) Cho hàm số f ( x, y)  ( x  y)e ( x. 2.  y2 ). , tìm giới hạn. lim. ( x , y )(  , ). f ( x , y). Miền xác định của hàm số f(x,y) là D = R2. x x y y 2 2 2 2 Ta có 0  xe ( x  y )  ( x 2  y2 )  x 2  0 khi x và 0  ye( x  y )  ( x 2  y2 )  y2  0 khi e e e e  ( x 2  y2 )  ( x 2  y2 )  lim ye  0  0  0. y, do đó lim f ( x, y)  lim xe ( x , y )(  , ). ( x , y )(  , ). ( x , y )(  , ). x  2y , tìm giới hạn lim f ( x, y) ( x , y )( 0 , 0 ) x 2  2y2 Miền xác định của hàm số f(x,y) là D = R2\{(0,0)}. x  2y x  2y  x  2 y sin 2  x  2 y vì Ta có f ( x, y)  ( x  2 y) sin 2 2 x  2y x  2y 2. (g) Cho hàm số f ( x, y)  ( x  2 y) sin. và sin. x  2y  1 với (x,y)D do đó x 2  2y2. lim. ( x , y )( 0 , 0 ). f ( x , y) . lim. ( x , y )( 0 , 0 ). x  2 y)  0 . lim. ( x  2 y)  0. lim. f ( x, y)  0.. ( x , y )( 0 , 0 ). ( x , y )( 0 , 0 ). 2x 2 y , tìm giới hạn lim f ( x, y) ( x , y )( 0 , 0 ) x 4  y2 2 Miền xác định của hàm số f(x,y) là D = R \{(0,0)}. 0 Đây là giới hạn có dạng vô định . 0 2x 2 y Ta tìm giới hạn của hàm số f ( x , y)  4 khi (x,y)(0,0) dọc theo đường parabol y = kx2, x  y2. (h) Cho hàm số f ( x , y) . 2x 2 (kx 2 ) 2k 2k , suy ra giới hạn này nhận các giá trị khác  lim  4 2 2 2 x 0 x 0 x  ( kx ) x 0 1  k 1 k2 nhau ứng với giá trị của k khác nhau; chẳng hạn, nếu (x,y)(0,0) dọc theo đường parabol y = x2 (k =. ta có lim f ( x, kx 2 )  lim. 5.

(6) 1) thì. lim. ( x , y ) ( 0 , 0 ).  1, còn nếu (x,y)(0,0) dọc theo đường parabol y = 2x (k = 2) thì 2. vậy, theo định nghĩa, không tồn tại giới hạn (i) Chứng minh rằng, hàm số f ( x , y)  Đây là giới hạn có dạng vô định. lim. ( x , y )( 0 , 0 ). TailieuVNU.com lim. ( x , y ) ( 0 , 0 ). . 4 . Như 5. f ( x , y) .. x 2  y2 không tồn tại giới hạn lim f ( x, y) . ( x , y ) ( 0 , 0 ) x 2  y2. 0 . 0. x 2  02 x 2 Chứng minh: Khi (x,y)(0,0) dọc theo đường y = 0 thì f ( x,0)  2   1 với x ≠ 0, x  02 x 2 02  y2  y2 còn khi (x,y)(0,0) dọc theo đường x = 0 thì f (0, y)  2  2  1 với y ≠ 0. Do đó, theo 0  y2 y x 2  y2 định nghĩa, không tồn tại giới hạn lim . ( x , y ) ( 0 , 0 ) x 2  y 2. 1.2.2. Khái niệm liên tục của hàm số nhiều biến 1.2.2.1. Định nghĩa. Cho hàm số hai biến f(x,y) có miền xác định DR2, ta nói hàm số f(x,y) liên tục tại điểm M0(x0,y0)D nếu tồn tại giới hạn lim f ( x, y) và giá trị của giới hạn này bằng giá ( x , y )( x 0 , y0 ). trị của hàm số f(x,y) tại điểm (x0,y0), tức là. lim. ( x , y )( 0 , 0 ). f ( x, y)  f ( x 0 , y 0 ). Khi đó, điểm M0(x0,y0) được. gọi là điểm liên tục của hàm số f(x,y). Hàm số f(x,y) được gọi là hàm số liên tục trong miền D nếu nó liên tục tại mọi điểm của miền D. Lưu ý. Các tính chất liên tục đối với hàm số một biến (n = 1) đã học trong học phần Giải tích 1 vẫn đúng đối với hàm số nhiều biến (n > 1). Ví dụ 1.4. Xét tính liên tục của các hàm số sau đây  x 2  y2  khi ( x , y)  (0,0) (a) f ( x , y)   x 2  y 2  khi ( x , y)  (0,0) 0 Miền xác định của hàm số f(x,y) là D = R2. Tại điểm (x0,y0) ≠ (0,0) thì. lim. ( x , y )( x 0 , y0 ). f ( x , y) . x 2  y 2 x 02  y 02  2  f ( x 0 , y 0 ) nên hàm số ( x , y )( x 0 , y0 ) x 2  y 2 x 0  y 02 lim. liên tục tại mọi điểm (x0,y0) ≠ (0,0). Tại điểm O(0,0) ta có f(0,0) = 0 nhưng không tồn tại. lim. ( x , y ) ( 0 , 0 ). f ( x, y) . Thật vậy, xét dãy. p  x n  n x n  0 điểm M n ( x n , y n ) với  với p, q là các hằng số không đồng thời bằng 0, nN*   khi n y n  0 y  q  n n  , do đó M n ( x n , y n )  O(0,0) khi n  . 2. 2. p q     2 2 x n  yn  n   n  p2  q2 p2  q2    lim f ( x , y )  Ta có f ( x n , y n )  2 nên khi p và q n n n  x n  y 2n  p  2  q  2 p 2  q 2 p2  q2     n n nhận các giá trị khác nhau thì giá trị giới hạn trên nhận các giá trị khác nhau, do đó, theo định nghĩa,. 6.

(7) TailieuVNU.com. hàm số f(x,y) không tồn tại giới hạn khi (x,y)  (0,0). Do đó hàm số f(x,y) không liên tục tại điểm O(0,0).  x 2  y2  khi ( x , y)  (0,0) Như vậy, hàm số f ( x , y)   x 2  y 2 liên tục tại mọi điểm trong mặt phẳng  khi ( x , y)  (0,0) 0 tọa độ Oxy, trừ điểm gốc tọa độ.  xy   (b) f ( x, y)   x 2  y 2 khi ( x, y)  (0,0) với R 0 khi ( x, y)  (0,0)  Miền xác định của hàm số f(x,y) là D = R2. Tại điểm (x0,y0) ≠ (0,0) thì. lim. ( x , y ) ( x 0 , y 0 ). f ( x , y) . xy. lim. ( x , y ) ( x 0 , y 0 ). . x 2  y2. . x 0 y0. .  f ( x 0 , y 0 ) nên hàm. x 02  y 02. số liên tục tại mọi điểm (x0,y0) ≠ (0,0). Tại điểm (x0,y0) = (0,0) thì f(0,0) = 0. . xy  1 1 1   x 2  y 2  với (x,y)R2\{(0,0)}. Ta có xy  x 2  y 2 với (x,y)R2, suy ra 2 2 x y 2 2 Có hai trường hợp xảy ra:. . . nguyên lý kẹp thì. lim. ( x , y )( 0 , 0 ). . x  0 1 2 2  1 x  y  0 khi , do đó theo  x 2  y 2 2 y  0 f ( x, y)  0 . Theo định nghĩa, trong trường hợp này, hàm số f(x,y) đã cho liên. - Nếu  - 1 > 0   > 1 thì 0  f ( x , y) . xy. . . . tục tại điểm O(0,0).   1 1  - Nếu  - 1  0    1, nếu chọn dãy M n ( x n , y n )  M n  ,  , tức là (xn,yn)  (0,0) khi n  n n  .   thì f x n , y n  . x n yn. .   khi n   do đó lim f ( x, y)  lim f x n , y n   f (0,0) . ( x , y )( 0 , 0 ) n  x y 2n Theo định nghĩa, trong trường hợp này, hàm số f(x,y) đã cho không liên tục tại điểm O(0,0).  xy   Như vậy, hàm số f ( x, y)   x 2  y 2 khi ( x, y)  (0,0) liên tục tại mọi điểm trong mặt phẳng 0 khi ( x, y)  (0,0)  tọa độ Oxy khi  > 1, không liên tục tại điểm gốc tọa độ O(0,0) khi   1. 2 n. 2 n. . 1. 2 (1 ). 1.2.2.2. Điểm gián đoạn của hàm số Hàm số f(x,y) được gọi là gián đoạn tại điểm M0(x0,y0) nếu nó không liên tục tại điểm đó và điểm M0(x0,y0) được gọi là điểm gián đoạn của hàm số. Như vậy, khái niệm hàm số gián đoạn tại một điểm là phủ định khái niệm hàm số liên tục tại điểm đó, tức là hàm số f(x,y) gián đoạn tại điểm M0(x0,y0) nếu: (1) hoặc nó không xác định tại điểm M0(x0,y0); (2) hoặc nó xác định tại điểm M0(x0,y0) nhưng không tồn tại giới hạn. (3) hoặc nó xác định tại điểm M0(x0,y0) và tồn tại giới hạn lim. ( x , y )( x 0 , y0 ). f ( x, y)  f ( x 0 , y 0 ).. Ví dụ 1.5. Xác định các điểm gián đoạn của các hàm số sau đây. 7. lim. ( x , y )( x 0 , y0 ). lim. f ( x , y) ;. ( x , y )( x 0 , y0 ). f ( x, y) nhưng.

(8) TailieuVNU.com. x 2  2 xy  5 (a) f ( x , y)  2 y  2x  1 Hàm số đang xét không xác định tại các điểm (x,y) thỏa mãn phương trình y2 – 2x + 1 = 0, suy ra các điểm (x,y)R2 nằm trên đường parabol y2 = 2x – 1 là các điểm gián đoạn của nó.. Hơn nữa, tại điểm (x0,y0) không thỏa mãn phương trình y2 – 2x + 1 = 0 thì x 2  2 xy  5 x 02  2x 0 y 0  5 lim f ( x, y)  lim  2  f ( x 0 , y 0 ) nên hàm số liên tục tại mọi ( x , y )( x 0 , y0 ) ( x , y ) ( x 0 , y 0 ) y 2  2 x  1 y 0  2x 0  1 điểm không nằm trên đường parabol y2 = 2x – 1. Như vậy, đối với hàm số đang xét, các điểm (x,y)R2 nằm trên đường parabol y2 = 2x – 1 là các điểm gián đoạn của nó. Các điểm gián đoạn của hàm số đang xét thuộc trường hợp (1).  x 2  y2  khi ( x , y)  (0,0) (b) f ( x , y)   x 2  y 2  khi ( x , y)  (0,0) 0 Hàm số đang xét xác định tại điểm (0,0), tức là f(0,0) = 0. Tuy nhiên, như đã chứng minh ở Ví dụ 1.3. (a), hàm số này không tồn tại giới hạn khi (x,y)  (0,0), nên điểm (0,0) là điểm gián đoạn của nó. Hơn nữa, cũng theo chứng minh ở Ví dụ 1.3. (a), tại mọi điểm (x0,y0) ≠ (0,0) hàm số đang xét là liên tục. Như vậy, đối với hàm số đang xét, điểm gián đoạn duy nhất của nó là điểm gốc tọa độ O(0,0). Điểm gián đoạn của hàm số đang xét thuộc trường hợp (2).  x 2  y2 khi ( x, y)  (0,0)  (c) f ( x, y)   x 2  y 2  1  1 0 khi ( x, y)  (0,0)  Hàm số đang xét xác định tại điểm (0,0), tức là f(0,0) = 0; tuy nhiên, như đã chứng minh ở Ví dụ 1.2.(a), hàm số có lim f ( x, y)  2 ; do đó lim f ( x, y)  f (0,0) nên theo định nghĩa, điểm gốc tọa ( x , y )( 0 , 0 ). ( x , y )( 0, 0 ).  x 2  y2 khi ( x, y)  (0,0)  2 độ O(0,0) là điểm gián đoạn của hàm số f ( x, y)   x  y 2  1  1 . 0 khi ( x, y)  (0,0)  Hơn nữa, hàm số đang xét liên tục tại mọi tại điểm (x0,y0) ≠ (0,0). Thật vậy, ta có x 02  y 02 x 2  y2 lim f ( x , y)  lim   f (x 0 , y0 ) . ( x , y )( x 0 , y0 ) ( x , y )( x 0 , y0 ) x 2  y2  1  1 x 02  y 02  1  1. Như vậy, đối với hàm số đang xét, điểm gián đoạn duy nhất của nó là điểm gốc tọa độ O(0,0). Điểm gián đoạn của hàm số đang xét thuộc trường hợp (3). 1.3. Phép tính vi phân 1.3.1. Định nghĩa đạo hàm riêng, đạo hàm riêng của hàm hợp 1.3.1.1. Đạo hàm riêng Cho hàm số z = f(x,y) xác định trên tập mở DR2, giả sử điểm M0(x0,y0)D. Cho y = y0 thì hàm số hai biến z = f(x,y0)  g(x) trở thành hàm số một biến đối với x, khi đó nếu hàm số g(x) có đạo hàm tại x = x0 thì đạo hàm đó gọi là đạo hàm riêng theo biến x của hàm số f(x,y) f ( x 0 , y 0 ) tại điểm M0(x0,y0) và ký hiệu là f x' ( x 0 , y 0 ) hoặc . x. 8.

(9) TailieuVNU.com. g( x )  g( x 0 ) f ( x, y 0 )  f ( x 0 , y 0 ) Như vậy, f ( x 0 , y 0 )  lim , nếu ký hiệu x = x – x0 thì x  lim x x 0 x x 0 x  x0 x  x0 = x0 + x và gọi x là số gia của đối số x thì x  0 khi x  x0. ' x. Suy ra hiệu g(x)  g(x 0 )  f (x, y0 )  f (x 0 , y0 )  f (x 0  x, y0 )  f (x 0 , y0 ) được gọi là số gia riêng của hàm số f(x,y) theo biến x tại điểm M0(x0,y0) và ký hiệu là xf(x0,y0).  x f ( x 0 , y0 ) f ( x 0  x, y0 )  f ( x 0 , y0 ) .  lim x  0 x  0 x x. Do đó ta có thể viết f x' ( x 0 , y0 )  lim. Tương tự, đạo hàm riêng theo biến y của hàm số f(x,y) tại điểm M0(x0,y0) là  f (x , y ) f ( x 0 , y)  f ( x 0 , y 0 ) f ( x 0 , y0  y)  f ( x 0 , y0 ) . f y' ( x 0 , y 0 )  lim  lim y 0 0  lim yy0 y  0 y  0 y  y0 y y Lưu ý. (1) Vì M0(x0,y0) là một điểm bất kỳ của miền xác định D nên không mất tính tổng quát, ta có thể dùng M(x,y) thay cho M0(x0,y0). (2) Từ định nghĩa ta thấy rằng, để tính đạo hàm riêng theo một biến của một hàm số nhiều biến, ta coi các biến còn lại là hằng số và tính như đạo hàm thông thường đối với hàm số một biến. f f (3) Ký hiệu hoặc không phải là phép chia. y x f ( x, y) f ( x, y) Ví dụ 1.6. Tính các đạo hàm riêng , , … của các hàm số 2 hoặc 3 biến sau đây y x f ( x, y) f ( x, y) (a) z = f(x,y) = x3 – 2xy2 + y   4xy  1  3x 2  2 y 2 và y x cos y 2 f ( x, y) cos y 2 và   x x2 x  x  f ( x, y) 1 (c) z  f ( x , y)  ln  sin     x x y  sin y. (b) z  f ( x, y) . f ( x , y) 2 y sin y 2  y x.  x  1 1 x và . cos .  cot   y y y y  . 3 f ( x, y) 1 x  x 2  x x  . cos .  y    cot x y y  2 2y y y  sin y f ( x, y, z) f ( x, y, z) f ( x, y, z) (d) u = f(x,y,z) = zxy   z xy y ln z ,  xyzxy1.  z xy x ln z và y x z 1.3.1.2. Đạo hàm riêng của hàm hợp  x  x ( u , v) Cho z = f(x,y) trong đó x, y là các hàm số của hai biến độc lập u, v:  . Khi đó z =  y  y( u , v) f(x(u,v),y(u,v)) được gọi là hàm hợp của hai biến độc lập u, v. x (u, v) x (u, v) y(u, v) Giả sử rằng các hàm số x(u,v), y(u,v) có các đạo hàm riêng , , , u v u y(u, v) f ( x, y) f ( x, y) tại điểm (u,v) và hàm số f(x,y) có các đạo hàm riêng tương ứng , tại điểm y v x (x,y) = (x(u,v),y(u,v)). Khi đó các nhà toán học đã chứng minh được: f (u, v) f ( x, y) x (u, v) f ( x, y) y(u, v) ,  .  . u x du y du. 9.

(10) TailieuVNU.com. f (u, v) f ( x, y) x (u, v) f ( x, y) y(u, v)  .  . v x dv y dv f x (u, v), y(u, v)  f x (u, v), y(u, v)  Ví dụ 1.7. Tính các đạo hàm riêng , của hàm hợp z = u v x  x (u , v)  3u  v f(x,y) = xlny với  2 2  y  y(u , v)  ln u  v . Sử dụng công thức trên ta tính được: f (u, v) f ( x, y) x (u, v) f ( x, y) y(u, v)  .  .  u x du y du x 1 2(3u  v)u 3 ln y  . 2 .2u  3 ln ln( u 2  v 2 )  2 y u v u 2  v2 f (u, v) f ( x, y) x (u, v) f ( x, y) y(u, v)  .  .  v x dv y dv x 2v 2(3u  v) v  ln y  . 2   ln ln( u 2  v 2 )  2 2 y u v u  v 2 ln( u 2  v 2 ) Lưu ý.. . . .  . . (1) Nếu hàm số z = f(x,y) với y = y(x) thì nó là hàm hợp của biến x, tức là z = f(x,y(x)). Khi đó df f ( x, y) f ( x, y) dy f ( x, y) f ( x, y) f ' ( x, y( x ))    .   .y' ( x ). dx x y dx x y (2) Nếu hàm số z = f(x,y) với và x = x(t) và y = y(t) thì nó là hàm hợp của biến t, tức là z = df f ( x, y) dx f ( x, y) dy f ( x, y) f ( x, y) f(x(t),y(t)). Khi đó f ' ( x ( t ), y( t ))   .  .  .x ' ( t )  .y' ( t ). dt x dt y dt x y Ví dụ 1.8. Tính đạo hàm của các hàm hợp sau đây (a) z  f (x, y)  xey với y  y( x )  2 x f ( x, y) f ( x, y) Ta có  xe y  xe2 x , y’(x) = 2,  e y  e2x , y x f ( x, y) f ( x, y)  f ' ( x, y( x ))   .y' ( x )  e 2 x  xe2 x .2  (1  2x )e 2 x x y Kiểm tra lại f (x, y(x))  xe2 x  f ' (x, y(x))  e2 x  2xe2 x  (1  2x)e2 x x  x ( t )  te 2 t (b) z  f ( x, y)  x 1  y với   y  y( t )  e t f ( x, y) f ( x , y) xy te t Ta có ,    1  y 2  1  e 2 t , y x 1  y2 1  e 2 t 2. x' (t )  e2 t (1  2t ) và. f ( x ( t ), y( t )) f ( x ( t ), y( t )) (1  2t )e 2 t (1  e 2 t )  t .x ' ( t )  .y' ( t )  x y 1  e 2 t 1.3.2. Khái niệm vi phân toàn phần, gradient. y' ( t )  e t  f ' ( x ( t ), y( t )) . Cho hàm số z = f(x,y) xác định trên tập mở DR2, giả sử điểm M0(x0,y0)D. 1.3.2.1. Vi phân toàn phần Giả sử điểm M(x,y) = M(x0 + x,y0 + y)D. Biểu thức f(x0,y0) = f(x,y) - f(x0,y0) = f(x0 + x,y0 + y) - f(x0,y0) được gọi là số gia toàn phần của hàm số z = f(x,y) tại điểm M0(x0,y0).. 10.

(11) TailieuVNU.com. Nếu có thể biểu diễn f(x0,y0) = A.x + B.y + .x + .y, trong đó A, B là các số chỉ phụ   0 x  0 thuộc vào x0 và y0, còn  khi M  M0 tức là khi  thì ta nói rằng hàm số z = f(x,y) khả   0 y  0 vi tại điểm M0, còn biểu thức A.x + B.y được gọi là vi phân toàn phần của hàm số z = f(x,y) tại điểm M0 và ký kiệu là dz hoặc df(x0,y0). Hàm số z = f(x,y) được gọi là khả vi trong miền D nếu nó khả vi tại mọi điểm trong miền ấy.. Từ khái niệm khả vi vừa định nghĩa ở trên, ta suy ra rằng: Nếu hàm số z = f(x,y) khả vi tại điểm M0(x0,y0) thì nó liên tục tại điểm này. Thật vậy, vì hàm z = f(x,y) khả vi tại điểm M0(x0,y0) nên x  0   0 khi  thì  do đó f(x0,y0) = A.x + B.y + .x + .y  0, tức là f(x0,y0) = f(x0 + y  0   0 x,y0 + y) - f(x0,y0)  0, hay f(x0 + x,y0 + x)  f(x0,y0) điều này chứng tỏ hàm số z = f(x,y) liên tục tại điểm M0(x0,y0). Nhận xét. Ta đã biết, đối với hàm số một biến y = f(x), nếu tại điểm x = x0 tồn tại đạo hàm f’(x0) thì ta có f(x0) = f(x0 + x) – f(x0) = f’(x0).x + .x, trong đó   0 khi x  0, tức là hàm số y = f(x) khả vi tại điểm x0. Tuy nhiên, đối với hàm số nhiều biến, sự tồn tại của tất cả các đạo hàm riêng tại một điểm trong miền xác định của hàm số, chưa đủ để khẳng định hàm số khả vi tại điểm đó. Định lý (điều kiện đủ để hàm số nhiều biến khả vi tại một điểm trong miền xác định của nó). Giả sử hàm số z = f(x,y) có các đạo hàm riêng ở lân cận điểm M0(x0,y0) và giả sử các đạo hàm riêng ấy liên tục tại điểm M0 thì hàm số z = f(x,y) khả vi tại điểm M0 và ta có df ( x 0 , y 0 )  f x' ( x 0 , y 0 ).x  f y' ( x 0 , y 0 ).y . Ví dụ 1.9. Chứng minh rằng, hàm số z  f ( x, y)  ( x  y) x 2  y 2 khả vi tại điểm O(0,0). Miền xác định của hàm số đang xét là tất cả các điểm trong mặt phẳng tọa độ, tức là D = R2. Cách 1. Chứng minh bằng cách sử dụng định nghĩa Xét số gia toàn phần của hàm số z = f(x,y) tại điểm O(0,0), giả sử điểm M(x,y) tại lân cận điểm O(0,0) có tọa độ x = 0 + x, y = 0 + y; khi đó f(0,0) = f(x,y) – f(0,0) = f(0 + x,0 + x) – f(0,0) =. (0  x)  (0  y). (0  x ) 2  (0  y) 2  (0  0) 0 2  0 2  (x  y) (x ) 2  (y) 2 , mặt khác ta. có d(OM)  ( x  0) 2  ( y  0) 2  x 2  y 2  (0  x ) 2  (0  y) 2  (x ) 2  (y) 2  d . Rõ ràng là x  0 d  0 khi M  O tức là khi  . y  0 Như vậy, nếu đặt A = B = 0 và  =  = d thì có thể biểu diễn số gia toàn phần f của hàm số z =. f(x,y) tại điểm O(0,0) là f (0,0)  (x  y) (x ) 2  (y) 2  A.x  B.y  .x  .y . Theo định nghĩa, hàm số f(x,y) đang xét khả vi tại điểm O(0,0). Cách 2. Chứng minh bằng cách sử dụng định lý Tại điểm O(0,0) hàm số z = f(x,y) đang xét có các đạo hàm riêng tính được theo định nghĩa như sau:. xf f (0  x,0)  f (0,0) f (x,0)  f (0,0)  lim  lim  lim x  0  x  0  x  0 x 0 x x x  f f (0,0  y)  f (0,0) f (0, y)  f (0,0) f y' (0,0)  lim x  lim  lim  lim y  0 y0 y y0  y  0 y0 y y Tại lân cận điểm O(0,0) hàm số z = f(x,y) đang xét có các đạo hàm riêng tính được theo quy tắc x ( x  y) y( x  y) như sau: f x' ( x , y)  x 2  y 2  , f y' ( x , y)  x 2  y 2  x 2  y2 x 2  y2 f x' (0,0)  lim. x 0. 11.

(12) TailieuVNU.com. Bây giờ ta chứng minh các đạo hàm riêng f x' ( x, y) , f y' ( x, y) liên tục tại điểm O(0,0). Thật vậy, ta có 0  f x' ( x, y)  x 2  y2 . x 2  y2 . x 2( x 2  y 2 ) x y 2. 2. x ( x  y) x 2  y2. . x 2  y2 . x ( x  y) x 2  y2.  x 2  y2 . x xy x 2  y2. .  x 2  y 2  2 x  0  f x' (0,0) khi (x,y)  (0,0) vì x  y  2( x 2  y 2 ). được suy ra từ bất đẳng thức sau đây (x  y) 2  x 2  y 2  2xy  (x 2  y 2 )  (x 2  y 2 )  2(x 2  y 2 ) . Do đó đạo hàm riêng f x' ( x, y) liên tục tại điểm O(0,0). Chứng minh tương tự đối với đạo hàm riêng f y' ( x, y) . Theo định lý, hàm số z = f(x,y) đang xét khả vi tại điểm O(0,0). Cũng như đối với hàm số một biến, nếu x và y là các biến số độc lập thì dx = x và dy = y; do đó df ( x 0 , y 0 )  f x' ( x 0 , y 0 ).dx  f y' ( x 0 , y 0 ).dy . Từ định nghĩa của số gia toàn phần f và định nghĩa của vi phân toàn phần df, khi x và y có giá trị tuyệt đối khá bé, ta có thể lấy f(x0,y0)  df(x0,y0), tức là f (x 0 , y0 )  f (x 0  x, y0  y)  f (x 0 , y0 )  df (x 0 , y0 )  f x' ( x 0 , y0 ).x  f y' ( x 0 , y0 ).y  f ( x 0  x, y0  y)  f ( x 0 , y0 )  f x' ( x 0 , y0 ).x  f y' ( x 0 , y0 ).y .. Công thức cuối cùng này cho phép tính gần đúng giá trị của hàm số trong lân cận của điểm đã biết giá trị của hàm số. 1.02 Ví dụ 1.10. Tính gần đúng arctan 0.95 y Xét hàm số z  f ( x, y)  arctan , ta cần tính f(x0 + x,y0 + y) với x0 = 1, y0 = 1, x = -0.05 và x y = 0.02. y x Ta có f x' ( x, y)   2 và f y' ( x, y)  2 nên theo công thức gần đúng trên ta có 2 x  y2 x y 1* 0.02  1* 0.05  f (1  0.05,1  1.02)  f (1,1)    0.035  0.785  0.035  0.82 2 4 Lưu ý. Vi phân toàn phần của hàm số z = f(x,y) có cùng một dạng dù cho x, y là các biến số độc lập hoặc là các hàm số phụ thuộc vào các biến số độc lập khác. Do đó, vi phân toàn phần của hàm số nhiều biến cũng có dạng bất biến như vi phân của hàm số một biến. Như vậy, các công thức d(x  y) =  x  ydx  xdy dx  dy, d(xy) = xdy + ydx, d   đúng khi x, y là các biến số độc lập thì cũng đúng khi y2 y x, y là các hàm số phụ thuộc vào các biến số độc lập khác. 1.3.2.2. Gradient Giả sử hàm số 2 biến z = f(x,y) có các đạo hàm riêng tại điểm M0(x0,y0). Biểu thức   f ( x 0 , y 0 )  f ( x 0 , y 0 )  .i . j , trong đó i , j là các véc tơ đơn vị tương ứng với các trục tọa độ Ox, Oy x y của hệ trục tọa độ Oxy, được gọi là gradient của hàm số z = f(x,y) tại điểm M0, tức là véc tơ đi qua điểm M0 và có các tọa độ là các đạo hàm riêng của hàm số f(x,y) tại điểm M0 và được ký hiệu là gradf(x0,y0). Tương tự, đối với hàm số 3 biến u = f(x,y,z) có các đạo hàm riêng tại điểm M 0(x0,y0,z0). Biểu    f ( x 0 , y 0 , z 0 )  f ( x 0 , y 0 , z 0 )  f ( x 0 , y 0 , z 0 )  thức .i . j . k , trong đó i , i , k là các véc tơ đơn vị tương x y z ứng với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz của hệ trục tọa độ Oxyz, được gọi là gradient của hàm số u =. 12.

(13) TailieuVNU.com. f(x,y,z) tại điểm M0, tức là véc tơ đi qua điểm M0 và có các tọa độ là các đạo hàm riêng của hàm số f(x,y,z) tại điểm M0 và được ký hiệu là gradf(x0,y0,z0). Ví dụ 1.11. Cho u = f(x,y,z) = x3 + y3 + z3 + 3xyz, tính gradf(1,2,-1) f ( x, y, z) f ( x, y, z) f ( x, y, z)  3y 2  3zx ,  3x 2  3yz ,  3z 2  3xy y x z       f (1,2,1) f (1,2,1) f (1,2,1) gradf (1,2,1)  .i . j . k  3 i  9 j  9 k x y z 1.3.3. Định nghĩa đạo hàm theo hướng, ý nghĩa và công thức tính. Ta. có. do. đó. Cho hàm số z = f(x,y) xác định trên tập mở DR2, giả sử điểm M0(x0,y0)D. 1.3.3.1. Định nghĩa . Từ điểm M0 vẽ một đường thẳng định hướng có véc tơ đơn vị là l , giả sử điểm M(x,y)D là x  x 0  x một điểm trên đường thẳng này và là điểm lân cận của điểm M0, tức là  , khi đó ta có  y  y 0  y . M 0 M   l với   d(M 0 M)  ( x  x 0 ) 2  ( y  y 0 ) 2  (x ) 2  (y) 2 . Bây giờ, cho M  M0 dọc. x  0 theo đường thẳng định hướng trên thì   0   khi đó, nếu tồn tại giới hạn hữu hạn y  0 f ( x , y)  f ( x 0 , y 0 ) f ( x 0  x, y 0  x )  f ( x 0 , y 0 ) f thì giá trị này được gọi là lim  lim  lim 0  0 ( x ,y )( 0 , 0 )  (x ) 2  (y) 2 . đạo hàm của hàm số f(x,y) theo hướng l tại điểm M0 và ký hiệu là. f ( x 0 , y 0 ) . .. l Tương tự, đối với hàm số 3 biến, từ điểm M0 vẽ một đường thẳng định hướng có véc tơ đơn vị. . là l , giả sử điểm M(x,y,z)D là một điểm trên đường thẳng này và là điểm lân cận của điểm M0, tức x  x 0  x   là  y  y 0  y , khi đó ta có M 0 M   l với   d(M 0 M)  ( x  x 0 ) 2  ( y  y0 ) 2  (z z 0 ) 2 . Bây z  z  z 0  giờ, cho M  M0 dọc theo đường thẳng định hướng trên thì   0, khi đó, nếu tồn tại giới hạn hữu f ( x, y, z)  f ( x 0 , y 0 , z 0 ) f ( x 0  x , y 0  x , z 0  z)  f ( x 0 , y 0 , z 0 ) f hạn l i m  l i m thì  lim 0  0 (  x ,  y ,  z )  ( 0 , 0 , 0 )  (x ) 2  (y) 2  (z) 2 . giá trị này được gọi là đạo hàm của hàm số f(x,y,z) theo hướng l tại điểm M0 và ký hiệu là f ( x 0 , y 0 , z 0 ) .  l 1.3.3.2. Ý nghĩa và công thức tính . Ý nghĩa. Đạo hàm của hàm số f theo hướng l biểu thị tốc độ biến thiên của hàm số f theo . hướng l . Định lý. (công thức tính đạo hàm theo hướng) Nếu hàm số z = f(x,y) khả vi tại điểm M0 thì tại . . điểm ấy nó có đạo hàm theo mọi hướng l và đạo hàm của hàm số f(x,y) theo hướng l được tính bằng f ( x 0 , y 0 ) f ( x 0 , y 0 ) f ( x 0 , y 0 ) công thức  cos   cos  ; trong đó cos, cos là các thành phần của  x y l. 13.

(14) . . . TailieuVNU.com. . véc tơ đơn vị l trong hệ trục tọa độ Oxy (tức là l  cos . i  cos . j ) và được gọi là các cosin chỉ . phương của véc tơ l . Tương tự, đối với hàm số 3 biến, nếu hàm số u = f(x,y,z) khả vi tại điểm M0(x0,y0,z0) thì tại . . điểm ấy nó có đạo hàm theo mọi hướng l và đạo hàm của hàm số f(x,y,z) theo hướng l được tính f ( x 0 , y 0 , z 0 ) f ( x 0 , y 0 , z 0 ) f ( x 0 , y 0 , z 0 ) f ( x 0 , y 0 , z 0 ) bằng công thức  cos   cos   cos  ; trong đó  x y y l . cos, cos, cos là các thành phần của véc tơ đơn vị l trong hệ trục tọa độ Oxyz (tức . . . . . là l  cos . i  cos . j  cos . k ) và được gọi là các cosin chỉ phương của véc tơ l . Ví dụ 1.12. . (a) Tìm đạo hàm của hàm số z = f(x,y) = x2 – y2 tại điểm M0(1,1) theo hướng véc tơ l lập với hướng dương của trục Ox một góc  = 60o. 1  f ( x, y)  f (1,1)  o  x  2x  x  2.1  2 cos 60  2 Ta có  , mặt khác    f ( x, y)  2 y  f (1,1)  2.1  2 cos 30 0  3   y  y 2 do đó. f (1,1) . . f (1,1) f (1,1) 1 3 cos 60 o  cos 30 o  2.  (2). 1 3 . x y 2 2. l (b) Tìm đạo hàm của hàm số u = f(x,y,z) = xy2z3 tại điểm M0(3,2,1) theo hướng véc tơ M 0 M với M(5,4,2).   1 M 0 M với M 0 M Trước hết cần tìm véc tơ đơn vị l của véc tơ M 0 M bằng công thức l  M 0M. là độ dài của véc tơ M 0 M . . . . Ta có các thành phần của véc tơ M 0 M là (5–2,4–2,2–1) = (2,2,1)  M 0 M  2 i  2 j  k suy ra . 1     2  2  1 M 0M  2  2  1  3  l  M 0 M   2 i  2 j  k   i  j  k suy ra các cosin chỉ 3 3 3  3 M0M 2. 2. 2. . 1.  f ( x , y, z)  f (3,2,1) 2   y2z3 4   x cos   3  x     2   f ( x , y, z)  f (3,2,1) 3  2 xyz    12 do đó phương của véc tơ đơn vị l là cos   , mặt khác  3  y  y    1   f ( x , y, z)  f (3,2,1)  3xy 2 z 2  36 cos   3    z   z f (3,2,1) f (3,2,1) f (3,2,1) f (3,2,1) 2 2 1 2  cos   cos   cos   4.  12.  36.  22 .  x y z 3 3 3 3 l. (c) Cho u = f(x,y,z) = x3 + y3 + z3 + 3xyz, tính. f (1,2,1) . l. . biết l là véc tơ đơn vị của véc tơ. M 0 M với M(2,0,1). Ta có M0(1,2-1) nên các thành phần của véc tơ M 0 M là (2–1,0–2,1–(-1)) = (1,-2,2) . . . .  M 0 M  i  2 j  2 k  M 0 M  12  (2) 2  2  3 do đó véc tơ đơn vị l của véc tơ M 0 M là 2. 14.

(15) TailieuVNU.com. .  1 2 2  1 M 0 M   i  2 j  2 k   i  j  k suy ra các cosin chỉ phương của véc tơ đơn vị l là 3 3 3  3 M0M. . . 1. l. . . . . 1 2 2 cos   , cos    , cos   . 3 3 3 f (1,2,1) f (1,2,1) f (1,2,1) Từ Ví dụ 1.11. ta có  9 và  3 ,  9 . Do đó ta được y x z f (1,2,1) f (1,2,1) f (1,2,1) f (1,2,1) 1 2  2  cos   cos   cos   3.  9.    9.  1 .  x y y 3 3  3 l . Nhận xét. (1) Đạo hàm của hàm số f(x,y) theo hướng l tại điểm M0(x0,y0) và gradient của hàm . số f(x,y) tại điểm M0 chính là tích vô hướng của véc tơ gradf(x0,y0) với véc tơ l . . (2) Đạo hàm của hàm số f(x,y) theo hướng l tại điểm M0(x0,y0) và gradient của hàm số f(x,y) tại f ( x 0 , y 0 ) điểm M0 liên hệ với nhau theo công thức  hc gradf ( x 0 , y 0 ) .  l l . . . . Thật vậy, vì l  cos . i  cos . j và l  1 nên f ( x 0 , y 0 ) . . l.    f ( x 0 , y 0 )  f ( x 0 , y 0 )    f ( x 0 , y 0 ) f ( x 0 , y 0 )  cos   cos    .i . j . cos . i  cos . j   x y  x  y    . . gradf ( x 0 , y 0 ). l  l .hc gradf ( x 0 , y 0 )  1.hc gradf ( x 0 , y 0 )  hc gradf ( x 0 , y 0 ) . l. l. l. . . Ta đã biết rằng, tích vô hướng của hai véc tơ a , b tạo thành với nhau một góc  là         a . b  a . b . cos   max a . b   a . b khi cos = 1 tức là khi  = 0, nên từ Nhận xét (1) ở trên suy ra    f ( x 0 , y 0 ) đạt giá trị lớn nhất và bằng gradf ( x 0 , y 0 ) khi l cùng hướng với gradf ( x 0 , y0 ) , tức là  l max. f ( x 0 , y0 ) . l. 2.  f ( x 0 , y0 )   f ( x 0 , y0 )   gradf ( x 0 , y0 )    . Như vậy, tốc độ biến thiên của hàm    x y    2. . . số f theo hướng véc tơ l tại điểm M0 có giá trị lớn nhất khi véc tơ l cùng hướng với véc tơ gradf. Ta cũng có kết quả tương tự đối với hàm số 3 biến trở lên. Ví dụ 1.13. (a) Tìm đạo hàm của hàm số z = f(x,y) = ln(x2 + y2) tại điểm M(3,4) theo hướng gradient của hàm f(x,y). Ta có. f ( x, y) 2x f ( x, y) 2y f (3,4) 6 f (3,4) 8 , do đó , . Trong trường  2  2   2 2 x x y y x y y 25 x 25 . hợp này, véc tơ l cùng hướng với gradf(x,y) nên f (3,4) . l. 2. 2  f (3,4)   f (3,4)   6   8   gradf (3,4)          .   5  x   y   25   25  2. (b) Tìm giá trị và hướng của gradient của hàm số. 15. 2. 2.

(16) TailieuVNU.com.    u  f (x, y, z)  tan x  x  3 sin y  sin y  z  cot z tại điểm M , ,  4 3 2 f ( x, y, z) f ( x, y, z) 1 f ( x, y, z) 1 Ta có  3 cos y  3 sin 2 y cos y và  1 ,  1  2 suy 2 y x cos x z sin x          2 f  , ,  f  , ,  f  , ,   3 1 3 1 4 3 2 4 3 2  .  và  4 3 2   1  1  0 . ra   3.  3.  2 1  1 ,   y 2 x z  2  2 8 3.          f  , ,   f  , ,   f  , ,    3 4 3 2 4 3 2 4 3 2    do đó gradf  , ,    .i  . j  .k  i  j x y z 8 4 3 2 2. 73    3 và gradf  , ,   12     0 2  . 8 4 3 2 8. 1.3.4. Đạo hàm riêng cấp cao, vi phân toàn phần cấp cao, công thức Taylor 1.3.4.1. Đạo hàm riêng cấp cao. f ( x, y) f ( x, y) ' , f y ( x , y)  được gọi y x là các đạo hàm riêng cấp 1. Khi đó, nếu đạo hàm riêng của các đạo hàm riêng cấp 1 tồn tại thì được gọi là các đạo hàm riêng cấp 2.. Xét hàm số 2 biến z = f(x,y), các đạo hàm riêng f x' ( x, y) . Như vậy, có 4 đạo hàm riêng cấp 2 và được ký hiệu là  2f ( x, y)   f ( x, y)   2f ( x, y)   f ( x, y)  " , , f ( x , y )   f x" 2 ( x, y)   2 y 2 y  y  x 2 x  x  y  2f ( x, y)   f ( x, y)   2f ( x, y)   f ( x, y)  " và f yx" ( x, y)   f ( x , y )   xy xy x  y  yx y  x  Ví dụ 1.14. Tìm các đạo hàm riêng cấp 2 của hàm số z = f(x,y) = x2y3 + x4 f ( x, y) f ( x, y) Ta có f x' ( x, y)   3x 2 y 2  2xy3  4x 3 và f y' ( x, y)  y x  2f ( x, y)   f ( x , y)   2f ( x, y)   f ( x, y)  " 3 2 f ( x , y )    6x 2 y , ,   2 y  12 x 2 y y 2 y  y  x 2 x  x   2f ( x , y)   f ( x , y)   2f ( x, y)   f ( x, y)  " 2 " f yx ( x , y)    6 xy và f ( x , y )    6xy2 . xy xy x  y  yx y  x . nên f x" 2 ( x, y) . " Trong Ví dụ 1.14. ta thấy f xy" ( x, y)  f yx ( x, y) , liệu điều này có luôn luôn đúng với mọi hàm số 2 biến không? Nhà toán học Schwarz đã chứng minh định lý sau:. Định lý. Nếu trong một lân cận nào đó của điểm M(x,y) mà hàm số z = f(x,y) có các đạo hàm riêng cấp 2: f xy" ( x, y) , f yx" ( x, y) , đồng thời các đạo hàm riêng này liên tục tại điểm M thì " " f xy ( x, y)  f yx ( x, y) tại điểm M.. Tiếp tục định nghĩa tương tự, nếu đạo hàm riêng của các đạo hàm riêng cấp 2 tồn tại thì được gọi là các đạo hàm riêng cấp 3, … 1.3.4.2. Vi phân toàn phần cấp cao Xét hàm số 2 biến z = f(x,y), vi phân toàn phần của nó df ( x, y)  f x' ( x, y).dx  f y' ( x, y).dy tại điểm M(x,y) được gọi là vi phân toàn phần cấp 1. Khi đó, nếu vi phân toàn phần của vi phân toàn phần cấp 1 nếu tồn tại thì được gọi là vi phân toàn phần cấp 2 và được ký hiệu là d2f(x,y).. 16.

(17) TailieuVNU.com. Trong trường hợp x và y là các biến độc lập, tức là dx và dy là các hằng số thì ta có  f x' ( x, y).dx  f y' ( x, y).dy d 2 f ( x, y)  ddf ( x, y)   df x' ( x, y).dx  f y' ( x, y).dy  .dx  x  f x' ( x, y).dx  f y' ( x, y).dy "  .dy  f x"2 ( x , y).dx 2  f xy" ( x , y)  f yx ( x, y) .dxdy  f y"2 ( x , y).dy 2 . y " Nếu f xy ( x, y) và f yx" ( x, y) liên tục thì theo định lý trên, chúng bằng nhau, tức là " " " ( x, y).dxdy  f y"2 ( x, y).dy2 . f xy ( x, y)  f yx ( x, y) , do đó ta được d 2f ( x, y)  f x"2 ( x, y).dx 2  2f xy. Tiếp tục định nghĩa tương tự, ta định nghĩa vi phần toàn phần cấp 3: d3f(x,y) = d(d2f(x,y)), … và để cho tiện khi viết công thức đối với vi phân toàn phần cấp n trong trường hợp x và y là các biến n.     độc lập ta dùng ký hiệu tượng trưng d f ( x , y)   dx  dy  f ( x , y) . y   x Còn trong trường hợp x, y không phải là các biến độc lập thì dx và dy không phải là các hằng số nữa, do đó d 2f ( x, y)  ddf ( x, y)   d f x' ( x, y).dx  f y' ( x, y).dy  n. . . . . . . f y' ( x, y).d(dy)  d f x' ( x, y) .dx  f x' ( x, y).d(dx)  d f y' ( x, y) .dy . f x" 2 ( x, y).dx 2  2f xy" ( x, y).dxdy  f y" 2 ( x, y).dy2  f x' ( x, y).d 2 x  f y' ( x, y).d 2 y. Trong trường hợp này (x, y không phải là các biến độc lập) thì ký hiệu tượng trưng n.     d f ( x , y)   dx  dy  f ( x , y) không phù hợp nữa. y   x Như vậy, trong khi vi phân toàn phần cấp 1 của hàm số nhiều biến số có dạng bất biến thì vi phân toàn phần cấp 2 trở lên của hàm số nhiều biến số không có dạng bất biến. n. Ví dụ 1.15. (a) Tìm vi phân toàn phần cấp 2 của hàm số z = f(x,y) = sinxsiny Ta. có. f x' (x, y)  cos x sin y. và. f y' ( x, y)  sin x cos y. nên. f x"2 ( x, y)   sin x sin y ,. " f xy ( x, y)  cos x cos y và f y"2 ( x, y)   sin x sin y , do đó ta được. d 2f (x, y)   sin x sin y.dx 2  2 cos x cos y.dxdy  sin x sin y.dy2. (b) Tìm vi phân toàn phần cấp 3 của hàm số u = f(x,y) = x2y Ta có.  2 f ( x , y) f ( x, y)  3 f ( x , y)  2 f ( x , y) f ( x, y) , , 0,  x 2 nên  2 y  0  2xy và y 2 y x 2 x 3 x 3.     3f ( x , y)   3f ( x , y )  3f ( x , y ) , ,  0  2  0 , do đó ta được d 3f ( x , y)   dx  dy  f ( x , y)  3 2 2 y  y x y xy  x.  3f ( x , y) 3  3f ( x , y) 2  3f ( x , y)  3f ( x , y) 3 2 dx  3. dx dy  3. dxdy  dy  x 3 x 2 y xy 2 y 3 0.dx3  3.2.dx 2dy  3.0.dxdy2  0.dy3  6dx 2dy .. 1.3.4.3. Công thức Taylor Công thức Taylor đối với hàm số một biến cũng được mở rộng cho hàm số nhiều biến, chẳng hạn đối với hàm số 2 biến: Giả sử hàm số z = f(x,y) có các đạo hàm riêng đến cấp (n + 1) liên tục trong một lân cận nào đó của điểm M0(x0,y0). Nếu điểm M(x,y) nằm trong lân cận này, tức là x = x 0 + x và y = y0 + y, thì ta có k.   1   1     x  f ( x , y)  f ( x 0 , y 0 )    x  y  f ( x 0 , y 0 )  y  y  (n  1)!  x y  k 1 k!  x n. 17. n 1. f ( x1 , y1 ).

(18) trong đó x1 = x0 + .x và y1 = y0 + .y với 0 <  < 1.. TailieuVNU.com. Ví dụ 1.16. (a) Khai triển hàm số f(x,y) = 2x2 – xy – y2 – 6x – 3y + 5 theo công thức Taylor ở lân cận điểm M0(1,-2). Ta có f(1,-2) = 2.12 – 1.(-2) – (-2)2 – 6.1 – 3.(-2) + 5 = 5 và các đạo hàm riêng  2 f ( x , y)  2 f ( x , y)  2 f ( x , y)  2 f ( x , y) f ( x, y) f ( x, y)  2 ,   1  4,  x  2y  3 ,  4x  y  6 , y 2 xy yx x 2 y x  2 f (1,2)  2 f (1,2)  2 f (1,2)  2 f (1,2) f (1,2) f (1,2) , ,   2   1 còn các đạo  4 0, 0, y 2 xy yx x 2 y x hàm riêng cấp 3 trở lên đều bằng 0. Do đó, khai triển Taylor của hàm số đang xét là. . k.   1   1  f (1,2) f (1,2) f ( x , y)  f ( x 0 , y 0 )    x  y  f ( x 0 , y 0 )  f (1,2)   .x  .y   y  1!  x y k 1 k!  x  2.  1   2 f (1,2)  2 f (1,2)  2 f (1,2) 2 .(  x )  2 .  x .  y  .( y) 2  với x = x – x0 = x – 1 và y = y – y0 = y  2 2 2!  x xy y  – (-2) = y + 2.. Sau khi thay các giá trị đã xác định được vào biểu thức trên ta được 1 f ( x, y)  5  1.0.( x  1)  0.( y  2)  4.( x  1) 2  2.( 1).( x  1).( y  2)  (2)( y  2) 2  2 2(x – 1)2 – (x – 1)(y + 2) – (y + 2)2 + 5.. . . (b) Khai triển hàm số f(x,y) = xy (x > 0) theo công thức Taylor ở lân cận điểm M0(1,1) đến các số hạng bậc 3. Ta có x = x – 1 và y = y – 1 và khai triển hàm số f(x,y) = xy (x > 0) lân lân cận điểm M0(1,1) đến các số hạng bậc 3 theo công thức Taylor k.   f (1,1)  1   f (1,1) f ( x , y)  f (1,1)    x  y  f (1,1)  f (1,1)   .( x  1)  .( y  1)  y  y k 1 k!  x  x  3.  1   2f (1,1)  2f (1,1)  2f (1,1) 2 .( x  1 )  2 .( x  1 )( y  1 )  .( y  1) 2    2 2 2!  x xy y   1   3f (1,1)  3f (1,1)  3f (1,1)  3f (1,1) 3 2 2 .( x  1)  3 2 .( x  1) ( y  1)  3 .( x  1)( y  1)  .( y  1)3   3 2 3 3!  x x y xy y . Thay các các giá trị f(1,1) = 1,. f ( x, y) f (1,1) f ( x, y) f (1,1)  x y ln y   0,  yx y 1  1, y y x x.  2 f ( x , y)  2f (1,1)  2 f ( x , y)  2f (1,1) y 1 y2 ,  x ( 1  y ln x )   1,  y ( y  1 ) x   0 xy xy x 2 x 2.  2 f ( x , y)  2f (1,1)  3f ( x , y )  3f (1,1) y 3 y 2 ,  x ln x   0  y ( y  1 )( y  2 ) x   0, y 2 y 2 x 3 x 3  3f ( x , y )  3f (1,1) y2  x (2 y  1)  y( y  1) ln x   1, x 2y x 2y  3f ( x , y )  3f (1,1)  3f ( x , y )  3f (1,1) y 1 y 3 ,  x ( y ln x  2 ) ln x   0  x ln x   0 vào công thức xy 2 xy 2 y3 y3 1 1 trên ta được x y  1  ( x  1)  ( x  1)( y  1)  ( x  1) 2 ( y  1)  1  ( x  1)( xy  x  y  1) . 2 2 1.3.5. Khái niệm hàm ẩn, đạo hàm riêng của hàm ẩn. 1.3.5.1. Khái niệm hàm ẩn. 18.

(19) TailieuVNU.com. Cho phương trình F(x,y) = 0, trong đó ánh xạ F: U  R là một hàm số xác định trên tập hợp mở 2 UR . Nếu với mỗi giá trị x = x0I (I là một khoảng hoặc một đoạn nào đó thuộc R), có một hay nhiều giá trị y0 sao cho F(x0,y0) = 0, thì ta nói rằng phương trình F(x,y) = 0 xác định một hay nhiều hàm ẩn y theo biến x trong khoảng I.. Như vậy, ánh xạ f: I  R là một hàm ẩn xác định bởi phương trình F(x,y) = 0 nếu với xIR sao cho (x,f(x))UR2 và F(x,f(x)) = 0. x 2 y2 b 2 Ví dụ 1.17. Từ phương trình F( x, y)  2  2  1  0 suy ra y  f ( x )   a  x 2 là 2 hàm ẩn a b a của biến xI = [-a,a]R. Trong trường hợp này, ta đã tìm được hai biểu thức tường minh của y theo x. Tuy nhiên, điều này không phải lúc nào cũng thực hiện được! Chẳng hạn, từ phương trình F(x,y) = xy – yx = 0 (với x > 0, y > 0) không thể tìm được biểu thức tường minh y theo x. Tương tự, đối với trường hợp hàm số 3 biến: Cho phương trình F(x,y,z) = 0, trong đó ánh xạ F: U  R là một hàm số xác định trên tập hợp mở UR3. Nếu với mỗi giá trị (x,y) = (x0,y0)I (I là một tập nào đó thuộc R2), có một hay nhiều giá trị z0 sao cho F(x0,y0,z0) = 0, thì ta nói rằng phương trình F(x,y,z) = 0 xác định một hay nhiều hàm ẩn z theo các biến x,y trong tập mở I. Định lý (về sự tồn tại, tính liên tục và tính khả vi của hàm ẩn) Đối với hàm số 2 biến: Cho phương trình F(x,y) = 0, trong đó ánh xạ F: U  R là hàm số có các đạo hàm riêng liên tục trên tập mở UR2, giả sử (x0,y0)U và F(x0,y0) = 0. Nếu Fy' ( x 0 , y 0 )  0 thì phương trình F(x,y) = 0 xác định trong một lân cận nào đó của x 0 một hàm ẩn y = f(x) duy nhất, hàm số này có giá trị bằng y0 khi x = x0, liên tục và có đạo hàm liên tục trong lân cận nói trên. Đối với hàm số 3 biến: Cho phương trình F(x,y,z) = 0, trong đó ánh xạ F: U  R là hàm số có các đạo hàm riêng liên tục trên tập mở UR3. Giả sử (x0,y0,z0)U và F(x0,y0,z0) = 0. Nếu Fy' ( x 0 , y 0 , z 0 )  0 thì phương trình F(x,y,z) = 0 xác định trong một lân cận nào đó của điểm (x0,y0) một hàm ẩn z = f(x,y) duy nhất, hàm số này có giá trị bằng z0 khi x = x0 và y = y0, liên tục và có đạo hàm liên tục trong lân cận nói trên. 1.3.5.2. Đạo hàm riêng của hàm ẩn Đối với hàm số 2 biến F(x,y) = F(x,f(x)) = 0: y' ( x ) . dy F'   x' dx Fy. x 2 y2 2x 2y  2  1  0 , tìm y’(x). Ta có Fx'  2 và Fy'  2 nên với y ≠ 0 thì 2 a b a b ' Fy  0 , khi đó phương trình F(x,y) = 0 đang xét, xác định một hàm ẩn y = f(x) liên tục và. Ví dụ 1.18. Cho F( x, y) . y' ( x ) . dy F' b2 x   x'   2 . liên tục. dx Fy a y. Đối với hàm số 3 biến F(x,y,z) = F(x,y,f(x,y)) = 0: z 'x . F' z F' z   x' và z 'y    y' x Fz y Fz. Ví dụ 1.19. Cho F( x , y, z)  e z  xy  x 2  z 3  1  0 , tìm z 'x và z 'y . Ta có Fx'  y  2x , Fy'  x và Fz'  e z  3z 2 > 0 với z. Vì Fz'  0 với z nên phương trình F(x,y,z) = 0 đang xét, xác định một hàm ẩn 2x  y x z = f(x,y) liên tục và có các đạo hàm riêng z 'x   z , z 'y   z . 2 e  3z e  3z 2 1.4. Cực trị của hàm nhiều biến. 1.4.1. Khái niệm cực trị địa phương, phương pháp tìm cực trị địa phương Cho hàm số 2 biến z = f(x,y) xác định trong một miền mở D  R2, M0(x0,y0) là một điểm trong của D. Ta nói rằng hàm số f(x,y) đạt cực trị địa phương tại điểm M0 nếu với mọi điểm M trong một lân cận nào đó của điểm M0 nhưng khác M0 và hiệu số f(x,y) – f(x0,y0) có dấu không đổi. Nếu f(x,y) – 19.

(20) TailieuVNU.com. f(x0,y0) > 0 hàm số có cực tiểu địa phương tại điểm M0, còn nếu f(x,y) – f(x0,y0) < 0 hàm số có cực đại địa phương tại điểm M0.. Định lý (điều kiện cần của cực trị địa phương). Nếu hàm số z = f(x,y) khả vi và đạt cực trị địa phương tại điểm M0(x0,y0) thì các đạo hàm riêng cấp 1 của nó bằng 0 tại điểm đó, tức là f ( x 0 , y 0 ) f ( x 0 , y 0 )  0 . Các điểm mà tại đó các đạo hàm riêng bậc nhất của hàm số f(x,y),  0 và y x bằng 0 được gọi là điểm dừng hay điểm tới hạn. Lưu ý. Điều kiện cần của cực trị địa phương cho phép thu hẹp việc tìm điểm cực trị địa phương và vì là điều kiện cần nên không phải mọi điểm dừng đều là điểm cực trị. Định lý (điều kiện đủ của cực trị địa phương). Giả sử hàm số z = f(x,y) có các đạo hàm riêng cấp 2 liên tục trong một lân cận nào đó của điểm dừng M0(x0,y0). Bây giờ, nếu ta coi vi phân toàn phần cấp 2 của hàm số f(x,y) tại điểm (x0,y0):     d 2 f ( x 0 , y 0 )   .dx  .dy f ( x 0 , y 0 )  f x"2 ( x 0 , y 0 ).dx 2  2f xy" ( x 0 , y 0 ).dxdy  f y"2 ( x 0 , y 0 ).dy 2 là y   x dạng toàn phương của các biến dx, dy thì (1) Khi d2f(x0,y0) xác định âm thì hàm số f(x,y) đạt cực đại địa phương tại (x0,y0); còn khi d2f(x0,y0) xác định dương thì hàm số f(x,y) đạt cực tiểu địa phương tại (x0,y0); (2) Khi d2f(x0,y0) không xác định dương cũng không xác định âm (không xác định dấu) thì (x0,y0) là không phải là điểm cực trị địa phương của hàm số f(x,y); (3) Khi d2f(x0,y0) suy biến (tức là tồn tại dx, dy không đồng thời bằng 0 nhưng d2f(x0,y0) = 0) thì chưa thể kết luận được hàm số f(x,y) có cực trị địa phương tại điểm M0 hay không, mà cần phải xét bằng phương pháp khác (trường hợp này thường được gọi là trường hợp nghi ngờ). Để biết với yêu cầu nào thì một dạng toàn phương là xác định dương, hoặc là xác định âm hoặc không xác định dấu, ta sử dụng định lý Sylvester: Dạng toàn phương xác định dương khi và chỉ khi tất cả các định thức con chính của ma trận của dạng toàn phương đều dương; dạng toàn phương xác định âm khi và chỉ khi tất cả các định thức con chính của ma trận của dạng toàn phương có cấp lẻ đều âm và có cấp chẵn đều dương. Bây giờ,. nếu ký hiệu. A  f x"2 ( x 0 , y 0 ) . f 2 ( x 0 , y 0 ) , x 2. B  f xy" ( x 0 , y 0 ) . f 2 ( x 0 , y 0 ) xy. và. f 2 ( x 0 , y 0 ) thì dạng toàn phương d2f(x0,y0) của các biến dx, dy là d2f(x0,y0) = Adx2 y 2  A B  . + 2Bdxdy + Cdy2 và có ma trận tương ứng   B C C  f y"2 ( x 0 , y 0 ) .  A B   AC  B2  0 thì dạng Do đó, từ định lý Sylvester ta có: Nếu det(A) = A < 0 và det  B C 2 2 2 toàn phương d f(x0,y0) = Adx + 2Bdxdy + Cdy xác định âm, khi đó hàm số f(x,y) đạt cực đại địa  A B   AC  B 2  0 thì dạng toàn phương phương tại (x0,y0); còn nếu det(A) = A > 0 và det B C   2 2 2 d f(x0,y0) = Adx + 2Bdxdy + Cdy xác định dương, khi đó hàm số f(x,y) đạt cực tiểu địa phương tại (x0,y0).. Ví dụ 1.20. Tìm cực trị của hàm số (a) z = f(x,y) = x2 + xy + y2 – 3x – 6y, (b) z  f ( x, y)  Bài giải.. 20. xy x y  (47  x  y)   2 3 4.

(21) TailieuVNU.com.  f ( x, y)  x  2x  y  3  0 x  0 (a) Ta có    M 0 (0,3) là điểm dừng duy nhất.  f ( x, y)  2 y  x  6  0  y  3  y.  f 2 ( x , y) f 2 (0,3)  2  A  2  2 x 2  x  f 2 ( x , y) f 2 (0,3) Ta lại có  1 B   1  d 2 f (0,3)  Adx 2  2Bdxdy  Cdy 2  xy  xy 2  f ( x , y) f 2 (0,3) 2C 2   y 2 y 2  A B  2 1      . 2dx2 + 2dxdy + 2dy2 có ma trận của dạng toàn phương là  B C 1 2     Bây giờ, tính định thức các ma trận chính của ma trận cấp 2 này, ta được det(2) = 2 > 0 và 2 1   3  0 , suy ra dạng toàn phương d2f(0,3) là xác định dương, nên hàm số f(x,y) đang xét det 1 2  . đạt cực tiểu duy nhất tại điểm M 0 0,3 , tức là f ct  f 0,3  02  0.3  32  3.0  6.3  9..  f ( x , y) y  x y  47  x  y 0  x  2   3  4   3 8x  y  188 x  21       M 0 (21,20) là (b) Ta có  x  6 y  141 y  20  f ( x , y ) x x y 47  x  y          0  y 2 3 4 4 điểm dừng duy nhất.  f 2 ( x , y) 2 f 2 (21,20) 2    A    2 2 3 x 3  x 2 2 1 f (21,20) 1  f ( x , y)  B    d 2 f (21,20)  Adx 2  2Bdxdy  Cdy 2  Ta lại có  12 xy 12  xy 2  f 2 ( x , y) 1 f (21,20) 1  C   2 2  y 2 y 2  A B    2 3  1 12  2 1 1     .  dx 2  dxdy  dy2 có ma trận của dạng toàn phương là  3 6 2  B C    1 12  1 2  2  2 Bây giờ, tính định thức các ma trận chính của ma trận cấp 2 này, ta được det      0 và 3  3   2 3  1 12  47   det  0 , suy ra dạng toàn phương d2f(21,20) là xác định âm, nên hàm số f(x,y)   1 12  1 2  144 đang xét đạt cực đại địa phương duy nhất tại điểm M0 21,20  , tức là f cđ  f 21,20  . 21.20  21 20   (47  21  20).    282 . 2 4   3. Phương pháp thực hành tìm cực trị địa phương đối với hàm số 2 biến: Khi khảo sát cực trị địa phương của hàm số 2 biến, để cho tiện, người ta thường thực hiện như sau.  A B  và A = det(A) thì từ điều kiện đủ của cực trị địa Nếu ký hiệu   B2  AC   det  B C phương và định lý Sylvester ta được:. 21.

(22) TailieuVNU.com. (1) Nếu  < 0 thì hàm số f(x,y) có cực trị địa phương tại điểm (x0,y0), cụ thể là: Cực đại khi A < 0 (hoặc C < 0), cực tiểu khi A > 0 (hoặc C > 0); (2) Nếu  > 0 thì hàm số f(x,y) không có cực trị địa phương tại điểm (x0,y0);. (3) Nếu  = 0 thì chưa thể kết luận được hàm số f(x,y) có cực trị địa phương tại điểm M0(x0,y0) hay không, mà cần phải xét tiếp bằng phương pháp khác (trường hợp này thường được gọi là trường hợp nghi ngờ). Bây giờ ta sẽ giải Ví dụ 1.20. bằng phương pháp này. (a) Vì  = B2 – AC = 1- 2.2 = -3 < 0 và A = 2 > 0, nên hàm số f(x,y) đang xét đạt cực tiểu duy nhất tại điểm M 0 0,3 , tức là f ct  f 0,3  9. 2. 2 47  1   2 1 (b) Vì   B  AC        .      0 và A    0 , nên hàm số đang xét 144 3  12   3   2  có cực đại địa phương duy nhất tại điểm M0(21,20), tức là fcđ = f(21,20) = 282. 2. Đối với hàm số từ 3 biến trở lên, ta cũng có kết quả tương tự. Chẳng hạn, với hàm số 3 biến u = f(x,y,z) xác định trong một miền mở DR3, M0(x0,y0,z0) là một điểm trong của D. Ta nói rằng hàm số f(x,y,z) đạt cực trị địa phương tại điểm M0 nếu với mọi điểm M trong một lân cận nào đó của điểm M0 nhưng khác M0 và hiệu số f(x,y,z) – f(x0,y0,z0) có dấu không đổi. Nếu f(x,y,z) – f(x0,y0,z0) > 0 hàm số có cực tiểu địa phương tại điểm M0, còn nếu f(x,y,z) – f(x0,y0,z0) < 0 hàm số có cực đại địa phương tại điểm M0. Định lý (điều kiện cần của cực trị địa phương). Nếu hàm số u = f(x,y,z) khả vi và đạt cực trị địa phương tại điểm M0(x0,y0,z0) thì các đạo hàm riêng cấp 1 của nó bằng 0 tại điểm đó, tức là f ( x 0 , y 0 , z 0 ) f ( x 0 , y 0 , z 0 ) f ( x 0 , y 0 , z 0 )  0 và  0 . Các điểm mà tại đó các đạo hàm riêng bậc 0, y y x nhất của hàm số f(x,y,z), bằng 0 được gọi là điểm dừng hay điểm tới hạn. Định lý (điều kiện đủ của cực trị địa phương). Giả sử hàm số u = f(x,y,z) có các đạo hàm riêng cấp 2 liên tục trong một lân cận nào đó của điểm dừng M0(x0,y0,z0). Bây giờ, nếu ta coi vi phân toàn phần cấp 2 của hàm số f(x,y,z) tại điểm (x0,y0,z0): 2.      d f ( x 0 , y 0 , z 0 )   .dx  .dy  .dz  f ( x 0 , y 0 , z 0 )  y z   x  2f (x 0 , y0 , z 0 ) 2  2f (x 0 , y0 , z 0 ) 2  2f (x 0 , y0 , z 0 ) 2 .dx  .dy  .dz  x 2 y 2 z 2 2. 2.  2f (x 0 , y0 , z 0 )  2f (x 0 , y0 , z 0 )  2f (x 0 , y0 , z 0 ) .dxdy  2 .dydz  2 .dzdx xy yz zx. là dạng toàn phương của các biến dx, dy và dz thì: (1) Khi d2f(x0,y0,z0) xác định dương thì hàm số f(x,y,z) đạt cực tiểu địa phương tại (x0,y0,z0); (2) Khi d2f(x0,y0,z0) xác định âm thì hàm số f(x,y,z) đạt cực đại địa phương tại (x0,y0,z0); (3) Khi d2f(x0,y0,z0) không xác định dương cũng không xác định âm (không xác định dấu) thì (x0,y0,z0) là không phải là điểm cực trị địa phương của hàm số f(x,y,z); (4) Khi d2f(x0,y0,z0) suy biến (tức là tồn tại dx, dy, dz không đồng thời bằng 0 nhưng d f(x0,y0,z0) = 0) thì chưa thể kết luận được hàm số f(x,y,z) có cực trị địa phương tại điểm (x0,y0,z0) hay không, mà cần phải xét tiếp bằng phương pháp khác (trường hợp này thường được gọi là trường hợp nghi ngờ). y2 z2 2 Ví dụ 1.21. Tìm cực trị của hàm số u  f ( x, y, z)  x    với x > 0, y > 0 và z > 0. 4x y z Bài giải. Điểm dừng của hàm số f(x,y,z) đang xét được xác định từ hệ phương trình 2. 22.

(23)  f ( x , y, z) y2  1  0  x 4x 2   f ( x , y, z) y z 2 1    2  0  M 0  ,1,1 là điểm dừng duy nhất.  y 2x y 2    f ( x , y, z) 2z 2   0  z y z2 . Ta có. TailieuVNU.com. y  2f ( x, y, z)  2 f ( x, y, z) 1 2z 2  2 f ( x, y, z) y 2  2 f ( x, y, z) , , , ,       0 xy 2x 2 y 2 2x y3 x 2 2x 3 xz.  2 f ( x, y, z) 2z  2 f ( x, y, z) 2 4  2 ,   3. yz y z 2 y z 1   2 f  ,1,1 1  2   Do đó, tại điểm M 0  ,1,1 ta được x 2 2 . 1   2 f  ,1,1 1  2    1  2 ,  4, 3 2 xy 1 1 2.  2.  2 2 1  1  1   2 f  ,1,1  2 f  ,1,1  2 f  ,1,1 2  2   1  2 .1  3 , 2   0,  2    2z   2.1  2 , 2 3 1 y 1 xz yz y2 12 2. 2 1   2 f  ,1,1  2   2  4  2  4  6. z 2 y z 3 1 13 1   2 f  ,1,1 2  1    1     2  .dx 2  Suy ra dạng toàn phương d 2 f  ,1,1   .dx  .dy  .dz  f  ,1,1  y z   2  x 2  2   x 1  1  1  1  1   2 f  ,1,1  2 f  ,1,1  2 f  ,1,1  2 f  ,1,1  2 f  ,1,1  2  .dy 2   2  .dz 2  2.  2  .dxdy  2.  2  .dydz  2.  2  .dzdx  2 2 y z xy yz zx  4 2 0    4.dx2 + 3.dy2 + 6.dz2 –2.2.dxdy – 2.2.dydz + 2.0.dxdz có ma trận tương ứng là   2 3  2  .  0 2 6     4  2   8  0 , Tính các định thức con chính của ma trận này ta được det(4) = 4 > 0, det  2 3  2.  4 2 0    det  2 3  2   32  0 . Do đó dạng toàn phương đang xét là xác định dương, nên hàm số  0 2 6    2 12 2 1  1  1 1 f(x,y,z) đang xét đạt cực tiểu duy nhất tại điểm M 0  ,1,1 là u ct  f  ,1,1      4. 2   2  2 4. 1 1 1 2 1.4.2. Cực trị có điều kiện. Bài toán cực trị ở phần trên là cực trị không điều kiện, tức là không có điều kiện ràng buộc nào đối với các biến của hàm số cần tìm giá trị cực đại hoặc cực tiểu hoặc cả cực đại và cực tiểu. Tuy nhiên, trong ứng dụng thực tế, chúng ta thường gặp các bài toán tìm cực trị của một hàm số với điều kiện ràng buộc nào đó đối với các biến.. 23.

(24) TailieuVNU.com. Ví dụ 1.22. Khi sản xuất hộp đựng sữa, để tiết kiệm chi phí bao bì, người ta cần phải giải quyết bài toán: Tìm hình trụ tròn có thể tích lớn nhất trong các hình trụ tròn có cùng diện tích toàn phần. Khi đó, nếu gọi chiều cao của hình trụ tròn là h > 0 và bán kính đáy của hình trụ tròn là r > 0, thì ta phải tìm giá trị cực đại của biểu thức V(r,h) = h.Sđ = h.r2 = hr2 với Stp = 2Sđ + Sxq = 2r2 + h.2r = 2(h + r)r = S là hằng số dương.. Đối với hàm số 2 biến, người ta gọi bài toán tìm cực trị của hàm số f(x,y) với các biến x và y thỏa mãn điều kiện g(x,y) = 0 là bài toán tìm cực trị có điều kiện; tương tự, đối với hàm số 3 biến, người ta gọi bài toán tìm cực trị của hàm số f(x,y,z) với các biến x, y và z thỏa mãn điều kiện g(x,y,z) = 0 là bài toán tìm cực trị có điều kiện. Thông thường, có hai cách giải quyết bài toán tìm cực trị có điều kiện. Cách thứ nhất: Nếu từ điều kiện đã cho có thể biểu diễn tường minh một biến qua các biến còn lại thì có thể đưa bài toán tìm cực trị có điều kiện về bài toán tìm cực trị không có điều kiện với số biến giảm đi một. Tuy nhiên, không phải bao giờ cũng làm được điều vừa nói, tức là biểu diễn tường minh một biến qua các biến còn lại từ điều kiện đã cho, khi đó ta sử dụng Cách thứ hai: Sử dụng phương pháp nhân tử Lagrange là phương pháp đưa việc tìm cực trị có điều kiện về việc tìm cực trị không điều kiện. Bây giờ ta sử dụng Cách thứ nhất để giải bài toán ở Ví dụ 1.22. Từ điều kiện 2(h + r)r = S (S là S hằng số) ta giải ra được h  h (r )   r và thay giá trị h này vào biểu thức của V(r,h) ta 2r S  S  được V(r, h )  hr 2  Vr, h (r )   .h (r ).r 2    r r 2  r  r 3  V(r ) . Và như vậy, bây giờ hàm 2  2r  số hai biến V(r,h) trở thành hàm số một biến V(r). ,. S S  S Ta có V' (r )   r  r 3    3r 2  V’(r) = 0 khi  3r 2  0 , phương trình này có nghiệm 2 2  2 S S S r0   0 khi đó h 0  h (r0 )   r0  2  2r0  0 . 6 2r0 6. Ta có V" (r)  6r  V" (r0 )  6r0  0 vì r0 > 0, nên hàm số V(r) đạt cực đại tại r0 và h0 = 3.  S  S S S S S     2r0 và có giá trị cực đại Vcđ = V ( r0 )  r0  r03  . .  2 2 6 6  3 6    Như vậy, hình trụ tròn có chiều cao bằng đường kính đáy của nó là hình trụ tròn có thể tích lớn nhất trong các hình trụ tròn có cùng diện tích toàn phần.. Phương pháp nhân tử Lagrange đối với hàm số 2 biến Bước 1. Lập hàm số Lagrange 3 biến L(x,y,) = f(x,y) + g(x,y), trong đó  (được gọi là nhân tử Lagrange) là tham số chưa được xác định. Bước 2. Tìm các điểm dừng (x0,y0,0) là nghiệm của hệ phương trình:  L( x , y, ) f ( x , y) g( x , y)   0  x x x  g( x , y)  L( x , y, ) f ( x , y)   0  y y y   L( x , y, )  g ( x , y)  0    Bước 3. Với mỗi 0 ta được L(x,y,0) = f(x,y) + 0g(x,y) trở thành hàm số 2 biến (x,y) và xác định cực trị của hàm số này tại mỗi điểm dừng (x0,y0) bằng điều kiện đủ; tức là, từ biểu thức của vi phân toàn phần cấp 2 của hàm số L(x,y,0) tại điểm dừng (x0,y0):. 24.

(25) TailieuVNU.com.  2 L( x 0 , y 0 ,  0 ) 2  2 L( x 0 , y 0 ,  0 ) 2  2 L( x 0 , y 0 ,  0 ) d L( x 0 , y 0 ,  0 )  .dx  .dy  2 .dxdy là x 2 y 2 xy dạng toàn phương của các biến dx, dy. 2. một. (1) Nếu d2L(x0,y0,0) là dạng toàn phương xác định dương thì hàm số f(x,y) có cực tiểu địa phương có điều kiện tại điểm (x0,y0) và có giá trị cực tiểu fct = f(x0,y0); (2) Nếu d2L(x0,y0,0) là dạng toàn phương xác định âm thì hàm số f(x,y) có cực đại địa phương có điều kiện tại điểm (x0,y0) và có giá trị cực đại fcđ = f(x0,y0); (3) Nếu d2L(x0,y0,0) không xác định dương cũng không xác định âm (không xác định dấu) thì điểm (x0,y0) là không phải là điểm cực trị địa phương của hàm số f(x,y); (4) Nếu d2L(x0,y0,0) suy biến (tức là tồn tại dx, dy không đồng thời bằng 0 nhưng d2f(x0,y0,0) = 0) thì chưa thể kết luận được hàm số f(x,y) có cực trị địa phương tại điểm (x0,y0) hay không, mà cần phải xét tiếp bằng cách tìm mối quan hệ giữa dx và dy bởi điều kiện g(x,y) = 0 như sau: Tính vi phân toàn phần cấp 1 của hàm số g(x,y) = 0 ta được g( x 0 , y 0 ) g( x 0 , y 0 ) g( x, y) g( x, y) dg( x, y)  .dx  .dy  0  dg( x 0 , y 0 )  .dx  .dy  0 x y x y g ( x 0 , y 0 ) g ( x 0 , y 0 ) y x  dx   dy hoặc dy   dx g ( x 0 , y 0 ) g ( x 0 , y 0 ) x y Sau đó, thay dx (biểu diễn qua dy) hoặc thay dy (biểu diễn qua dx) vào biểu thức của 2 d L(x0,y0,0) và xét dấu của d2L(x0,y0,0) là hàm số của biến dy hoặc là hàm số của biến dx. Bây giờ ta sử dụng Cách thứ hai (phương pháp nhân tử Lagrange) để giải bài toán ở Ví dụ 1.22. Ta viết điều kiện 2(h + r)r = S (S là hằng số) thành g(r,h) = 2(h + r)r – S = 0. Bước 1. Lập hàm số Lagrange 3 biến L(r,h,) = V(r,h) + g(r,h) = hr2 + [2(h + r)r – S] g (r, h )  L(r, h ,  ) V (r , h )    2hr  ( h  2r )  0  r r r  g (r, h )  L(r, h ,  ) V (r , h )    r ( r  2 )  0 Bước 2. Giải hệ phương trình  h h h   L(r, h ,  )  g ( r , h )  2 ( h  r ) r  S  0   . với điều kiện r > 0, h > 0 ta tìm được một điểm dừng duy nhất r0 , h 0 ,  0  với r0 . S , h0 = 2r0 và 6. r0 . 2 Bước 3. Với    0 ta được Lr, h,  0   V(r, h)   0 g(r, h)  hr 2   0 [2(h  r)r  S] là hàm số hai biến (r,h).  L(r, h,  0 )  2hr  2 0 (h  2r )    r Ta có   L(r, h,  0 )  r 2  2 r 0  h  0  . 25.

(26)   2 L( r , h ,  0 )  2 V(r0 , h 0 ,  0 )  2  h  4    2(h 0  2 0 )  2r0 0  r 2 r 2    2 L( r , h ,  0 )  2 V(r0 , h 0 ,  0 )   2r  2 0   2(r0   0 )  r 0  r  h  r  h    2 L( r , h ,  0 )  2 L(r0 , h 0 ,  0 ) 0 0  h 2 h 2 . TailieuVNU.com. do đó, vi phân toàn phần bậc hai của hàm số L(r,h,0) tại điểm (r0,h0) là  2 L(r0 , h 0 ,  0 ) 2  2 L(r0 , h 0 ,  0 )  2 L(r0 , h 0 ,  0 ) 2 d 2 L(r0 , h 0 ,  0 )  . dr  2 . drdh  .dh  r 2 rh h 2 2r0 .dr 2  2r0 .drdh  0.dh 2  2r0 .dr 2  2r0 .drdh g(r, h ) g(r, h ) Mặt khác, vì g(r,h) = 2(h + r)r – S = 0 nên dg(r, h )  .dr  .dh  0 r h  g(r0 , h 0 )  g(r, h )  2(h 0  2r0 )  8r0  r  2(h  2r )  r Ta có    g(r, h )  2r  g(r0 , h 0 )  2r 0  h  h g(r0 , h 0 ) g(r0 , h 0 ) suy ra dg(r0 , h 0 )  .dr  .dh  0  8r0 dr  2r0 dh  0  dh  4dr . r h Bây giờ thay dh = -4dr vào biểu thức vi phân toàn phần bậc hai d2L(r0,h0,0) ở trên ta được d 2 L(r0 , h 0 ,  0 )  2r0 .dr 2  2r0 .dr(4dr)  6r0 dr 2   6Sdr 2  0 , do đó hàm số V(r,h) đạt cực đại tại điểm (r0,h0) với h0 = 2r0 và r0 . S tức là hình trụ tròn có chiều cao gấp đôi bán kính của nó là 6. hình trụ tròn có thể tích lớn nhất và bằng Vcđ = V(r0 , h 0 )  h 0 r02  .2r0 .r0  2r03 . S S . 3 6. Phương pháp nhân tử Lagrange đối với hàm số 3 biến Hoàn toàn tương tự như đối với với hàm số 2 biến. Bước 1. Lập hàm số Lagrange 4 biến L(x,y,z,) = f(x,y,z) + g(x,y,z), trong đó  (được gọi là nhân tử Lagrange) là tham số chưa được xác định. Bước 2. Tìm các điểm dừng (x0,y0,z0,0) là nghiệm của hệ phương trình: g ( x , y, z)  L( x , y, z,  ) f ( x , y, z)   0  x x x   L( x , y, z,  )  f ( x , y, z)   g ( x , y, z)  0  y y y   L( x , y, z,  )  f ( x , y, z)   g ( x , y, z)  0  z z z   L( x , y, z,  )  g ( x , y, z)  0   Bước 3. Với mỗi 0 ta được L(x,y,z,0) = f(x,y,z) + 0g(x,y,z) trở thành hàm số 3 biến (x,y,z) và xác định cực trị của hàm số này tại mỗi điểm dừng (x0,y0,z0) bằng điều kiện đủ; tức là, từ biểu thức của vi phân toàn phần cấp 2 của hàm số L(x,y,z,0) tại điểm dừng (x0,y0,z0):. 26.

(27) TailieuVNU.com.  2 L( x 0 , y 0 , z 0 ,  0 ) 2  2 L( x 0 , y 0 , z 0 ,  0 ) 2  2 L( x 0 , y 0 , z 0 ,  0 ) 2 d L( x 0 , y 0 , z 0 ,  0 )  .dx  .dy  .dz  x 2 y 2 z 2  2 L( x 0 , y 0 ,  0 )  2 L( x 0 , y 0 ,  0 )  2 L( x 0 , y 0 ,  0 ) 2 .dxdy  2 .dydz  2 .dzdx xy yz zx là một dạng toàn phương của các biến dx, dy và dz. 2. (1) Nếu d2L(x0,y0,z0,0) là dạng toàn phương xác định dương thì hàm số f(x,y,z) có cực tiểu địa phương có điều kiện tại điểm (x0,y0,z0) và có giá trị cực tiểu fct = f(x0,y0,z0); (2) Nếu d2L(x0,y0,z0,0) là dạng toàn phương xác định âm thì hàm số f(x,y,z) có cực đại địa phương có điều kiện tại điểm (x0,y0,z0) và có giá trị cực đại fcđ = f(x0,y0,z0); (3) Nếu d2L(x0,y0,z0,0) không xác định dương cũng không xác định âm (không xác định dấu) thì điểm (x0,y0,z0) là không phải là điểm cực trị địa phương của hàm số f(x,y,z); (4) Nếu d2L(x0,y0,z0,0) suy biến (tức là tồn tại dx, dy và dz không đồng thời bằng 0 nhưng d2f(x0,y0,z0,0) = 0) thì chưa thể kết luận được hàm số f(x,y,z) có cực trị địa phương tại điểm (x0,y0,z0) hay không, mà cần phải xét tiếp bằng cách tìm mối quan hệ của dx qua dy và dz, hoặc tìm mối quan hệ của dy qua dx và dz, hoặc tìm mối quan hệ của dz qua dx và dy bởi điều kiện g(x,y,z) = 0 như sau: Tính vi phân toàn phần cấp 1 của hàm số g(x,y,z) = 0 ta được g( x, y, z) g( x, y, z) g( x, y, z) dg( x, y, z)  .dx  .dy  .dz  0 x y z g( x 0 , y 0 , z 0 ) g( x 0 , y 0 , z 0 ) g( x 0 , y 0 , z 0 )  dg( x 0 , y 0 , z 0 )  .dx  .dy  .dz  0 x y z g ( x 0 , y 0 , z 0 ) g ( x 0 , y 0 , z 0 ) g ( x 0 , y 0 , z 0 ) g ( x 0 , y 0 , z 0 ) y x z z  dx   dy  dz hoặc dy   dx  dz g ( x 0 , y 0 , z 0 ) g ( x 0 , y 0 , z 0 ) g ( x 0 , y 0 , z 0 ) g ( x 0 , y 0 , z 0 ) x x y y g ( x 0 , y 0 , z 0 ) g ( x 0 , y 0 , z 0 ) y x dx  dy hoặc dz   g ( x 0 , y 0 , z 0 ) g ( x 0 , y 0 , z 0 ) z z Sau đó, thay dx (biểu diễn qua dy và dz) hoặc thay dy (biểu diễn qua dx và dz) hoặc thay dz (biểu diễn qua dx và dy) vào biểu thức của d2L(x0,y0,z0,0) và xét dấu của d2L(x0,y0,z0,0) là hàm số của các biến dy, dz hoặc là hàm số của các biến dx, dz hoặc là hàm số của các biến dx, dy. Ví dụ 1.23. Trong tất cả các tam giác nội tiếp trong đường tròn bán kính R cho trước, tìm tam giác có diện tích lớn nhất. Bài giải. Gọi tam giác nội tiếp trong đường tròn bán kính R cho trước là ABC. Ký hiệu độ dài các cạnh đối diện với các góc A, B, C là a, b, c. Từ định lý sin đối với tam giác nội tiếp đường tròn bán kính R:. a b c    2R suy sin A sin B sin C. a  2R sin A ra  . b  2R sin B. 1 ab sin C 2 S  2R 2 sin A sin B sin C với các góc A, B và C phải thỏa mãn điều kiện A  B  C   .. Thay a và b vào công thức tính diện tích tam giác. 27. S. ta được.

(28) TailieuVNU.com. Như vậy, yêu cầu của bài toán trở thành: Tìm giá trị cực đại của biểu thức S(A, B, C)  2R 2 sin A sin B sin C đối với các biến A, B và C thỏa mãn điều kiện g (A, b, C)  A  B  C    0 . Để giải bài toán này, chúng ta sử dụng Phương pháp nhân tử Lagrange.. Bước 1. Lập hàm số Lagrange 4 biến L(A,B,C,) = S(A,B,C) + g(A,B,C) = 2R sin A sin B sin C  (A  B  C  ) 2. Bước 2. Các điểm dừng (A0,B0,C0,0) nếu có, sẽ là nghiệm của hệ phương trình  L(A, B, C,  )  2R 2 cos A sin B sin C    0  A tan A  tan B    L ( A , B , C ,  )   2R 2 sin A cos B sin C    0 tan B  tan C   B  tan C  tan A  A  B  C    L(A, B, C,  )  2R 2 sin A sin B cos C    0   C   2R 2 cos A sin B sin C  L(A, B, C,  )   ABC  0     A 0  B0  C 0    3 là điểm dừng duy nhất.     3 R 2 0  4  3 Bước 3. Với  0   R 2 ta được L(A,B,C,0) = S(A,B,C) + 0g(A,B,C) = 4 2 2R sin A sin B sin C   0 A   0 B   0C   0  là hàm số của 3 biến A, B và C. Bây giờ, để xác  định cực trị của hàm số này tại điểm dừng (A0,B0,C0) với A 0  B0  C0  bằng điều kiện đủ, ta cần 3 2 phải xác định biểu thức của vi phân toàn phần cấp 2: d L(A0,B0,C0,0)  L(A, B, C,  0 )  2R 2 cos A sin B sin C   0  A   L(A, B, C,  0 )  2R 2 sin A cos B sin C   0 Ta có  B   L(A, B, C,  0 )  2R 2 sin A sin B cos C   0   C    2 L(A, B, C,  0 )   2 L(A, B, C,  0 ) 2   2 R sin A sin B sin C  2R 2 cos A cos B sin C   2  A  A  B     2 L(A, B, C,  0 )   2 L(A, B, C,  0 ) 2   2R sin A sin B sin C và   2R 2 sin A cos B cos C 2 B BC   2 2   L(A, B, C,  0 )   L(A, B, C,  0 )  2R 2 sin A sin B sin C  2R 2 cos A sin B cos C   2  C  C  A   nên tại điểm dừng (A0,B0,C0):  2 L( A 0 , B 0 , C 0 ,  0 )  2 L( A 0 , B 0 , C 0 ,  0 )  2 L( A 0 , B 0 , C 0 ,  0 ) 3 2    3 R 2 2 2 A B C 4  2 L( A 0 , B 0 , C 0 ,  0 )  2 L( A 0 , B 0 , C 0 ,  0 )  2 L ( A 0 , B 0 , C 0 ,  0 ) 3 2 và    R . AB BC CA 4 3 2 Để cho gọn, ta đặt m  R thì 4. 28.

(29)   2 L( A 0 , B 0 , C 0 ,  0 )  2 L( A 0 , B 0 , C 0 ,  0 )  2 L( A 0 , B 0 , C 0 ,  0 )    3m  A 2 B 2 C 2  2 2 2   L( A 0 , B 0 , C 0 ,  0 )   L( A 0 , B 0 , C 0 ,  0 )   L( A 0 , B 0 , C 0 ,  0 )  m  AB AC BC. TailieuVNU.com. Do đó, biểu thức vi phân toàn phần cấp 2  2 L( A 0 , B 0 , C 0 ,  0 )  2 L( A 0 , B 0 , C 0 ,  0 )  2 L( A 0 , B 0 , C 0 ,  0 ) 2 2 2 d L( A 0 , B 0 , C 0 ,  0 )  .dA  .dB  .dC2 2 2 2 A B C 2 2 2  L( A 0 , B 0 , C 0 ,  0 )  L( A 0 , B 0 , C 0 ,  0 )  L( A 0 , B 0 , C 0 ,  0 ) 2 .dAdB  2 .dBdC  2 .dCdA  AB BC CA -3mdA2 – 3mdB2 – 3mdC2 +2mdAdB + 2mdAdC + 2mdBdC có ma trận của dạng toàn phương tương m m    3m   ứng là  m  3m m .  m m  3m   Ta có các định thức con chính của ma trận trên là det(3m)  3m . 3 3 2 R  0, 4. m m    3m   3 3 6 det m  3m m   16 m 3   R  0 . Do đó, 4  m m  3m   dạng toàn phương đang xét là xác định âm, nên hàm số S(A,B,C) đang xét đạt cực đại duy nhất tại    điểm A 0 , B0 , C 0    , ,  và có giá trị là 3 3 3    3 3 3 3 3 2    Scđ  Sa 0 , b 0 , c 0   S , ,   2R 2 sin sin sin  2R 2 . . .  R tương ứng 3 3 3 2 2 2 4 3 3 3 với tam giác đều nội tiếp trong hình tròn bán kính R. m    3m 3   8m 2  R 4  0 , det   3m  2  m. 1.4.3. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số Xét hàm số 2 biến z = f(x,y) xác định trên miền đóng D  R2. Nếu f(x,y)  f(x0,y0) với (x,y)D thì giá trị f(x0,y0) được gọi là giá trị lớn nhất (GTLN) hay giá trị cực đại toàn cục của hàm số f(x,y) trên miền đóng D; còn nếu f(x,y)  f(x0,y0) với (x,y)D thì giá trị f(x0,y0) được gọi là giá trị nhỏ nhất (GTNN) hay giá trị cực tiểu toàn cục của hàm số f(x,y) trên miền đóng D. Cũng như đối với hàm số 1 biến, mọi hàm số nhiều biến liên tục trên một miền đóng D đều tồn tại GTLN và GTNN trên miền ấy. Nếu hàm số đạt GTLN và/hoặc GTNN tại một hoặc nhiều điểm trong của miền D thì các điểm này phải là điểm cực trị của hàm số, do đó theo điều kiện cần của điểm cực trị, điểm ấy phải là điểm dừng. Hàm số cũng có thể đạt GTLN và/hoặc GTNN tại một hoặc nhiều điểm trên biên của miền D thì các điểm này cũng phải là điểm cực trị của hàm số trên biên của miền D, do đó theo điều kiện cần của điểm cực trị, điểm ấy phải là điểm dừng trên biên của miền D. Hàm số cũng có thể đạt GTLN và/hoặc GTNN tại một hoặc một số hữu hạn các điểm thuộc miền đóng D mà tại đó hàm số chỉ liên tục nhưng không khả vi (các điểm này thường nằm trên biên của miền D). Do đó, để tìm GTLN và GTNN của một hàm số trên miền đóng D, ta thực hiện: (1) Tìm các điểm dừng là các điểm trong của miền D và tính giá trị của hàm số tại các điểm này;. 29.

(30) TailieuVNU.com. (2) Tìm các điểm dừng là các điểm trên biên của miền D và tính giá trị của hàm số tại các điểm này;. (3) Tính giá trị của hàm số tại các điểm thuộc miền đóng D mà tại đó hàm số chỉ liên tục nhưng không khả vi; (4) Chọn GTLN và GTNN trong tất cả các giá trị của hàm số đã tìm được. Lưu ý. (1) Nên vẽ hình của miền D; (2) Tại mỗi điểm dừng (là điểm trong hoặc trên biên của D) tìm được, không cần phải xác định điểm này là điểm cực đại hay cực tiểu của hàm số, mà chỉ cần tính giá trị của hàm số tại điểm này. Ví dụ 1.24. (a) Tìm GTLN và GTNN của hàm số z = f(x,y) = 8x2 + 3y2 + 1 – (2x2 + y2 + 1)2 trong miền đóng D = {(x,y)R2  x2 + y2  1}. Miền xác định của hàm số đang xét là R2 và hiển nhiên là hàm số f(x,y) đang xét liên tục với mọi x, y trong miền xác định của nó, nên hàm số này đạt GTLN và GTNN trên miền đóng D.  f ( x, y) 2 2 2 2  x  16 x  2(2x  y  1).4x  8x (1  2 x  y )  0 Ta có hệ phương trình   f ( x, y)  6 y  2(2x 2  y 2  1).2 y  2 y(1  4 x 2  2 y 2 )  0  y 1   để xác định các điểm dừng. Hệ phương trình này có 5 nghiệm, tức là có 5 điểm dừng (0,0),  0, , 2   1  ,0  . Cả 5 điểm này đều là các điểm trong của D và giá trị của hàm số f(x,y) tương ứng tại các  2   1  1  1   điểm này là f (0,0)  0 , f  0, ,0   1 .   ,f 2 4  2   Bây giờ ta xét giá trị của hàm số f(x,y) trên biên của miền D, tức là x, y thỏa mãn điều kiện x2 + y2 = 1  y2 = 1 – x2, vì y2  0 nên 1 – x2   -1  x  1, do đó f(x,y) = 8x2 + 3(1 – x2) + 1 – (2x2 + 1 – x2 + 1)2 = x2(1 – x2)  g(x).. Ta có g’(x) = -4x3 + 2x = 2x(1 – 2x2), nên điểm dừng là nghiệm của phương trình g’(x) = 0  1 2x(1 – 2x2) = 0, phương trình này có 3 nghiệm x = 0 và x   , và vì y2 = 1 – x2 nên có y  1 và 2 1  1  1 , tương ứng. Như vậy, trên biên của miền D có 6 điểm dừng 0,1 ,   y  . Cả 6 2 2 2  điểm này đều nằm trên biên của miền D và giá trị của hàm số f(x,y) tương ứng tại các điểm này là 1  1  1 f 0,1  0 , f   ,  . 2 2 4  So sánh tất cả các giá trị của hàm số f(x,y) đã tính được ở trên, ta thấy rằng hàm số f(x,y) đang  1  ,0  . xét có có GTNN = 0 tại điểm O(0,0) và GTLN = 1 tại các điểm   2   (b) Tìm GTLN và GTNN của hàm số z = f(x,y) = x 2 + y2 – xy + x + y trong miền đóng D là tam giác được giới hạn bởi các đường thẳng x = 0, y = 0 và x + y = -3. Miền xác định của hàm số đang xét là R2 và hiển nhiên là hàm số f(x,y) đang xét liên tục với mọi x, y trong miền xác định của nó, nên hàm số này đạt GTLN và GTNN trên miền đóng D.. 30.

(31) TailieuVNU.com. (1) Đồ thị của miền D là một tam giác có các đỉnh (-3,0); (0,0); (0,-3). (2) Tìm các điểm dừng trong miền D.  f ( x , y)  x  2x  y  1  0 Ta có hệ phương trình  để xác định các điểm dừng, hệ phương trình  f ( x , y )   2y  x  1  0  y này có 1 nghiệm duy nhất là (-1,-1), tức là hàm số f(x,y) đang xét có 1 điểm dừng M(-1,-1) là điểm trong của miền D. Tại điểm này ta có f(-1,-1) = -1. (3) Tìm các điểm dừng của hàm số f(x,y) trên biên của miền D. + Khi x = 0 với -3  y  0 tương ứng f(0,y) = y2 + y  g(y) với -3  y  0. Ta có g’(y) = 2y + 1, nên điểm dừng là nghiệm của phương trình g’(y) = 0, phương trình này có 1 1 1  1  nghiệm y   , tại điểm dừng này g    f  0,    . 2 4 2  2  2 + Khi y = 0 với -3  x  0 tương ứng f(x,0) = x + x  h(x) với -3  x  0. Ta có h’(x) = 2x + 1, nên điểm dừng là nghiệm của phương trình h’(x) = 0, phương trình này có 1 1  1  1  nghiệm x   , tại điểm dừng này h    f   ,0    . 4 2  2  2  + Khi y = -3 – x với -3  x  0 tương ứng f(x,-3 – x) = 3x2 + 9x + 6  k(x) với -3  x  0. Ta có k’(x) = 6x + 9, nên điểm dừng là nghiệm của phương trình k’(x) = 0, phương trình này có 1 3  3  3  nghiệm x   , tại điểm dừng này k    f   ,0    . 4 2  2  2  (4) Tính giá trị của hàm số tại các điểm của miền D mà tại đấy, hàm số chỉ liên tục nhưng không khả vi. Các điểm này chính là 3 đỉnh của tam giác là đồ thị của miền D: f(-3,0) = 6; f(0,0) = 0; f(0,-3) = 6. So sánh tất cả các giá trị của hàm số f(x,y) đã tính được ở (2), (3) và (4), thì hàm số f(x,y) đang xét có GTLN = 6 tại các điểm (-3,0) và (0,-3) và có GTNN = -1 tại điểm (-1,-1). 1.5. Ứng dụng của phép tính vi phân trong hình học 1.5.1. Đường và tiếp tuyến của đường 1.5.1.1. Đường và tiếp tuyến của đường trong mặt phẳng Ở Trường THPT chúng ta đã biết rằng, trong hệ tọa độ vuông góc Oxy, nếu đường L là đồ thị của hàm số y = f(x) thì phương trình tiếp tuyến tại điểm M0(x0,y0)L là y – y0 = f’(x0) (x – x0). Tuy nhiên, không phải khi nào đường L cũng được biểu diễn bằng hàm số y = f(x), mà trong trường hợp tổng quát, đường L được biểu diễn, nói chung bằng phương trình f(x,y) = 0.. 31.

(32) TailieuVNU.com. f ( x 0 , y 0 ) f ( x 0 , y 0 ) Điểm M0(x0,y0)L được gọi là điểm chính quy nếu và không đồng thời y x f ( x 0 , y 0 ) f ( x 0 , y 0 ) bằng 0, được gọi là điểm kỳ dị nếu và đồng thời bằng 0. y x. Giả sử điểm M0(x0,y0) là một điểm chính quy của đường L, khi đó phương trình tiếp tuyến của đường L tại điểm M0 là f ( x 0 , y0 ) f ( x 0 , y0 )  ( y  y0 ) 0 ( x  x 0 )f x' ( x 0 , y0 )  ( y  y0 )f y' ( x 0 , y0 )  0 hay ( x  x 0 ) x y x  x ( t ) Nếu đường L được cho dưới dạng tham số  với   t  , trong đó x(t), y(t) là các hàm  y  y( t ) số khả vi liên tục trên [,] và các đạo hàm x’(t), y’(t) không đồng thời bằng 0 tại mỗi điểm t[,] x 0  x ( t 0 ) x  x 0 y  y0 thì phương trình tiếp tuyến của đường L tại điểm M0(x0,y0) với  là .  x ' ( t 0 ) y' ( t 0 )  y 0  y( t 0 ) Ví dụ 1.25. Viết phương trình tiếp tuyến với đường ellip. x 2 y2   1 tại điểm M0(x0,y0) nằm a 2 b2. trên đường ellip. Bài giải. Ta giải bài toán này bằng 2 cách. x 2 y2 Cách 1. Đường ellip được biểu diễn bằng phương trình f ( x, y)  2  2  1  0 nên ta có a b f ( x, y) 2 y f ( x, y) 2x  2 , suy ra phương trình tiếp tuyến với đường ellip tại điểm M0(x0,y0)  2 và y a x a f ( x 0 , y0 ) f ( x 0 , y0 ) 2x 2y nằm trên đường ellip là ( x  x 0 )  ( y  y0 )  ( x  x 0 ) 20  ( y  y0 ) 20  0  x y a b xx 0 yy0 x 02 y 02 x0 y0 x 02 y 02 vì điểm M (x ,y ) nằm trên đường ellip nên     x  y  1   1. 0 0 0 a2 b2 a 2 b2 a2 b2 a 2 b2 x  x ( t )  a cos t x 2 y2 Cách 2. Phương trình tham số của đường ellip 2  2  1 là  với 0  t  2, a b  y  y( t )  b sin t x 0  x ( t 0 ) x  x 0 y  y0 khi đó phương trình tiếp tuyến của đường ellip tại điểm M0(x0,y0) tại  là  x ' ( t 0 ) y' ( t 0 )  y 0  y( t 0 ) a  x ' ( t 0 )  a sin t 0   b y 0 x  x 0 y  y0 x y x 2 y2 x y với     20 x  20 y  20  20  20 x  20 y  1. a b a b a b a b  y' ( t )  b cos t  b x  y0 x0 0 0 0 b a a . 1.5.1.2. Đường và tiếp tuyến của đường trong không gian x  x ( t )  Trong hệ tọa độ vuông góc Oxyz, đường L thường được cho dưới dạng tham số  y  y( t ) với  z  z ( t ) .  t  , trong đó x(t), y(t), z(t) là các hàm số khả vi liên tục trên [,] và các đạo hàm x’(t), y’(t), z’(t) không đồng thời bằng 0 tại mỗi điểm t[,] thì phương trình tiếp tuyến của đường L tại điểm x 0  x ( t 0 ) x  x 0 y  y0 z  z 0  M0(x0,y0,z0) với  y 0  y( t 0 ) là .   x ' ( t ) y ' ( t ) z ' ( t ) 0 0 0 z  z ( t ) 0  0. 32.

(33) TailieuVNU.com. x  x ( t )  t  Ví dụ 1.26. Viết phương trình tiếp tuyến của đường L được cho dưới dạng tham số  y  y( t )  t 2 với  3 z  z ( t )  t. 3  t  10 tại điểm (x0,y0,z0) ứng với t0 = 3. x 0  x (3)  3  Bài giải. Ta có  y 0  y( t )  32  9 và  3 z 0  z( t )  3  27 x 3 y9 trình tiếp tuyến của đường L là   1 6. x ' ( t )  1 x ' (3)  1    y' ( t )  2 t   y' (3)  2.3  6 do đó ta có phương   2 2 z' ( t )  3t z' (3)  3.3  27 z  27 . 27. 1.5.2. Mặt và tiếp tuyến của mặt, mặt phẳng tiếp xúc Trong hệ tọa độ vuông góc Oxyz, mặt S được biểu diễn bởi phương trình f(x,y,z) = 0. Giả sử M0(x0,y0,z0)S, khi đó đường thẳng M0T được gọi là tiếp tuyến của mặt S tại điểm M0 nếu nó là tiếp tuyến của một đường nào đó trên mặt S tại điểm M0. Tại mỗi điểm M0 trên mặt S, nói chung có vô số đường thuộc mặt S đi qua, do đó tại điểm M0 có thể có vô số tiếp tuyến của mặt S. f ( x 0 , y 0 , z 0 ) f ( x 0 , y 0 , z 0 ) Điểm M0(x0,y0,z0)S được gọi là điểm chính quy nếu , và y x f ( x 0 , y 0 , z 0 ) f ( x 0 , y 0 , z 0 ) f ( x 0 , y 0 , z 0 ) không đồng thời bằng 0, được gọi là điểm kỳ dị nếu , và y z x f ( x 0 , y 0 , z 0 ) đồng thời bằng 0. z Định lý. Tập hợp tất cả các tiếp tuyến của mặt S tại một điểm chính quy M0(x0,y0,z0)S là một mặt phẳng đi qua điểm M0. Định nghĩa. Mặt phẳng chứa mọi tiếp tuyến của mặt S tại điểm M0S được gọi là mặt phẳng tiếp xúc của mặt S tại điểm M0. Phương trình của mặt phẳng tiếp xúc của mặt S được biểu diễn bởi phương trình f(x,y,z) = 0 tại điểm chính quy M0(x0,y0,z0)S là f ( x 0 , y 0 , z 0 ) f ( x 0 , y 0 , z 0 ) f ( x 0 , y 0 , z 0 ) .( x  x 0 )  .( y  y 0 )  .( z  z 0 )  0 x y z Ví dụ 1.27. Viết phương trình của mặt phẳng tiếp xúc của mặt S được cho bởi phương trình x2 – 4y2 + 2z2 = 6 tại điểm (2,2,3).. Bài giải. Viết phương trình của mặt S dưới dạng f(x,y,z) = x2 – 4y2 + 2z2 – 6 = 0. Ta có f(2,2,3) = 22 – 4.22 + 2.32 – 6 = 0 nên điểm (2,2,3) thuộc mặt S.  f ( x , y, z)  f (2,2,3)  2x  2.2  4   x  x    f ( x , y, z)  f (2,2,3) Ta có   8y    8.2  16 do đó ta được phương trình của mặt phẳng  y  y    f ( x , y, z)  f (2,2,3)  4x  4.3  12   z   z tiếp xúc với mặt S tại điểm (2,2,3) là 4(x – 2) – 16(y – 2) + 12(z – 3) = 0 hay x – 4y + 3z – 3 = 0. Bài tập 1.1. Tìm miền xác định của các hàm số sau (a) f(x,y) = ln(xy). (b) f ( x, y) . 33. 1 1  xy xy.

(34) (c) f ( x, y)  4  x  y  x  y  1 2. 2. 2. (e) f ( x, y)  x ln y (g) f(x,y) = lnx + ln(siny). 2. y 1 (d) f ( x, y)  arcsin x 1 (f) f ( x, y)  y  x2 x (h) f ( x , y)  cos 2 y. TailieuVNU.com. (i) f ( x, y)  y  x ln( y  x ) 1.2. Tìm giới hạn khi (x,y)  (0,0) của các hàm số sau x 2  y2 xy 2 (a) f ( x, y)  2 (b) f ( x , y )  x  y2 x 2  y4 x 3  y3 (d) f ( x, y)  2 x  y2. y (c) f ( x, y)  x arctan x. (e) f ( x, y) . 1  x 2  y2 (1  cos y) y2. . (g) f ( x , y)  cos x  y 2. 2. . . 1 x 2  y2. (i) f ( x, y)  1  xyx 2  y2 1. (l) f ( x, y) . x sin y  y sin x x 2  y2. (n) f ( x, y)  x  y  sin. (r) f ( x, y) . . . xy 2 x 2  y 2 1  cos x 2  y 2. . (t) f (x, y)  x 2 ln x 2  y 2 . 1 yx. x  y  x 2  y2 (h) f ( x, y)  xy ( x  y) cos(x  y) (k) f ( x, y)  sin( x  y) ln( x  e y ) (m) f ( x , y)  x 2  y2. (o) f ( x, y)  x  y  sin. 1 xy. x 3  y3 (p) f ( x, y)  2 x  y2. (f) f ( x, y)  y cos. 1 1 sin x y. . sin x 3  y 3 (q) f ( x, y)  x 2  y2. . (s) f ( x , y) . . x 2 y  xy 2 x 2  xy  y 2. (u) f ( x, y)  x 2  y 2 . x 2 y2. 1.3. Tìm giới hạn của các hàm số sau 2. sin( xy) (a) lim ( x , y )( 0 , 3) x xy (c) lim ( x , y )(  , 0 ) 1  x y. (b) (d).  xy   lim  2 (e) ( x , y )(  ,  ) x  y 2   . (g). lim. ( x , y )(  ,  ). x. 2. .  y .e 2. x2. (f) ( xy). lim. ( x , y ) ( 0 , 2 ). lim. ( x , y )(  ,  ). x. 2.  y2. . ( xy). xy ( x , y )(  ,  ) x  xy  y 2. (h). lim. lim. ( x , y )  (  , ) 6. 1.4. Khảo sát sự liên tục của các hàm số sau  2  1   khi ( x , y)  (0,0) x  y 2 sin  2 2  (a) f ( x , y)   x y  0 khi ( x , y)  (0,0) . 34. (1  xy). x 2  xy. 2. x 2  y2  6  x 2  y2 x 4  y 4  2(1  x 2 y 2 )  x 2  y 2.

(35)  x 3  y3  khi (b) f ( x , y)   x 2  y 2  khi 0 2  y x arctan   (c) f ( x , y)   x 0 . TailieuVNU.com ( x , y)  (0,0) ( x , y)  (0,0). khi ( x , y)  (0,0) khi ( x , y)  (0,0).  x sin y  y sin x  (d) f ( x , y)   x 2  y2  0 1.5. Khảo sát sự liên tục của hàm số 1  x sin  y  x khi (a) f ( x , y)   x  y  0 khi  x y  (b) f ( x , y)   x 4  y 2  0 2. khi ( x , y)  (0,0) khi ( x , y)  (0,0). ( x , y)  (0,0) tại điểm gốc tọa độ O(0,0) ( x , y)  (0,0). khi ( x , y)  (0,0). trên mặt phẳng R2. khi ( x , y)  (0,0).   x 21y2  khi xy  0 trên mặt phẳng R2 (c) f ( x , y)  e  khi xy  0 0  x 3  xy 2 khi x 2  y 2  0  (d) f ( x , y)   x 2  y 2 tại điểm gốc tọa độ O(0,0) 2 2 a khi x  y  0 . f x (u, v), y(u, v)  f x (u, v), y(u, v)  , của các hàm hợp sau u v x  x (u , v)  cos u 2 2 (a) z  f ( x, y)  e x 2 y với   y  y( u , v)  u 2  v 2 x  x (u , v)  uv  2 2 (b) z  f (x, y)  ln x  y  với  u  y  y(u , v)  v u  x  x ( u , v)  2 (c) z  f (x, y)  x ln y với  v  y  y( u , v)  3u  2 v x  x (u , v)  e u y x (d) z  f (x, y)  xe  ye với   y  y(u , v)  u 2 v 1.7. Tính đạo hàm của hàm số. 1.6. Tính các đạo hàm riêng. (a) u = f(x,y,z) = xy2z3 tại điểm M0(1,2,-1) theo hướng của véc tơ M 0 M với M(0,4,-3). z (b) u  f ( x , y, z)  arcsin tại điểm M0(1,1,1) theo hướng của véc tơ M 0 M với x 2  y2 M(3,2,3). . . . (c) z = f(x,y) = x2 – xy + y2 tại điểm M(1,1) theo hướng của véc tơ v  6 i  8 j .. 35.

(36) TailieuVNU.com.  x 2 y2 z2 (d) u  f ( x, y, z)  2  2  2 theo hướng của bán kính véc tơ r của điểm M(x,y,z). Với điều a b c kiện nào của các số dương a, b, c đạo hàm ấy bằng gradf(x,y,z)? . 1.8. (a) Cho hàm số u = f(x,y,z) = xsin(yz). Tính gradf(x,y,z) và đạo hàm theo hướng l tại điểm      f (1,3,0) M0(1,3,0) tức là , biết rằng l được xác định bởi véc tơ v  i  2 j  k .  l (b) Xét hàm số z = f(x,y) = xey tại điểm M0(2,0). Tính vận tốc biến thiên của hàm số f(x,y) theo hướng từ điểm M0 đến điểm M(5,4). Theo hướng nào thì vận tốc biến thiên đó có giá trị tuyệt đối lớn nhất và tính giá trị ấy. (c) Tìm độ lớn và hướng của gradf(x,y,z) với u = f(x,y,z) = x3 + y3 + z3 – 3xyz tại điểm M0(1,2,1). Tại những điểm nào thì gradf(x,y,z) vuông góc với trục Oy, tại những điểm nào thì gradf (x,y,z) = 0. 1.9. Tìm vi phân toàn phần cấp 1 của các hàm số (a) z = f(x,y) = sin(x2 + y2). (b) z = f(x,y) = ex(cosy + xsiny) x y. xy (c) z  f ( x, y)  arctan xy. (d) z  f ( x , y)  e  e. (e) u = f(x,y,z) = xey + yez + zex. (f) y  f ( x, y, z)  x y z với x > 0. . y x. 2. 1.10. Tính đạo hàm của các hàm ẩn y = y(x) được cho bởi phương trình sau (a) x3y – y3x = a4, tính y’(x) xy y (c) arctan  , tính y’(x) a a. (b) xey + yex – exy = 0, tính y’(x) y (d) ln x 2  y 2  arctan , tính y’(x) và y”(x) x. 1.11. Tìm cực trị của hàm số (a) z = f(x,y) = 4(x – y) – x2 – y2. (b) z = f(x,y) = x2 + xy + y2 + x – y + 1. (c) z = f(x,y) = x + y – xey. (d) z = f(x,y) = 2x4 + y4 – x2 – 2y2. 1.12. Tìm GTLN và GTNN của hàm số (a) z = f(x,y) = x2 – y2 trong miền D = {(x,y)R2  x2 + y2  4} (b) z = f(x,y) = x2y(4 – x – y) trong miền đóng D giới hạn bởi các đường thẳng x = 0, y = 0 và x +y=6 (c) z = f(x,y) = x2 + xy – 4x + 8y trong miền đóng D giới hạn bởi các đường thẳng x = 0, x = 1, y = 0 và y = 2 1.13. Tìm cực trị của hàm số (a) z = f(x,y) = xy với điều kiện x + y = 1 (b) z = f(x,y) = xy – x2 – y2 với điều kiện x + y = 2 1.14. Giải các bài toán cực trị có điều kiện sau đây (a1) Trong tất cả các tam giác vuông có chung cạnh huyền, tìm tam giác có diện tích lớn nhất. (a2) Trong tất cả các tam giác vuông có diện tích S cho trước, tìm tam giác có cạnh huyền nhỏ nhất. (b1) Trong tất cả các tam giác có cùng chu vi P cho trước, tìm tam giác có diện tích lớn nhất. (b2) Trong tất cả các tam giác có cùng diện tích S cho trước, tìm tam giác có chu vi nhỏ nhất. (c1) Trong tất cả các hình chữ nhật có chu vi P cho trước, tìm hình chữ nhật có diện tích lớn nhất. 36.

(37) TailieuVNU.com. (c2) Trong tất cả các hình chữ nhật có diện tích S cho trước, tìm hình chữ nhật có chu vi nhỏ nhất. (d1) Trong tất cả các hình hộp chữ nhật có diện tích xung quanh toàn phần S cho trước, tìm hình hộp có thể tích lớn nhất.. (d2) Trong tất cả các hình hộp chữ nhật có thể tích V cho trước, tìm hình hộp có diện tích xung quanh toàn phần nhỏ nhất. x  x ( t )  t  sin t  1.15. Viết phương trình tiếp tuyến của đường L được cho dưới dạng tham số  y  y( t )  1  cos t với z  z( t )  4 sin t 2   0  t  2 tại điểm (x0,y0,z0) ứng với t 0   2 . 1.16. Viết phương trình của mặt phẳng tiếp xúc của mặt S được cho bởi phương trình (a) z = 2x2 + 4y2 tại điểm (2,1,12). (b) z = ln(2x + y) tại điểm (-1,3,0). Phụ lục. DẠNG TOÀN PHƯƠNG  a 11   a 21 Giả sử x = (x1 x2 … xn) là ma trận cấp (1 x n), A   a 31   ... a  n1. a 12. a 13. a 22. a 23. a 32. a 33. .... .... a n2. a n3. ... a 1n   ... a 2 n  ... a 3n  là ma trận vuông  ... ...  a nn . cấp (n x n) đối xứng (aij = aji với i,j). Biểu thức (x1,x2, …,xn) = xAxt (xt là ma trận chuyển vị của ma trận x) được gọi là dạng toàn phương của n biến x1,x2, …,xn; còn ma trận đối xứng A được gọi là ma trận tương ứng của dạng toàn phương (x1,x2, …,xn). Vì ma trận A là ma trận đối xứng nên sau khi thực hiện phép nhân 3 ma trận trên ta được n. n. n. ( x1 , x 2 ,..., x n )   a ij x i x j   a ii x i2  i 1 j1. i 1.  2a x x. 1i jn. ij. i. j. ..  a 11 a 12 a 13 ... a 1n     a 21 a 22 a 23 ... a 2 n  Như vậy, nếu cho ma trận A   a 31 a 32 a 33 ... a 3n  là một ma trận vuông đối xứng cấp (n   ... ... ...   ... ... a a nn   n1 a n 2 a n 3 x n) thì ta xác định được một dạng toàn phương (x1,x2, …,xn) bằng công thức trên; ngược lại, nếu cho một dạng toàn phương thì ta xác định được một ma trận A là ma trận đối xứng cấp (n x n) tương ứng. 3 6   ; Ví dụ 1. (a) Tìm dạng toàn phương (x1,x2) nếu biết ma trận tương ứng của nó là A   6  2 (b) Tìm dạng toàn phương (x1,x2,x3) nếu biết ma trận tương ứng của nó là 3   2 4   A 4 0  5  3 5 1   . 37.

(38) TailieuVNU.com. Bài giải.  3 6   a 11    (a) Ta có A    6  2   a 12 2. ( x1 , x 2 )   a ii x i2  i 1.  2a x x. 1i j2. ij. i. j. a 12   suy ra a11 = 3, a12 = 6 và a22 = -2 do đó a 22 .  3x12  2.6x1x 2  2x 22  3x12  12 x1x 2  2x 22 .. 3   a11  2 4    (b) Ta có A   4 0  5    a12  3 5 1  a    13 3. và a23 = -5 suy ra ( x1 , x 2 , x 3 )   a ii x i2  i 1. a13   a 23  suy ra a11 = -2, a22 = 0, a33 = 1, a12 = 4, a13 = 3 a 33 . a12 a 22 a 23.  2a x x. 1i j3. ij. i. j.  2x12  2.0.x 22  1.x 32.  2.4x1x 2  2.(5)x1x 3  2.3x 2 x 3  2x  x 32  8x1x 2  6x 2 x 3  10 x 3 x1 . 2 1. Ví dụ 2. (a) Tìm ma trận A của dạng toàn phương (x1 , x 2 )  5x12  x1x 2  x 22 ; (b) Tìm ma trận A của dạng toàn phương (x1 , x 2 , x 3 )  x12  4x 22  2x1x 2  3x 2 x 3  5x 3 x1 Bài giải.   5 1 (a) Biến đổi ( x1 , x 2 )  5x12  x1x 2  x 22  5x12  2. x1x 2  x 22  A   2   1  2 2 2 (b) Biến đổi ( x1 , x 2 , x 3 )  x1  4x 2  2x1x 2  3x 2 x 3  5x 3 x1 .  1  5  3 2 2 2 x1  4x 2  0.x 3  2.1.x1x 2  2. x1x 3  2.   x 2 x 3  A   1  2  2 5  2 Dạng toàn phương được gọi là. 5   2  3   2  0  . 1 4 . 1   2  1  . 3 2. (1) xác định dương nếu (x1,x2, …,xn) > 0 với (x1,x2, …,xn)Rn và (x1,x2, …,xn)  (0,0,…,0); (2) xác định âm nếu (x1,x2, …,xn) < 0 với (x1,x2, …,xn)Rn và (x1,x2, …,xn)  (0,0,…,0); (3) không xác định dương cũng không xác định âm (không xác định dấu) nếu (x1,x2, …,xn) đổi dấu; (4) suy biến nếu (x1,x2, …,xn) = 0 khi (x1,x2, …,xn)  (0,0,…,0). n. Định lý Sylvester. Xét dạng toàn phương n biến ( x1 , x 2 ,..., x n )   a ii x i2  i 1. trận tương ứng A = (aij)nxn.  a 11   a 21 là ma trận đối xứng. Ký hiệu A k  det a 31   ... a  k1. a 12. a 13. a 22. a 23. a 32. a 33. .... .... a k2. a k3.  2a x x. 1i j n. ij. j. có ma. ... a 1k   ... a 2 k  ... a 3k  với 1  k  ... ...  a kk .  n là các định thức con chính của ma trận A. Khi đó (1) (x1,x2, …,xn) xác định dương  Ak > 0 với 1  k  n; (2) (x1,x2, …,xn) xác định âm  Ak < 0 với k lẻ và Ak > 0 với k chẵn (1  k  n). 38. i.

(39) Chương 2. TÍCH PHÂN BỘI. TailieuVNU.com. 2.1. Tích phân hai lớp 2.1.1. Định nghĩa và cách tính tích phân hai lớp 2.1.1.1. Định nghĩa Bài toán dẫn đến khái niệm tích phân hai lớp Giả sử có một vật thể hình trụ, phía trên giới hạn bởi mặt cong được biểu diễn bằng phương trình z = f(x,y), mặt xung quanh là mặt của hình trụ có đường sinh song song với trục Oz, còn phía dưới giới hạn bởi hình phẳng D nằm trong mặt phẳng Oxy và được gọi là đáy của của hình trụ. Yêu cầu tính thể tích V của vật thể hình trụ này với giả thiết f(x,y) là hàm không âm, xác định và liên tục trên miền D. Bài giải. Chia D thành n miền nhỏ không dẫm lên nhau (giao của 2 hai miền nhỏ bất kỳ bằng tập rỗng). Gọi diện tích của n miền nhỏ đó là S1, S2, …, Sn. Lấy mỗi miền nhỏ là đáy của hình trụ mà mặt xung quanh có đường sinh song song với trục Oz và phía trên giới hạn bởi mặt cong được biểu diễn bằng phương trình f(x,y). Như vậy, vật thể hình trụ đã được chia thành n hình trụ nhỏ. Trong mỗi miền nhỏ Si (1  i  n) ta lấy một điểm tùy ý Mi(xi,yi). Ta có tích zi.Si = f(xi,yi).Si là thể tích hình trụ có diện tích đáy Si và chiều cao zi = f(xi,yi). Nếu miền nhỏ Si khá bé, thì do hàm f(x,y) liên tục trên D nên giá trị của z = f(x,y) xấp xỉ bằng giá trị của zi = f(xi,yi) nên có thể coi thể tích của hình trụ nhỏ thứ i là Vi  f(xi,yi).Si. Như vậy, nếu mọi miền nhỏ Si (1  i  n) đều khá bé thì có thể coi thể tích n. của hình trụ là V   f ( x i , yi ).Si . i 1. n. Tổng  f ( x i , yi ).Si sẽ có độ chính xác cao (tức là giá trị của biểu thức này càng gần thể tích i 1. thực V của hình trụ đang xét) nếu n càng lớn và tất cả các Si (1  i  n) càng bé. Do đó, thể tích V n. của hình trụ đang xét bằng giới hạn (nếu có) của tổng  f ( x i , yi ).Si khi n   cùng với đường kính i 1. n. của mỗi miền nhỏ Si (1  i  n) bé dần về 0, tức là V  lim  f ( x i , y i ).Si với d  max d i , trong đó di d0. 1in. i 1. là đường kính của mỗi miền nhỏ Si (1  i  n) (đường kính của một miền được định nghĩa là khoảng cách lớn nhất giữa các điểm trên biên của miền ấy). Định nghĩa tích phân hai lớp Cho hàm số f(x,y) xác định trên miền đóng bị chặn D. Chia miền D một cách tùy ý thành n miền nhỏ không dẫm lên nhau. Gọi diện tích của n miền nhỏ đó là S1, S2, …, Sn. Trên mỗi miền nhỏ n. Si (1  i  n) ta lấy một điểm tùy ý Mi(xi,yi) và lập tổng I n   f ( x i , yi ).Si . In được gọi là tổng tích i 1. phân của hàm f(x,y) trên miền D nếu khi n   sao cho d  max d i  0 (trong đó di là đường kính 1in. của miền nhỏ Si) mà In dần đến một giá trị hữu hạn không phụ thuộc vào cách chia miền D và cách lấy điểm Mi(xi,yi) trên mỗi miền nhỏ Si, thì giá trị hữu hạn này được gọi là tích phân hai lớp của hàm số f(x,y) trên miền D và ký hiệu là  f ( x , y)dS , khi đó D, f(x,y), dS, x và y lần lượt được gọi là miền D. lấy tích phân, hàm số dưới dấu tích phân, vi phân diện tích, các biến lấy tích phân.. 39.

(40) Như vậy, ta có  f ( x, y)dS  lim I n  lim n . D. TailieuVNU.com. n. max di 0.  f (x , y ).S nếu giới hạn này tồn tại hữu hạn và i. i 1. 0i  n. i. i. khi đó ta nói rằng hàm số f(x,y) khả tích trên miền D. Nếu hàm số f(x,y) liên tục trong miền D thì nó khả tích trên miền D. Vì tích phân hai lớp nếu tồn tại thì không phụ thuộc vào cách chia miền D, nên ta có thể chia D bởi lưới các đường thẳng song song với các trục tọa độ Ox, Oy. Khi đó, mỗi miền nhỏ Si (1  i  n) nói chung là hình chữ nhật, do đó dS = dxdy nên  f ( x , y)dS   f ( x , y)dxdy. D. D. Ý nghĩa hình học của tích phân hai lớp Nếu hàm số z = f(x,y) > 0, xác định và liên tục với (x,y)D thì giá trị của tích phân hai lớp  f (x, y)dxdy chính là thể tích V của hình trụ có đáy là miền D thuộc mặt phẳng Oxy, mặt xung quanh D. là mặt của hình trụ có đường sinh song song với trục Oz, còn mặt trên của hình trụ là mặt cong được biểu diễn bằng phương trình z = f(x,y). Đặc biệt, nếu f(x,y) = 1 với (x,y)D thì giá lớp  f ( x , y)dxdy   1.dxdy   dxdy chính là diện tích S của miền D. D. D. trị. của. tích. phân. hai. D. Các tính chất của tích phân hai lớp (1).  f (x, y)  g(x, y)dxdy   f (x, y)dxdy   g(x, y)dxdy D. (2). D.  kf ( x, y)dxdy  k  f (x, y)dxdy với k là hằng số D. (3). D. D  D 1  D 2 1  D2  .  f (x, y)dxdy   f (x, y)dxdy   f (x, y)dxdy với D D. (4). D. D1. D2.  f ( x, y)dxdy   g( x, y)dxdy nếu f(x,y)  g(x,y) D. D. (5) mS   f ( x , y)dxdy  MS với S là diện tích của miền D, m  min f ( x, y) và M  max f ( x, y) D. D. D. (6) Nếu f(x,y) liên tục trong miền đóng bị chặn D, S là diện tích của miền D thì  ( x, y) D sao cho  f ( x , y)dxdy  f ( x , y).S D. 2.1.1.2. Cách tính tích tích phân hai lớp trong hệ tọa độ Descarter - Miền lấy tích phân là hình chữ nhật D = {(x,y)R2  a  x  b và c  x  d}. b. d. d. b. a. c. c. a.  f (x, y)dxdy   dx  f (x, y)dy   dy f (x, y)dx (khi D. b. tính  f ( x , y)dx thì coi y là hằng số, còn a. d. khi tính  f ( x , y)dy thì coi x là hằng số). c. 40.

(41) b  d  Nếu f(x,y) = g(x).h(y) thì  f ( x , y)dxdy    g ( x )dx   h ( y)dy  D a  c . TailieuVNU.com. 0  x  1 Ví dụ 2.1. Tính tích phân I   xydxdy trên miền D được xác định bởi  1  y  2 D. Ta có thể tính I bằng 3 cách. 1 1  xy 2 2  3x 3x 2 3   dx   dx   (C1) I   xydxdy   dx  xydy    2  2 4 0 4 D 0 1 0 0 1  1 2 1 2 2 1  2 x y  y y2 4 1 3  dx   dy     (C2) I   xydxdy   dy xydx    2  2 4 0 4 4 4 D 1 0 1 1 0 1 2 1  2   x 2  y 2  1  4 1  1 3 3  .    .  (C3) I   xydxdy    xdx   ydy      2 2 D 0  1   0  1  2  2 2  2 2 4 1. 2. 1. - Miền lấy tích phân là không phải là hình chữ nhật + Trường hợp 1. D = {(x,y)R2  a  x  b và y1(x)  y  y2(x)}: b. y2 ( x ). a. y1 ( x ).  f (x, y)dxdy   dx D.  f ( x, y)dy. + Trường hợp 2. D = {(x,y)R2  x1(y)  x  x2(y) và c  y  d}: d. x2 ( y). c. x1 ( y ).  f (x, y)dxdy   dy  f ( x, y)dx D. Ví dụ 2.2. Tính tích phân I   x 2 ydxdy trên miền D xác định bởi tam giác ABC với A(0,0), D. B(1,0), C(1,1).. 41.

(42) TailieuVNU.com. 0  x  1 Đường thẳng AC có phương trình y = x nên miền D được xác định bởi  . Ta có thể 0  y  x tính I bằng 2 cách. 1 1 x 1 2 2 x 1 x y  x4 x5 1 2 2  dx   dx   (C1) I   x ydxdy   dx  x ydy    2  2 10 0 10 D 0 0 0 0 0  1 1 1 1 3 1  1  y 2 y5  x y  y  y4 1 1 1 2 2  dy   dy        (C2) I   x ydxdy   dy x ydx    3  3  6 15  0 6 15 10 D 0 y 0 0 y + Trường hợp 3. D là miền đóng nội tiếp trong hình chữ nhật {x = a, x = b, y = c, y = d}, trong đó các điểm tiếp xúc M, Q, P, N có thể là một đoạn thẳng.. Để tính.  f (x, y)dxdy ,. tùy theo miền D, ta có thể sử dụng một trong hai công thức. D b. y2 ( x ). a. y1 ( x ). d. x2 ( y). c. x1 ( y ).  f (x, y)dxdy   dx  f ( x, y)dy (trường hợp 1),  f (x, y)dxdy   dy  f ( x, y)dx (trường hợp 2) sao D. D. cho việc thực hiện đơn giản hơn. - Nếu cung MNP được biểu diễn bằng phương trình y = y1(x), còn cung MQP được biểu diễn b. y2 ( x ). a. y1 ( x ). bằng phương trình y = y2(x) thì  f ( x , y)dxdy   dx D.  f (x, y)dy .. - Nếu cung QMN được biểu diễn bằng phương trình x = x 1(y), còn cung QPN được biểu diễn d. x2 ( y). c. x1 ( y ). bằng phương trình x = x2(y) thì  f ( x , y)dxdy   dy D. Ví dụ 2.3. Tính tích phân I   D.  f ( x, y)dx .. x2 dxdy trên miền D giới hạn bởi các đường x = 2, y = x và y2. 1 y . x. 42.

(43) TailieuVNU.com. 1  x  2  Miền D được xác định là  1 và có hình vẽ tương ứng. Ta có thể tính I bằng 2 cách:  y  x  x 2 x 2 x 2 2  x4 x2  x2 x2 x 2  9 3  dx   x  x dx      (C1) I   2 dxdy   dx  2 dy     y  y y 2 1 4  4 D 1 1x 1 1 1x. . . 1  2  y  1 (C2) Chia miền D thành hai miền nhỏ: Miền D1 được xác định là  và miền D2 được 1  x  2  y 1 2 1  y  2 x2 x2 x2 x2 xác định là  . Khi đó I   2 dxdy   2 dxdy   2 dxdy   dy  2 dx  y y y y y  x  2 D D1 D2 12 1y.  x3 x2 dy dx  1 y y 2 1 2 3y 2  2. 2. 1. 2 3  dy   x 1  3y 2  1y  2. 1 2 1 2  dy   8  1  dy   8  y  dy    3y 2 3y5  1  3y 2 3   1 2 y 12 1. 2. 2. 1.  8 y2   8 1  9           . 4   3y 12 y  1 2  3y 6  1 4 Rõ ràng là, với miền D được cho như trong ví dụ này, việc sử dụng công thức d. x2 ( y). c. x1 ( y ).  f (x, y)dxdy   dy  f ( x, y)dx (trường hợp 2) có khối lượng tính toán cồng kềnh hơn việc sử dụng D. công thức. b. y2 ( x ). a. y1 ( x ).  f (x, y)dxdy   dx  f ( x, y)dy (trường hợp 1). D. Nhận xét. Nếu biết các cận của tích phân hai lớp, ta có thể suy ra miền lấy tích phân D, do đó có thể đổi được thứ tự lấy tích phân. 2. 4. 2. x2. Ví dụ 2.4. Đổi thứ tự lấy tích phân của tích phân I   dx  f ( x , y)dy Từ các cận của tích phân I này, ta có thể xác định được miền D là miền được giới hạn bởi các đường {x = -2, x = 2, y = x2, y = 4} và vẽ được miền D như sau:. 43.

(44) TailieuVNU.com. Hai đường y = 4, y = x2 cắt nhau tại hai điểm x = 2, do đó nếu đổi thứ tự lấy tích phân ta 2. 4. 4. y. 2. x2. 0.  y. được I   dx  f ( x , y)dy   dy  f ( x , y)dx . Ví dụ 2.5. Tính tích phân  D. xdxdy 1 y. 3. trên miền đóng D = {(x,y)R2 | 0 ≤ x ≤ 1, x ≤ y ≤ 1}. Căn cứ vào hình vẽ của miền đóng D, tích phân I có thể tính theo thứ tự lấy tích phân khác nhau: y y 1 1 1 1 xdy xdx xdx I   dx  hoặc I   dy . Nhận xét rằng, tính I   dy đơn giản hơn! 2 2 1 y 1 y 1 y2 0 x 0 0 0 0 1. y. 0. 0. I   dy.  1   1  y 2 0  1  y 2 1. xdx. 1  1  0 xdx dy  0 1  y 2  y.  x2   2 . . . 1 1 2 3  dy  1 y dy  1 d 1  y   2 0 1  y 2 6 0 1  y 2 0  y. 1 1. . 1   1  y3 60.   . 1 2. . 1 d 1 y  6 3. . 1 1  y3 1  1 2 1. 1  y3  3. . 1  1 2. 1. . 2 1 . 3. 0 0. 2. Ví dụ 2.6. Tính tích phân I   dy  e x dx 2. 0. 2y. Nhận xét: Các nhà toán học đã chứng minh rằng, biểu thức dưới dấu tích phân trong tích 2. 2. phân  e x dx không có nguyên hàm sơ cấp, tức là nguyên hàm của tích phân  e x dx không thể biểu 2. 2. 2y. 2y 2. x 2. diễn qua các hàm số sơ cấp được. Ta thử thay đổi thứ tự lấy tích phân này thành I   dx  e x dy và ta 2. 0. dễ. dàng x 2. phân  e x dy  ye x 2. 0. 2. x 2 0. tính 2. . được 2.  . 2. 2 2 1 x2 1 1 ex xe  I   xe x dx   e x d x 2  2 2 40 4 0. 2.  0. 0. tích. e4 1 . 4. 2.1.2. Phép đổi biến trong tích phân hai lớp, tọa độ cực 2.1.2.1. Công thức đổi biến trong tích phân hai lớp Xét tích phân hai lớp  f ( x , y)dxdy , trong đó hàm số f(x,y) liên tục trên miền đóng D. Giả sử ta D.  x  x ( u , v) thực hiện phép đổi biến  với các giả thiết  y  y( u , v). 44.

(45) TailieuVNU.com. (1) Các hàm x(u,v), y(u,v) là các hàm số liên tục và có các đạo hàm riêng cấp 1 x (u, v) x (u, v) y(u, v) y(u, v) liên tục trên miền đóng D’ = {(u,v)R2} nào đấy; , , , u v u v  x  x ( u , v) (2) Phép đổi biến  là ánh xạ 1-1 từ miền D lên miền D’;  y  y( u , v)  x (u , v)  (3) Định thức Jacobi J  det u  y(u , v)  u. Khi đó ta có. x (u , v)   v   0 trong miền D’ y(u , v)   v .  f ( x, y)dxdy   f x (u, v), y(u, v) J dudv D. D'. Ví dụ 2.7. Tính tích phân I   (3x 2  4 xy)dxdy trên miền D là hình bình hành giới hạn bởi các D. đường thẳng {x + 2y = 2, x + 2y = 4, 3x – y = 0, 3x – y = 3}.. Nếu tính tích phân này trong hệ tọa độ Oxy thì việc chia miền bởi các đường song song với các trục tọa độ là phức tạp, dẫn đến việc tính toán cồng kềnh, do đó ta thực hiện phép đổi biến 1 2  x u v  u  x  2 y   7 7  , dễ thấy rằng, phép đổi biến này là ánh xạ 1–1 từ miền D lên miền D’   v  3x  y v  3 u  1 v  7 7 2  u  4 được xác định bởi hình chữ nhật  trong hệ tọa độ Ouv. Phép biến đổi này có định thức 0  v  3  x (u , v)  Jacobi là J  det u  y(u , v)  u. x ( u , v)   v   y(u , v)   v . 1 7 3 7. 2 7   1  0 do đó I  (3x 2  4 xy)dxdy  D 1 7  7. 2  1 2  2  3 1  1 3404 1 2 du 0 3 7 u  7 v   4 7 u  7 v  7 u  7 v   7 dv  343 .   4. 3. 2.1.2.2. Tính tích phân hai lớp trong tọa độ cực. 45.

(46) TailieuVNU.com. Công thức liên hệ giữa tọa độ Descarter (x,y) và tọa độ cực (r,) của cùng một điểm M(x,y) x  x (r, )  r cos   là  . Nếu r > 0 và 0    2 thì công thức đổi biến trên xác định một ánh xạ 1-1  y  y(r, )  r sin  giữa tọa độ Descarter và tọa độ cực, riêng điểm gốc tọa độ O(0,0) tương ứng với r = 0 và  tùy ý.  x (r, ) x (r, )    r   cos   r sin   Ta có J  det   r  0 trừ điểm gốc tọa độ O(0,0); do đó ta  y(r, ) y(r, )  sin  r cos   r    có công thức đổi biến.  f (x, y)dxdy   f r cos , r sin rdrd , trong đó D’ là miền lấy tích phân D. D'. tương ứng trong hệ tọa độ cực. Ví dụ 2.8. Tính tích phân I   ydxdy trên miền D là một phần tư đường tròn có tâm tại gốc tọa D. độ, bán kính R nằm trong góc vuông thứ nhất của hệ tọa độ Descarter.. x  r cos  0  r  R Đổi biến  suy ra miền D’ là hình chữ nhật  trong hệ tọa độ cực nên việc  y  r sin  0     2   R 2   2 tính tích phân đơn giản hơn. Ta có I   ydxdy   r sin .rdrd    r dr   sin    D D' 0  0 .  r3  3 . R. 0. 3    cos   2  R 0  3 . . . Ví dụ 2.9. Tính tích phân I   4  x 2  y 2 dxdy trên miền đóng D = {(x,y)R2 | x2 + y2 ≤ 4} D. Miền D là hình tròn tâm 0 có bán kính R = 2. Nhận xét rằng, hàm dưới dấu tích phân là hàm số chẵn với cả hai biến x, y; hơn nữa miền D là một miền đối xứng qua tâm O đồng thời đối xứng qua. 46.

(47) TailieuVNU.com. các trục tọa độ Ox và Oy, nên I  4 4  x 2  y 2 dxdy với D1 là một phần tư hình tròn thuộc góc D1. . . vuông thứ nhất của hệ trục tọa độ Oxy: D1  ( x, y)  R 2 0  x  2 & 0  y  4  x 2 . 2. Do đó I  4  dx 0. 4 x 2. . 4  x 2  y 2 dy , tuy nhiên việc tính tích phân này là không đơn giản.. 0. x  r cos  Ta đổi biến từ hệ tọa độ Descarter (x,y) sang hệ tọa độ cực (r,):   J  r , khi miền D1  y  r sin . . . 4  x 2  y2  4  r 2. trở thành miền D'  (r, )  R 2 0  r  2 & 0     2 và 2.  .  12   1 1  I  4  d r 4  r dr  4  0   4  r 2 d 4  r 2   4. . . 4  r2 2 2 1 0 0  20  1 2 2.1.3. Ứng dụng hình học của tích phân hai lớp 2. 2. . 2. . . . 2 1 1 2 0. . 16  3. 2.1.3.1. Tính diện tích hình phẳng S   dxdy là diện tích của miền lấy tích phân D. D. Ví dụ 2.10. Tính diện tích S của miền phẳng giới hạn bởi các đường y = x và y = 2 – x2.. Các đường y = x và y = 2 – x2 cắt nhau tại 2 điểm (1,1); (-2,-2) và miền D được xác định là 1 2 x 2 1  2  x  1 nên diện tích của miền D là S   dxdy   dx  dy   (2  x 2  x )dx   2 x  y  2  x  D 2 x 2 1.  x3 x2  9  2 x     . 3 2  2 2 . 2.1.3.2. Tính diện tích mặt cong Nếu mặt cong z = f(x,y) có hình chiếu vuông góc lên mặt phẳng tọa độ Oxy là miền đóng D, còn f ( x, y) f ( x, y) hàm số f(x,y) và các đạo hàm riêng liên tục trên miền D thì diện tích S của mặt cong , x y 2.  f ( x , y)   f ( x , y)   z = f(x,y) được tính bằng công thức S   1    dxdy .  x   y  D Vì vai trò của x, y, z là như nhau nên tương tự, với mặt cong x = f(y,z) có hình chiếu vuông góc f ( y, z) f ( y, z) lên mặt phẳng tọa độ Oyz là miền đóng D, còn hàm số f(y,z) và các đạo hàm riêng , y z liên tục trên miền D thì diện tích của mặt cong x = f(y,z) được tính bằng công thức 2. 2. S   D.  f ( y, z)   f ( y, z)  1     dydz ; với mặt cong y = f(x,z) có hình chiếu vuông góc lên mặt  y   z  2. 47.

(48) TailieuVNU.com. f ( x, z) f ( x, z) phẳng tọa độ Oxz là miền đóng D, còn hàm số f(x,z) và các đạo hàm riêng liên tục , x z trên miền D thì diện tích của mặt cong y = f(x,z) được tính bằng công thức S   D. 2. 2.  f ( x , z)   f ( x , z)  1   dxdz .  x   z . Ví dụ 2.11. Tính diện tích của phần mặt cong z = x2 + y2 bị cắt bởi mặt trụ x2 + y2 = 1. Hình chiếu của phần mặt cong z = f(x,y) = x 2 + y2 lên mặt phẳng Oxy là hình tròn x2 + y2  1 và là miền lấy tích phân D của tích phân S   D. . 2.  f ( x , y)   f ( x , y)  1    dxdy   x   y  2. 1  (2x )  (2 y) dxdy   1  4x  4 y 2 dxdy . Để tính tích phân này, ta đổi biến tọa độ Descarter 2. 2. 2. D. D. x  r cos  (x,z) sang tọa độ cực (r,):  với J = r, khi đó miền đóng D là hình tròn x2 + y2  1 trong hệ  y  r sin  0  r  1 tọa độ Descarter trở thành miền đóng D’ là hình chữ nhật  trong hệ tọa độ cực. 0    2. Suy ra S   1  4 x  4 y dxdz   2. D.    2. 0. 2. D'.  2   1  1  4r cos   4r sin rdrd    d   1  4r 2 rdr    0  0  2. 1 1  1 1 1 .   1  4r 2 2 d 1  4r 2   2. . . 1  4r 2 1 8 0 8 1  2 2.1.3.3. Tính thể tích vật thể.  . . . 2. 1 1 1 2. . 0. 2.   . 1  4r 2 6. . 2. 3 1 2. . 0. . 5 5 1 . 6. Trường hợp 1. Thể tích V của hình trụ có đường sinh song song với trục Oz, có mặt đáy là hình phẳng D trong mặt phẳng Oxy và mặt trên là mặt cong z = f(x,y)  0 liên tục trên miền D; được tính bằng công thức V   f ( x , y)dxdy . D. 48.

(49) TailieuVNU.com. Trường hợp 2. Thể tích V của vật thể có đường sinh song song với trục Oz, còn mặt dưới và mặt trên của vật thể tương ứng là mặt cong z = f1(x,y) và mặt cong z = f2(x,y), trong đó f1(x,y) và f2(x,y) là các hàm số liên tục trên miền D, với D là hình chiếu vuông góc của vật thể lên mặt phẳng Oxy; được tính bằng công thức V   f 2 ( x , y)  f1 ( x , y) dxdy . D. Lưu ý. (1) Nếu vật thể có tính đối xứng thì chỉ cần tính thể tích một phần của nó rồi suy ra thể tích của cả vật thể; (2) Nếu vật thể có dạng không thuộc hai trường hợp cơ bản trên thì chia vật thể thành các phần nhỏ bằng các mặt phẳng song song với các mặt phẳng tọa độ chứa trục Oz, khi đó các phần nhỏ của vật thể có dạng thuộc một trong trường hợp cơ bản trên, tính thể tích mỗi phần xong rồi cộng lại. (3) Giao tuyến của hai mặt cong z = f1(x,y), z = f2(x,y) là đường cong có phương trình được xác  z  f1 ( x , y ) định từ hệ phương trình  . Muốn tìm hình chiếu vuông góc của nó xuống mặt phẳng tọa độ z  f 2 ( x , y ) Oxy ta khử z từ hệ phương trình. (4) Vì vai trò của x, y và z là như nhau nên nếu hình trụ có các đường sinh song song với trục Ox hoặc Oy thì đổi vai trò x với z hoặc y với z trong các công thức trên. Ví dụ 2.12. Tính thể tích V của hình trụ giới hạn bởi các mặt x2 + y2 = 4, x2 + y2 = 2z, z = 0.. x 2  y 2  4 x 2  y 2  4  Xác định giao tuyến  2 suy ra vật thể có đáy là hình tròn x2 + y2  4  2 x  y  2z z  2 x 2  y2 trong mặt phẳng tọa độ Oxy và mặt trên có phương trình là z   f ( x, y) , do đó thể tích V của 2 vật thể được tính theo công thức ở Trường hợp 1 là x 2  y2 1 V   f ( x, y)dxdy   dxdy   x 2  y 2 dxdy với D là hình tròn x2 + y2  4. 2 2 D D D x  r cos  Để tính tích phân trên ta đổi biến từ tọa độ Descarter (x,y) sang tọa độ cực (r,):  với J = r,  y  r sin  khi đó miền đóng D là hình tròn x2 + y2  4 trong hệ tọa độ Descarter trở thành miền đóng D’ là hình 0  r  2 1 chữ nhật  trong hệ tọa độ cực, do đó V   x 2  y 2 dxdy  2 D 0    2. . . 2. 2.  r4  4 .  . 1 1 1 2 (r cos ) 2  (r sin ) 2 rdrd    r 3dr   0  2 D' 20 0 2 2.2. Tích phân ba lớp 2.2.1. Định nghĩa và cách tính tích phân ba lớp 2.2.1.1. Định nghĩa. 49.  1   .2.8  4 .  2 0 2.

(50) TailieuVNU.com. Cho hàm số f(x,y,z) xác định trong miền hữu hạn V của không gian R3. Chia miền V một cách tùy ý thành n miền nhỏ không dẫm lên nhau. Gọi thể tích của n miền nhỏ đó là V1, V2, …, Vn. Trong mỗi miền nhỏ Vi (1  i  n) ta lấy một điểm tùy ý Mi(xi,yi,zi) và lập n. tổng I n   f ( x i , y i , z i ).Vi . In được gọi là tổng tích phân của hàm số f(x,y,z) trên miền V nếu khi n  i 1.  sao cho d  max d i  0 (trong đó di là đường kính của miền nhỏ Vi) mà In dần đến một giá trị hữu 1in. hạn không phụ thuộc vào cách chia miền V và cách lấy điểm Mi(xi,yi,zi) trên mỗi miền nhỏ Vi, thì giá trị hữu hạn này được gọi là tích phân ba lớp của hàm số f(x,y,z) trên miền V và ký hiệu là  f ( x, y, z)dV ; khi đó V, f(x,y,z), dV, x, y và z lần lượt được gọi là miền lấy tích phân, hàm số V. dưới dấu tích phân, vi phân thể tích, các biến lấy tích phân. Như vậy, ta có  f ( x, y, z)dV  lim I n  lim n . V. max di 0. 0i  n. n.  f (x , y , z ).V nếu giới hạn này tồn tại hữu i 1. i. i. i. i. hạn và khi đó ta nói rằng hàm số f(x,y,z) khả tích trên miền V. Nếu hàm số f(x,y,z) liên tục trong miền V thì nó khả tích trên miền V. Tích phân ba lớp có đầy đủ các tính chất của tích phân hai lớp Vì tích phân ba lớp nếu tồn tại thì không phụ thuộc vào cách chia miền V, nên ta có thể chia V bởi lưới các mặt phẳng song song với các mặt phẳng tọa độ Oxy, Oxz, Oyz. Khi đó, mỗi miền nhỏ Vi (1  i  n) nói chung là hình hộp chữ nhật, do đó dV = dxdydz nên  f (x, y, z)dV   f (x, y, z)dxdydz. V. V. Ý nghĩa vật lý của tích phân ba lớp. Nếu hàm số f(x,y,z) > 0 [xác định và liên tục với (x,y,z)V] là khối lượng riêng tại điểm (x,y,z) của vật thể có thể tích V thì giá trị của tích phân ba lớp  f ( x , y, z)dxdydz là khối lượng của V. vật thể. Đặc biệt, nếu f(x,y,z) = 1 với (x,y,z)V thì giá trị của lớp  f ( x, y, z)dxdydz  1.dxdydz   dxdydz chính là thể tích của vật thể. V. V. tích. phân. ba. V. 2.2.1.2. Cách tính tích phân ba lớp trong hệ tọa độ Descarter. Giả sử miền lấy tích phân V giới hạn bởi các mặt có các phương trình z = z 1(x,y), z = z2(x,y) tương ứng. Gọi miền phẳng D là hình chiếu của V lên mặt phẳng tọa độ Oxy. Giả sử z 1(x,y), z2(x,y) là các hàm số liên tục và z1(x,y)  z2(x,y) với (x,y)D. Nếu từ một điểm bất kỳ M(x,y)D vẽ một đường thẳng song song với trục tọa độ Oz, đường thẳng này sẽ cắt các mặt z = z1(x,y), z = z2(x,y) tại các điểm P1, P2 tương ứng; khi điểm M thay đổi trong miền D thì các điểm P1, P2 thay đổi tương ứng với độ cao P1P2 = z với z1(x,y)  z  z2(x,y).. 50.

(51) TailieuVNU.com. Khi đó, nếu f(x,y,z) là hàm số liên tục với (x,y,z)V thì tích phân ba lớp  f ( x, y, z)dxdydz  V z2 ( x ,y ). z2 ( x,y). z1 ( x , y ). z1 ( x , y ).  dxdy  f (x, y, z)dz . Khi tính tích phân  f ( x, y, z)dz thì coi các biến x, y là các hằng số. D. z2 ( x ,y ).  f (x, y, z)dz  F(x, y). Đặt. z2 ( x ,y ).  dxdy  f (x, y, z)dz   F( x, y)dxdy ,. thì. z1 ( x , y ). phân ba lớp. D. z1 ( x , y ).  f ( x, y, z)dxdydz tiếp tục được về việc tính tích phân hai lớp  F( x, y)dxdy đã biết. D. V. Đặc. do đó việc tính tích. D. biệt,. nếu. vật. thể. b. d. f. a. c. e. là. hình. hộp. chữ. nhật {a  x  b, c  y  d, e  z  f }. thì.  f (x, y, z)dxdydz   dx  dy f (x, y, z)dz . V. Ví dụ 2.13. Tính tích phân I   zdxdydz trên miền V là miền giới hạn bởi các mặt phẳng x = V. 0, y = 0, z = 0 và x + y + z = 1.. Ta có z = z1(x,y) = 0, z = z2(x,y) = 1 – x – y và nếu gọi D là hình chiếu của mặt phẳng x + y + z = 1 lên mặt phẳng tọa độ Oxy thì D = {(x,y)R2  0  x  1 và 0  y  1 – x}, do đó 1 x  y 1 1 x  z 2 1x  y  dxdy  1 (1  x  y) 2 dxdy  1 dx (1  x  y) 2 dy  I   zdxdydz   dxdy  zdz    2  2  2 0 0 V D 0 D  D 0  1 1 1 1 1 1 1 1 x .   (1  x  y) 0 dx   (1  x ) 3 dx   (1  x ) 4  60 60 24 24 0 2.2.2. Phép đổi biến trong tích phân ba lớp, tọa độ trụ và tọa độ cầu. . . 2.2.2.1. Công thức đổi biến trong tích phân ba lớp Xét tích phân ba lớp  f ( x , y, z)dxdydz , trong đó hàm số f(x,y,z) liên tục trên miền đóng V. Giả V. x  x (u, v, w )  sử ta thực hiện phép đổi biến  y  y(u, v, w ) với các giả thiết z  z(u , v, w )  (1) Các hàm x(u,v,w), y(u,v,w), z(u,v,w) là các hàm số liên tục và có các đạo hàm riêng cấp 1 x (u, v, w ) x (u, v, w ) x (u, v, w ) y(u, v, w ) y(u, v, w ) y(u, v, w ) z(u, v, w ) z(u, v, w ) , , , , , , , và u v w u v w u v z(u, v, w ) liên tục trên miền đóng V’ = {(u,v,w)R3} nào đấy; w. x  x (u, v, w )  (2) Phép đổi biến  y  y(u, v, w ) là ánh xạ 1-1 từ miền V lên miền V’; z  z(u , v, w ) . 51.

(52)  x (u, v, w )  u  y(u , v, w )  (3) Định thức Jacobi J  det  u  z(u , v, w )  u . TailieuVNU.com. x (u , v, w )   w  y(u , v, w )   0 trong miền V’  w z(u, v, w )   w  Khi đó ta có  f ( x, y, z)dxdydz   f x (u, v, w ), y(u, v, w ), z(u, v, w ) J dudvdw V. x (u , v, w ) v y(u , v, w ) v z(u , v, w ) v. V'. Ví dụ 2.14. Tính thể tích của vật thể V là miền giới hạn bởi các mặt phẳng {x + y + z = 3, x + 2y – z = 1, x + 4y + z = 2}. Ta có thể tích của vật thể là V   dxdydz , ở đây vật thể là một hình hộp xiên giới hạn bởi các V. mặt phẳng {x + y + z = 3, x + 2y – z = 1, x + 4y + z = 2} nên để tính tích phân ba lớp được đơn u  x  y  z x  u  v 2  w 2   giản ta dùng phép đổi biến v  x  2 y  z   y   u 3  w 3 do đó ta tính được định thức  w  x  4 y  z z  u 3  v 2  w 6   1 1  x x x  1    2 2  3  u  3  u v w   y  y  y 1 1 1    Jacobi là J  det 0  và miền V’ là  1  v  1  u v w  3 3 6  2  w  2  z z z  1 1 1     3 2 6  u v w  3 1 2 1 1 1  V   dxdydz   dudvdw   du  dv  dw  .6.2.4  8 . 6 6 3 1 2 6 V V' 2.2.2.2. Tính tích phân ba lớp trong tọa độ trụ. Tọa độ trụ của một điểm M(x,y,z) trong hệ tọa độ Descarter vuông góc Oxyz là bộ ba số (r,,z) trong đó (r,) là tọa độ cực của điểm M’(x,y) (là hình chiếu của điểm M xuống mặt phẳng tọa độ Oxy). Khi đó, ta có công thức liên hệ giữa tọa độ Descarter (x,y,z) và tọa độ trụ (r,,z) của cùng một x  r cos  r  0   3 điểm MR là  y  r sin  với 0    2 , còn miền V trong hệ tọa độ Descarter biến thành miền z  z    z     V’ trong hệ tọa độ trụ.  x ,r x , x ,z  cos   r sin  0   Định thức Jacobi là J  det y ,r y , y ,z   sin  r cos  0  r , do đó theo công thức đổi  , , ,  0 0 1  zr z zz  biến trong tích phân ba lớp từ trường hợp tổng quát áp dụng cho trường hợp này là  f (x, y, z)dxdydz   f (r cos , r sin , z)rdrddz . V. V'. 52.

(53) . TailieuVNU.com. . Ví dụ 2.15. Tính I   x 2  y 2 dxdydz với V là miền giới hạn bởi mặt trụ x2 + y2 = 2x, y  0 và V. các mặt phẳng z = 0, z = a (a > 0).. x  r cos   Đổi biến từ tọa độ Descarter (x,y,z) sang tọa độ trụ (r,,z)  y  r sin  khi đó J = r, x2 + y2 = r2 z  z  Trong hệ tọa độ Descarter hình chiếu của vật thể V lên mặt phẳng tọa độ Oxy là miền D là nửa trên của hình tròn (x – 1)2 + y2  1 (y  0) nên trong hệ tọa độ trụ miền D’ được xác định như sau: x  r cos  - Đối với tọa độ r: Thay  vào phương trình của hình tròn (x – 1)2 + y2  1 ta được r2 y  r sin   – 2rcos  0  0  r  2cos; - Đối với tọa độ : 0    /2. - Còn độ cao của vật thể V là 0  z  a a.  . a. 2. 2 cos  3. 2. 0. 0. 0.  I   drd r .rdz   r drd dz   z 0 r drd  a  r drd  a  d 2. D'. 0. a. 3. D'. 0. 3. 3. D'. D'.  2 r a 4 0 .  r dr  a .  r4  4 . 2 cos . 0.  d   . 2 2 2 2  d  4a cos 4 d  4a  1  cos 2  d  a 1  2 cos 2  cos 2 2 d  0 0  2  0  0  2 2 2 3  2 1  cos 4  cos 4   3 a  1  2 cos 2  d  a    2 cos 2  d  a   d   cos 2d (2)  2 2 2   0  0  0  2 0 4 2 cos . 1 8. . . 2.  1 3a . 3  cos 4  d ( 4  )   a    sin 2  sin 4   0 8 4 2 0 . 2. 2.2.2.3. Tính tích phân ba lớp trong tọa độ cầu. Tọa độ cầu của một điểm M(x,y,z) trong hệ tọa độ Descarter vuông góc Oxyz là bộ ba số (r,,) trong đó r = OM,  là góc giữa trục Ox và OM ' (M’ là hình chiếu của M lên mặt phẳng tọa độ Oxy),  là góc giữa trục Oz và OM . Khi đó, ta có công thức liên hệ giữa tọa độ Descarter (x,y,z) và tọa độ cầu x  r sin  cos  r  0   (r,,) của cùng một điểm MR3 là  y  r sin  sin  với 0     , còn miền V trong hệ tọa độ z  r cos  0    2   Descarter biến thành miền V’ trong hệ tọa độ cầu.. 53.

(54) TailieuVNU.com.  x ,r x , x ,  sin  cos  r cos  cos   r sin  sin    Định thức Jacobi là J  det y ,r y , y ,   sin  sin  r cos  sin  r sin  cos   r 2 sin  ,  , , ,  cos   r sin  0  zr z z  do đó theo công thức đổi biến trong tích phân ba lớp từ trường hợp tổng quát áp dụng cho trường hợp này là  f ( x, y, z)dxdydz   f (r sin  cos , r sin  sin , r cos )r 2 sin drdd . V. V'. Ví dụ 2.16. Tính I   z 3 dxdydz với V là miền giới hạn bởi 1  x2 + y2 + z2  4, z  0. V. Đổi biến từ tọa độ Descarter (x,y,z) sang tọa độ cầu (r,,) x  r sin  cos   2 3 3 3  y  r sin  sin  khi đó J = r sin, z = r cos  z  r cos  . Trong hệ tọa độ Descarter hình chiếu của vật thể V lên mặt phẳng tọa độ Oxy là miền D là hình vành khăn 1  x2 + y2  4 (ứng với z = 0), nên trong hệ tọa độ cầu miền V’ được xác định như sau: x  r sin  cos  - Đối với tọa độ r: Thay  vào các bất phương trình 1  x2 + y2 + z2  4 ta được 1 y  r sin  sin   2  r  4  1  r  2;. - Đối với tọa độ : 0    /2 vì z  0; - Đối với tọa độ : 0    2. 2 1  r  2  I   drd  r 3 cos 3 .r 2 sin d  Trong đó miền D’ là  0    2   D' 0.  cos 4   2  r 5 drd  D' r drd 0 cos  sin d  D' r drd 0 cos d(cos )  D'  4  0   2 2 2 1 1 1 2   r 6  1 63 63 5 5 r drd   d r dr  .  0 .  .2.  .  6  4 4 D' 40 1 4 6 12  1 2.2.2. Ứng dụng hình học của tích phân ba lớp 2. 5. 2. 3. 5. 3.  . 2.2.2.1. Tính thể tích của vật thể Thể tích của vật thể là V   dxdydz V. 2.2.2.2. Tính khối lượng của vật thể Nếu vật thể có khối lượng riêng tại điểm (x,y,z) là f(x,y,z) thì khối lượng của vật thể là m   f ( x, y, z)dxdydz . V. Ví dụ 2.17. Giả sử có một vật thể là một hình chóp tam giác giới hạn bởi các mặt phẳng {x + y + z =1, x = 0, y = 0, z = 0}. (a) Tính thể tích của hình chóp tam giác này;. 54.

(55) TailieuVNU.com. (b) Vật thể có khối lượng m bằng bao nhiêu nếu khối lượng riêng tại điểm (x,y,z) của vật thể là f(x,y,z) = xy.. (a) Ta có z = z1(x,y) = 0, z = z2(x,y) = 1 – x – y và nếu gọi D là hình chiếu của mặt phẳng x + y + z = 1 lên mặt phẳng tọa độ Oxy thì D = {(x,y)R2  0  x  1 và 0  y  1 – x}, do đó.  dz   z. 1 x  y. V   dxdydz   dxdy V. D.  1 2 0  y  xy  2 y  0 . 1 x. 1. 0. 1 x  y 0. dxdy   (1  x  y)dxdy   dx  (1  x  y)dy . D. D. 1. 1 x. 0. 0. 1  1  1 1  1 1 1  dx     x  x 2 dx   x  x 2  x 3   . 2 2  2 6 0 6 2  0 1.  xydz   xyz. 1 x  y. (b) Ta có m   xydxdydz   dxdy V. D. 0. D. 1 x  y 0. dxdy   xy(1  x  y)dxdy  D. 1 x 1 x 1 1 x 1  1 2 1 2 2 1 3  2 2 dx xy ( 1  x  y ) dy  dx ( xy  x y  xy ) dy  xy  x y  xy  dx  0 0 0 0 0  2 2 3  0   1. 1. 1 11 3 1  1 ( x  3x 2  3x 3  x 4 )dx   x 2  x 3  x 4  x 5   .  60 62 4 5  0 120 Ví dụ 2.18. Tính thể tích của vật thể V giới hạn bởi các mặt x2 + y2 = hz, z = h. 1. Vật thể giới hạn dưới bởi paraboloit z = (x2 + y2)/h và giới hạn trên bởi mặt phẳng z = h. Hình chiếu của vật thể lên mặt phẳng tọa độ Oxy là hình phẳng D là hình tròn x2 + y2  h2. x  r cos   Đổi biến từ tọa độ Descarter (x,y,z) sang tọa độ trụ (r,,z):  y  r sin  khi đó J = r và miền V’ z  z  được xác định như sau: x  r cos  - Đối với tọa độ r: Thay  vào phương trình của hình tròn x2 + y2  h2 ta được r2  h2  y  r sin   0  r  h; - Đối với tọa độ : 0    2. x  r cos  - Đối với tọa độ z: Thay  vào phương trình mặt dưới z = (x2 + y2)/h của vật thể ta y  r sin   được z = r2/h, còn phương trình mặt trên của vật thể là z = h.. 55.

(56) 2. h. 2. h. h. .  V   dxdydz   rdrddz   d dr  rdz   d rz r 2 h V. V'. 0. 0. r2 h. 0. h. 0. . 2. TailieuVNU.com.  r2  dr   d r h  dr  h 0 0  h.  hr 2 r 4 h   h 3 h 3 2  h3 h 3   0  2  4h d   2  4  0 d  4 .2  2 . 0 . 2. Bài tập 2.1. Tính các tích phân hai lớp trên miền tương ứng (a) I   xydxdy , D = {(x,y) R2 | y = 1, y = 3, y = x, y = x + 1} D. (b) I   ( x  y)dxdy , D = {(x,y) R2 | y = 0, y = x2, y + x = 2} D. (c) I   xydxdy , D = {(x,y) R2 | xy = 1, xy = 3, y2 = 2x, y2 = 4x} D. xy. (d) I   e x  y dxdy D = {(x,y) R2 | x  0, y  0, x + y  1} D. (e) I   x 2  y 2 dxdy , D = {(x,y) R2 | x2 + y2  2Rx (R > 0)}. . D. (f) I   x 2  y 2 dxdy , D  ( x, y)  R 2  2  x 2  y 2  4 2. . D. 2   y2 x 2 y2 2 x D  ( x , y )  R   1  dxdy ,  2 2 2 2 a b a b   D 2 2 2 (h) I   ( x  y)dxdy , D = {(x,y) R | (x  3)  ( y  2)  1 }. (g) I   1  D. (i) I   x  y dxdy , D = {(x,y) R2 | |x| ≤ 1, |y| ≤ 1} D. (j) I   (2 x  y)( x  2 y)dxdy , E là hình vuông ABCD có các đỉnh A(1,0); B(3,1); C(2,3); E. D(0,2) 2.2. Đổi thứ tự lấy tích phân của các tích phân sau 2. 4. 2. x2. (a)  dx  f ( x , y)dy 2. (c)  dx 0. 3. 2y. 1. 0. (b)  dy  f ( x, y)dx. 2x. 1. 1 1 y 2. 0. 2 y. (d)  dy.  f ( x, y)dy. 2x x 2.  f (x, y)dx. 2.3. Tính diện tích của các hình phẳng giới hạn bởi các đường (a) {y = x2, x = y2}. (b) {x = 4y – y2, x + y = 6}. (c) {xy = 1, x + y = 5/2}. (d) {y2 = 2x, y2 = 3x, x2 = y, x2 = 4y} 2. 16  x 2. 0. 8x x 2. 2.4. Đổi thứ tự tính tích phân của I   dx 1. 1. 0. x.  f (x, y)dy và tính I với f(x,y) = 3(x +y). 2.5. Tính tích phân I   dx  sin( y 2 )dy. 56.

(57) TailieuVNU.com. 2.6. (a) Tính tích phân I   x 2  y 2  z 2 dxdydz , miền V là hình hộp chữ nhật xác định bởi các bất V. đẳng thức {0  x  a, 0  y  b, 0  z  c}. Tính thể tích của miền V. dxdydz , miền V là miền giới hạn bởi các mặt phẳng tọa độ và 3 V (1  x  y  z ) mặt phẳng x + y + z = 1. Gọi điểm gốc của hệ tọa độ là O, và các điểm A, B, C tương ứng là các điểm giao của các trục tọa độ Ox, Oy, Oz với mặt phẳng x + y + z = 1. Tính diện tích của tam giác ABC và thể tích của miền V – chính là thể tích của tứ diện OABC. So sánh kết quả tính được với kết quả tính theo công thức cổ điển.. (b) Tính tích phân I  . (c) Tính tích phân I   zdxdydz , miền V là nửa hình cầu giới hạn bởi các mặt z = 0 và v. z  R  x  y . Tính diện tích xung quang và thể tích của miền V. So sánh kết quả tính được với kết quả đã biết ở trường trung học. 2. 2. 2. (d) Tính tích phân I   x 2 dxdydz , miền V là hình cầu x2 + y2 + z2  R2. Tính diện tích xung V. quanh và thể tích của hình cầu V. So sánh kết quả tính được với kết quả đã biết ở trường trung học.. . . (e) Tính tích phân I   x 2  y 2  z 2 dxdydz , miền V là hình cầu x2 + y2 + z2  x. Tính diện V. tích xung quanh và thể tích của hình cầu V. So sánh kết quả tính được với kết quả đã biết ở trường trung học.. 57.

(58) Chương 3. TÍCH PHÂN ĐƯỜNG, TÍCH PHÂN MẶT. TailieuVNU.com. 3.1. Tích phân đường loại một 3.1.1. Định nghĩa tích phân đường loại một Bài toán vật lý dẫn đến khái niệm tích phân đường loại một Giả sử trong mặt phẳng tọa độ Oxy có một sợi dây AB rất mảnh (chỉ có độ dài, còn tiết diện không đáng kể - coi như không có kích thước) có khối lượng riêng tại điểm (x,y)AB được biểu diễn bằng hàm số f(x,y) đơn trị, liên tục và không âm. Yêu cầu tìm khối lượng m của sợi dây AB. Để tính m, ta thực hiện như sau: Chia tùy ý AB thành n cung nhỏ không dẫm lên nhau bởi các điểm A  A1, A2, …, An-1, An  B và ký hiệu độ dài của cung nhỏ Ai-1Ai là si (1  i  n). Trên cung Ai-1Ai lấy tùy ý một điểm (xi,yi), nếu cung Ai-1Ai đủ nhỏ thì ta có thể coi giá trị f(xi,yi) không đổi trên cung Ai-1Ai; khi đó, khối lượng của cung nhỏ Ai-1Ai là mi  f(xi,yi).si. Như vậy, nếu mọi cung Ai-1Ai (1  i  n) đủ nhỏ thì có thể coi khối lượng của sợi dây AB là m = m1 + m2 + … + mn  f(x1,y1).s1 + n. f(x2,y2).s2 + … + f(xn,yn).sn =  f ( x i , y i ).s i . i 1. n. Tổng  f ( x i , y i ).s i sẽ có độ chính xác cao (tức là giá trị của biểu thức này càng gần khối lượng i 1. thực m của sợi dây AB) nếu n càng lớn và tất cả các si (1  i  n) càng bé. Do đó, khối lượng m của n. sợi dây AB bằng giới hạn (nếu có) của tổng  f ( x i , y i ).s i khi n   cùng với độ dài của mỗi cung i 1 n. nhỏ si (1  i  n) bé dần về 0, tức là m  lim  f ( x i , y i ).s i trong đó   max s i . 0. 1in. i 1. Định nghĩa tích phân đường loại một Cho đường cong phẳng L là cung AB thuộc mặt phẳng tọa độ Oxy và hàm số f(x,y) xác định, đơn trị và liên tục với (x,y)AB. Chia tùy ý cung AB thành n cung nhỏ không dẫm lên nhau bởi các điểm A  A1, A2, …, An-1, An  B và ký hiệu độ dài của cung nhỏ Ai-1Ai là si (1  i  n). Trên cung n. Ai-1Ai lấy tùy ý một điểm (xi,yi) và lập tổng I n   f ( x i , y i ).s i . i 1. Nếu khi n   sao cho   max s i  0 mà In  I là một giá trị hữu hạn, không phụ thuộc vào 1in. cách chia cung AB và cách lấy điểm (xi,yi) trên cung nhỏ Ai-1Ai thì giá trị hữu hạn I được gọi tích phân đường loại một của hàm số f(x,y) trên cung AB (hay trên đường cong L) và ký hiệu là n. I   f ( x, y)ds   f ( x, y)ds  lim I n  lim  f ( x i , y i ).s i AB. n . L. 0. i 1. Khi đó hàm số dưới dấu tích phân f(x,y) được gọi là khả tích trên cung AB (hay trên đường cong L), còn ds được gọi là vi phân cung. Nếu hàm số f(x,y) đơn trị và liên tục với (x,y)L thì nó khả tích trên đường cong L. Hoàn toàn tương tự, ta cũng định nghĩa tích phân đường loại một trên đường cong L trong không gian 3 chiều, tức là I   f ( x , y, z)ds . L. 3.1.2. Tính chất của tích phân đường loại một Tích phân đường loại một không phụ thuộc vào cách chọn hướng của cung AB, mà chỉ phụ thuộc vào cung AB và hàm số f(x,y), tức là  f ( x , y)ds   f ( x , y)ds . AB. BA. Các tính chất khác của tích phân đường loại một giống như các tính chất của tích phân xác định. 58.

(59) TailieuVNU.com. 3.1.3. Cách tính tích phân đường loại một (1) Nếu cung phẳng AB được cho bởi phương trình y = y(x) với a  x  b thì b.  f (x, y)ds   f x, y(x ) 1  y' (x ) dx 2. AB. a. hoặc tương tự, nếu cung phẳng AB được cho bởi phương trình x = x(y) với c  y  d thì d.  f (x, y)ds   f x ( y), y  1  x ' ( y) dy 2. AB. c. x  x ( t ) (2) Nếu cung phẳng AB được cho dưới dạng tham số  với   t   thì  y  y( t ) .  f (x, y)ds   f x (t ), y(t ) x ' (t )  y' (t ) dt 2. 2. . AB. x  x ( t )  (3) Nếu cung AB trong không gian 3 chiều được cho dưới dạng tham số  y  y( t ) với   t   z  z ( t )  . thì  f ( x , y, z)ds   f x ( t ), y( t ), z( t )  x ' ( t )  y' ( t )  z' ( t ) dt . 2. 2. 2. . AB. Ví dụ 3.1. Tính I .  xds với OB là cung của đường parabol y = x2 từ điểm O(0,0) đến điểm OB. B(2,4). Cung OB là nằm trên đường parabol y = y(x) = x2 với 0  x  2. Ta có y’(x) = 2x  I .  xds  OB. 2. 2. 2  x 1  y' (x ) dx   x 1  4x dx  2. 0. 0. 2. 2. 2. 1 1 1 1  4 x 2 d ( x 2 )   1  4 x 2 d (4 x 2 )   1  4 x 2 d (1  4 x 2 )   20 80 80 2. 1 1 1 1 17 17  1 (1  4 x 2 ) 2 d (1  4 x 2 )  . (1  4 x 2 ) 2  .  80 8 1 1 12 2 0 1. 2. 1. Ví dụ 3.2. Tính I .  xyds với AB là cung của đường ellipse AB. x 2 y2   1 nằm trong góc vuông a 2 b2. thứ nhất của hệ tọa độ Descarter vuông góc Oxy. x  x ( t )  a cos t x ' ( t )  a sin t Phương trình tham số của cung AB là  với 0  t  /2. Ta có   y  y( t )  b sin t  y' ( t )  b cos t 2 2 ab 1  cos 2t 1  cos 2 t  I   (a cos t )( b sin t ) (a sin t ) 2  (b cos t ) 2 dt  sin 2 t a 2  b2 dt   2 0 2 2 0 ab 2. 2. .  u  1 khi t  0 a 2  b2 b2  a 2  cos 2t dt . Đặt u = cos2t thì  và du = -2sin2tdt 2 2 u  1 khi t   2. sin 2 t. 0 1. ab a 2  b2 b2  a 2 ab 2 I   u du  . 2 4 1 2 2 4 a  b2 ab 2 a b b a  . .  u  2 2 2 2(a  b ) 3  2  2. 2. 2. 2. 3 1 2. . 1.  a 2  b2 b2  a 2 1  2  2. ab(a 3  b 3 ) ab(a 2  ab  b 2 ) .  3(a  b) 3(a 2  b 2 ). 1. 59. 1.  2  a 2  b2 b2  a 2 u  d  2   2.  u   .

(60) TailieuVNU.com. Ví dụ 3.3. Tính I   ( x 2  y 2  z 2 )ds với L là đường xoắn ốc có phương trình tham số là L. x  x ( t )  a cos t   y  y( t )  a sin t với z  z( t )  bt . a  0  . b  0 0  t  2 . Trên đường xoắn ốc L ta có x2(t) + y2(t) + z2(t) = (accost)2 + (asint)2 + (bt)2 = a2 + b2t2 và [x’(t)]2 + [y’(t)]2 + [z’(t)]2 = (-asint)2 + (acost)2 + b2 = a2 + b2.  I   ( x  y  z )ds  2. 2. 2. L. 2.  a. 2. b t. 2 2. . 2. a  b dt  a  b 2. 2. 2. 0. 2.  a. 2. .  b 2 t 2 dt . 0. 2.  b2t3  2 a 2  b 2   a  b  a 2 t  (3a 2  4 2 ) . 3 0 3  3.1.4. Ý nghĩa vật lý và ý nghĩa hình học của tích phân đường loại một 2. 2. Nếu hàm số dưới dấu tích phân f(x,y) > 0 (đường cong phẳng L) hoặc f(x,y,z) > 0 (đường cong không gian L) xác định và liên tục với mọi điểm trên đường cong, biểu thị khối lượng riêng của đường cong tại điểm (x,y) của đường cong phẳng hoặc tại điểm (x,y,z) của đường cong không gian, thì khối lượng m của đường cong L là m   f ( x , y)ds hoặc m   f ( x , y, z)ds (ý nghĩa vật lý). Đặc biệt, nếu L. L. f(x,y) = 1 thì.  ds. (L là đường cong phẳng) hoặc nếu f(x,y,z) = 1 thì. L.  ds. (L là đường cong không. L. gian) là độ dài của đường cong L (ý nghĩa hình học). 3.2. Tích phân đường loại hai 3.2.1. Định nghĩa tích phân đường loại hai Bài toán vật lý dẫn đến khái niệm tích phân đường loại hai . . Cho một chất điểm M(x,y) di chuyển theo cung phẳng AB dưới tác dụng của lực F  F( x, y) biến thiên liên tục dọc theo cung AB từ A đến B, tức là hàm số F(x,y) > 0 liên tục dọc theo cung AB. Yêu cầu tính công W khi di chuyển chất điểm bằng lực F( x, y) từ điểm đầu A đến điểm cuối B của cung. . Giả sử véc tơ F( x , y) có các thành phần P(x,y), Q(x,y) trên các trục tọa độ Ox, Oy. Để tính công W, ta thực hiện như sau: Chia tùy ý cung AB thành n cung nhỏ không dẫm lên nhau bởi các điểm A  A1, A2, …, An-1, An  B. Trên cung Ai-1Ai lấy tùy ý một điểm (xi,yi) và ký hiệu xi, yi là các thành phần trên các trục tọa độ Ox, Oy của véc tơ A i 1 A i . Khi đó, nếu cung Ai-1Ai đủ nhỏ thì có thể coi . cung này là thẳng và là véc tơ A i 1 A i , còn lực F có thể coi là không đổi và bằng F( x i , yi ) . Do đó, . nếu ký hiệu Wi là công của lực F tác dụng tại điểm (xi,yi) làm di chuyển chất điểm M trên cung Ai. 1 Ai. thì Wi  F( x i , y i ).A i 1 A i  P( x i , y i ).x i  Q( x i , y i ).y i . Như vậy, nếu mọi cung Ai-1Ai (1  i  n) đều đủ nhỏ thì có thể coi công W = W1 + W 2 + … +. W n . n.  P(x , y ).x i. i 1. i. i.  Q( x i , y i ).y i  .. n. Tổng  P( x i , y i ).x i  Q( x i , y i ).y i  sẽ có độ chính xác cao (tức là giá trị của biểu thức này i 1. càng gần công W) nếu n càng lớn và tất cả các xi (1  i  n) và yi (1  i  n) càng bé. Do đó, công. 60.

(61) TailieuVNU.com. n. W giới hạn (nếu có) của tổng  P( x i , y i ).x i  Q( x i , y i ).y i  khi n   cùng với max x i  0 và 1i  n. i 1. max y i  0 . 1i  n. Định nghĩa tích phân đường loại hai Cho các hàm số P(x,y), Q(x,y) xác định và liên tục trên cung phẳng L = AB. Chia tùy ý cung AB thành n cung nhỏ không dẫm lên nhau bởi các điểm A  A1, A2, …, An-1, An  B. Trên cung nhỏ Ai-1Ai lấy tùy ý một điểm (xi,yi), gọi hình chiếu của véc tơ A i1A i lên các trục tọa độ Ox, Oy tương ứng là n. xi, yi. Lập tổng I n   P( x i , y i ).x i  Q( x i , y i ).y i  , nếu khi n   sao cho max x i  0 và 1i  n. i 1. max y i  0 mà tổng In  I là một giá trị hữu hạn, không phụ thuộc vào cách chia cung AB và cách 1i  n. lấy điểm (xi,yi) trên cung nhỏ Ai-1Ai thì giá trị hữu hạn I được gọi tích phân đường loại hai của các hàm số P(x,y), Q(x,y) trên cung AB (hay trên đường cong L) và ký hiệu là I   P( x , y)dx  Q( x , y)dy   P( x , y)dx  Q( x , y)dy AB. L. Khi đó các hàm số P(x,y), Q(x,y) được gọi là khả tích trên cung AB (hay trên đường cong L). Nếu các hàm số P(x,y), Q(x,y) đơn trị và liên tục với (x,y)L thì chúng khả tích trên đường cong L. Hoàn toàn tương tự, ta cũng định nghĩa tích phân đường loại hai trên đường cong L trong không gian 3 chiều, tức là nếu các hàm số P(x,y,z), Q(x,y,z), R(x,y,z) đơn trị và liên tục với (x,y,z)L thì chúng khả tích trên đường cong L, tức là I   P( x , y, z)dx  Q( x , y, z)dy  R ( x , y, z)dx . L. 3.2.2. Tính chất của tích phân đường loại hai Tích phân đường loại hai phụ thuộc vào chiều lấy tích phân từ điểm A đến điểm B hay từ điểm B đến điểm A vì hình chiếu của véc tơ A i1A i lên các trục tọa độ đổi dấu khi véc tơ này đổi chiều, tức là  P( x , y)dx  Q( x , y)dy    P( x , y)dx  Q( x , y)dy . AB. BA. Quy ước. Nếu đường lấy tích phân đường loại hai là đường cong kín L (điểm đầu A trùng với điểm cuối B), thì ta quy ước chiều dương trên đường L là chiều sao cho khi một người đi trên đường L theo chiều ấy sẽ thấy miền giới hạn bởi đường L ở bên tay trái. Ký hiệu tích phân đường loại hai dọc theo đường cong kín L theo chiều dương là  P( x , y)dx  Q( x , y)dy và theo chiều âm là L.  P( x, y)dx  Q( x, y)dy .. L. Các tính chất khác của tích phân đường loại hai giống như các tính chất của tích phân xác định. 3.2.3. Cách tính tích phân đường loại hai (1) Nếu đường cong phẳng L được cho bởi phương trình y = y(x) với a  x  b thì dy = y’(x)dx b. nên  P( x , y)dx  Q( x , y)dy   Px , y( x )   Qx , y( x ) .y' ( x )dx , hoặc ngược lại x = x(y) với c  x  d L. a d. thì dx = x’(y)dy nên  P( x , y)dx  Q( x , y)dy   Px ( y), y .x ' ( y)  Qx , y( x ) dy . L. c. 61.

(62) TailieuVNU.com. x  x ( t ) (2) Nếu đường cong phẳng L được cho dưới dạng tham số  với   t   thì  y  y( t )  dx  x ' ( t )dt nên  P( x , y)dx  Q( x , y)dy   Px ( t ), y( t ) .x ' ( t )  Qx ( t ), y( t ) .y' ( t )dt  dy  y' ( t )dt L . x  x ( t )  (3) Nếu đường cong không gian L được cho dưới dạng tham số  y  y( t ) với   t   thì z  z ( t )  dx  x ' ( t )dt  dy  y' ( t )dt nên  P( x , y, z)dx  Q( x , y, z)dy  R ( x , y, z )dz  L dz  z' ( t )dt  .  Px (t ), y(t ).z(t ).x ' (t )  Px (t ), y(t ).z(t ).y' (t )  R x (t ), y(t ).z(t ).z' (t )dt . . Ví dụ 3.4. Tính I   xydx  ( y  x )dy với L là đường cong từ điểm O(0,0) đến điểm A(1,1) có L. phương trình là (a) y = x2, (b) x = y2, (c) y = x3..  xydx  ( y  x )dy   x.x 1. (a) y = y(x) = x  y’(x) = 2x với 0  x  1  I  2. OA.  1. 0. 0. 2. 1. . 1. . . . 2 2  xydx  ( y  x )dy   y .y.2 y  ( y  y ) dy  OA. 0. .  ( x 2  x ).2x dx . 2  3 2 1 3 3x  2 x dx   x 4  x 3     ; 3  0 4 3 12 4 3. (b) x = x(y) = y2  x’(y) = 2y với 0  y  1  I  1. 2. 0. 1. . 1 1  2 1 1 17 2 2 y  y  y dy   y 5  y 2  y 3      ; 2 3  0 5 2 3 30 5 4. 2. (c) y = y(x) = x3  y’(x) = 3x2 với 0  x  1  I .  xydx  ( y  x )dy  OA.  x.x 1. 0. 3. . . 1. . 3 3  1 1 3 1 1  ( x 3  x ).3x 2 dx   x 4  3x 5  3x 3 dx   x 5  x 6  x 4       6 4 0 5 2 4 20 5 0 1. x 2 y2 Ví dụ 3.5. Tính I   xdy  ydx trên đường L là đường ellipse 2  2  1 từ điểm A(a,0). a b L. x  a cos t Phương trình tham số của đường ellipse là  với 0  t  2.  y  b sin t 2 dx  x ' ( t )dt  (a sin t )dt  I   xdy  ydx   (a cos t )( b cos t )  (b sin t )( a sin t )dt  Ta có  dy  y' ( t )dt  (b cos t )dt 0 L 2. ab  dt 2ab . 0. Ví dụ 3.6. Tính I   ( y 2  z 2 )dx  2 xyzdy  x 2dz trên đường L là đường cong không gian có L. phương trình tham số là {x = t, y = t2, z = t3 với 0  t  1} theo chiều tăng của tham số t. dx  x ' ( t )dt  1.dt  dt 1 1 3 2 1  3 7 2 5 6 4 Ta có dy  y' ( t )dt  2tdt .  I   (3t  2t )dt   t  t     5  0 7 5 35 7 0  2 dz  z' ( t )dt  3t dt 62.

(63) TailieuVNU.com 3.2.4. Ý nghĩa vật lý của tích phân đường loại hai . . . Tích phân đường loại hai là công do lực thay đổi F( x, y)  P( x, y). i  Q( x, y). j (trong mặt . . . . phẳng) hoặc F( x, y, z)  P( x, y, z). i  Q( x, y, z). j  R ( x, y, z). k (trong không gian) sản ra khi lực này di chuyển chất điểm M từ điểm A đến điểm B trên đường cong AB (trong mặt phẳng hoặc trong không gian). 3.3. Công thức Green 3.3.1. Công thức Green Nếu các hàm số P(x,y), Q(x,y) liên tục và các đạo hàm riêng cấp một của chúng liên tục trên miền phẳng D là một miền liên thông, bị chặn và có biên L gồm một hay nhiều đường cong kín rời  Q( x, y) P( x, y)  dxdy được gọi là nhau từng đôi một. Khi đó ta có  P( x, y)dx  Q( x , y)dy     x y  D  L công thức Green. Nhận xét. Công thức Green là công thức liên hệ giữa tích phân hai lớp và tích phân đường loại hai. Ví dụ 3.7. Tính  ( x arctan x  y 2 )dx  ( x  2xy  y 2e y )dy trên đường tròn L có phương trình là L. 2. 2. x + y = 2y.  P( x , y)  y  2 y P( x, y)  x arctan x  y 2 Q( x , y) P( x , y) Ta có      1. Mặt khác, 2 y x y Q( x, y)  x  2xy  y e  Q( x , y)  1  2 y  x  Q( x , y) P( x , y)  dxdy   dxdy  S .  x y  D D L Theo ý nghĩa hình học của tích phân hai lớp trên miền phẳng D thì S chính là diện tích hình phẳng D.. theo công thức Green ta có.  P(x, y)dx  Q(x, y)dy   . Ta thấy D là hình tròn x2 + y2  2y hay x2 + (y – 1)2 = 1, hình tròn này có bán kính 1 nên có diện tích S = .12 = . Suy ra  ( x arctan x  y 2 )dx  ( x  2xy  y 2 e  y )dy   . L. Hệ quả.  Q( x, y) P( x , y)   P( x , y) Q( x , y)  dxdy    dxdy    x  y  y  x     D D L (2) Nếu đường cong kín L là biên của miền phẳng D thì diện tích S của miền D được tính bởi 1 công thức S   xdy  ydx . 2 L Chứng minh.  P( x , y)dx  Q( x , y)dy   P( x , y)dx  Q( x , y)dy  L L  (1) Vì   P( x , y)dx  Q( x , y)dy   Q( x , y)  P( x , y) dxdy D  x y  L. (1).  P(x, y)dx  Q(x, y)dy    . 63.

(64) TailieuVNU.com.  P( x , y)  y  1 Q( x, y) P( x , y) P ( x , y )   y  (2) Ta lấy      2 và thay vào công thức x y Q( x, y)  x  Q( x, y)  1  x  Q( x , y) P( x, y)  dxdy  2 dxdy  2S , từ đây suy ra Green ta được:  xdy  ydx      x  y    D D L. S. 1 xdy  ydx . 2 L. Ví dụ 3.8. Tính  ( x 3  y3 )dx  ( x 3  y3 )dy trên đường tròn L có phương trình là x2 + y2 = 1. L. Gọi D là miền giới hạn bởi đường tròn L, khi đó D = {(x,y)R2  x2 + y2  1}.  P( x , y) 2  y  3y P( x, y)  x 3  y3 Q( x, y) P( x, y) Ta có      3x 2  3y 2 , thay vào công 3 3 x y Q( x, y)  x  y  Q( x, y)  3x 2  x 3 3 thức Green ta được I   ( x  y )dx  ( x 3  y3 )dy   3(x 2  y2 )dxdy 3 ( x 2  y2 )dxdy . L. D. D. x  r cos  0  r  1  J  r và x2 + y2 = r2 với miền D'   Đổi biến sang tọa độ cực  ta được  y  r sin  0    2 2 1  4 1  3 2  r 2 2 2 3  . I  3 ( x  y )dxdy  3 r .rdrd  3  d r dr  3.  0 .   2 4 D D' 0 0  0 2 2 2 2 Ví dụ 3.9. Tính  ( x  y )dx  ( x  y )dy trên đường L là biên của OAB với O(0,0), A(0,1).  . L. và B(1,0) theo chiều âm..  P( x, y)  y  2 y P( x, y)  x 2  y 2 Q( x, y) P( x , y) Ta có      2x  2 y , thay vào công 2 2 x y Q( x , y)  x  y  Q( x, y)  2x  x thức Green ta được I   ( x 2  y2 )dx  ( x 2  y 2 )dy    2(x  y)dxdy  2 ( y  x )dxdy trên miền D là L. D. D. OAB: Có cạnh OA nằm trên đường thẳng x = 0, cạnh OB nằm trên đường thẳng y = 0 và cạnh AB nằm trên đường thẳng x + y = 1. 64.

(65) 1 x. Do. đó. 1 x. TailieuVNU.com. y   3x 2 1   I  2  ( y  x )dxdy  2  dx  ( y  x )dy  2    xy  dx  2    2 x  dx  2 2 2 0 D 0 0 0 0 1. 1. 2. 1. 1.  x3 x 1 1  2  x 2    2.  1    0 . 2 0 2 2  2. 3.3.2. Điều kiện để tích phân đường loại hai không phụ thuộc vào đường lấy tích phân Qua các ví dụ đã xét, ta thấy tích phân đường loại hai không những phụ thuộc vào hai đầu mút của đường cong mà còn phụ thuộc vào chính dạng của đường cong. Tuy nhiên, ta sẽ thấy rằng tích phân đường loại hai (đối với đường cong phẳng) chỉ phụ thuộc vào hai đầu mút của đường cong mà không phụ thuộc vào dạng của đường cong như ở ví dụ 3.10. sau đây. Ví dụ 3.10. Tính I .  (x  y. 2. )dx  2xydy trên cung OA đi từ điểm O(0,0) đến điểm A(2,2) theo. OA. (a) đoạn thẳng OA; (b) đoạn thẳng OB với B(2,0), rồi theo đoạn thẳng BA. (a) Theo giả thiết, thì đoạn thẳng OA với O(0,0) và A(2,2) có phương trình y = x (0  x  2) nên y  x dy = dx, do đó sau khi thay  (0  x  2) vào biểu thức dưới dấu tích phân của tích phân I ta dy  dx 2.  x2   x 3   2  8  10 ; được I   ( x  x )dx  2 x.xdx   ( x  3x )dx    2 0 OA 0 2. 2. (b) Ta có I . 2.  (x  y. 2. )dx  2xydy . OA.  (x  y. 2. )dx  2xydy . OB.  (x  y. 2. )dx  2xydy. BA. Theo giả thiết thì đoạn thẳng OB với O(0,0) và B(2,0) có phương trình y = 0 (0  x  2) nên dy y  0 = 0, do đó sau khi thay  (0  x  2) vào biểu thức dưới dấu tích phân của tích phân dy  0 2. x2 ( x  y ) dx  2 xydy ( x  y ) dx  2 xydy  ( x  0 ) dx  2 xy . 0  xdx  xdx  ta được     0 2 OB OB OB OB. 2.  2.. 2. 2. 0. Còn đoạn thẳng BA với B(2,0) và A(2,2) có phương trình x = 2 (0  y  2) nên dx = 0, do đó sau khi x  2 thay  (0  y  2) vào biểu thức dưới dấu tích phân của tích phân  ( x  y 2 )dx  2 xydy ta được dx  0  BA 2. y2  (x  y )dx  2xydy  BA (2  y ).0  2.2 ydy  BA 4 ydy  0 4 ydy  4. 2 BA 2. Suy ra I . 2.  8.. 2.  (x  y. 2. 0. )dx  2xydy  2  8  10 .. OA. Vậy với điều kiện nào thì tích phân đường loại hai không phụ thuộc vào dạng của đường lấy tích phân mà chỉ phụ thuộc vào hai đầu mút của đường lấy tích phân. Như ta sẽ thấy trong định lý ngay dưới đây, các nhà toán học đã chứng minh rằng Q( x, y) P( x, y) là điều kiện cần và đủ để để tích phân đường loại hai không phụ thuộc vào đường  x y lấy tích phân, đồng thời điều kiện này cũng là điều kiện cần và đủ để biểu thức P(x,y)dx + Q(x,y)dy là vi phân toàn phần cấp 1 của một hàm số u(x,y) nào đấy. Định lý. Giả sử các hàm số P(x,y), Q(x,y) liên tục cùng với các đạo hàm riêng cấp một của chúng trong một miền đơn liên (là miền liên thông, bị chặn và có biên L gồm một đường cong kín) D nào đó. Khi đó 4 mệnh đề sau là tương đương với nhau:. 65.

(66) TailieuVNU.com. Q( x, y) P( x, y) (1) với (x,y)D;  x y. (2)  P( x , y)dx  Q( x , y)dy  0 với mọi đường cong kín L nằm trong miền D; L. (3).  P(x, y)dx  Q(x, y)dy (AB là một cung nằm trong miền D) chỉ phụ thuộc vào hai đầu mút AB. A, B mà không phụ thuộc vào dạng của cung AB; (4) Biểu thức P(x,y)dx + Q(x,y)dy là vi phân toàn phần cấp 1 của một hàm số u(x,y) nào đấy xác định trên miền D. Hệ quả 1. Nếu biểu thức P(x,y)dx + Q(x,y)dy là vi phân toàn phần cấp 1 của hàm số u(x,y) trong một miền D R2 thì  P( x, y)dx  Q(x, y)dy  u (x B , y b )  u (x A , y A ) dọc theo mọi đường nối điểm A đến điểm B AB. nằm trong miền D (tương tự như công thức Newton – Leibnitz). Hệ quả 2. Nếu D = R2 thì biểu thức P(x,y)dx + Q(x,y)dy là vi phân toàn phần cấp 1 của hàm số u(x,y) được xác định bởi công thức y. x. u ( x , y)   P( x , y 0 )dx   Q( x , y)dy với (x0,y0) tùy ý thuộc miền D; x0. y0. y. x. y0. x0. hoặc u ( x , y)   Q( x 0 , y)dy   P( x , y)dx với (x0,y0) tùy ý thuộc miền D. (x0,y0) được chọn để việc tính toán các biểu thức toán học cho đơn giản, hay được chọn nhất là điểm gốc tọa độ. xy 2 P( x , y)  ye  my  x Ví dụ 3.11. Cho các hàm số  với m là một tham số. (a) Tìm giá trị của Q( x , y)  xe xy  2m 2 xy m để biểu thức P(x,y)dx + Q(x,y)dy là vi phân toàn phần cấp 1 của một hàm số u(x,y) nào đấy; (b) Với giá trị của m tìm được ở (a), xác định hàm số u(x,y) mà du = P(x,y)dx + Q(x,y)dy (a) Theo định lý trên, để biểu thức P(x,y)dx + Q(x,y)dy là vi phân toàn phần cấp 1 của một hàm Q( x, y) P( x, y) số u(x,y) nào đấy thì các hàm số P(x,y), Q(x,y) phải thỏa mãn điều kiện với  x y Q( x, y) P( x, y) (x,y)D, cụ thể là   e xy  xyexy  2m 2 y  e xy  xyexy  2my  my  m 2 y  0 x y m  0  m(1  m) y  0   với (x,y)D m  1 P( x , y)  ye xy  0.y 2  x  ye xy  x (b) - Với m = 0 thì  Q( x , y)  xe xy  2.0 2.xy  xe xy x. y. x. x0. y0. 0. y. Khi đó u ( x , y)   P( x , y 0 )dx   Q( x , y)dy   P( x ,0)dx   Q( x , y)dy .  0.e x. 0. x .0. . y. x. y.  x dx   xe xy dy   xdx   e xy d ( xy)  0. Thử lại du( x, y) . 0. 0. 0 2 x. x 2.  e xy. y 0. 0. . x2  e xy  1 2. u ( x, y) u ( x, y) dx  dy  x  ye xy dx  xe xy dy  P( x, y)dx  Q( x, y)dy x y. . . P( x , y)  ye xy  (1).y 2  x  ye xy  x  y 2 - Với m = -1 thì  Q( x , y)  xe xy  2.( 1) 2 .xy  xe xy  2 xy. 66.

(67) y. x. TailieuVNU.com. y. x. Khi đó u ( x , y)   P( x , y 0 )dx   Q( x , y)dy   P( x ,0)dx   Q( x , y)dy  x0.  0.e x. x .0. y0. . y. . 0. . xy. xy. 0. x 2. 0. y.  x  0 dx   xe  2 xy dy   xdx   xe dy  2 x  ydy  2. 0 2 x. 0. y. x. 0. y.   e xy d ( xy)  x y 2. y 0. 0. . x2  e xy 2. y 0. 0.  xy 2 . 0. x2  xy 2  e xy  1 2. u ( x, y) u ( x, y) dx  dy  x  y 2  ye xy dx   2xy  xe xy dy  x y P( x , y)dx  Q( x , y)dy. . Thử lại du( x, y) . . . . Nhận xét. Nếu tích phân đường loại hai không phụ thuộc dạng của đường lấy tích phân thì ta có thể chọn đường lấy tích phân sao cho việc tính toán trở nên đơn giản. xy xy Ví dụ 3.12. Tính I   2 dx  2 dy trên cung AB với A(1,1), B(2,2). 2 x y x  y2 AB  P( x , y)  x 2  2 xy  y 2 xy  P ( x , y )   y  ( x 2  y 2 ) 2  x 2  y2 Q( x , y) P( x , y)   Ta có  nên tích phân    2 2 x y Q( x , y)  x  y  Q( x , y)   x  2 xy  y   x x 2  y2 (x 2  y2 )2 xy xy I  2 dx  2 dy cần tính không phụ thuộc vào dạng vào dạng của đường nối điểm A với 2 x y x  y2 AB điểm B.. Để việc tính toán đơn giản, ta chọn đường lấy tích phân là đoạn thẳng AB có phương trình x = y (1  y  2)  dx = dy. Do đó, nếu thay x = y và dx = dy vào biểu thức dưới dấu tích phân thì ta được 2 yy yy 0 2y dy 2 I  2 dx  dy  . dy  dy   ln y 1  ln 2 . 2 2 2 2 2   y y y y 2y 2y y AB AB 1 Ví dụ 3.13. Tính I .  xy dx  x ydy trên cung AB với A(0,1), B(3,4). 2. 2. AB.  P( x , y)  y  2 xy P( x, y)  xy Q( x, y) P( x , y) Ta có  nên tích     x y Q( x, y)  x 2 y  Q( x, y)  2xy  x I   xy 2dx  x 2 ydy cần tính không phụ thuộc vào dạng của đường nối điểm A với điểm B. 2. phân. AB. Để việc tính toán đơn giản, ta chọn đường lấy tích phân là các cạnh AC và CB của ACB với C(3,1), khi đó ta được I   xy2dx  x 2 ydy   xy2dx  x 2 ydy   xy2dx  x 2 ydy . AB. AC. CB. Ta có, phương trình đoạn thẳng AC là y = 1 (0  x  3) và phương trình đoạn thẳng CB là x = 3 y  1 (1  y  4). Suy ra dy = 0 (0  x  3) và dx = 0 (1  y  4). Do đó, nếu thay  (0  x  3) và dy  0 67.

(68) TailieuVNU.com. x  3  dx  0. (1. . y . 4). vào. biểu. thức 3. dưới 4. dấu. x2 I   xy dx  x ydy   xy dx  x ydy   xdx   9 ydy  2 AC CB 0 1 2. 2. 2. tích 3. 2. 0. y2  9. 2. phân 4.  1. tương. ứng. ta. được. 9 1  9.8  9.  72 . 2 2. 3.4. Tích phân mặt loại một 3.4.1. Định nghĩa tích phân mặt loại một Cho một mặt cong S trong không gian R3 và hàm số f(x,y,z) xác định với (x,y,z)S. Chia S thành n mặt cong nhỏ không dẫm lên nhau có diện tích tương ứng bằng S1, S2, …, Sn. Trên mỗi mặt cong nhỏ thứ i (1  i  n) lấy một điểm tùy ý (xi,yi,zi) và gọi di là đường kính của mặt cong nhỏ thứ i (1  i  n). n. Lập tổng I n   f ( x i , y i .z i )Si , nếu khi n   sao cho   max d i  0 , mà In  I là một giá 1i n. i 1. trị hữu hạn, không phụ thuộc vào cách chia mặt cong S thành n mặt cong nhỏ và cách chọn điểm (xi,yi.zi) trên mỗi mặt cong nhỏ thứ i (1  i  n), thì I được gọi là tích phân mặt loại một của hàm số f(x,y,z) trên mặt cong S và ký hiệu là I   f ( x, y, z)dS , trong đó f(x,y,z) và dS được gọi tương ứng là S. hàm dưới dấu tích phân và vi phân diện tích mặt cong. Nếu S là mặt cong trơn là một mặt liên tục và có véc tơ pháp tuyến biến thiên liên tục (véc tơ pháp tuyến tại một điểm M của mặt S là véc tơ vuông góc với mặt phẳng tiếp xúc của mặt S tại điểm M) và nếu hàm số f(x,y,z) liên tục với (x,y,z)S thì tích phân mặt loại một tồn tại. 3.4.2. Tính chất của tích phân mặt loại một Tích phân mặt loại một có các tính chất giống như các tính chất của tích phân hai lớp. 3.4.3. Cách tính tích phân mặt loại một Trong không gian cho một mặt cong S. Giả sử hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng tọa độ Oxy là một miền đóng và bị chặn D. Giả sử S được biểu diễn bằng phương trình z = z(x,y) với z(x,y) z( x, y) z( x, y) là hàm số đơn trị, liên tục với (x,y)D và có các đạo hàm riêng liên tục với , x y (x,y)D. Nếu mỗi đường thẳng song song với trục tọa độ Oz cắt mặt cong S không quá một điểm và hàm số f(x,y,z) liên tục với (x,y,z)S thì tích phân mặt loại một được tính bằng công thức 2.  z( x , y)   z( x , y)  S f (x, y, z)dS  D f x, y, z(x, y) 1   x    y  dxdy . 2. Ví dụ 3.14. Tính I   zdS trên mặt S là paraboloit tròn xoay x2 + y2 = 2z với 0  z  1. S. x 2  y2 và hình chiếu vuông góc 2 của S lên mặt phẳng tọa độ Oxy là hình tròn D có phương trình x2 + y2  2.. Mặt cong S được biểu diễn bằng phương trình z  z( x, y) . 68.

(69) TailieuVNU.com. x 2  y2 z( x, y) 1 z( x, y) 1 1  x 2  y 2 dxdy .  .2x  x và  .2 y  y nên I   zdS   2 y 2 x 2 S D. Ta có. x  r cos   J  r và miền D’ được xác định như sau: Đổi biến (x,y) sang tọa độ cực (r,):   y  r sin . x  r cos  - Đối với tọa độ r: Thay  vào phương trình của hình tròn x2 + y2  2 ta được r2  2  y  r sin   0r 2,. - Đối với tọa độ : 0    2,   2   2 r 3 x 2  y2 r2 2 2 2 1  x  y dxdy   r 1  r drd    d   1  r 2 dr   Do đó I     2 2 D D'  0  0 2  1 3 1 2 2 2   2  r 2 1  r 2 d (r 2 )  2  (1  r 2  1)(1  r 2 ) 2 d (1  r 2 )  2  (1  r 2 ) 2  (1  r 2 ) 2  d (1  r 2 )  0 0 0  . 2. 5 3 2  2 8(6 3  1) 2 2 2 2 . 2 (1  r )  (1  r )   3 15 5 0. Ví dụ 3.15. Tính I   z 2 ( x 2  y 2 )dS trên mặt S là phần mặt cầu x2 + y2 + z2 = a2, x  0, y  0, S. z  0 (a > 0). Mặt cong S được biểu diễn bằng phương trình z  z( x, y)  a 2  x 2  y 2 và hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng tọa độ Oxy là một phần tư hình tròn D có phương trình x2 + y2  a2.. z( x, y) 1 2x x z( x , y) y và tương tự  .   2 2 2 2 2 2 2 x 2 a x y y a x y a  x 2  y2. Ta có. x2 y2  dxdy  nên I   z ( x  y )dS   (a  x  y )( x  y ) 1  2 a  x 2  y2 a 2  x 2  y2 S D 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. a  a 2  x 2  y 2 ( x 2  y 2 )dxdy . D. x  r cos   J  r và miền D’ được xác định như sau: Đổi tọa độ (x,y) sang tọa độ cực (r,):   y  r sin . 69.

(70) TailieuVNU.com. x  r cos  - Đối với tọa độ r: Thay  vào phương trình của hình tròn x2 + y2  a2 ta được r2  a2  y  r sin   0ra,. - Đối với tọa độ : 0    /2, Do đó I  a  a  x  y ( x  y )dxdy  a  2. 2. 2. 2. 2. D. D'.   2  a 3 2  a  r r .rdrd  a   d   r a  r 2 dr     0  0 2. 2 2. a 3 2 a 2 2 a r a  r 2 dr  r a  r 2 d(r 2 )  (a 2  r 2  a 2 )(a 2  r 2 ) 2 d(a 2  r 2 )     2 0 4 0 4 0 a. a. a. 1. 3 1 a a  a 4a 5 a 6 a  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . ( a  r ) d ( a  r )  a ( a  r ) d ( a  r ) .    0 4  0 4 15 15  3.4.4. Ý nghĩa vật lý và ý nghĩa hình học của tích phân mặt loại một. Nếu mặt cong S có khối lượng riêng tại điểm (x,y,z)S bằng f(x,y,z)  0 thì khối lượng m của mặt cong S là m   f ( x, y, z)dS (ý nghĩa vật lý). Đặc biệt, khi f(x,y,z) = 1 thì S   dS là diện tích S. S. của mặt cong S (ý nghĩa hình học). 3.5. Tích phân mặt loại hai 3.5.1. Khái niệm mặt định hướng Trong không gian R3 cho mặt cong trơn S. Mặt S được gọi là mặt hai phía nếu khi đi theo một đường cong đóng bất kỳ nằm trong mặt S không có điểm chung với biên của S thì hướng của pháp tuyến của mặt S không thay đổi. Nếu trên mặt S có một đường cong đóng mà đi theo đường cong này hướng của pháp tuyến đổi ngược lại thì mặt S được gọi là mặt một phía. Mặt hai phía được gọi là mặt định hướng được, còn mặt một phía được gọi là mặt không định hướng được. Ở đây ta chỉ xét các mặt định hướng được. Một ví dụ điển hình về mặt một phía là dải Mobius: Lấy một băng giấy hình chữ nhật ABCD và xoắn băng giấy này nửa vòng theo chiều dài rồi gắn điểm C với điểm A, điểm D với điểm B.. Khi điểm M di chuyển một vòng trên dải Mobius, xuất phát từ điểm MO thì lúc gặp lại điểm MO . véc tơ n đổi hướng ngược lại. . . Giả sử S là mặt định hướng được và gọi n  n ( x, y, z) là véc tơ pháp tuyến của mặt S tại điểm M(x,y,z)S (véc tơ pháp tuyến là véc tơ vuông góc với mặt phẳng tiếp xúc của mặt S tại điểm M), khi . đó hướng của mặt S được xác định là hướng của n . Như vậy, nếu S là mặt kín và định hướng được thì sẽ xác định được phía trong, phía ngoài; còn nếu S là mặt không kín thì sẽ xác định được phía trên, phía dưới. 70.

(71) TailieuVNU.com. 3.5.2. Định nghĩa tích phân mặt loại hai . Trong không gian R3 cho một mặt cong S định hướng được, giả sử véc tơ f ( x , y, z) có ba thành phần P(x,y,z), Q(x,y,z), R(x,y,z) là một véc tơ xác định trên S, tức là . . . . f ( x, y, z)  P( x, y, z). i  Q( x, y, z). j  R ( x, y, z). k . Chia S thành n mặt cong nhỏ không dẫm lên nhau có diện tích tương ứng bằng S1, S2, …, Sn. Trên mỗi mặt cong nhỏ thứ i có diện tích Si (1  i  n) lấy một điểm tùy ý (xi,yi,zi) và gọi di là đường kính của mặt cong nhỏ thứ i (1  i  n). Ký hiệu . . . . n  n ( x i , y i , z i ) là véc tơ pháp tuyến đơn vị tại điểm (xi,yi,zi) và S  S. n . n . . Lập tổng I n   f ( x i , y i , z i ). Si , nếu khi n   sao cho   max d i  0 , mà In  I là một 1i n. i 1. giá trị hữu hạn, không phụ thuộc vào cách chia S thành n mặt cong nhỏ và cách chọn điểm (x i,yi.zi) trên mặt cong nhỏ thứ i (1  i  n), thì I được gọi là tích phân mặt loại hai của hàm số . . . . f ( x, y, z)  P( x, y, z). i  Q( x, y, z). j  R ( x, y, z). k trên mặt cong S và ký hiệu là . . I   f ( x, y, z). S   P( x, y, z)dydz  Q( x, y, z)dzdx  R ( x, y, z)dxdy S. S. Nếu S là mặt định hướng được và liên tục tức là có véc tơ pháp tuyến tương ứng biến thiên liên tục (véc tơ pháp tuyến tại một điểm M của mặt S là véc tơ vuông góc với mặt phẳng tiếp xúc của mặt S tại điểm M) và nếu các hàm số P(x,y,z), Q(x,y,z), R(x,y,z) liên tục với (x,y,z)S thì tích phân mặt loại hai tồn tại. 3.5.3. Tính chất của tích phân mặt loại hai Nếu đổi hướng mặt cong S thì tích phân mặt loại hai trên mặt cong S đổi dấu. Tích phân mặt loại hai có các tính chất giống như các tính chất của tích phân hai lớp. 3.5.4. Cách tính tích phân mặt loại hai Tích phân mặt loại hai được tính bằng cách đưa về tích phân hai lớp. Trước tiên ta xét tích phân.  R (x, y, z)dxdy . Giả sử mặt cong S có phương trình là z = f(x,y) S. f ( x, y) f ( x, y) liên tục trên hình phẳng D là hình chiếu , x y vuông góc của mặt cong S lên mặt phẳng z = 0 tức là mặt phẳng tọa độ Oxy; khi đó:. với hàm số f(x,y) có các đạo hàm riêng. . +.  R (x, y, z)dxdy   R x, y, f (x, y)dxdy nếu véc tơ pháp tuyến n lập với trục tọa độ Oz một S. D. góc nhọn; . +.  R (x, y, z)dxdy   R x, y, f (x, y)dxdy nếu véc tơ pháp tuyến n lập với trục tọa độ Oz S. D. một góc tù. Các tích phân  P( x , y, z)dydz , S.  Q(x, y, z)dzdx được tính tương tự. S. Ví dụ 3.16. Tính I   xdydz  ydzdx  zdxdy trên S là phía ngoài mặt cầu x2 + y2 + z2 = R2 S. 71.

(72) TailieuVNU.com. Vì phương trình của mặt cầu và biểu thức dưới dấu tích phân không đổi khi hoán vị vòng quanh x, y, z nên ta có  xdydz   ydzdx   zdxdy  I  3 zdxdy . S. Ta có. S. S. S.  zdxdy   zdxdy   zdxdy với S1, S2 là nửa trên, nửa dưới của mặt cầu và có phương S. S1. S2. trình tương ứng là z   R 2  x 2  y 2   zdxdy   R 2  x 2  y 2 dxdy   R 2  x 2  y 2 dxdy S. S1. S2. Hình chiếu vuông góc của mặt cầu xuống mặt phẳng tọa độ Oxy là hình tròn D có phương trình 2 2 x + y  R2 . tuyến. . Vì véc tơ pháp tuyến của nửa trên của mặt cầu lập với trục tọa độ Oz góc nhọn và véc tơ pháp của nửa dưới của mặt cầu lập với trục tọa độ Oz góc tù nên. R 2  x 2  y 2 dxdy   R 2  x 2  y 2 dxdy và. S1. D. . R 2  x 2  y 2 dxdy    R 2  x 2  y 2 dxdy do. S2. D. đó I  3 zdxdy  6 R 2  x 2  y 2 dxdy . S. D. Để tính tích phân trên, ta đổi tọa độ (x,y) sang tọa độ cực (r,) và sau khi biến đổi ta được 2. R. 0. 0. I  6  d R 2  r 2 rdr  4R 3 .. 3.6. Mối quan hệ của các tích phân bội, đường và mặt 3.6.1. Công thức Green Ở 3.3. ta đã biết công thức Green là công thức liên hệ giữa tích phân hai lớp và tích phân đường loại hai. Nếu các hàm số P(x,y), Q(x,y) liên tục và các đạo hàm riêng cấp 1 của chúng liên tục trên miền phẳng D là một miền liên thông, bị chặn và có biên L gồm một hay nhiều đường cong kín rời  Q( x, y) P( x, y)  dxdy . nhau từng đôi một thì  P( x, y)dx  Q( x , y)dy     x y  D  L Hệ quả. Diện tích S của miền phẳng D có biên là đường cong kín L được tính bởi công thức S. 1 xdy  ydx . 2 L 3.6.2. Công thức Stokes. Công thức Stokes là công thức liên hệ giữa tích phân đường loại hai trên đường cong kín L trong không gian với tích phân mặt loại hai trên mặt S định hướng được, giới hạn bởi đường biên L. Giả sử mặt định hướng được S trơn từng mảnh, biên L của nó là một đường cong kín trơn từng khúc, đồng thời các hàm số P(x,y,z), Q(x,y,z), R(x,y,z) liên tục và có các đạo hàm riêng cấp 1 liên tục trên mặt S thì  P( x, y, z)dx  Q( x, y, z)dy  R ( x, y, z)dz  L.  R ( x , y, z) Q( x, y, z)   Q( x , y, z) P( x , y, z)   P( x, y, z) R ( x , y, z)  dydz   dxdy    dzdx   y z z x x y     .   S. 72.

(73) TailieuVNU.com. Công thức Stoker là kết quả mở rộng công thức Green trong không gian R2 sang không gian R3. Từ công thức Stoker suy ra điều kiện cần và đủ để tích phân đường trong không gian không phụ thuộc R ( x, y, z) Q( x, y, z) P( x, y, z) R ( x, y, z) vào đường lấy tích phân là và  ,  y z z x Q( x, y, z) P( x, y, z) . Điều kiện này cũng là điều kiện cần và đủ để P(x,y,z)dx + Q(x,y,z)dy +  x y R(x,y,z)dz là vi phân toàn phần cấp 1 của một hàm số u(x,y,z) nào đấy. 3.6.3. Công thức Ostrogradsky Công thức Ostrogradsky là công thức liên hệ giữa tích phân mặt loại hai lấy trên mặt ngoài của mặt cong kín S với tích phân ba lớp trên miền V có biên là mặt cong kín S.. Giả sử V là miền giới nội, đóng trong không gian R3 có biên là mặt cong kín S, trơn từng mảnh; các hàm số P(x,y,z), Q(x,y,z), R(x,y,z) liên tục và có các đạo hàm riêng cấp 1 liên tục trong miền V thì  P( x , y, z) Q( x, y, z) R ( x , y, z)   dxdydz   S P(x, y, z)dydz  Q(x, y, z)dzdx  R (x, y, z)dxdy   x y z  V  Hệ quả. Thể tích V của vật thể giới hạn bởi mặt cong kín S được tính bằng công thức: V. 1 xdydz  ydzdx  zdxdy 3  S.  P( x , y, z) 1  x P( x , y, z)  x    Q( x , y, z) Chứng minh. Ta lấy Q( x , y, z)  y    1 và thay vào công thức Ostrogradsky y R ( x, y, z)  z    R ( x , y, z) 1  z  1 (1  1  1)dxdydz  3 dxdydz  3V  V   xdydz  ydzdx  zdxdy S xdydz  ydzdx  zdxdy   3 S V V 3.7. Ứng dụng của phép tính tích phân trong hình học. 3.7.1. Tính độ dài đường cong bằng tích phân đường loại một.  f (x, y)ds. (L là đường cong phẳng) hoặc  f ( x , y, z )ds (L là đường cong không gian) là độ dài L. L. của đường cong L. Xem cách tính tích phân đường loại một ở mục 3.1.3. Chương 3. 3.7.2. Tính diện tích hình phẳng 3.7.2.1. Tính diện tích hình phẳng bằng tích phân một lớp (a) Diện tích hình thang cong giới hạn bởi đường cong y = f(x)  0 (a  x  b) và các đường thẳng y = 0, x b. = a, x = b là S   f ( x )dx . a. Tương tự, diện tích hình thang cong giới hạn bởi đường cong x = g(y)  0 (c  y  d) và các đường thẳng x d. = 0, y = c, y = d là S   g( y)dy . c. 73.

(74) TailieuVNU.com. (b) Diện tích của hình giới hạn bởi hai đường cong y = f1(x), y = f2(x) [0  f1(x)  f2(x) với a  x  b] và các b. đường thẳng x = a, x = b là S   f 2 ( x )  f1 ( x )dx . a. Tương tự, diện tích của hình giới hạn bởi hai đường cong x = g1(y), x = g2(y) [0  g1(y)  g2(y) với c  y  d] và các đường thẳng y = c, y = d là d. S   g 2 ( y)  g1 ( y)dy . c. x  x ( t ) (c) Nếu đường cong được cho bởi phương trình tham số  (  t  ) thì diện tích hình  y  y( t ) thang cong giới hạn bởi đường cong đó với các đường thẳng x = a, x = b và đoạn [a,b] trên trục tọa độ . Ox là S   y( t ) x ' ( t )dt , trong đó a = x(), b = x() và y(t)  0 khi t[,]. . 3.7.2.2. Tính diện tích hình phẳng bằng tích phân hai lớp Diện tích miền phẳng D thuộc mặt phẳng Oxy là S   dxdy , xem cách tính tích phân hai lớp ở D. mục 2.1.1.2. Chương 2. 3.7.2.3. Tính diện tích hình phẳng bằng tích phân đường loại hai Diện tích miền phẳng D có biên là đường cong kín L được tính bởi công thức 1 S   xdy  ydx (hệ quả của công thức Green). 2 L 3.7.3. Tính diện tích mặt cong 3.7.3.1. Tính diện tích mặt tròn xoay bằng tích phân một lớp (a) Nếu cung của một đường cong trơn, liên tục được cho bởi phương trình y = y(x) (a  x  b) b. quay quanh trục Ox thì diện tích mặt tròn xoay được tính bằng công thức S  2  y 1  [ y' ( x )]2 dx . a. Tương tự, nếu cung của một đường cong trơn, liên tục được cho bởi phương trình x = x(y) (c  y  d) d. quay quanh trục Oy thì diện tích mặt tròn xoay được tính bằng công thức S  2  y 1  [ x ' ( y)]2 dy . c. x  x ( t ) (b) Nếu cung của một đường cong trơn, liên tục được cho bởi phương trình tham số   y  y( t ) (  t  ) quay quanh trục Ox thì diện tích mặt tròn xoay được tính bằng công thức . S  2  y( t ) [ x ' ( t )]2  [ y' ( t )]2 dt . Tương tự, nếu cung của một đường cong trơn, liên tục được cho bởi . x  x ( t ) phương trình tham số  (  t  ) quay quanh trục Oy thì diện tích mặt tròn xoay được tính  y  y( t ) . bằng công thức S  2  x ( t ) [ x ' ( t )]2  [ y' ( t )]2 dt . . 3.7.3.2. Tính diện tích mặt cong bằng tích phân hai lớp Xem chi tiết ở 2.1.3.2. Chương 2. 3.7.3.3. Tính diện tích mặt cong bằng tích phân mặt loại một 74.

(75) TailieuVNU.com. Xem chi tiết ở 3.4.3. Chương 3. 3.7.4. Tính thể tích của vật thể 3.7.4.1. Tính thể tích của vật thể bằng tích phân một lớp (a) Tính thể tích của vật thể theo diện tích thiết diện vuông góc với trục tọa độ. Nếu diện tích của thiết diện của vật thể được tạo ra do mặt phẳng vuông góc với trục Ox là hàm số S(x)  0 (a  x  b) thì thể tích của vật thể nằm giữa các mặt phẳng x = a, x = b (vuông góc với Ox) b. được tính bằng công thức V   S( x )dx . a. Tương tự, nếu diện tích của thiết diện của vật thể được tạo ra do mặt phẳng vuông góc với trục Oy là hàm số S(y)  0 (c  y  d) thì thể tích của vật thể nằm giữa các mặt phẳng y = c, x = d (vuông d. góc với Oy) được tính bằng công thức V   S( y)dy , hoặc nếu diện tích của thiết diện của vật thể c. được tạo ra do mặt phẳng vuông góc với trục Oz là hàm số S(z)  0 (e  z  f) thì thể tích của vật thể f. nằm giữa các mặt phẳng z = e, z = f (vuông góc với Oz) được tính bằng công thức V   S(z)dz . e. (b) Tính thể tích của vật thể tròn xoay Nếu hình thang cong giới hạn bởi đường cong y = y(x)  0 (a  x  b) và các đường thẳng y = 0, x = a, x = b quay quanh trục tọa độ Ox thì thể tích vật thể tròn xoay được tạo ra tính bằng công thức b. V    y 2 ( x )dx . Tương tự, nếu hình thang cong giới hạn bởi đường cong x = x(y)  0 (c  y  d) và a. các đường thẳng x = 0, y = c, y = d quay quanh trục tọa độ Oy thì thể tích vật thể tròn xoay được tạo ra d. tính bằng công thức V    x 2 ( y)dy . c. Nếu hình giới hạn bởi các đường cong y = y1(x), y = y2(x) với 0  y1(x)  y2(x) (a  x  b) và các đường thẳng x = a, x = b quay quanh trục tọa độ Ox thì thể tích vật thể tròn xoay được tạo ra tính b. . . bằng công thức V    y 22 ( x )  y12 ( x ) dx . Tương tự, nếu hình giới hạn bởi các đường cong x = x 1(y), a. x = x2(y) với 0  x1(y)  x2(y) (c  y  d) và các đường thẳng y = c, y = d quay quanh trục tọa độ Oy d. . . thì thể tích vật thể tròn xoay được tạo ra tính bằng công thức V    x 22 ( y)  x 12 ( y) dy . c. 3.7.4.2. Tính thể tích của vật thể bằng tích phân hai lớp Xem chi tiết ở mục 2.1.3.3. Chương 2. 3.7.4.3. Tính thể tích của vật thể bằng tích phân mặt loại hai Thể tích V của vật thể giới hạn bởi mặt cong kín S được tính bằng công thức: 1 xdydz  ydzdx  zdxdy (hệ quả của công thức Ostrogradsky). 3  S 3.7.4.4. Tính thể tích của vật thể bằng tích phân ba lớp V. Thể tích của vật thể là y  y1  zdx , xem cách tính tích phân ba lớp ở các mục 2.2.1.2., 2.2.2. Chương 2.. 75.

(76) Bài tập. TailieuVNU.com. 3.1. Tính các tích phân đường loại một (a)  x 2  y 2 ds , L là đoạn thẳng OA với O(0,0), A(2,4). L. (b).  x. 2.  y 2 ds , L là biên của tam giác OAB (OABO) với O(0,0), A(1,1) và B(-1,1).. L. (c).  xyds , L là biên của hình chữ nhật OABC (OABCO) với O(0,0), A(4,0), B(4,2) và L. C(0,2). (d)  xyds , L là biên của hình vuông |x| + |y| = a (a > 0). L. x  t  (e)  2 yds , L được xác định bởi  y  t 2 2 với 0 ≤ t ≤ 1. L z  t 3 3  3.2. Tính các tích phân đường loại một (a). . 5( x 2  y 2 )  24 xy  (z  1) 2  4ds , L là giao tuyến của mặt trụ x2 + y2 = 4 với mặt phẳng. L. 2x - 3y + z = 1. (b).  x ds , L là giao tuyến của mặt cầu x2 + y2 + z2 = a2 (a > 0) với mặt phẳng x + y + z = 0. 2. L. 3.3. Tính khối lượng của sợi dây có phương trình x x   a (a) là đường cong phẳng y   e a  e a  với 0  x  a (a > 0), biết rằng khối lượng riêng tại 2  1 điểm (x,y) là f ( x, y)  . y x  a cos t  (b) là đường xoắn ốc trong không gian  y  a sin t với 0  t  2, a = b = 1, biết rằng khối lượng z  bt  riêng tại điểm (x,y,z) là f ( x, y, z)  x 2  y 2  z 2 . 3.4. Tính các tích phân đường loại hai (a)  ( x  y) 2 dx  ( x  y) 2 dy với A(0,0), B(2,2) và C(4,0). ABC. (b).  ydx  ( y  x. 2. )dy trên cung phẳng L là cung của đường parabol y = 2x – x2 nằm phía trên. L. trục Ox theo chiều kim đồng hồ. (c)  ( x 2  y 2 )dx  ( x 2  y 2 )dy trên L là đường y = 1 – 1 – x với 0  x  2 theo chiều tăng của x. L. x  a (1  sin t ) (d)  (2a  y)dx  xdy trên L là đường  với 0  t  2 và a > 0.  y  a (1  cos t ) L x 2 y2 (e)  ( x  y)dx  ( x  y)dy trên biên L của đường ellipse 2  2  1 . a b L ( x 2  y 2 )dy  2 xydx trên cung OA là nửa đường tròn x2 + y2 = 2y về phía x  0 nối từ điểm 2 2 OA x y O(0,0) đến điểm A(0,2).. (f). 76.

(77) TailieuVNU.com. 3.5. Tính tích phân đường loại hai  ( xy  1)dx  x 2 ydy trên đường nối từ điểm A(1,0) đến điểm B(0,2) AB. y2  1. 4 3.6. Tính trực tiếp các tích phân đường loại hai sau, rồi kiểm tra kết quả bằng công thức Green: (a)  (2xy  x 2 )dx  ( x  y 2 )dy trên L là đường cong kín tạo bởi hai cung parabol y = x2, x = y2.. theo chiều dương: (a) 2x + y = 2; (b) 4x + y2 = 4; (c) x 2 . L. (b).  (2x. 3.  y 3 )dx  ( x 3  y 3 )dy trên L là đường tròn x2 + y2 = 1.. 2.  y 2 )dx  ( x 2  y 2 )dy trên ba cạnh của OAB với O(0,0), A(1,0) và B(0,1).. L.  (x. (c). OABO. 3.7. Tính các tích phân đường loại hai y x   (a)  xy  y dy  xy x  dx trên L là ba cạnh của ABC với A(-1,0), B(1,-2) và C(1,2). 2 2   L (b).  (xy  x  y)dx  (xy  x  y)dy trên L là đường tròn x. 2. + y2 = ax (a > 0).. . L.  2(x. (c). 2.  y 2 )dx  (4 y  3) xdy trên hai cạnh OA (O  A), AB (A  B) của OAB với. OAB. O(0,0), A(1,1) và B(0,2).  x y  3x 2  y 2 3y 2  x 2  dx  dy  3.8. Cho tích phân đường loại hai I      y x  x y  L (a) Tích phân này có phụ thuộc vào đường lấy tích phân không? 2  x  t  cos t (b) Tính tích phân này trên cung AB được cho dưới dạng tham số  với 0  t  2  y  1  sin 2 t  theo chiều tăng của tham số ứng (t = 0 ứng với điểm đầu A và t  ứng với điểm cuối B). 2 (mx  y)dx  (nx  y)dy 3.9. Tìm các tham số m, n để tích phân đường loại hai I   không phụ x 2  y2 AB thuộc vào dạng của đường lấy tích phân.. 3.10. Tìm các tham số m, n để tích phân đường loại hai I   ( x  a )( y  b) 2  (n  m)by  amy dx  ( x  a ) 2 ( y  b)  2(n  1)ax dy  0. . . . . với mọi đường. L. cong kín L và với mọi giá trị của a và b. ( x  y)dx  ( x  y)dy 3.11. Tìm tham số m để biểu thức là vi phân toàn phần cấp 1 của một hàm số (x 2  y 2 ) m u(x,y) nào đó. 3.12. Chứng minh rằng biểu thức 6xeydx + (3x2 + y + 1)eydy là vi phân toàn phần cấp 1 của một hàm số u(x,y) nào đó.Tìm hàm số u(x,y). 3.13. Xác định hàm số u(x,y) thỏa mãn du = 2xy3dx + (3x2y2 + cosy)dy. 3.14. Tính các tích phân mặt loại 1 (a)  ( x  y  z )dS , S là biên của hình lập phương {0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ a, 0 ≤ z ≤ a (a > 0)}; S. (b). . 4. .   2x  3 y  z dS , S là phần của mặt phẳng S. tám thứ nhất của hệ tọa độ Descarter vuông góc Oxyz.. 77. x y z    1 nằm trong góc vuông một phần 2 3 4.

(78) Chương 4. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN. TailieuVNU.com. 4.1. Các khái niệm cơ bản 4.1.1. Một số bài toán đơn giản dẫn đến phương trình vi phân Bài toán 1. Cho một vật thể có khối lượng m rơi tự do trong không khí vào lúc không có gió. Giả sử sức cản của không khí tỷ lệ với vận tốc rơi v(t) của vật thể tại thời điểm t với hệ số tỷ lệ là k > 0. Tìm v(t). Với giả thiết của bài toán, khi vật rơi thì F là lực tổng hợp các lực tác dụng lên vật thể gồm có: Lực hút của trái đất mg (g là gia tốc rơi tự do) và lực cản của không khí kv(t), hai lực này là ngược chiều nhau. Theo định luật 2 Newton ta có mw(t) = F, trong đó w(t) là gia tốc rơi của vật thể và F = dv( t ) mg – kv(t). Từ đây, ta nhận được phương trình mw(t) = mg – kv(t) với w ( t )  v' ( t )  , hay dt mv’(t) = mg – kv(t), để xác định v(t). Bài toán 2. Tìm phương trình y = f(x) của một đường cong phẳng, biết rằng tiếp tuyến tại mỗi điểm của đường cong cắt trục tung tại một điểm khác có tung độ bằng hai lần tung độ tiếp điểm. Phương trình tiếp tuyến với đường cong y = f(x) tại điểm (x0,y0)  (x0,f(x0)) là y – y0 = f’(x0)(x – x0) hay y = y0 + f’(x0)(x – x0). Giao điểm của tiếp tuyến với trục tung (x = 0) có tung độ y = y0 + f’(x0).(0 – x0) = y0 - f’(x0).x0. Theo giả thiết thì y = 2y0, suy ra 2y0 = y0 - f’(x0).x0 hay y0 = -f’(x0).x0. Vì (x0,y0) là một điểm bất kỳ nên không mất tính tổng quát ta có thể viết y = -f’(x).x = -xy’ hay y y'   là phương trình để xác định phương trình y = f(x) của đường cong. x 4.1.2. Định nghĩa phương trình vi phân và nghiệm của nó Khi nghiên cứu các hiện tượng tự nhiên, kỹ thuật, kinh tế, … không phải bao giờ cũng xác định được ngay quy luật liên hệ của biến độc lập với hàm số phải tìm, nhưng có thể xác định được mối liên hệ giữa hàm số phải tìm với (các) đạo hàm của nó, trong đó có thể không có hoặc có biến độc lập (xem Bài toán 1 và Bài toán 2). (n). y. Phương trình liên hệ giữa biến số độc lập x, hàm số y = y(x) phải tìm và các đạo hàm y’, y”, …, của nó, được gọi là phương trình vi phân.. Cấp cao nhất của đạo hàm của hàm số y = y(x) có trong phương trình vi phân, được gọi là cấp của phương trình vi phân. Như vậy, trong trường hợp tổng quát nhất, phương trình vi phân cấp n có dạng sau đây: F(x,y,y’,y”, …, y(n)) = 0 ở đây F là hàm đã cho có nhiều nhất (n + 2) biến mà thông thường nó phải thỏa mãn một số điều kiện nhất định về tính liên tục và tính khả vi. Hàm số y = y(x) được gọi là nghiệm của phương trình vi phân F(x,y,y’,y”, …, y(n)) = 0 nếu nó thỏa mãn các điều kiện: (1) y = y(x) có các đạo hàm y’,y”, …, y(n) trong khoảng (a,b) nào đó; (2) khi thế y = y(x) vào hàm số F(x,y,y’,y”, …, y(n)) thì F(x,y,y’,y”, …, y(n))  0 với x(a,b). Đồ thị của hàm số y = y(x) là nghiệm của phương trình vi phân F(x,y,y’,y”, …, y(n)) = 0, được gọi là đường cong tích phân của phương trình đó. Giải phương trình vi phân F(x,y,y’,y”, …, y(n)) = 0 là tìm tất cả các nghiệm y = y(x) của nó. Quá trình tìm nghiệm của phương trình vi phân được gọi là tích phân phương trình vi phân. 4.2. Phương trình vi phân cấp 1 4.2.1. Đại cương về phương trình vi phân cấp 1 Dạng tổng quát của phương trình vi phân cấp 1 là F(x,y,y’) = 0. 78.

(79) TailieuVNU.com. Nếu giải được phương trình trên đối với y’ thì phương trình vi phân cấp 1 có thể viết dưới dạng dy y’ = f(x,y) hay  f ( x, y) , trong đó (x,y)D  R2, được gọi là phương trình vi phân cấp 1 giải được dx đối với đạo hàm. Bài toán Cauchy. Tìm nghiệm y = y(x) của phương trình vi phân y’ = f(x,y) thỏa mãn điều kiện ban đầu y( x ) x  x  y 0 hay y(x0) = y0, trong đó (x0,y0)R2. 0. Định lý (sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy). Giả sử hàm số f(x,y) cùng với đạo f ( x, y) hàm riêng xác định và liên tục trong miền D của mặt phẳng tọa độ Oxy, giả sử (x 0,y0)D. y Khi đó, trong một lân cận nào đó của x0, tồn tại duy nhất nghiệm y = y(x) của phương trình y’ = f(x,y) mà y(x0) = y0. Về mặt hình học, định lý trên khẳng định rằng, với các giả thiết và điều kiện đã nêu, trong một lân cận nào đó của điểm (x0,y0)D  R2 tồn tại một đường cong tích phân duy nhất của phương trình vi phân y’ = f(x,y) đi qua điểm (x0,y0). Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân y’ = f(x,y) là hàm số y = (x,C), trong đó C là một hằng số tùy ý, thỏa mãn các các điều kiện sau: (1) thỏa mãn phương trình vi phân y’ = f(x,y) với C; (2) với (x0,y0) các giả thiết và điều kiện của định lý trên được thỏa mãn, có thể tìm được một giá trị C = C0 sao cho hàm số y = (x,C0) thỏa mãn điều kiện ban đầu y( x ) x  x  y 0 . 0. Về mặt hình học, nghiệm tổng quát của phương trình vi phân y’ = f(x,y) được biểu diễn bởi một họ đường cong tích phân y = (x,C) phụ thuộc vào tham số C. Nghiệm riêng của phương trình vi phân y’ = f(x,y) là hàm số y = (x,C0) nhận được bằng cách cho tham số C trong nghiệm tổng quát một giá trị xác định C0. Lưu ý. (1) Có khi ta không tìm được nghiệm tổng quát của phương trình vi phân y’ = f(x,y) dưới dạng tường minh y = (x,C) mà chỉ tìm được một hệ thức có dạng (x,y,C) = 0 xác định nghiệm tổng quát dưới dạng ẩn. Khi đó, hệ thức (x,y,C) = 0 được gọi là tích phân tổng quát của phương trình vi phân y’ = f(x,y). Trong trường hợp này, hệ thức (x,y,C0) = 0 nhận được bằng cách cho tham số C trong tích phân tổng quát một giá trị xác định C0, được gọi là tích phân riêng. (2) Phương trình vi phân y’ = f(x,y) có thể có một số nghiệm không thuộc nghiệm tổng quát, khi đó, những nghiệm này được gọi là nghiệm kỳ dị. Trong chương này, ta không xem xét các nghiệm kỳ dị. Ví dụ 4.1. Có thể dễ dàng kiểm tra được phương trình vi phân y'  1  y 2 có nghiệm tổng quát là y(x) = sin(x + C) với C là hằng số bất kỳ. Tuy nhiên, hàm số y(x) = 1 cũng là nghiệm của phương trình vi phân đang xét, nhưng nghiệm này không thể suy ra được từ nghiệm tổng quát với một hằng số C nào đấy. Như vậy, nghiệm y(x) = 1 là nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân đang xét. 4.2.2. Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp 1 đơn giản nhất Nói chung, không tồn tại một phương pháp thống nhất nào để tìm nghiệm của phương trình vi phân y’ = f(x,y) đối với mọi dạng có thể có của hàm số f(x,y). 4.2.2.1. Phương trình vi phân có biến số phân ly Phương trình vi phân y’ = f(x,y) được gọi là phương trình vi phân có biến số phân ly nếu nó có thể biến đổi về dạng f(x)dx = g(y)dy.. 79.

(80) TailieuVNU.com. Phương pháp giải. Lấy tích phân hai vế của phương trình f(x)dx = g(y)dy ta được  f (x)dx   g( y)dy +C hay F(x) = G(y) + C, trong đó F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x), G(y). là một nguyên hàm của hàm số g(y), còn C là hằng số tùy ý.. Ví dụ 4.2. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân y' . ( x  1) y . x ( y  1). ( x  1) y dy ( x  1) y hay có thể biến đổi về dạng (x + 1)ydx = x(y – 1)dy.  x ( y  1) dx x ( y  1) Khi đó, nếu x  0 và y  0, chia cả hai vế của phương trình trên cho xy ta được  1  1  1  1 1  dx  1  dy . Do đó  1  dx   1  dy  C  x  ln x  y  ln y  C hay x – y + lnxy  x  x  y  y = C là nghiệm tổng quát phải tìm, trong đó C là hằng số tùy ý.. Phương trình y' . Ví dụ 4.3. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân x(1 + y2) + y(1 + x2)y’ = 0. Biến đổi phương trình vi phân đã cho về dạng x(1 + y2)dx + y(1 + x2)dy = 0. Chia cả hai vế của phương trình vi phân vừa nhận được cho tích (1 + x 2)(1 + y2)  0 ta được x y x y ln(1  x 2 ) ln(1  y 2 ) dx  dy  0  dx  dy  C    C1 với C1 là hằng 1  1  x2  1  y2 1  x2 1  y2 2 2 ln C số tùy ý nên có thể đặt C1  thì có thể viết nghiệm tổng quát vừa tìm được là (1 + x2)(1 + y2) = C. 2 Ví dụ 4.4. Tìm nghiệm riêng của phương trình vi phân exdx – (1 + ex)ydy = 0 với điều kiện ban đầu y(0) = 1. Chia cả hai vế của phương trình vi phân trên cho 1 + ex  0 ta được ex ex y2 x dx  ydy   dx   ydy  C  ln(1  e )   C với C là hằng số tùy ý. Thay điều kiện 1  ex 1  ex 2 1 ban đầu y(0) = 1 vào nghiệm tổng quát vừa tìm được ta được C  ln 2  , do đó nghiệm riêng cần tìm 2 2 x 1 e  y 1  .  ln 2   y 2  1  2 ln  là ln(1  e x )  2 2  2   a x  b1 y  c1   a b1   khi det 1   a 1b 2  a 2 b1  0 Lưu ý. Phương trình vi phân có dạng y'  f  1 a b a x  b y  c 2 2   2 2 2   có thể biến đổi được về phương trình vi phân có biến số phân ly nhờ phép đổi biến t = a1x + b1y.. Ví dụ 4.5. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân (x + y + 2)dx + (2x + 2y – 1)dy = 0. 1 1 xy2   0 nên đổi Phương trình vi phân đã cho tương đương với y'   , ta có det 2x  2 y  1  2 2 biến t = x + y  dy = dt – dx, khi đó phương trình vi phân đã cho trở thành (t + 2)dx + (2t – 1)(dt – dx) = 0  (3 – t)dx + (2t – 1)dt = 0. Khi t  3, chia cả hai vế của phương trình cho t – 3 ta được 2t  1 2t  1 5   dx  dt  0   dx   dt  C   dx    2  dt  C  x  2t  5 ln t  3  C . 3 t 3 t t 3  Quay lại biến x, y ta được nghiệm tổng quát x + 2y + 5lnx + y – 3 = C. 4.2.2.2. Phương trình vi phân thuần nhất Hàm số f(x,y) được gọi là hàm số thuần nhất bậc m nếu f(x,y) = mf(x,y). Phương trình vi phân y’ = f(x,y) được gọi là phương trình vi phân thuần nhất nếu nó có thể biến đổi về dạng P(x,y)dx + Q(x,y)dy = 0, trong đó các hàm số P(x,y), Q(x,y) là các hàm số thuần nhất cùng bậc. 80.

(81) TailieuVNU.com. Nếu các hàm số P(x,y), Q(x,y) là các hàm số thuần nhất cùng bậc m thì phương trình P(x,y)dx + y Q(x,y)dy = 0 có thể được biến đổi về dạng y'  f   . Thật vậy, ta có P(x,y)dx + Q(x,y)dy = 0 x   y  y y y m    P  x .( 1), x .   P x , x.  x P  1,  P  1,  P ( x , y) x x x y  x    y'           f . y y y m  Q( x , y )     y  x Q x , x.  x Q  1,  Q  1,  Q  x .( 1), x .   x x x     x   Phương pháp giải. Đặt y = tx, phương trình vi phân thuần nhất sẽ biến đổi được phương trình vi phân có biến số phân ly. Ví dụ 4.6. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân (x2 + 2xy)dx + xydy = 0.. Trong phương trình vi phân đã cho, cả hai hàm số P(x,y) = x 2 + 2xy, Q(x,y) = xy đều là hàm số thuần nhất cùng bậc (bậc 2), nên có thể đặt y = tx  dy = xdt + tdx. Khi đó, phương trình vi phân đã dx tdt dx tdt cho trở thành x2(t + 1)2dx + x3tdt = 0   0  C 2 x ( t  1) x ( t  1) 2 dx ( t  1  1)dt dx dt dt 1  x   (t  1)2  C   x   t  1   (t  1)2  C  ln x  ln t  1  t  1  C với C là hằng số tùy ý. y Thay t  vào nghiệm tổng quát vừa tìm được, ta được nghiệm tổng quát của phương trình vi x x phân đã cho là ln x  y   C với C là hằng số tùy ý. xy Ví dụ 4.7. Tìm dạng của gương hội tụ được tất cả các tia sáng song song vào một điểm. Gương cần phải có dạng một mặt tròn xoay có trục song song với phương của các tia tới. Lấy trục này làm trục Ox và tìm phương trình đường cong y = y(x) mà khi quay nó quanh trục Ox tạo thành mặt cần tìm. Lấy gốc O hệ tọa độ Oxy tại điểm mà tại đấy các tia sáng hội tụ vào. Ký hiệu tia tới là KM, tia phản xạ là MO. Kẻ tiếp tuyến TT1 và pháp tuyến MN tại điểm M của đường cong y = y(x) phải tìm. Khi đó, dễ thấy rằng MOT là tam giác cân có đỉnh tại O nên OM = OT, với. OM  x 2M  y 2M ; còn OT được xác định theo phương trình đường tiếp tuyến với đường cong y = y(x) tại điểm M(xM,yM), cụ thể như sau: Ta có phương trình đường tiếp tuyến với đường cong y = y(x) tại điểm M(xM,yM) là y – yM = y’(xM).(x – xM). Đường tiếp tuyến này cắt trục Ox tại điểm T(x T,0) nên 0 – yM = y’(xM) (xT – xM), suy yM ra OT  x T   x T   xM . y' ( x M ) yM Từ OM = OT  x 2M  y 2M   x M , vì M có tọa độ (xM,yM) là một điểm bất kỳ trên y' ( x M ) đường cong nên, không mất tính tổng quát, có thể coi điểm M có tọa độ (x,y), khi đó ta có phương y trình vi phân x 2  y 2   x để tìm y = y(x). y'. . . Ta biến đổi phương trình vi phân vừa tìm được về dạng x  x 2  y 2 dy  ydx  0 , để việc biến đổi các biểu thức được đơn giản, ta xem y là biến, còn x = x(y) là hàm số của y. Dễ thấy rằng phương trình này là phương trình vi phân thuần nhất, nên để tìm nghiệm của nó ta đặt x = ty  dx = tdy + ydt. . . và khi đó ta được ty  t 2 y 2  y 2 dy  y( tdy  ydt)  0 . Nếu y  0 thì phương trình trên trở thành. 81.

(82) dy t  1dy  ydt  0   y 2. TailieuVNU.com. dt. dy dt    ln C với hằng số C  0. Tích phân các biểu y t2 1 t2 1. . . thức trong đẳng thức trên ta được ln y  ln t  t 2  1  ln C  y  C t  t 2  1 với hằng số C  0. Trở về biến x và y ban đầu ta được x  x 2  y 2 . y2 với hằng số C  0. Sau khi biến đổi đẳng C. C  thức trên ta được y 2  2C x   với hằng số C  0. 2  Như vậy, đường cong phải tìm là một đường parabol, còn gương có dạng một paraboloit tròn xoay.. Ví dụ 4.8. Tìm nghiệm riêng của phương trình vi phân y'  = /2.. y y  sin với điều kiện ban đầu y(1) x x. y y y  sin  f   nên phương trình đã cho là phương trình vi phân thuần nhất. Đặt y = tx, x x x  dy = xdt + tdx. Khi đó, phương trình vi phân đã cho trở thành xdt = sintdx dt dx dt dx t t      ln C  ln tan  ln x  ln C  ln tan  ln Cx  t  2 arctan(Cx ) sin t x sin t x 2 2 với hằng số C  0. Trở về biến x và y ban đầu ta được nghiệm tổng quát y = 2xarctan(Cx).  Thay điều kiện ban đầu y(1)  vào nghiệm tổng quát y = 2xarctan(Cx) ta được 2    2 arctan C  arctan C   C  1 , do đó nghiệm riêng phải tìm là y = 2xarctanx. 2 4  a x  b1 y  c1   a b1   khi det 1   a 1b 2  a 2 b1  0 Lưu ý. Phương trình vi phân có dạng y'  f  1  a 2 b2   a 2 x  b2 y  c2 . Vì y' . x  u   có thể biến đổi được về phương trình vi phân thuần nhất nhờ phép đổi biến  trong đó (,) y  v   a 1x  b1 y  c1  0 nghiệm của hệ phương trình  . a 2 x  b 2 y  c 2  0. Ví dụ 4.9. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân (2x + y + 1)dx + (x + 2y – 1)dy = 0. 2 1 2x  y  1   3  0 nên đổi , ta có det x  2y  1 1 2 x  u     1 2 x  y  1  0 x  u  1  biến  với  là nghiệm của hệ phương trình  . Do đó  y  v     1 x  2 y  1  0 y  v  1. Phương trình vi phân đã cho tương đương với y'  . dx  du và phương trình vi phân đã cho trở thành (2u + v)du + (u + 2v)dv = 0.  dy  dv. Dễ thấy rằng, phương trình vừa nhận được là phương trình vi phân thuần nhất nên ta có thể đổi biến v = tu  dv = udt + tdu và phương trình vi phân đang xét được đưa về dạng phương trình vi phân du 1 (2t  1)dt du 1 (2t  1)dt du 1 d( t 2  t  1)   0    C  có biến số phân ly  u 2  t 2  t  1 1  u  2  t 2  t  1  C1  u 2 t2  t 1 1 ln u  ln( t 2  t  1)  C1  ln u t 2  t  1  C1  u t 2  t  1  eC1  u 2 ( t 2  t  1)  e 2C1 với hằng 2 số C1 tùy ý.. . . 82.

(83) TailieuVNU.com. Quay lại các biến u, v ta được u 2  uv  v 2  e 2 C1 , quay lại các biến x, y ban đầu, ta được nghiệm tổng quát x 2  y 2  xy  x  y  1  e 2C1 hay x 2  y 2  xy  x  y  C với hằng số C  e 2 C1  1 . 4.2.2.3. Phương trình vi phân tuyến tính. Phương trình vi phân y’ + p(x)y = q(x) trong đó p(x), q(x) là các hàm số liên tục với x(a,b), được gọi là phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1). Nếu q(x)  0 với x(a,b) thì phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) nói trên trở thành y’ + p(x)y = 0 được gọi là phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) thuần nhất, còn nếu q(x)  0 thì phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) nói trên được gọi là phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) không thuần nhất. Định lý. Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) không thuần nhất [y’ + p(x)y = q(x)] bằng nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) thuần nhất tương ứng [y’ + p(x)y = 0], cộng với một nghiệm riêng nào đó của phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) không thuần nhất [y’ + p(x)y = q(x)]. Phương pháp giải. Phương pháp Bernoulli Tìm nghiệm của phương trình y’ + p(x)y = q(x) dưới dạng tích của hai hàm số u(x)v(x) tức là y(x) = u(x)v(x)  y’ = u’v + uv’  u’v + uv’ + p(x)uv = q(x)  u[v’ + p(x)v] + u’v = q(x). Chọn hàm v(x) sao cho v’ + p(x)v = 0, phương trình này là phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) thuần nhất đối với hàm v(x). Giả sử v(x)  0, chia cả hai vế của phương trình v’ + p(x)v = 0 cho dv dv v(x) ta được  p( x )dx      p( x )dx  ln v    p( x )dx  ln C1  v  C1 e  p ( x ) dx (với v v   p ( x ) dx hằng số C1  0) hay v  Ce với C   C1 . Mặt khác, v(x) = 0 cũng là nghiệm của phương trình v’ + p(x)v = 0, nghiệm này ứng với hằng số C = 0 của biểu thức v(x)  Ce  p ( x ) dx . Do đó v(x)  Ce  p ( x ) dx với hằng số C tùy ý, là nghiệm tổng quát của phương trình v’ + p(x)v = 0. Chọn v(x)  e  p ( x )dx (ứng với C = 1) thay vào phương trình u[v’ + p(x)v] + u’v = q(x) ta được p ( x ) dx q( x ) q( x ) u.0 + u’v = q(x)  u’v = q(x)  du  dx   du   dx  u   q( x )e  dx  C . v( x ) v( x ) p ( x ) dx p ( x ) dx Suy ra y( x )  u ( x ) v( x )    q( x )e  dx  C e  p ( x ) dx  Ce  p ( x ) dx  e  p ( x ) dx  q( x )e  dx với   C là hằng số tùy ý, là nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) không thuần nhất y’ + p(x)y = q(x). Như vậy, khi tìm nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) không thuần nhất ta có thể p ( x ) dx thay các hàm số p(x), q(x) vào biểu thức y( x )    q( x )e  dx  C e  p ( x ) dx và tính các tích phân   trong đó; hoặc có thể trực tiếp tìm nghiệm y(x) = u(x)v(x) tuần tự theo các bước như trên. Ví dụ 4.10. Giải phương trình vi phân y’ – y = sinx. p ( x ) dx Thay p(x) = -1 và q(x) = sinx vào biểu thức nghiệm y( x )    q( x )e  dx  C e  p ( x ) dx ta được    dx y( x )    sin xe  dx  C e  dx   sin xex dx  C e x , tính tích phân  sin xe x dx bằng phương pháp tích  . . . 83.

(84) TailieuVNU.com. e x phân từng phần ta được  sin xe dx   (cos x  sin x ) và thay vào biểu thức của y(x) ta được 2 1 y( x )  Ce x  (cos x  sin x ) . 2 x. Hoặc tìm y(x) = u(x)v(x)  y = u’v + uv’ u’v + uv’ – uv = sinx  u(v’ – v) + u’v = sinx. dv - Tìm nghiệm của phương trình v’ – v = 0  dv – vdx = 0   dx  v  e x ; v + Thay v(x) = ex vào phương trình u(v’ – v) + u’v = sinx ta được u’ex = sinx  du = e-xsinxdx e x  u   e x sin xdx   (cos x  sin x )  C với C là hằng số tùy ý. 2  ex  1 (cos x  sin x )  C e x  Ce x  (cos x  sin x ) . + Do đó y( x )  u ( x ) v( x )   2  2  Phương pháp Lagrange (phương pháp biến thiên hằng số) Để giải phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) không thuần nhất y’ + p(x)y = q(x), đầu tiên ta giải phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) thuần nhất tương ứng y’ + p(x)y = 0. Nếu y  0 ta có dy dy phương trình tương đương  p( x )dx      p( x )dx  ln y    p( x )dx  ln C1 (với hằng số y y C1  0)  y  C1 e   p ( x ) dx hay y  Ce  p( x )dx với hằng số C   C1 . Mặt khác, y(x) = 0 cũng là nghiệm của phương trình y’ + p(x)y = 0, nghiệm này ứng với hằng số C = 0 của biểu thức y(x)  Ce  p ( x ) dx . Do đó y(x)  Ce  p ( x ) dx với C là hằng số tùy ý, là nghiệm tổng quát của phương trình y’ + p(x)y = 0. Tiếp theo, xem C = C(x) là hàm số của x, ta tìm C(x) để y( x )  C( x )e   p ( x ) dx thỏa mãn phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) không thuần nhất y’ + p(x)y = q(x). Muốn vậy, thay y( x )  C( x )e   p ( x ) dx vào phương trình y’ + p(x)y = q(x) ta được dC C' ( x )e  p ( x ) dx  C( x )p( x )e  p ( x ) dx  p( x )C( x )e  p ( x ) dx  q( x )   q( x )e  p ( x ) dx dx  p ( x ) dx  C( x )   q( x )e dx  K với K là hằng số tùy ý.. . .  p ( x ) dx  p ( x ) dx   p ( x ) dx  p ( x ) dx p ( x ) dx p ( x ) dx e  e  Suy ra y( x )  C( x )e   q(x )e  dx  K  Ke  q(x )e  dx. với K là hằng số tùy ý, là nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) không thuần nhất y’ + p(x)y = q(x). Ví dụ 4.11. Giải phương trình vi phân ở Ví dụ 4.10. bằng phương pháp Lagrange Phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) không thuần nhất tương ứng là y’ – y = 0  dy dy  dx    dx  ln C1  ln y  x  ln C1  y  C1 e x (với hằng số C1  0) hay y  Ce x với y y  hằng số C   C1 . Mặt khác, y(x) = 0 cũng là nghiệm của phương trình y’ – y = 0, nghiệm này ứng với hằng số C = 0 của biểu thức y(x)  Cex . Do đó y(x)  Cex là nghiệm tổng quát của phương trình y’ – y = 0 với C là hằng số tùy ý. Bây giờ, trong nghiệm y(x) = Cex nếu xem C = C(x) thì y(x) = C(x)ex  y’ = C’(x)ex + C(x)ex và thay vào phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) không thuần nhất y’ – y = sinx ta được. 84.

(85) TailieuVNU.com. dC C’(x)e + C(x)e – C(x)e = sinx   e x sin x  dC  e x sin xdx   dC   e x sin xdx dx e x  C( x )   (cos x  sin x )  K với K là hằng số tùy ý. 2  ex  1 x (cos x  sin x )  K  e x  Ke x  (cos x  sin x ) . Như vậy y( x )  C( x )e   2  2  2 Ví dụ 4.12. Tìm nghiệm riêng của phương trình vi phân (x + 1)y’ + xy = 1 với điều kiện ban đầu y(0) = 2. x 1 Sử dụng phương pháp Bernoulli: Phương trình đã cho tương đương với y' 2 y 2  x 1 x 1 x 1 và q( x )  2 . p( x )  2 x 1 x 1 p ( x ) dx x 1 Thay p( x )  2 và q( x )  2 vào biểu thức nghiệm y( x )    q( x )e  dx  C e  p ( x ) dx x 1 x 1   xdx   x 2 1  xdx  e   2 xdx 1 d( x 2  1) 1 ta được y( x )    2 dx  C e x 1 . Ta có  2   2  ln( x 2  1)  ln x 2  1 nên x 1 2 x 1 2  x 1     eln x 2 1  ln x 2 1  x 2  1    1 dx 1  y( x )   2 dx  C e   2 dx  C .     C .  2 2 2    x 1   x 1  x 1  x 1  x 1   x. ln x . x.  . x. 1. x2 1  C .. x2 1. . . . ln x  x 2  1  C x2 1. .. Từ điều kiện ban đầu y(0) = 2 suy ra y(0)  riêng phải tìm là y( x ) . . . ln x  x 2  1  2 x2 1. . . ln 0  0 2  1  C 0 1 2.  2  C = 2. Do đó nghiệm. .. Sử dụng phương pháp Lagrange: Phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) thuần nhất tương ứng dy xdx dy xdx 1 là (x2 + 1)y’ + xy = 0   2    2  ln C1  ln y   ln x 2  1  ln C1 (với y x 1 y x 1 2 C hằng số C1  0) hay y  với hằng số C   C1 . Mặt khác, dễ thấy rằng y = 0 cũng là nghiệm x2 1 C của phương trình (x2 + 1)y’ + xy = 0, nghiệm này ứng với C = 0 của biểu thức y  . Do đó x2 1 C là nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) thuần nhất. y x2 1 Bây giờ, nếu trong nghiệm y . C x 1 2. xem C = C(x) thì y . C( x ) x 1 2.  y' . C' ( x ) x 1 2. Thay y và y’ vào phương trình (x2 + 1)y’ + xy = 1 ta được C' ( x ) x 2  1  1  dC . . . C( x )  ln x  x 2  1  K với K là hằng số tùy ý.. Như vậy, y( x ) . C( x ). . . . ln x  x 2  1  K. x2 1 tuyến tính (cấp 1) không thuần nhất.. x2 1. 85. . xC( x ). .. x2 1 dx  x2 1. là nghiệm tổng quát của phương trình vi phân.

(86) Từ điều kiện ban đầu y(0) = 2 suy ra y(0)  riêng phải tìm là y( x ) . . . . . ln 0  0 2  1  K 02  1. TailieuVNU.com  2  K = 2. Do đó nghiệm. ln x  x 2  1  2. . x 1 Lưu ý. Phương trình vi phân y’ + p(x)y = q(x)y trong đó  là một số thực bất kỳ (được gọi là phương trình Bernoulli) luôn luôn giải được. 2. Trường hợp  = 0: Phương trình trở thành y’ + p(x)y = q(x) là phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) không thuần nhất đã biết phương pháp giải ở trên. Trường hợp  = 1: Phương trình trở thành y’ + p(x)y = q(x)y  y’ + [p(x) – q(x)]y = 0 là phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) thuần nhất đã biết phương pháp giải ở trên. Trường hợp   0 và   1: Với y  0 chia cả hai vế của phương trình Bernoulli cho y- ta được y-y’ + p(x)y1 -  = q(x). Đổi biến bằng phép thế z = y1 -   z’ = (1 – )y-y’, phương trình trên trở thành z’ + (1 – )p(x)z = (1 – )q(x) là phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) đã biết phương pháp giải ở trên. 2 Ví dụ 4.13. Giải phương trình vi phân y' y  ( x  1)3 y 2  0 x 1 2 1 Nếu y  0, chia cả hai vế của phương trình cho y2 ta được y 2 y' y  ( x  1)3  0 . x 1 2 Đặt z = y-1  z’ = -y-2y’, phương trình trở thành z' z  ( x  1)3 là phương trình vi phân x 1 tuyến tính (cấp 1) đối với biến z. 2 dz 2dx Phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) thuần nhất tương ứng là z' , do z0  x 1 dx x  1 đó ln z  2 ln x  1  ln C với hằng số C  0, hay z = C(x + 1)2. Bây giờ coi C = C(x) thì z = C(x)(x + 1)2 và thay vào phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) 2 dC( x ) ( x  1) 2 K 3 không thuần nhất z'  x  1  C( x )   với K là hằng số z  ( x  1) ta được dx 2 2 x 1 2 4 2  ( x  1) K ( x  1)  K ( x  1) 2   ( x  1) 2  y tùy ý. Do đó ta có z   với K là 4 2 2 ( x  1)  K ( x  1) 2  2 hằng số tùy ý. Ngoài ra, ta thấy y = 0 cũng là nghiệm của phương trình vi phân ban đầu, nghiệm này không suy ra được từ nghiệm tổng quát vừa tìm được ở trên, nên y = 0 là nghiệm kỳ dị. Chú ý rằng, khi tìm nghiệm của một phương trình Bernoulli cụ thể, không cần biến đổi nó về dạng phương trình vi phân tuyến tính mà áp dụng ngay phương pháp Bernoulli hoặc phương pháp Lagrange. y Ví dụ 4.14. Giải phương trình vi phân y'  x 2 y 4 x y Phương trình y'  x 2 y 4 là phương trình Bernoulli với  = 4. Ta tìm nghiệm của nó bằng x phương pháp Lagrange, cụ thể như sau: y Phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) thuần nhất tương ứng y'  0 có nghiệm tổng quát x C y  với hằng số C tùy ý. x. 86.

(87) TailieuVNU.com. C( x ) C' ( x ) C( x ) Khi coi C = C(x) thì y   y'   2 và thay vào phương trình vi phân tuyến tính x x x. C ' ( x ) C( x ) C ( x ) C' ( x ) C( x )  C( x )  (cấp 1) không thuần nhất ban đầu, ta được  2  2  x2      x x x x x2  x  dC( x ) dx dC( x ) dx 1     ln K    ln x  ln K với hằng số K  0, suy ra 4 4 3 x C(x ) x C(x ) 3C( x ) 1 C( x )  . 3 3 ln K / x 4. Do đó, nghiệm tổng quát cần tìm là y . 4. C( x ) 1  . x x 3 3 ln K x. 4.2.2.4. Phương trình vi phân toàn phần Phương trình vi phân toàn phần (cấp 1) là phương trình vi phân có dạng P(x,y)dx + Q(x,y)dy = 0, trong đó P(x,y), Q(x,y) là các hàm số liên tục cùng với các đạo hàm riêng cấp 1 của chúng trong P( x, y) Q( x, y) một miền đơn liên D và thỏa mãn điều kiện .  y x Theo định lý ở Chương 3 thì biểu thức P(x,y)dx + Q(x,y)dy là vi phân toàn phần (cấp 1) của một hàm số u(x,y) nào đấy xác định trên miền D. Do đó phương trình P(x,y)dx + Q(x,y)dy = 0 trở thành du(x,y) = 0  u(x,y) = C với C là hằng số tùy ý. Để tìm hàm số u(x,y) ta có thể thực hiện bằng một trong hai cách. x. y. x0. y0. Cách 1. Sử dụng công thức đã được chứng minh u ( x , y)   P( t , y 0 )dt   Q( x , t )dt  K hoặc x. y. x0. y0. u ( x , y)   P( t , y)dt   Q( x 0 , t )dt  K , trong đó x0, y0 là hai số được chọn tùy ý sao cho việc tính toán. các biểu thức liên quan là đơn giản nhất, còn K là hằng số tùy ý. Cách 2. Ta có du( x, y)  và. u ( x, y) u ( x, y) u ( x, y) dx  dy  P( x, y)dx  Q( x, y)dy   P ( x , y) x y x. u ( x, y)  Q( x , y ) . y. u ( x, y) u ( x, y)  P ( x , y)  u ( x , y)   dx  ( y)   P( x, y)dx  ( y) với x x (y) là hàm số khả vi tùy ý; tiếp theo, đạo hàm riêng hàm số u(x,y) vừa tìm được theo y ta được   P( x , y)dx u ( x , y)   P( x , y)dx d( y) d( y)    Q( x , y)   Q( x , y )  , từ đây ta sẽ tìm được y y dy dy y - hoặc là, đầu tiên từ. . . . . hàm số (y) và cuối cùng ta được u ( x, y)   P( x, y)dx  ( y) ;. u ( x, y) u ( x, y)  Q( x , y )  u ( x , y )   dy  ( x )   Q( x, y)dy  ( x ) y y với (x) là hàm số khả vi tùy ý; tiếp theo, đạo hàm riêng hàm số u(x,y) vừa tìm được theo x ta được   Q( x , y)dy u ( x, y)   Q( x , y)dy d( x ) d( x )    P ( x , y)   P( x , y)  , từ đây ta sẽ tìm được x x dx dx x hàm số (x) và cuối cùng ta được u ( x, y)   Q( x, y)dy  ( x ) . - hoặc là, đầu tiên từ. . . . Ví dụ 4.15. Giải phương trình [(1 + x + y)ex +ey]dx + (ex + xey)dy = 0.. 87. .

(88) TailieuVNU.com. Ta có P(x,y) = (1 + x + y)e. x. + e. P( x, y)   e x  e y và Q(x,y) = ex + xey y. y. Q( x, y) P( x, y) Q( x, y) nên biểu thức [(1 + x + y)ex +ey]dx + (ex + xey)dy là vi  ex  ey   y x x phân toàn phần (cấp 1) của hàm số u(x,y) nào đó. Để tìm hàm số u(x,y) ta có thể thực hiện: . x. y. x0. y0. Cách 1. Ta có u ( x , y)   P( t , y 0 )dt   Q( x , t )dt  K , khi chọn x0 = 0 và y0 = 0 ta được P(t,0) = x. . . y. (1 + t + 0)e + e = (1 + t)e + 1 và Q(x,t) = e + xe  u ( x, y)   (1  t )e  1 dt   (e x  xe t )dt  K  t. 0. t. x. t. 0. t. 0. (x  xe )  ( ye  xe  x)  (x  y)e  xe  K với K là hằng số tùy ý. u ( x, y) u ( x, y) Cách 2. Ta có  P( x, y)  (1  x  y)e x  e y  u ( x, y)   dx  ( y)  x x x y x x x x y x y  (1  x  y)e  e dx  ( y)  e  xe  e  ye  xe  ( y)  (x  y)e  xe  ( y) với (y) là x. . x. y. x. y. . u ( x, y) d( y) d( y)  e x  xe y   Q( x, y)  e x  xe y   0  ( y)  K với y dy dy K là hằng số tùy ý. Suy ra u(x, y)  (x  y)e x  xey  K với K là hằng số tùy ý.. hàm số khả vi tùy ý . Do đó, ta có du(x,y) = 0  nghiệm tổng quát của phương trình là (x  y)e x  xey = C với C là hằng số tùy ý. P( x, y) Q( x, y) Lưu ý. Phương trình P(x,y)dx + Q(x,y)dy = 0 trong trường hợp có thể đưa  y x về phương trình vi phân toàn phần (cấp 1) nếu tìm được hàm số (x,y)  0 liên tục cùng với các đạo hàm riêng cấp 1 của nó sao cho biểu thức (x,y)[P(x,y)dx + Q(x,y)dy] là vi phân toàn phần (cấp 1) của một hàm số u(x,y) nào đó. Khi đó, hàm số (x,y) được gọi là thừa số tích phân của phương trình P(x,y)dx + Q(x,y)dy = 0. Việc tìm thừa số tích phân (x,y) không phải là bài toán dễ. Có hai trường hợp đơn giản mà ta có thể tìm được hàm số (x,y), cụ thể như sau: - Nếu (x,y) chỉ phụ thuộc x, tức là (x,y) = (x) thì (x) được xác định từ phương trình P( x , y) Q( x , y)  d ln ( x ) y x  với vế phải chỉ phụ thuộc vào x. dx Q( x , y ) - Nếu (x,y) chỉ phụ thuộc y, tức là (x,y) = (y) thì (y) được xác định từ phương trình P( x , y) Q( x , y)  d ln ( y) y x  với vế phải chỉ phụ thuộc vào y. dy  P( x , y) Ví dụ 4.16. Giải phương trình (x2 – sin2y)dx + xsin2ydy = 0. P( x, y) Q( x, y) Ta có P(x,y) = x2 – sin2y và Q(x,y) = xsin2y  nên phương trình vi phân  y x P( x , y) Q( x , y)  2 y x   chỉ trên không phải là phương trình vi phân toàn phần. Tuy nhiên, ta thấy Q( x , y) x. 88.

(89) TailieuVNU.com. d ln ( x ) 2 C phụ thuộc vào x nên có thể tìm thừa số tích phân (x) từ phương trình    ( x )  2 , dx x x 1 không mất tính tổng quát ta có thể chọn ( x )  2 . x 1 Nhân thừa số tích phân ( x )  2 với cả hai vế của phương trình (x2 – sin2y)dx + xsin2ydy = 0 x 2  sin y  sin 2 y dy  0 và có thể dễ dàng kiểm tra được phương trình này là phương ta được 1  2 dx  x  x  trình vi phân toàn phần. Để tìm hàm u(x,y) ta sử dụng cách 2 đã trình bày ở trên. sin 2 y sin 2 y Ta có P( x, y)  1  2 và Q( x, y)  . x x  sin 2 y  u ( x , y) sin 2 y u ( x , y)  P ( x , y )  1   u ( x , y )  dx   ( y )  Suy ra  x  1  x 2 dx  ( y)  x x2 x. sin 2 y u ( x, y) 2 sin y cos y d( y)  ( y) với (y) là hàm số khả vi tùy ý     Q( x , y )  x y x dy. sin 2 y sin 2 y d( y)  K với K là hằng   0  ( y)  K với K là hằng số tùy ý. Suy ra u ( x, y)  x  x x dy số tùy ý. sin 2 y Do đó, ta có du(x,y) = 0  nghiệm tổng quát của phương trình là x  = C với C là hằng x số tùy ý.. 4.3. Giới thiệu phương trình vi phân cấp cao và hệ phương trình vi phân Như đã biết, phương trình vi phân F(x,y,y’,y”, …, y(n)) = 0 được gọi là phương trình vi phân cấp n. Nghiệm của phương trình này là mọi hàm số y = (x) khả vi n lần và làm cho phương trình đã cho trở thành đồng nhất thức, tức là F[x, ’(x), ”(x), …, (n) (x)]  0. Bài toán Cauchy đối với phương trình này là tìm nghiệm của nó sao cho khi x = x 0 thì y = y0, y'  y , y"  y"0 , …, y( n1)  y(0n1) , trong đó x0, y0, y '0 , y"0 , …, y (0n 1) là những số mà ta gọi là điều kiện ban đầu. ' 0. Hàm số y = (x,C1,C2, …,Cn) được gọi là nghiệm tổng quát của phương trình vi phân cấp n đã cho nếu chọn tương ứng được các hằng số tùy ý C1, C2, …, Cn để hàm số này trở thành nghiệm của bài toán Cauchy bất kỳ đã đặt ra đối với phương trình đã cho. Mọi nghiệm nhận được nghiệm tổng quát với các giá trị cụ thể của các hằng số C 1, C2, …, Cn (nói riêng, mọi nghiệm của bài toán Cauchy) được gọi là nghiệm riêng của phương trình này.  dy1  dx  f1 ( x , y1 , y 2 ,..., y n )   dy 2  f ( x , y , y ,..., y ) 2 1 2 n Hệ phương trình vi phân  dx trong đó y1, y2, …, yn là các hàm số chưa ...   dy n  f ( x , y , y ,..., y ) n 1 2 n  dx biết của biến số độc lập x, được gọi là hệ phương trình vi phân chuẩn tắc cấp 1. Nếu vế phải của hệ phương trình vi phân chuẩn tắc cấp 1 là các hàm số tuyến tính đối với y1, y2, …, yn thì khi đó, hệ phương trình vi phân chuẩn tắc cấp 1 được gọi là hệ phương trình vi phân chuẩn tắc cấp 1 tuyến tính.. 89.

(90) TailieuVNU.com. Mọi phương trình vi phân cấp n dạng y(n) = f(x,y,y’,y”,y(n-1)) đều có thể đưa về một hệ phương trình vi phân chuẩn tắc cấp 1 bằng cách đặt y = y1, y’ = y2, …, y(n-1) = yn ta được  dy1  dx  y 2   dy 2  y 3  dx  ...  dy  n 1  y n  dx  dy n  f ( x , y1 , y 2 ,..., y n )   dx. Ngược lại, một hệ phương trình vi phân chuẩn tắc cấp 1 có thể đưa được về một phương trình vi phân cấp cao đối với một hàm số chưa biết bằng cách khử các hàm số chưa biết còn lại từ những phương trình của hệ. Giải phương trình vi phân cấp cao đó, rồi tìm các hàm số chưa biết còn lại. Phương pháp giải hệ phương trình vi phân chuẩn tắc cấp 1 như vậy, được gọi là phương pháp khử. Trong một số trường hợp, bằng cách tổ hợp các phương trình của hệ, sau hữu hạn phép biến đổi không phức tạp, ta nhận được các phương trình dễ tích phân cho phép tìm nghiệm của hệ. Phương pháp này được gọi là phương pháp tổ hợp tích phân. Nói chung, chỉ có thể giải phương trình vi phân cấp n (hữu hạn) trong một số trường hợp riêng nào đó. (1) Phương trình dạng y(n) = f(x). Nghiệm của phương trình này tìm được bằng tích phân bội n lớp, cụ thể là dy( n 1) y(n) = f(x)   f ( x )  dy( n 1)  f ( x )dx  y ( n 1)   f ( x )dx  C1  f1 ( x )  C1 , dx  y ( n 2)   f1 ( x )  C1 dx  f 2 ( x )  C1x  C2 , …  y  f n (x) . C1 C2 x n 1  x n 2  ...  C n 1x  C n , trong đó f n ( x )   ... f ( x )dx n (n  1)! (n  2)!  n. C1 C2 Bởi vì , , … là các đại lượng không đổi nên ta có thể viết nghiệm tổng quát dưới (n  1)! (n  2)! n. dạng y( x )  f n ( x )  C1x n 1  C 2 x n 2  ...  C n 1x  C n  f n ( x )   C k x n k . k 1. (2) Phương trình vi phân không chứa hàm cần tìm dạng F(x,y(k),y(k+1),…,y(n)) = 0. Có thể hạ cấp của phương trình này bằng cách lấy đạo hàm cấp thấp nhất trong phương trình đã cho làm hàm số ẩn mới, tức là đặt y(k) = z. Khi đó, phương trình trên trở thành F(x,z,z’,…,z(n-k)) = 0, tức là cấp của phương trình được hạ xuống k đơn vị. (3) Phương trình vi phân không chứa biến độc lập dạng F(y,y’,y”, …, y(n)) = 0. Có thể hạ cấp của phương trình này bằng cách đặt y’ = z lấy y làm đối số. Khi đó, y”, y(3), … được biểu diễn qua z  dz  dz  2  dz (3) và các đạo hàm của z theo y bằng các công thức y"  z , y  z z    , … (chúng được dy  dy  dy   tính theo quy tắc đạo hàm hàm hợp), đồng thời cấp của phương trình được hạ xuống 1 đơn vị. (4) Phương trình vi phân dạng F(x,y,y’,y”, …, y(n)) = 0 thuần nhất đối với hàm chưa biết và các đạo hàm của nó y,y’,y”, …, y(n). Phương trình dạng này chỉ cho phép hạ cấp một đơn vị bằng phép đổi biến z = y’/y. 4.3.1. Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao thuần nhất và không thuần nhất 90.

(91) Phương trình vi phân tuyến tính cấp n là phương trình vi phân có dạng. TailieuVNU.com. y(n) + a1(x)y(n-1) + a2(x)y(n-2) + … + an-1(x)y’ + an(x)y = f(x), trong đó các hàm số a1(x), a2(x), …, an(x) là các hàm số đã cho và liên tục với x(a,b). Nếu f(x)  0 với x(a,b) thì phương trình vi phân tuyến tính (cấp n) nói trên được gọi là phương trình vi phân tuyến tính (cấp n) thuần nhất, còn nếu f(x)  0 thì phương trình vi phân tuyến tính (cấp n) nói trên được gọi là phương trình vi phân tuyến tính (cấp n) không thuần nhất. Nếu tất cả các hàm số a1(x), a2(x), …, an(x) đều là hằng số, tức là ai(x) = i với i (1  i  n) thì phương trình y(n) + 1y(n-1) + 2y(n-2) + … + n-1y’ + ny = f(x) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính (cấp n) có hệ hệ số hằng số. Nếu biết một nghiệm riêng y1 của phương trình vi phân tuyến tính (cấp n) thuần nhất tương ứng thì bằng phép đổi biến y  y1  zdx ta có thể hạ cấp của phương trình vi phân tuyến tính (cấp n) không thuần nhất xuống 1 đơn vị và phương trình vi phân nhận được đối với biến mới z là phương trình vi phân tuyến tính (cấp n-1) không thuần nhất.. 4.3.2. Hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất có hệ số hằng số  dy1  dx  a 11 y1  a 12 y 2  ...  a 1n y n   dy 2  a y  a y  ...  a y 21 1 22 2 2n n Hệ phương trình vi phân chuẩn tắc cấp 1 có dạng  dx trong đó các ...   dy n  a y  a y  ...  a y n1 1 n2 2 nn n  dx hệ số aij (1  j, j  n) là các hằng số, được gọi là hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất có hệ số hằng số. Có thể viết hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần  a 11 a 12  t dY dY  dy1 dy 2 dy n   a 21 a 22  AY với  ...  , A ... ... dx  dx dx dx  dx  a  n1 a 2 n. nhất ... ... ... .... có hệ số hằng số dưới dạng ma trận a 1n   y1     a 2n   y2  Y  và  ...  . ...     y  a nn   n. Có thể giải hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất có hệ số hằng số mà không cần đưa nó về phương trình vi phân cấp cao. Bài tập 4.1. Giải các phương trình vi phân có biến số phân ly (a) x(1 + y2)2dx + y(1 + x2)2dy = 0 (c) y’cos2y – siny = 0 cos y  sin y  1 (e) y'  cos x  sin x  1. (b) (x2 – yx2) y’ + y2 + xy2 = 0 (d) y’ + sin(x+y) = sin(x–y). (g) y’ = x2 +2xy – 1 + y2. (h) y' . (f) y’ = cos(x–y). 4.2. Tìm nghiệm riêng của các phương trình vi phân cấp 1 (a) x 1  y 2 dx  y 1  x 2 dy  0 với y(0) = 1 (b) (1 + e2x)y2dy = exdx với y(0) = 0 (c) sinxdy – ylnydx = 0 với y(0) = 1 (d) (x2 + 1)y’ = y2 + 4 với y(1) = 2. 91. 1 1 xy.

(92) TailieuVNU.com. 4.3. Giải các phương trình vi phân thuần nhất cấp 1 (a) (y – x)dx + (y + x)dy = 0 (b) xdy  ydx  x 2  y 2 dx (c) xyy’ + x2 – 2y2 = 0 (d) (3x2 + y2)y + (y2 – x2)xy’ = 0 y y (e) x cos ( ydx  xdy)  y sin ( xdy  ydx) x x  y2  x  y 1  (f) y'  (g) y'  2 x  y  1 x y3   4.4. Giải các phương trình vi phân tuyến tính cấp 1. (a) 2x(x – 1)y’ + (2x – 1)y + 1 = 0 2 (c) y'2xy  xe x (e) 2ydx + (y2 – 6x)dy = 0 2y (g) y'  ( x  1) 3 với y(0) = ½ x 1 4.5. Giải các phương trình vi phân toàn phần (a) (x + y + 1)dx + (x – y2 + 3)dy = 0  y2 1 1 x2   dx   dy  0 (c)    2 2 ( x  y ) x y ( x  y )    . 2. (b) x(1 + x2)y’ – (x2 – 1)y + 2x = 0 (d) (1 + x2)y’ – 2xy = (1 + x2)2 (f) xy’ – y = x2arctanx (h) (1 + x2)y’ + xy = 1 với y(0) = 0 (b) 2(3xy2 + 2x3)dx + 3(2x2y + y2)dy = 0 xdx  (2x  y)dy (d) 0 ( x  y) 2. 1 1 x y y  y x x 1  (e)  sin  2 cos  1dx   cos  2 sin  2 dy  0 y x x  x y y y  y x  x3  (f) 3x 2 (1  ln y)dx   2 y  dy  0 y  4.6. Giải phương trình vi phân  y3  (a)  2 xy  x 2 y  dx  ( x 2  y 2 )dy  0 bằng cách tìm thừa số tích phân dạng α(x) 3  (b) y(1 + xy)dx – xdy = 0 bằng cách tìm thừa số tích phân dạng α(y). 92.

(93)

[FULL] Bài giảng Giải tích 2 năm học 2020 – 2021 – Nguyễn Quang Vinh – UET

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về