GIAI TICH2

Bài giảng

TOÁN A3

Lê Văn Lai

Ngày 25 tháng 10 năm 2011

2

Mục lục

1 GIỚI HẠN VÀ LIÊN TỤC 9

1.1 Một số khái niệm mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.1.1 Không gian Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.1.2 Dãy điểm, giới hạn dãy điểm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.2 Giới hạn hàm nhiều biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.2.1 Khái niệm hàm hai biến. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.2.2 Giới hạn của hàm nhiều biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.3 Tính liên tục của hàm nhiều biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.3.1 Khái niệm hàm liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.3.2 Tính chất của hàm liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.4 Một số mặt bậc hai thường gặp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.4.1 Ellipsoid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.4.2 Paraboloid elliptic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.4.3 Hyperboloid một tầng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.4.4 Hyperboloid hai tầng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.4.5 Paraboloid hyperbolic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.4.6 Mặt trụ bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.4.7 Mặt nón bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2 PHÉP TÍNH VI PHÂN 23

2.1 Đạo hàm riêng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.1.1 Đạo hàm riêng cấp một . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.1.2 Đạo hàm riêng cấp cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.2 Vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

3

4 MỤC LỤC

2.2.1 Khái niệm vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.2.2 Các điều kiện khả vi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.2.3 Tính chất của vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.2.4 Dùng vi phân tính gần đúng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.2.5 Vi phân cấp hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.3 Đạo hàm riêng và vi phân của hàm hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.3.1 Đạo hàm riêng của hàm hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.3.2 Tính bất biến của vi phân toàn phần . . . . . . . . . . . . . . 31

2.3.3 Vi phân cấp hai của hàm hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.4 Đạo hàm của hàm ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.4.1 Khái niệm hàm số ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.4.2 Đạo hàm của hàm ẩn một biến . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.4.3 Đạo hàm riêng của hàm ẩn hai biến . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.5 Đạo hàm theo hướng, gradient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.5.1 Khái niệm đạo hàm theo hướng . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.5.2 Điều kiện đủ để có đạo hàm theo hướng . . . . . . . . . . . . 35

2.5.3 Tính chất của đạo hàm theo hướng . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.5.4 Véctơ gradient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3 CỰC TRỊ 43

3.1 Cực trị tự do . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

3.1.1 Khái niệm cực trị tự do . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

3.1.2 Điều kiện cần của cực trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

3.1.3 Điều kiện đủ của cực trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

3.2 Cực trị có điều kiện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

3.2.1 Khái niệm cực trị có điều kiện . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

3.2.2 Phương pháp khử . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

3.2.3 Phương pháp nhân tử Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

3.3 Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

3.4 Hàm véctơ và ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

MỤC LỤC 5

3.4.1 Khái niệm hàm véctơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

3.4.2 Giới hạn và liên tục của hàm véctơ . . . . . . . . . . . . . . . 50

3.4.3 Đạo hàm của hàm véctơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

3.4.4 Tiếp tuyến và pháp diện của đường cong . . . . . . . . . . . . 52

3.4.5 Tiếp diện và pháp tuyến của mặt cong . . . . . . . . . . . . . 52

4 TÍCH PHÂN BỘI 59

4.1 Tích phân kép . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

4.1.1 Bài toán mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

4.1.2 Định nghĩa tích phân kép . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

4.1.3 Điều kiện khả tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

4.1.4 Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

4.1.5 Cách tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

4.1.6 Công thức đổi biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

4.1.7 Tích phân kép trong hệ tọa độ cực . . . . . . . . . . . . . . . 70

4.1.8 Một số ứng dụng của tích phân kép . . . . . . . . . . . . . . . 71

4.2 Tích phân bội ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

4.2.1 Bài toán mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

4.2.2 Định nghĩa tích phân bội ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73


4.2.4 Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

4.2.5 Cách tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

4.2.6 Đổi biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

4.2.7 Ứng dụng tích phân bội ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

5 TÍCH PHÂN ĐƯỜNG VÀ TÍCH PHÂN MẶT 93

5.1 Tích phân đường loại một . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

5.1.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93


5.1.3 Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

5.1.4 Cách tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

6 MỤC LỤC

5.1.5 Một số ứng dụng của tích phân đường loại một . . . . . . . . 96

5.2 Tích phân đường loại hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

5.2.1 Bài toán mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

5.2.2 Định nghĩa tích phân đường loại hai . . . . . . . . . . . . . . 98

5.2.3 Sự tồn tại . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

5.2.4 Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

5.2.5 Cách tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

5.2.6 Công thức Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

5.2.7 Điều kiện để tích phân đường trong mặt phẳng không phụthuộc vào đường lấy tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

5.2.8 Ứng dụng tích phân đường loại hai . . . . . . . . . . . . . . . 107

5.3 Tích phân mặt loại một . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

5.3.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

5.3.2 Sự tồn tại . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

5.3.3 Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

5.3.4 Cách tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

5.3.5 Ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

5.4 Tích phân mặt loại hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

5.4.1 Mặt định hướng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

5.4.2 Bài toán thông lượng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

5.4.3 Định nghĩa tích phân mặt loại hai . . . . . . . . . . . . . . . . 112

5.4.4 Sự tồn tại . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

5.4.5 Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

5.4.6 Cách tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

5.4.7 Công thức Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

5.4.8 Điều kiện để tích phân đường trong không gian không phụthuộc vào đường đi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

5.4.9 Công thức Gauss - Ostrogradski . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

5.5 Lý thuyết trường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

5.5.1 Trường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

MỤC LỤC 7

5.5.2 Đường dòng, thông lượng, độ phân kỳ . . . . . . . . . . . . . 121

5.5.3 Hoàn lưu và véctơ xoáy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

5.5.4 Trường thế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

6 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 135

6.1 Các khái niệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

6.2 Phương trình vi phân cấp một . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

6.2.1 Đại cương về phương trình vi phân cấp một . . . . . . . . . . 135

6.2.2 Phương trình khuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

6.2.3 Phương trình tách biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

6.2.4 Phương trình đẳng cấp cấp một . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

6.2.5 Phương trình vi phân toàn phần . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

6.2.6 Phương trình tuyến tính cấp một . . . . . . . . . . . . . . . . 149

6.2.7 Phương trình Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

6.3 Phương trình vi phân cấp hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

6.3.1 Đại cương về phương trình vi phân cấp hai . . . . . . . . . . . 153

6.3.2 Phương trình khuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

6.3.3 Phương trình tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

6.3.4 Phương trình tuyến tính có hệ số hằng . . . . . . . . . . . . . 163

6.3.5 Phương trình Euler - Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

6.4 Hệ phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 . . . . . . . . . . . . . . . 172

6.4.1 Một số khái niệm và kết quả lý thuyết . . . . . . . . . . . . . 172

6.4.2 Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất hệ số hằng . . . . . . 174

6.4.3 Hệ phương trình tuyến tính hệ số hằng không thuần nhất . . . 175

8 MỤC LỤC

Chương1

GIỚI HẠN VÀ LIÊN TỤC

1.1 Một số khái niệm mở đầu

1.1.1 Không gian Rn

Định nghĩa 1.1.1.

Rn D f.x1I x2I : : : I xn/jxk 2 R; k D 1; ng:

Mỗi phần tử của Rn là một bộ .x1I x2I : : : I xn/; và được gọi là một điểm của R

n.

Khoảng cách giữa hai điểm. Cho hai điểm A.a1I a2I : : : I an/ và A.b1I b2I : : : I bn/.Khoảng cách giữa A và B là

AB D

v

u

u

t

nX

kD1

.bk � ak/2:

� � lân cận, lân cận

� Quả cầu mở tâm M bán kính r > 0 là tập hợp những điểm nằm trong Rn có

khoảng cách đến M nhỏ hơn r và ký hiệu là B.M; r/: Vậy

B.M; r/ D fN 2 Rn j MN < rg:

� Cho � > 0: Quả cầu mở B.M; �/ được gọi là � � lân cận của M:

� Tập V được gọi là lân cận của M nếu tồn tại � > 0 sao cho B.M; �/ � V:

Điểm trong, tập mở. Cho ; ¤ A � Rn:

� Điểm M được gọi là điểm trong của tập A nếu tồn tại � > 0 sao cho B.M; �/ �A:

� Tập hợp tất cả các điểm trong của A được gọi là miền trong của A và được kýhiệu là int A:

9

10 Chương 1. GIỚI HẠN VÀ LIÊN TỤC

� Tập A được gọi là tập mở nếu mọi điểm của nó đều là điểm trong của nó,nghĩa là A D int A:

Điểm tụ, điểm biên, biên và tập đóng. Cho ; ¤ A � Rn:

� Điểm M được gọi là điểm tụ của A nếu mọi � � lân cận của M đều chứa điểmthuộc A; khác M:

� Điểm M được gọi là cô lập của A nếu tồn tại � � lân cận của M không chứađiểm thuộc A; ngoại trừ M:

� Điểm M được gọi là điểm biên của A nếu M vừa là điểm tụ của A vừa là điểmtụ của R

n n A:

� Tập hợp tất cảc các điểm biên của A được gọi là biên của A và được ký hiệulà @A:

� Tập A được gọi là tập đóng nếu nó chứa biên của nó, nghĩa là @A � A:

Tập bị chặn. Tập A được gọi là bị chặn nếu tồn tại một quả cầu chứa A:

Tập liên thông. Tập A được gọi là liên thông nếu hai điểm bất kỳ của A đều cóthể nối với nhau bằng một đường cong liên tục nằm trong A:

1.1.2 Dãy điểm, giới hạn dãy điểm

Định nghĩa 1.1.2. Cho hai dãy số thực .xn/ và .yn/. Ta gọi .xnI yn/ là một dãyđiểm trong R

2:

Định nghĩa 1.1.3. Ta nói dãy điểm Mn.xnI yn/ hội tụ về điểm M.xI y/ nếu MnM !0 khi n ! 1 và viết

limn!1

Mn D M

hayMn ! M khi n ! 1:

Định lý 1.1. Dãy điểm Mn.xnI yn/ hội tụ về điểm M.xI y/ khi và chỉ khi(

xn ! x

yn ! y; khi n ! 1

Ta có đặc trưng bằng dãy điểm của điểm tụ như sau:

Định lý 1.2. Điểm M là điểm tụ của tập A khi và chỉ khi tồn tại .Mn/ � A n fM gsao cho Mn ! M khi n ! 1:

1.2. Giới hạn hàm nhiều biến 11

1.2 Giới hạn hàm nhiều biến

Trong phần này ta trình bày cho hàm hai biến, hàm ba biến trở lên được phát triểnlên từ đó một cách tương tự.

1.2.1 Khái niệm hàm hai biến.

Định nghĩa 1.2.1. Cho ¿ ¤ D � R2: Một quy tắc f làm tương ứng một cặp số

.xI y/ 2 D với một số thực duy nhất, z; được gọi là hàm hai biến x; y: Khi đó, taký hiệu

f W D �! R

.xI y/ 7�! z D f .xI y/

và gọi:

� x; y là hai biến số của f I

� D là miền xác định của f I

� Miền giá trị của f là

f .D/ D fz D f .xI y/j.xI y/ 2 Dg :

Chú ý 1.1. 1. Trong một vài ngữ cảnh, nếu M là điểm có toạ độ .xI y/ thì ta cóthể viết f .M/ thay cho f .xI y/.

2. Khi cho hàm số z D f .xI y/ bằng công thức thì ta hiểu miền xác định củahàm số là tập hợp tất cả các điểm .xI y/ làm cho biểu thức f .xI y/ có nghĩa.

Ví dụ 1.1. Hàm z D 2x C 3y có miền xác định là D D R2:

Ví dụ 1.2. Hàm z Dp

4 � x2 � y2 có miền xác định là

D D f.xI y/ˇ

ˇx2 C y2 � 4g:

1.2.2 Giới hạn của hàm nhiều biến

Định nghĩa 1.2.2 (Ngôn ngữ ı � �). Số L được gọi là giới hạn của hàm f tại điểmM0 nếu

8� > 0; 9ı > 0; 8M 2 Df n fM0g; MM0 < ı ) jf .M/ � Lj < �:

Khi đó, ta viết

L D limM!M0

f .M/ D lim.xIy/!.x0Iy0/

f .xI y/ D limx ! x0

y ! y0

f .xI y/


Ví dụ 1.3. Chứng tỏ lim.xIy/!.0I1/

x2 C y2 D 1:

Giải. Đặt f .xI y/ D x2 C y2 và � Dp

x2 C .y � 1/2. Ta có

jf .xI y/ � 1j Dˇ

ˇx2 C y2 � 1ˇ

ˇ

Dˇ

ˇx2 C .y � 1/.y C 1/ˇ

ˇ

��

x2 C .y � 1/2� �

x2 C .y C 1/2�

D �2Œ�2 C 4y�

D �2:9(Vì � ! 0 và y ! 1)

Suy ra, với � > 0 tùy ý, nếu � <p

�

3thì jf .xI y/ � 1j < �:

Vậylim

.xIy/!.0I1/x2 C y2 D 1:

Dễ thấy, hàm f có giới hạn tại những điểm cô lập trong miền xác định của nó.Do đó chúng ta chỉ quan tâm đến giới hạn của hàm f tại các điểm tụ của Df : KhiM0 là điểm tụ của Df thì định nghĩa trên tương đương với định nghĩa sau đây.

Định nghĩa 1.2.3 (Ngôn ngữ dãy). Số L được gọi là giới hạn của hàm f tại điểmM0 nếu

8.Mn/ � Df nfM0g; Mn ! M0 ) f .Mn/ ! L

Ví dụ 1.4. Chứng tỏ lim.xIy/!.0I1/

x C y

x2 C y2D 1:

Giải. Đặt f .xI y/ D x C y

x2 C y2. Lấy dãy điểm ..xnI yn// � R

2 n f.0I 1/g sao cho

.xnI yn/ ! .0I 1/: Ta có xn ! 0 và yn ! 1: Do đó, khi n ! 1;

f .xnI yn/ D xn C yn

x2n C y2

n

! 1 C 0

12 C 02D 1

Vậy

lim.xIy/!.0I1/

x C y

x2 C y2D 1:

Ví dụ 1.5. Chứng tỏ không tồn tại giới hạn lim.xIy/!.0I0/

xy

x2 C y2:

Giải. Đặt f .xI y/ D xy

x2 C y2. Chọn hai dãy điểm

�

. 1nI 1

n/�

;�

. 1nI �1

n/�

trong R2n.0I 0/:

Ta có . 1nI 1

n/ ! .0I 0/ và . 1

nI �1

n/ ! .0I 0/ mà

f

�

1

nI 1

n

�

D 1 ! 1 và f

�

1

nI �1

n

�

D �1 ! �1:

VậyÀ lim

.xIy/!.0I0/

xy

x2 C y2:

1.3. Tính liên tục của hàm nhiều biến 13

Tính chất giới hạn hàm số

1. Hàm f nếu có giới hạn tại M0 thì giới hạn đó là duy nhất.

2. Nếu limM!M0f .M/ D L1 và limM!M0

g.M/ D L2 thì

(a) limM!M0

Œf .M/ C g.M/� D L1 C L2

(b) limM!M0

f .M/g.M/ D L1:L2

(c) limM!M0

f .M/

g.M/D L1

L2

; L2 ¤ 0

3. Nếu(

f .M/ � g.M/ � h.M/; 8M 2 B.M0; r/;limM!M0

f .M/ D L D limM!M0h.M/

thì limM!M0

g.M/ D L:

Ví dụ 1.6. Tính lim.xIy/!.0I0/

xy2

x2 C y2:

Giải. Với x2 C y2 ¤ 0; ta cóˇ

ˇ

ˇ

ˇ

xy2

x2 C y2

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

D jxjˇ

ˇ

ˇ

ˇ

y2

x2 C y2

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

� jxj;

suy ra

�jxj � xy2

x2 C y2� jxj:

Màlim

.xIy/!.0I0/.�jxj/ D 0 D lim

.xIy/!.0I0/jxj

nên

lim.xIy/!.0I0/

xy2

x2 C y2D 0:

1.3 Tính liên tục của hàm nhiều biến

1.3.1 Khái niệm hàm liên tục

Định nghĩa 1.3.1. Hàm f được gọi là liên tục tại M0 2 Df nếu f có giới hạn tạiM0 bằng f .M0/:

Hàm f được gọi là liên tục trên tập D nếu f liên tục tại mọi điểm của D

Ví dụ 1.7. Các hàm f1.xI y/ D x; f2.xI y/ D y liên tục tại mọi điểm trong R2:


Ví dụ 1.8. Theo ví dụ 1.3, ta có

lim.xIy/!.0I1/

f .xI y/ D 1 D f .0I 1/:

Vậy hàm f .xI y/ D x2 C y2 liên tục tại .0I 1/.

Ví dụ 1.9. Cho hàm số

f .xI y/ D

8

<

:

xy2

x2 C y2; .xI y/ ¤ .0I 0/

0; .xI y/ D .0I 0/:

Xét tính liên tục của f tại .0I 0/.

Giải. Ta có f .0I 0/ D 0 và theo ví dụ 1.7 thì

lim.xIy/!.0I0/

f .xI y/ D lim.xIy/!.0I0/

xy2

x2 C y2D 0:

Vậy f liên tục tại .0I 0/:


f .xI y/ D

8

<

:

xy

x2 C y2; .xI y/ ¤ .0I 0/

0; .xI y/ D .0I 0/:

Xét tính liên tục của f tại .0I 0/.Giải. Ta có f .0I 0/ D 0 và theo ví dụ 1.5 thì

lim.xIy/!.0I0/

f .xI y/ D lim.xIy/!.0I0/

xy

x2 C y2

không tồn tại. Vậy f không liên tục tại .0I 0/:

1.3.2 Tính chất của hàm liên tục

Ta có các tính chất sau đây của hàm liên tục:

1. Tổng, hiệu, tích, thương của hai hàm liên tục tại M0 là hàm liên tục tại M0,trường hợp của thương thì mẫu phải khác không.

2. Hợp của hai hàm liên tục thì liên tục, tại điểm tương ứng.

3. Nếu f liên tục trên một tập đóng và bị chặn thì nó đạt giá trị lớn nhất và nhỏnhất trên đó.

1.4. Một số mặt bậc hai thường gặp 15

x

yz

O a

bc

( )S x

Hình 1.1: Ellipsoid

4. Nếu f liên tục trên một tập D liên thông và f .M1/:f .M2/ < 0, với M1; M2 2D thì có M3 2 D sao cho f .M3/ D 0:

Nhận xét 1.3.1. Từ ví dụ 1.7 và tính chất 1, ta suy ra các hàm đa thức, hàm hữutỷ theo x; y liên tục tại những điểm mà chúng xác định.


f .xI y/ D

8

<

:

xy

x2 C y2; .xI y/ ¤ .0I 0/

0; .xI y/ D .0I 0/:

Xét tính liên tục của f:

Giải. Theo ví dụ 1.10, hàm f không liên tục tại .0I 0/:

Theo nhận xét 1.3.1, tại điểm .xI y/ ¤ .0I 0/;

f .xI y/ D xy

x2 C y2

nên liên tục tại đó.

Vậy f liên tục trên R2 n f.0I 0/g:

1.4 Một số mặt bậc hai thường gặp

1.4.1 Ellipsoid

Phương trình của mặt ellipsoid là

x2

a2C y2

b2C z2

c2D 1; a > 0; b > 0; c > 0: (1.1)


x

y

z

O

0z

Hình 1.2: Paraboloid elliptic

Mặt ellipsoid cắt các trục tọa độ tại các điểm .˙aI 0I 0/; .0I ˙bI 0/ và .0I 0I ˙a/:

Nó đối xứng qua các mặt phẳng tọa độ vì ba biến x; y; z đều có bậc là hai.

Mặt ellipsoid cắt các mặt phẳng tọa độ Oxy; Oyz và Ozx theo các ellipse cóphương trình lần lượt là

(

x2

a2 C y2

b2 ;

z D 0;

(

y2

b2 C z2

c2 D 1;

x D 0;và

(

x2

a2 C z2

c2 D 1;

y D 0:

Mặt phẳng x D x0.�a � x0 � a/ cắt mặt ellipsoid (1.1) theo ellipse có phươngtrình

8

ˆ

<

ˆ

:

y2

b

r

1� x20

a2

!2 C z2

c

r

1� x20

a2

!2 D 1;

x D x0:

(1.2)

Khi cho x0 thay đổi từ �a đến a; ellipse (1.2) sẽ di chuyển và vẽ nên ellipsoid(1.1)(hình 1.1)

Trường hợp a D b; (1.1) được gọi là mặt ellipsoid tròn xoay quanh Oz: Tươngtự, ta cũng có các ellipsoid tròn xoay quanh Oy hoặc Ox khi a D c hoặc b D c: Khia D b D c; ellipsoid (1.1) trở thành mặt cầu tâm O; bán kính a:

1.4.2 Paraboloid elliptic

Phương trình của mặt paraboloid elliptic là

z D x2

a2C y2

b2; a > 0; b > 0: (1.3)


x

y

z

a b

Hình 1.3: Hyperboloid một tầng

Mặt paraboloid elliptic (1.3) nằm phía trên mặt z D 0; đối xứng qua các mặtphẳng tọa độ x D 0 và y D 0; cắt hai mặt phẳng tọa độ này theo các parabola

(

z D y2

b2 ;

x D 0;và

(

z D x2

a2 ;

y D 0:

Mặt phẳng z D z0; z0 > 0; cắt mặt (1.3) theo ellipse(

x2

a2z0C y2

b2z0D 1;

z D z0:(1.4)

Khi z0 thay đổi từ 0 đến C1 ellipse (1.4) với các bán trục tăng dần sẽ vẽ toàn bộ(1.3) (hình 1.2).

1.4.3 Hyperboloid một tầng

Phương trình của mặt hyperboloid một tầng là

x2

a2C y2

b2� z2

c2D 1; a > 0; b > 0; c > 0: (1.5)

Mặt hyperboloid một tầng (1.5) đối xứng qua ba mặt phẳng tọa độ; cắt ba mặtphẳng tọa độ x D 0; y D 0; và z D 0 theo các đường

(

x2

a2 C y2

b2 D 1;

z D 0;

(

y2

b2 � z2

c2 D 1;

x D 0;và

(

x2

a2 � z2

c2 D 1;

y D 0:

Mặt phẳng z D z0 cắt mặt (1.5) theo ellipse8

<

:

x2

a2

�

1C z20

c2

� C y2

b2

�

1C z20

c2

� D 1;

z D z0:

(1.6)


x

y

z

O

0z

c

c-

Hình 1.4: Hyperboloid hai tầng

Khi z0 thay đổi từ �1 đến C1 ellipse (1.6) với các bán trục thay đổi sẽ vẽ toàn bộ(1.5) (hình 1.3).

1.4.4 Hyperboloid hai tầng

Phương trình của mặt hyperboloid hai tầng là

x2

a2C y2

b2� z2

c2D �1; a > 0; b > 0; c > 0: (1.7)

Mặt hyperboloid hai tầng (1.7) đối xứng qua ba mặt phẳng tọa độ; không cắtmặt z D 0 và cắt các mặt x D 0; y D 0 theo các đường

(

y2

b2 � z2

c2 D �1;

x D 0;

(

x2

a2 � z2

c2 D �1;

y D 0:

Mặt hyperboloid hai tầng bao gồm hai phần riêng biệt ứng với z � c và z � �c:

Mặt phẳng z D z0; jz0j > c; cắt mặt (1.7) theo ellipse8

<

:

x2

a2

�

z20

c2 �1

� C y2

b2

�

z20

c2 �1

� D 1;

z D z0:

(1.8)

Khi z0 thay đổi từ �1 đến �c và từ c đến C1 ellipse (1.8) sẽ vẽ toàn bộ (1.7)(hình 1.4).

1.4.5 Paraboloid hyperbolic

Phương trình của mặt paraboloid hyperbolic là

z D y2

b2� x2

a2; a > 0; b > 0: (1.9)


x

y

z

O

Hình 1.5: Paraboloid hyperbolic z D y2 � x2

Mặt paraboloid hyperbolic (1.9) đối xứng qua hai mặt x D 0; y D 0 và cắt cácmặt x D 0; y D 0 theo các đường

(

z D y2

b2 ;

x D 0;

(

z D �x2

a2 ;

y D 0:

Mặt phẳng z D z0 cắt mặt (1.9) theo hyperbola(

z D y2

b2 � x2

a2 ;

z D z0:(1.10)

Mặt phẳng y D y0 cắt mặt (1.9) theo parabola(

z D y20

b2 � x2

a2 ;

y D y0:(1.11)

Khi y0 thay đổi từ �1 đến C1; parabola (1.11) sẽ vẽ toàn bộ (1.9) (hình 1.5).

1.4.6 Mặt trụ bậc hai

Mặt trụ là mặt được sinh bởi một đường thẳng � di động trong không gian, songsong với một phương cố định (được gọi là đường sinh) và tựa vào một đường chotrước (được gọi là đường chuẩn).

Xét mặt cong S có phương trình không chứa z; f .xI y/ D 0: Nếu điểm M0 thuộcS thì đường thẳng � qua M0 và song song với Oz chứa trong S: Do đó, ta có thểcoi mặt S là mặt trụ có đường sinh song song với Oz và đường chuẩn là

W(

f .xI y/ D 0;

z D 0:

Tương tự, phương trình không chứa x (y) xác định một mặt trụ có đường sinhsong song với Ox (Oy).


y

z

x

O y

z

x

O

a) b)

Hình 1.6: a) Mặt trụ elliptic, b) mặt trụ parabolic

x

y

z

O

Hình 1.7: Mặt nón bậc hai

Mặt trụ có phương trình là bậc hai được gọi là mặt trụ bậc hai. Ta thường gặpcác mặt trụ trong hình 1.6.

1.4.7 Mặt nón bậc hai

Mặt nón là mặt được sinh bởi một đường thẳng � di động trong không gian, quamột điểm cố định và tựa vào một đường cho trước. Đường � được gọi là đườngsinh, đường được gọi là đường chuẩn.

Ta thường gặp mặt nón có phương trình

x2

a2C y2

b2� z2

c2D 0; a > 0; b > 0; c > 0: (1.12)


Mặt phẳng z D z0 cắt mặt nón (1.12) theo ellipse(

x2

a2 C y2

b2 D z20

c2 ;

z D z0:(1.13)

Nếu điểm M0.x0I y0I z0/ thuộc (1.12) thì tất cả các điểm nằm trên đường thẳngqua O và M0 sẽ thuộc (1.12). Vậy (1.12) là mặt nón có đường sinh qua O và đườngchuẩn là (1.13) (hình 1.7).

BÀI TẬP

Bài 1.1. Tìm miền xác định của các hàm số sau:

1: z D ln.xy/I 2: z D 1

y � x2I 3: z D

p

x2 C y2 � 1I

4: z D 1px C y

C 1px � y

I 5: z D x2 C y2I 6: z Dp

4 � x2 � y2:

Bài 1.2. Cho f .xI y/ D x C y và g.xI y/ D x � y: Tính

f .g.xI y/; g.xI y//I f .g.xI y/; f .xI y//I g.f .xI y/; f .xI y//I g.g.xI y/; f .xI y//:

Bài 1.3. Tính các giới hạn sau:

1: lim.xIy/!.1;0/

ln.x C ey/p

x2 C y22: lim

.xIy/!.1;0/

xy3

x2 C y43: lim

.xIy/!.0I0/

xy2

2 �p

4 C xy2

4: lim.xIy/!.0I0/

sin.xy/

1 � 3p

1 C xy5: lim

.xIy/!.0I0/

x

x C y6: lim

.xIy/!.0I0/

x2Œ1 � cos.xy/�

y2

Bài 1.4. Cho hàm số

f .xI y/ D

8

<

:

cos�

x3 C y3

x2 C y2

�

; khi .xI y/ ¤ .0I 0/

a; khi .xI y/ D .0I 0/:

Chọn a để f .xI y/ liên tục trên R2:


f .xI y/ D(

.x2 C y2/x2y2

; khi .xI y/ ¤ .0I 0/

a; khi .xI y/ D .0I 0/:

Chọn a để f .xI y/ liên tục tại .0I 0/:


f .xI y/ D(

x2�y2

x2Cy2 ; khi .xI y/ ¤ .0I 0/

a; khi .xI y/ D .0I 0/:

Chọn a để f .xI y/ liên tục tại .0I 0/:


ĐÁP SỐ - HƯỚNG DẪN

Bài 1.1.

1: D D f.xI y/ 2 R2ˇ

ˇxy > 0gI 2: D D f.xI y/ 2 R2ˇ

ˇy ¤ x2gI3: D D f.xI y/ 2 R

2ˇ

ˇx2 C y2 � 0gI 4: D D f.xI y/ 2 R2ˇ

ˇx > jyjgI5: D D R

2I 6: D D f.xI y/ 2 R2ˇ

ˇx2 C y2 � 4g:

Bài 1.2.

f .g.xI y/; g.xI y// D 2.x � y/I f .g.xI y/; f .xI y// D 2xIg.f .xI y/; f .xI y// D 0I g.g.xI y/; f .xI y// D �2y:

Bài 1.3. 1. ln 2I 2. 0I 3. �2I 4. �3I 5. không tồn tại; 6. 0:

Bài 1.4. a D 1:

Bài 1.5. .x2 C y2/x2y2 D ex2y2 ln.x2Cy2/ và

x2y2 ln.2jxyj/ � x2y2 ln.x2 C y2/ ��

x2 C y2

2

�2

ln.x2 C y2/:

Suy ra a D 1:

Bài 1.6. Không tồn tại a:

Chương2

PHÉP TÍNH VI PHÂN

2.1 Đạo hàm riêng

2.1.1 Đạo hàm riêng cấp một

Định nghĩa 2.1.1. Cho hàm z D f .xI y/ và M0.x0I y0/ là một điểm trong của Df :

Cho y D y0; ta được f .xI y0/ � h.x/ là hàm một biến x: Nếu h.x/ có đạo hàm tạix0 thì ta nói f có đạo hàm riêng theo biến x tại M0 và h0.x0/ được gọi là đạo hàmriêng theo biến x của f tại M0; được ký hiệu là

h0.x0/ D f 0x.M0/ D @f

@x.M0/ D z0

x.M0/:

Đạo hàm riêng của f theo biến y tại M0 được định nghĩa tương tự, và được kýhiệu là

f 0y.M0/ D @f

@y.M0/ D z0

y.M0/:

Chú ý 2.1. 1. Các đạo hàm riêng của hàm có số biến từ ba trở lên được địnhnghĩa tương tự.

2. Khi tính đạo hàm riêng của một hàm số theo biến số này, ta xem các biến sốcòn lại là hằng và áp dụng quy tắc tính đạo hàm của hàm một biến.

3. Khi f có đạo hàm riêng theo biến x tại M0.x0I y0/ thì

@f

@x.M0/ D lim

�x!0

f .x0 C �xI y0/ � f .x0I y0/

�x:

Ví dụ 2.1. Cho f .xI y/ D xy ; x > 0: Ta có

f 0x.xI y/ D yxy�1 và f 0

y.xI y/ D xy ln x:

Ví dụ 2.2. z D arctan y

x; x ¤ 0: Ta có

z0x D

�

y

x

�0x

1 C�

y

x

�2D � y

x2

1 C�

y

x

�2D �y

x2 C y2

23

24 Chương 2. PHÉP TÍNH VI PHÂN

và

z0y D

�

y

x

�0y

1 C�

y

x

�2D

1x

1 C�

y

x

�2D x

x2 C y2:


f .xI y/ D

8

<

:

xy

x2 C y2; khi .xI y/ ¤ .0I 0/;

0; khi .xI y/ D .0I 0/.

Tính các đạo hàm riêng cấp một của f .xI y/:

Giải. Xét hai trường hợp:Trường hợp 1: .xI y/ ¤ .0I 0/: Ta có

f 0x D .xy/0

x.x2 C y2/ � .x2 C y2/0xxy

.x2 C y2/2D y3 � x2y

.x2 C y2/2

và

f 0y D

.xy/0y.x2 C y2/ � .x2 C y2/0

yxy

.x2 C y2/2D x3 � xy2

.x2 C y2/2

Trường hợp 2: .xI y/ D .0I 0/: Ta có f .x; 0/ D 0 suy ra f 0x.0I 0/ D 0: Tương tự ta

cũng có f 0y.0I 0/ D 0:

Ví dụ 2.4. Cho f .xI y/ D sin.xy/ C arctan y

x: Ta có

f 0x D y cos.xy/ � y

x2 C y2;

f 0y D x cos.xy/ C x

x2 C y2

2.1.2 Đạo hàm riêng cấp cao

Định nghĩa 2.1.2. Cho hàm z D f .xI y/ có hai đạo hàm riêng z0x và z0

y : Đạo hàmriêng, nếu có, của z0

x và z0y được gọi là đạo hàm riêng cấp hai của z, và được ký hiệu

là

z00xx D z00

x2 D�

z0x

�0x

D @

@x

�

@z

@x

�

D @2z

@x2;

z00xy D

�

z0x

�0y

D @

@y

�

@z

@x

�

D @2z

@x@y;

z00yx D

�

z0y

�0x

D @

@x

�

@z

@y

�

D @2z

@y@x;

z00yy D z00

y2 D�

z0y

�0y

D @

@y

�

@z

@y

�

D @2z

@y2:

2.2. Vi phân 25

Ví dụ 2.5. z D x2y3 C x4: Ta có

z0x D 2xy3 C 4x3; z0

y D 3x2y2;

z00x2 D 2y3 C 12x2; z00

yx D 6xy2;

z00xy D 6xy2; z00

y2 D 6x2y:

Ví dụ 2.6. Cho

f .xI y/ D

8

<

:

xyx2 � y2

x2 C y2; khi .xI y/ ¤ .0I 0/;

0; khi .xI y/ D .0I 0/.

Tại .xI y/ ¤ .0I 0/; ta có

f 0x.xI y/ D y

x2 � y2

x2 C y2C xy

4xy2

.x2 C y2/2

và

f 0y.xI y/ D x

x2 � y2

x2 C y2� xy

4x2y

.x2 C y2/2:

Mặt khác tại .0I 0/; ta lại có

lim4x!0

f .4xI 0/ � f .0I 0/

4xD lim

4x!0

0 � 0

4xD 0 D f 0

x.0I 0/

và

lim4y!0

f .0I 4y/ � f .0I 0/

4yD lim

4y!0

0 � 0

4xD 0 D f 0

y.0I 0/:

Suy ra

lim4y!0

f 0x.0I 4y/ � f 0

x.0I 0/

4yD lim

4y!0

�4y � 0

4xD �1 D f 00

xy.0I 0/

và

lim4x!0

f 0y.4xI 0/ � f 0

y.0I 0/

4xD lim

4x!0

4x � 0

4xD 1 D f 00

yx.0I 0/:

Vậy f 00yx.0I 0/ ¤ f 00

xy.0I 0/:

Ví dụ 2.5 và ví dụ 2.6 cho thấy hai đạo hàm f 00xy và f 00

yx có thể bằng hoặc khácnhau. Định lý sau cho ta một điều kiện đủ để f 00

xy D f 00yx:

Định lý 2.1. Nếu f .xI y/ có đạo hàm riêng đến cấp hai xác định và liên tục trênmột tập mở D � R

2 thì

@2f

@x@yD @2f

@y@x; 8.xI y/ 2 D:


2.2 Vi phân

2.2.1 Khái niệm vi phân

Cho f .xI y/ xác định trên tập mở D và .x0I y0/ 2 D: Nếu 4x; 4y đủ nhỏ thì.x0 C 4xI y0 C 4y/ 2 D: Khi ấy, ta đặt

4f .x0I y0/ D f .x0 C 4xI y0 C 4y/ � f .x0I y0/:

Định nghĩa 2.2.1. Hàm f .xI y/ được gọi là khả vi tại .x0I y0/ nếu

4f .x0I y0/ D A:4x C B:4y C ˛:4x C ˇ:4y; (2.1)

trong đó:

� A và B là hằng số, chỉ phụ thuộc .x0I y0/;

� ˛ và ˇ ! 0 khi 4x; 4y ! 0:

Khi đó, biểu thức A:4x C B:4y được gọi là vi phân toàn phần của f .xI y/ tại.x0I y0/; và được ký hiệu là df .x0I y0/;

df .x0I y0/ D A:�x C B�y:

Dùng bất đẳng thức B.C.S ta có

j˛:4x C ˇ:4yj �p

˛2 C ˇ2p

4x2 C 4y2:

Suy ra

j˛:4x C ˇ:4yjp

4x2 C 4y2�p

˛2 C ˇ2 ! 0 khi 4x; 4y ! 0:

Do đó,

˛:4x C ˇ:4y D 0.p

4x2 C 4y2/ khi 4x; 4y ! 0:

Vậy (2.1) có thể viết dưới dạng

4f .x0I y0/ D A:4x C B:4y C 0.p

4x2 C 4y2/ (2.2)

2.2. Vi phân 27

2.2.2 Các điều kiện khả vi

Định lý 2.2. Nếu f .xI y/ khả vi tại .x0I y0/ thì nó liên tục tại đó.

Chứng minh. Giả sử f .xI y/ khả vi tại .x0I y0/; nghĩa là ta có (2.1). Khi 4x; 4y !0; từ (2.1) suy ra 4f .x0I y0/ ! 0 hay f .x0C4xI y0C4y/ ! f .x0I y0/: Vậy f .xI y/

liên tục tại .x0I y0/

Hệ quả 2.1. Nếu f .xI y/ không liên tục tại .x0I y0/ thì nó không khả vi tại đó.

Ví dụ 2.7. Xét hàm số

f .xI y/ D

8

<

:

xy

x2 C y2; khi .xI y/ ¤ .0I 0/;

0; khi .xI y/ D .0I 0/.

Hàm f .xI y/ không liên tục tại .0I 0/ nên nó không khả vi tại đó.

Định lý 2.3. Nếu f .xI y/ khả vi tại .x0I y0/ thì nó có các đạo hàm riêng f 0x; f 0

y tạiđó và

df .x0I y0/ D f 0x.x0I y0/:4x C f 0

y.x0I y0/:4y (2.3)

Chứng minh. Giả sử f .xI y/ khả vi tại .x0I y0/; nghĩa là ta có (2.1). Trong (2.1),cho 4y D 0 ta có

f .x0 C 4xI y0/ � f .x0I y0/ D A:4x C ˛4x:

Suy raf .x0 C 4xI y0/ � f .x0I y0/

4xD A C ˛:

Cho 4x ! 0 và nhớ rằng ˛ ! 0 ta được

f 0x.x0I y0/ D A:

Tương tự,f 0

y.x0I y0/ D B

và do đó, ta có (2.3).

Định lý 2.2 và định lý 2.3 chỉ cho ta điều kiện cần để một hàm khả vi, đó chưaphải là điều kiện đủ. Thật vậy, ta xét ví dụ sau đây.

Ví dụ 2.8. Hàm số

f .xI y/ D

8

<

:

xy

x2 C y2; khi .xI y/ ¤ .0I 0/;

0; khi .xI y/ D .0I 0/.

có f 0x.0I 0/ D 0 D f 0

y.0I 0/ và không khả vi tại .0I 0/:


Định lý sau đây cho ta điều kiện đủ để hàm f .xI y/ khả vi tại điểm .x0I y0/:

Định lý 2.4. Nếu f .xI y/ có các đạo hàm riêng f 0x; f 0

y xác định trong một hình trònmở tâm .x0I y0/ và liên tục tại .x0I y0/ thì f .xI y/ khả vi tại .x0I y0/:

Chứng minh. Với 4x; 4y đủ nhỏ, bằng cách viết

4f .x0I y0/ D Œf .x0 C4xI y0 C4y/�f .x0I y0 C4y/�C Œf .x0I y0 C4y/�f .x0I y0/�

và dùng công thức số gia giới nội, ta có

4f .x0I y0/ D f 0x.x0 C �14xI y0 C 4y/:4x C f 0

y.x0I y0 C �24y/:4y; (2.4)

với 0 < �1; �2 < 1: Đặt

˛ D f 0x.x0 C �14xI y0 C 4y/ � f 0

x.x0I y0/; (2.5)

ˇ D f 0y.x0I y0 C �24y/ � f 0

y.x0I y0/: (2.6)

Vì f 0x; f 0

y liên tục tại .x0I y0/ nên ˛; ˇ ! 0 khi 4x; 4y ! 0: Kết hợp (2.4), (2.5) và(2.6) ta thu được (2.1).

Ví dụ 2.9. Hàm f .xI y/ D x3y2 có f 0x D 3x2y2 và f 0

y D 2x3y xác định và liên tụctại mọi điểm nên f .xI y/ khả vi tại mọi điểm.

2.2.3 Tính chất của vi phân

Trong (2.3) nếu lần lượt cho f .xI y/ D x; f .xI y/ D y thì lần lượt ta có 4x Ddx; �y D dy: Như vậy (2.3) trở thành

df .x0I y0/ D f 0x.x0I y0/:dx C f 0

y.x0I y0/:dy (2.7)

Do (2.7) ta có

Định lý 2.5. Nếu f; g khả vi thì

d.f ˙ g/ D df ˙ dg;

d .f:g/ D gdf C fdg;

d

�

f

g

�

D gdf � fdg

g2; . nếu g ¤ 0/

Ví dụ 2.10. Cho f .xI y/ D x3y2 C sin.xy/: Ta có

df .xI y/ D Œ3x2y2 C y cos.xy/�dx C Œ2x3y C x cos.xy/�dy:

2.3. Đạo hàm riêng và vi phân của hàm hợp 29

2.2.4 Dùng vi phân tính gần đúng

Cho f .xI y/ khả vi tại .x0I y0/: Nếu �x; �y gần bằng 0 thì 0�

p

�x2 C �y2

�

rất

gần 0, có thể bỏ qua. Khi ấy, từ (2.2) ta có

f .x0 C �xI y0 C �y/ � f .x0I y0/ C f 0x.x0I y0/:�x C f 0

y.x0I y0/:�y: (2.8)

Ví dụ 2.11. Tính gần đúng A Dp

4; 012 C 3; 052:

Giải. Ta chọn f .xI y/ Dp

x2 C y2; .x0I y0/ D .4I 3/; �x D 0; 01; �y D 0; 05: Khiđó f 0

x.xI y/ D xpx2Cy2

; f 0y.xI y/ D yp

x2Cy2; và

f .x0I y0/ Dp

42 C 32 D 5;

f 0x.x0I y0/ D 4p

42 C 32D 4

5;

f 0y.x0I y0/ D 3p

42 C 32D 3

5:

Vậy

A � 5 C 4

5:0; 01 C 3

5:0; 05 D 5; 038:

2.2.5 Vi phân cấp hai

Định nghĩa 2.2.2. Vi phân df .xI y/ là hàm hai biến x; y: Vi phân nếu có củadf .xI y/ được gọi là vi phân cấp hai của f .xI y/ và ký hiệu là d 2f .xI y/: Vậy

d 2f .xI y/ D d .df .xI y// :

Bây giờ ta giả sử x; y là hai biến độc lập, nghĩa là chúng không phụ thuộc vàobiến nào khác. Khi đó, dx; dy là các hằng số. Ta có

d 2f .xI y/ D d .df .xI y// D d.f 0xdx C f 0

ydy/

D d.f 0xdx/ C d.f 0

ydy/ D d.f 0x/dx C d.f 0

y/dy

D�

f 00x2dx C f 00

xydy�

dx Ch

f 00yxdx C f 00

y2dyi

dy

D f 00x2dx2 C f 00

xydxdy C f 00yxdxdy C f 00

y2dy2:

Nếu f 00xy D f 00

yx thì ta có

d 2f .xI y/ D f 00x2dx2 C 2f 00

xydxdy C f 00y2dy2: (2.9)


2.3 Đạo hàm riêng và vi phân của hàm hợp

2.3.1 Đạo hàm riêng của hàm hợp

Xét f là hàm theo hai biến u; v và u; v là hàm theo hai biến x; y: Đặt

F.xI y/ D f .u.xI y/I v.xI y// :

F.xI y/ được gọi là hàm số hợp của các biến số x; y qua các biến trung gian u; v:

Định lý 2.6. Nếu f có các đạo hàm riêng @f

@u; @f

@vliên tục và u; v có các đạo hàm

riêng @u@x

; @u@y

; @v@x

; @v@y

thì tồn tại các đạo hàm riêng @F@x

; @F@y

và ta có

@F

@xD @f

@u:@u

@xC @f

@v:@v

@x; (2.10)

@F

@yD @f

@u:@u

@yC @f

@v:@v

@y: (2.11)

Công thức (2.10) và (2.11) có thể viết dưới dạng ma trận như sau

�

@F@x

@F@y

�

D�

@f

@u

@f

@v

�

:

@u@x

@u@y

@v@x

@v@y

!

:

Trong đó ma trận�

@u@x

@u@y

@v@x

@v@y

�

được gọi là ma trận Jacobi của u; v đối với x; yI định

thức của ma trận ấy được gọi là định thức Jacobi của u; v đối với x; y và được kýhiệu là

D.uI v/

D.xI y/Dˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

@u@x

@u@y

@v@x

@v@y

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

:

Trong tính toán, ta thường không phân biệt f và F vì chúng lấy cùng giá trị tại.xI y/: Do đó ta có thể viết

@f

@xD @f

@u:@u

@xC @f

@v:@v

@x;

@f

@yD @f

@u:@u

@yC @f

@v:@v

@y:

Ví dụ 2.12. Cho z D eu ln v; u D xy; v D x2 C y2: Ta có

@z

@xD eu ln v:y C eu 1

v:2x D exy

�

ln.x2 C y2/:y C 2x

x2 C y2

�

;

@z

@yD eu ln v:x C eu 1

v:2y D exy

�

ln.x2 C y2/:x C 2y

x2 C y2

�

:

2.4. Đạo hàm của hàm ẩn 31

2.3.2 Tính bất biến của vi phân toàn phần

Đầu tiên, nếu f là hàm theo hai biến u; v độc lập ta có

df D @f

@udu C @f

@vdv:

Bây giờ, trong định lý (2.6), nếu thêm giả thiết @u@x

; @u@y

; @v@x

; @v@y

liên tục thì từ (2.10) và

(2.11) suy ra @f

@x; @f

@yliên tục. Do đó, f xem như hàm hai biến của x; y là hàm khả

vi và ta có

df D @f

@xdx C @f

@ydy (2.12)

Thay các công thức (2.10), (2.11) vào (2.12), ta được

df D�

@f

@u:@u

@xC @f

@v:@v

@x

�

dx C�

@f

@u:@u

@yC @f

@v:@v

@y

�

dy

D @f

@u

�

@u

@xdx C @u

@ydy

�

C @f

@v

�

@v

@xdx C @v

@ydy

�

D @f

@udu C @f

@vdv:

Vậy vi phân toàn phần của hàm số z D f .uI v/ có cùng một dạng dù u; v là biếnđộc lập hay là hàm số của các biến độc lập khác.

2.3.3 Vi phân cấp hai của hàm hợp

Cho hàm z D f .xI y/ với x D x.uI v/ và y D y.uI v/: Giả thiết tất cả các hàm sốcó đạo hàm riêng liên tục đến cấp hai. Ta tính d 2z:

Ta có

d 2z D d.dz/ D d.z0xdx C z0

ydy/

D d.z0x/dx C z0

xd 2x C d.z0y/dy C z0

yd 2y

D .z00x2dx C z00

xydy/dx C z0xd 2x C .z00

yxdx C z00y2dy/dy C z0

yd 2y

D z00x2dx2 C 2z00

xydxdy C z00y2dy2 C z0

xd 2x C z0yd 2y

¤ z00x2dx2 C 2z00

xydxdy C z00y2dy2:

Vậy vi phân cấp hai không có tính bất biến.

2.4 Đạo hàm của hàm ẩn

2.4.1 Khái niệm hàm số ẩn

Xét phương trìnhF.xI y/ D 0; (2.13)


với F W U � R2 ! R. Nếu với mỗi giá trị x D x0 trong một khoảng I nào đó có một

hay nhiều giá trị của y0 sao cho F.x0I y0/ D 0 thì ta nói phương trình (2.13) xácđịnh một hay nhiều hàm số ẩn y theo biến x trong khoảng I: Vậy hàm số f W I ! R

là hàm ẩn xác định bởi phương trình (2.13) nếu

8x 2 I; .xI f .x// 2 U và F .xI f .x// D 0:

Ví dụ 2.13. Phương trình

x2

a2C y2

b2D 1; a; b > 0

xác định hai hai hàm ẩn trong khoảng Œ�aI a� là

y D ˙b

a

pa2 � x2:

Tương tự trường hợp hàm ẩn một biến, phương trình

F.xI yI z/ D 0 (2.14)

với F W U � R3 ! R có thể xác định một hay nhiều hàm ẩn z theo hai biến x; y:

2.4.2 Đạo hàm của hàm ẩn một biến

Định lý 2.7. Xét (2.13). Giả sử F có các đạo hàm riêng liên tục trên tập mở U

và .x0I y0/ 2 U sao cho F.x0I y0/ D 0: Nếu F 0y.x0I y0/ ¤ 0 thì (2.13) xác định duy

nhất hàm ẩn y.x/ xác định, có đạo hàm liên tục trong một lân cận nào đó của x0

và y.x0/ D y0: Hơn nữa,dy

dxD �F 0

x

F 0y

:

Giả sử các giả thiết của Định lý 2.7 thỏa mãn. Khi đó (2.13) xác định một hàmẩn y D y.x/: Lấy đạo hàm hai vế (2.13) theo x ta được

F 0x C F 0

y :dy

dxD 0:

Do F 0y ¤ 0; suy ra

dy

dxD �F 0

x

F 0y

:

Ví dụ 2.14. Xét phương trình

F.xI y/ D x2

a2C y2

b2� 1 D 0:

2.4. Đạo hàm của hàm ẩn 33

Ta cóF 0

x D 2x

a2; F 0

y D 2y

b2:

Khi y ¤ 0; ta có F 0y ¤ 0; do đó, phương trình trên xác định một hàm ẩn y D y.x/

và

y0 D �b2

a2

x

y:

2.4.3 Đạo hàm riêng của hàm ẩn hai biến

Định lý 2.8. Xét (2.14). Hàm F.xI yI z/ thỏa

1. Xác định và liên tục trên tập mở U chứa .x0I y0I z0/I

2. F.x0I y0I z0/ D 0I

3. F 0x; F 0

y và F 0z liên tục trên U I

4. F 0z.x0I y0I z0/ ¤ 0:

Khi đó, tồn tại một tập mở D chứa .x0I y0/ sao cho (2.14) xác định một hàm ẩnz D z.xI y/ thỏa

F.xI yI z.xI y// D 0; 8.xI y/ 2 D và z0 D z.x0I y0/:

Hơn nữa, z D z.xI y/ có hai đạo hàm riêng liên tục trên D và

z0x D �F 0

x

F 0z

; z0y D �

F 0y

F 0z

với F 0z ¤ 0:

Hai đạo hàm z0x; z0

y có được bằng cách lấy đạo hàm hai vế (2.14) lần lượt theo x

và y:

Ví dụ 2.15. Cho z D z.xI y/ là hàm ẩn xác định bởi phương trình

z2 C 2

xDp

y2 � z2: (2.15)

Chứng minh rằng

x2z0x C 1

yz0

y D 1

z: (2.16)

Giải. Ta có.2:15/ , z2 C 2

x�p

y2 � z2 D 0:

Đặt

F.xI yI z/ D z2 C 2

x�p

y2 � z2:


Thế thìF 0

x D � 2

x2; F 0

y D � yp

y2 � z2; F 0

z D 2z C zp

y2 � z2:

Suy ra

z0x D �

� 2

x2

2z C zp

y2 � z2

D 2p

y2 � z2

x2z�

2p

y2 � z2 C 1� ;

z0y D �

� yp

y2 � z2

2z C zp

y2 � z2

D y

z�

2p

y2 � z2 C 1� :

Do đó

x2z0x C 1

yz0

y D x2 2p

y2 � z2

x2z�

2p

y2 � z2 C 1� C 1

y

y

z�

2p

y2 � z2 C 1�

D 2p

y2 � z2

z�

2p

y2 � z2 C 1� C 1

z�

2p

y2 � z2 C 1�

D 2p

y2 � z2 C 1

z�

2p

y2 � z2 C 1� D 1

z:

và (2.16) được chứng minh xong.

2.5 Đạo hàm theo hướng, gradient

2.5.1 Khái niệm đạo hàm theo hướng

Xét hàm f .xI yI z/: Như đã biết ở mục 2.1, các đạo hàm riêng f 0x; f 0

y và f 0z biểu thị

lần lượt cho sự biến thiên của hàm f theo hướng Ox; Oy và Oz: Để biểu thị chosự biến thiên của f theo một hướng khác, ta cần đến một khái niệm tổng quát hơnđạo hàm riêng, đó là đạo hàm theo hướng.

Định nghĩa 2.5.1. Cho hàm f xác định trên lân cận điểm M0.x0I y0I z0/ và Eu D.u1I u2I u3/ là một véctơ đơn vị. Đạo hàm của f theo hướng Eu tại M0 được ký hiệu@f

@Eu.M0/ hoặc DEuf .M0/; hay f 0Eu là giới hạn nếu có của tỷ số

f .x0 C tu1I y0 C tu2I z0 C tu3/ � f .x0I y0I z0/

t

Nhận xét 2.5.1. Gọi Ei D .1I 0I 0/; Ej D .0I 1I 0/ và Ek D .0I 0I 1/ ta có

@f

@Ei.M0/ D @f

@x.M0/;

@f

@ Ej.M0/ D @f

@y.M0/ và

@f

@Ek.M0/ D @f

@z.M0/:

2.5. Đạo hàm theo hướng, gradient 35

2.5.2 Điều kiện đủ để có đạo hàm theo hướng

Định lý 2.9. Nếu f khả vi tại M0.x0I y0I z0/ thì tồn tại đạo hàm theo hướng Eu D.u1I u2I u3/ (véctơ đơn vị) bất kỳ của hàm f và

@f

@Eu.M0/ D @f

@x.M0/u1 C @f

@y.M0/u2 C @f

@z.M0/u3: (2.17)

Chứng minh. Đặt g.t/ D f .x0 C tu1I y0 C tu2I z0 C tu3/: Ta có

g0.0/ D @f

@x.M0/u1 C @f

@y.M0/u2 C @f

@z.M0/u3:

Mặt khác

g0.0/ D limt!0

g.t/ � g.0/

t

D limt!0

f .x0 C tu1I y0 C tu2I z0 C tu3/ � f .x0I y0I z0/

t

D @f

@Eu.M0/:

Chú ý 2.2. Thông thường véctơ chỉ hướng Eu viết ở dạng

Eu D cos ˛:Ei C cos ˇ: Ej C cos :Eknên (2.17) được viết thành

@f

@Eu.M0/ D @f

@x.M0/ cos ˛ C @f

@y.M0/ cos ˇ C @f

@z.M0/ cos : (2.18)

Ví dụ 2.16. Cho Ea D .1I 2I 2/ và f .xI yI z/ Dp

x2 C y2 C z2: Tính @f

@Ea .4I 3I 0/:

Giải. Gọi Eu là véctơ đơn vị cùng hướng với Ea; ta có

Eu D EajEaj D

�

1

3I 2

3I 2

3

�

:

Tính các đạo hàm riêng của f tại điểm .4I 3I 0/ W@f

@xD xp

x2 C y2 C z2) @f

@x.4I 3I 0/ D 4

5;

@f

@yD yp

x2 C y2 C z2) @f

@y.4I 3I 0/ D 3

5;

@f

@zD zp

x2 C y2 C z2) @f

@z.4I 3I 0/ D 0:

Theo (2.17), ta có@f

@Ea .4I 3I 0/ D 4

5

1

3C 3

5

2

3C 0:

2

3D 2

3:


2.5.3 Tính chất của đạo hàm theo hướng

Giả sử các hàm f; g khả vi tại M0 và Eu D .u1; u2; u3/ là một véctơ đơn vị. Tại M0;

ta có các tính chất sau đây:

1. .c:f /0Eu D c:f 0

Eu; với c là hằng số thực tùy ý.

2. .f C g/0Eu D f 0

Eu C g0Eu:

3. .f:g/0Eu D f 0

Eu:g C f:g0Eu:

4.�

f

g

�0

EuD

f 0Eu:g C f:g0

Eug2

:

2.5.4 Véctơ gradient

Định nghĩa 2.5.2. Giả sử hàm f có các đạo hàm riêng tại M0.x0I y0I z0/: Khi ấyvéctơ gradient tại M0 của hàm f; ký hiệu rf .M0/ hay grad f .M0/; là véctơ

�

@f

@x.M0/I @f

@y.M0/I @f

@z.M0/

�

:

Vậy

rf .M0/ D grad f .M0/ D @f

@x.M0/:Ei C @f

@y.M0/: Ej C @f

@z.M0/:Ek: (2.19)

Nếu f có đạo hàm theo hướng Eu tại M0 thì từ (2.17) ta có

@f

@Eu.M0/ D rf .M0/:Eu D jrf .M0/j: cos '; (2.20)

với ' là góc giữa rf .M0/ và Eu: Do đó,

� @f

@Eu.M0/ đạt giá trị lớn nhất là jrf .M0/j khi ' D 0I

� @f

@Eu.M0/ đạt giá trị nhỏ nhất là �jrf .M0/j khi ' D �:

Vậy hướng của véctơ rf .M0/ là hướng tăng nhanh nhất của hàm f tại M0; vàtheo hướng ngược lại thì hàm f giảm nhanh nhất.

Định lý 2.10. Giả sử f và g có các đạo hàm riêng tại điểm M0: Khi ấy, tại M0 tacó

r.c:f / D c:rf;


r.f C g/ D rf C rg;

r.f:g/ D rf:g C f:rg;

r�

f

g

�

D rf:g � f:rg

g2; g.M0/ ¤ 0:

BÀI TẬP

Bài 2.1. Tính đạo hàm riêng của các hàm số sau:

1: z D x3 C y3

x2 C y2I 2: z D ln.x C

p

x2 C y2/I 3: z DZ x2Cy2

x

et2

dt I

4: z D xy3I 5: u D x3z arctany

zI 6: z D arcsin.x � 2y/I

7: z D y2 siny

xI 8: z D arctan

s

x2 � y2

x2 C y2I 9: u D xyz I

10: u D e1

x2Cy2Cz2 I 11: u D exyz siny

zI 12: z D ln

p

x2 C y2 � xp

x2 C y2 C x:

Bài 2.2. Chứng minh rằng hàm số z D x2

2yC x

2C 1

x� 1

ythỏa mãn phương trình

x2z0x C y2z0

y D x3

y

Bài 2.3. Chứng minh rằng hàm số z D y ln.x2 � y2/ thỏa mãn phương trình

1

xz0

x C 1

yz0

y D z

y2

Bài 2.4. Tính các đạo hàm riêng, tại các điểm mà chúng tồn tại, của các hàm sốhợp sau đây:

1: z D arctany

x; x D e2t C 1; y D e2t � 1I

2: z D xy; x D ln t; y D sin t I3: z D ln.u2 C v2/; u D xy; v D x

yI

4: z D u2 ln v; u D x

y; v D 3x � 2yI

5: z D eu2�2v2

; u D cos x; v Dp

x2 C y2:

Bài 2.5. Cho f .t/ D sin t và t D x2 C y2 C z2: Tính các đạo hàm riêng của hàmhợp f .x2 C y2 C z2/:


Bài 2.6. Cho f .xI y/ D ln.ex C ey/ và y D 1

3x3 C x: Tính

@f

@xvà

df

dx:

Bài 2.7. Tìm vi phân toàn phần của các hàm số sau:

1: z D sin.x2 C y2/I 2: z D ex.cos y C x sin y/I 3: z D ln tgy

xI

4: z D arctanx C y

x � yI 5: u D xy2zI 6: z D

p

x2 C y2 C z2:

Bài 2.8. Tính gần đúng bằng vi phân cấp 1:

1:p

4; 052 C 3; 072I 2: ln.3p

1; 03 C 4p

0; 98 � 1/I 3: arctan1; 02

0; 95I

4: sin 28ı cos 61ıI 5: 2; 013;03 biết ln 2 D 0; 69I 6:p

1; 023 C 1; 973:

Bài 2.9. Một khối trụ bằng đồng có chiều cao 20cm và bán kính đáy là 4cm: Khiđốt nóng lên thì chiều cao và bán kính đáy tăng thêm 0; 01cm: Tính gần đúng thểtích hình trụ ngay sau khi đốt nóng.

Bài 2.10. Tính đạo hàm của các hàm ẩn xác định bởi các phương trình sau đây:

1: x3y � xy3 D a4; tính y0I 2: xey C yex � exy D 0; tính y0I3: arctan.x C y/ D y; tính y0I 4: ln

p

x2 C y2 D arctany

x; tính y0I

5: x C y C z D ez; tính z0x; z0

yI 6: x3 C y3 C z3 � 3xyz D 0; tính z0x; z0

y

Bài 2.11. Cho z D f .xI y/ là hàm số ẩn xác định từ phương trình

z � xezy D 0:

Tính gần đúng bằng vi phân cấp 1 giá trị f .0; 02I 0; 99/:

Bài 2.12. Cho u D x C z

y C zvà z là hàm ẩn xác định từ phương trình

zez D xex C yey :

Tính u0x; u0

y:

Bài 2.13. Tính các đạo hàm riêng cấp 2 của các hàm số sau:

1: z D 1

3

p

.x2 C y2/3I 2: z D x2 ln.x C y/I 3: z D ln.x Cp

x2 C y2/I

4: z D arctany

xI 5: z D xy I 6: u D xy C yz C zx:


Bài 2.14. Chứng minh rằng hàm số u D 1p

x2 C y2 C z2thỏa mãn phương trình

@2u

@x2C @2u

@y2C @2u

@z2D 0:

Bài 2.15. Cho g là hàm một biến có đạo hàm đến cấp 2 và r Dp

x2 C y2 C z2:

Tìm hàm f .xI yI z/ D g.r/; biết rằng

@2f

@x2C @2f

@y2C @2f

@z2D 0:

Bài 2.16. Tính đạo hàm của hàm u D xy2z3 tại điểm M0.1I 2I �1/ theo hướng xácđịnh bởi véctơ

��!M0M1 với M1.0I 4I �3/:

Bài 2.17. Tính đạo hàm của hàm u D x2

a2C y2

b2C z2

c2, abc ¤ 0; theo hướng xác

định bởi bán kính véctơ Er D .xI yI z/: Khi nào đạo hàm ấy bằng jruj?

Bài 2.18. Tính đạo hàm của hàm u D 1p

x2 C y2 C z2theo hướng của véctơ El D

.l1I l2I l3/; jEl j D 1: Khi nào đạo hàm ấy triệt tiêu?

Bài 2.19. Cho u D x2y2z2: Tính ru và@u

@Eltại điểm M0.1I �1I 3/ với El D .�1I 2I �2/:


Bài 2.1. 1. z0x D x.x3 C 3xy2 � 2y3/

.x2 C y2/2; z0

y D y.y3 C 3x2y � 2x3/

.x2 C y2/2:

2. z0x D 1

p

x2 C y2; z0

y D yp

x2 C y2.x Cp

x2 C y2/:

3. z0x D 2xe.x2Cy2/2 � ex2

; z0y D 2ye.x2Cy2/2

:

4. z0x D y3x.y3 � 1/; z0

y D 3y2xy3

ln x:

5. u0x D 3x2z arctan

y

z; u0

y D x3z2

y2 C z2; u0

z D x3

�

arctany

z� zy

y2 C z2

�

:

6. z0x D 1

p

1 � .x � 2y/2; z0

y D �2p

1 � .x � 2y/2:

7. z0x D �y3

x2cos

y

x; z0

y D 2y siny

xC y2

xcos

y

x:

8. z0x D y2

q

x2�y2

x2Cy2 x.x2 C y2/

; z0y D � y

q

x2�y2

x2Cy2 .x2 C y2/

:

9. u0x D xyz �1yz ; u0

y D xyz

yz�1z ln x; u0z D xyz

yz ln y ln x:


10. Vai trò x; y; z như nhau, u0x D �2x

.x2 C y2 C z2/2e

1

x2Cy2Cz2 :

11. u0x D yzexyz sin y

z; u0

y D exyz�

xz sin yz

C 1z

cos yz

�

; u0z D exyz.xy sin y

z� y

z2 cos yz

/:

Bài 2.2. Tính đạo các đạo hàm riêng, xuất phát từ vế trái, biến đổi thành vế phải.

Bài 2.3. Tương tự 2.2.

Bài 2.4. 1. z0.t/ D 2e2t

e4t C 1

2. z0.t/ D t�1 lnsin t�1 t Œt cos t: ln.ln t/: ln t C sin t �

3. z0x D 2

x; z0

y D 2.y4 � 1/

y.y4 C 1/

4. z0x D 2x.3x�2y/ ln.3x�2y/C3x2

y2.3x�2y/; z0

y D 2x2.3x�2y/ ln.3x�2y/C2x2y

y3.3x�2y/:

5. z0x D �2.sin x cos x C 2x/ecos2 x�2x2�2y2

; z0y D �4yecos2 x�2x2�2y2

:

Bài 2.5. g.xI yI z/ D f .x2 C y2 C z2/ D sin.x2 C y2 C z2/: Vai trò x; y; z như nhau, g0x.xI yI z/ D

2x cos.x2 C y2 C z2/:

Bài 2.6.@f

@xD 1

1 C e13 x3

;df

dxD 1 C e

13

x3.x2 C 1/

1 C e13 x3

:

Bài 2.7. 1. dz D 2 cos.x2 C y2/.xdx C ydy/:

2. dz D ex.cos y C sin y C x sin y/dx C ex.x cos y � sin y/dy:

3. dz D � 2y

x2 sin 2yx

dx C 2

x sin 2yx

dy:

4. dz D � y

x2 C y2dx C x

x2 C y2dx:

5. du D xy2z�1y2zdx C 2yzxy2z ln xdy C y2xy2z ln xdz:

6. dz D 1p

x2 C y2 C z2.xdx C ydy C zdz/:

Bài 2.8.

1: 5; 032I 2: 0; 005I 3: 0; 82I 4: 0; 227I 5: 8; 29I 6: 3; 023:

Bài 2.9. Thể tích hình trụ ngay sau khi đốt nóng là 1010; 3cm3

Bài 2.10.

1: y0 D 3x2y � y3

3xy2 � x3I 2: y0 D �ey C yex � yexy

ex C xey � xexyI

3: y0 D 1

.x C y/2I 4: y0 D x C y

x � yI

5: z0x D 1

ez � 1D z0

y I 6: z0x D �x2 � yz

z2 � xy; z0

y D �y2 � xz

z2 � xy:

Bài 2.11. z.0I 1/ D 0; z0x D ye

zy

y�xezy

; z0y D xze

zy

y�

�yCxezy

� ; z.0; 02I 0; 99/ � 0; 02:


Bài 2.12. u0x D .yCz/.zC1/Cex�z.y�x/.xC1/

.zC1/.yCz/2 ; u0y D �.xCz/.zC1/Cey�z.y�x/.xC1/

.zC1/.yCz/2 :

Bài 2.13. 1. z00x2 D 2x2C1p

.x2Cy2/; z00

xy D xyp.x2Cy2/

; z00y2 D x2C2y2p

.x2Cy2/

2. z00x2 D 2.xCy/2 ln.xCy/C3x2C4xy

.xCy/2 ; z00xy D x.xC2y/

.xCy/2 ; z00y2 D � x2

.xCy/2 :

3. z00x2 D � xp

.x2Cy2/3; z00

xy D � yp.x2Cy2/3

; z00y2 D x3C

px2Cy2.x2�y2/

.xCp

x2Cy2/2p

.x2Cy2/3

4. z00x2 D 2xy

.x2Cy2/2 ; z00xy D y2�x2

.x2Cy2/2 ; z00y2 D 2xy

.x2Cy2/2

5. z00x2 D xy�2.y2 � y/; z00

xy D xy�1.y ln x C 1/; z00y2 D xy ln2 x

6. u00x2 D 0; u00

xy D 1; u00xz D 1; u00

yz D 1; u00y2 D 0; u00

z2 D 0:

Bài 2.14. Vai trò x; y; z như nhau, ta có u00x2 D 3x2p

.x2Cy2Cz2/5� 1p

.x2Cy2Cz2/3: Thay vào vế trái,

suy ra đpcm.

Bài 2.15. Vai trò x; y; z như nhau, ta có @2f

@x2 D g00.r/ x2

r2 C g0.r/ y2Cz2

r3 : Do đó

@2f

@x2C @2f

@y2C @2f

@z2D g00.r/ C g0.r/:

2

r:

Suy ra f .xI yI z/ D apx2Cy2Cz2

C C:

Bài 2.16. � 283

:

Bài 2.17.@u@Er D 2u

rI a2 D b2 D c2:

Bài 2.18. Er D .xI yI z/; @u

@ElD � cos.Er;El/

r2 :

Bài 2.19. ru.1I �1I 3/ D 18Ei � 18 Ej C 6 Ek; @u

@El.1I �1I 3/ D �22:


Chương3

CỰC TRỊ

3.1 Cực trị tự do

3.1.1 Khái niệm cực trị tự do

Định nghĩa 3.1.1. Xét hàm số hai biến f và M0 là điểm trong của Df : Ta nói

� M0 là điểm cực đại của f nếu tồn tại số dương r sao cho

f .M/ � f .M0/; 8M 2 B.M0; r/

� M0 là điểm cực tiểu của f nếu tồn tại số dương r sao cho

f .M/ � f .M0/; 8M 2 B.M0; r/

� Điểm cực đại và điểm cực tiểu được gọi là điểm cực trị. Giá trị của hàm tạiđiểm cực đại và điểm cực tiểu được gọi là giá trị cực đại và giá trị cực tiểu, gọichung là giá trị cực trị.

Ví dụ 3.1. Xét hàm z D �.x � 1/2 � y2 C 1: Ta có

z.xI y/ � 1 D z.1I 0/; 8.xI y/ 2 R2

) z.xI y/ � 1 D z.1I 0/; 8.xI y/ 2 B.M0; r/; với M0.1I 0/:

Vậy M0 là điểm cực đại của z và zmax.1I 0/ D 1:

Ví dụ 3.2. Xét hàm z Dp

x2 C y2: Ta có

z.xI y/ Dp

x2 C y2 � 0 D z.0I 0/; 8.xI y/ 2 R2:

Vậy .0I 0/ là điểm cực tiểu của z và zmin.0I 0/ D 0:

Ví dụ 3.3. z D x2 � y2: Điểm .0I 0/ không là điểm cực trị của hàm z vì trong mọihình tròn mở tâm .0I 0/ hàm z có cả giá trị âm và dương mà z.0I 0/ D 0:

43

44 Chương 3. CỰC TRỊ

3.1.2 Điều kiện cần của cực trị

Một câu hỏi đặt ra là những điểm nào trong miền xác định của f có khả năng làđiểm cực trị của f ‹

Định lý 3.1. Nếu f .xI y/ đạt cực trị và có hai đạo hàm riêng tại .x0I y0/ thì

f 0x.x0I y0/ D 0 và f 0

y.x0I y0/ D 0:

Chứng minh. Không mất tính tổng quát, ta giả sử hàm f .xI y/ đạt cực đại tại.x0I y0/ và có hai đạo hàm riêng f 0

x.x0I y0/; f 0y.x0I y0/: Vì f .xI y/ đạt cực đại tại

.x0I y0/ nên hàm g.x/ D f .xI y0/ đạt cực đại tại x0: Do đó, theo định lý Fermat,g0.x0/ D 0; nghĩa là f 0

x.x0I y0/ D 0: Tương tự, ta cũng có f 0y.x0I y0/ D 0

Mệnh đề đảo của định lý này không đúng. Thật vậy, xét hàm z D x2 � y2 ta có

z0x.0I 0/ D 0 và z0

y.0I 0/ D 0

nhưng .0I 0/ không là điểm cực trị.

Định lý (3.1) khẳng định rằng hàm f chỉ có thể đạt cực trị tại những điểm màtại đó hoặc là cả hai đạo hàm riêng cùng tồn tại và bằng không hoặc là ít nhất mộtđạo hàm riêng không tồn tại.

Định nghĩa 3.1.2. � Điểm mà tại đó hoặc là cả hai đạo hàm riêng cùng tồn tạivà bằng không hoặc là ít nhất một đạo hàm riêng không tồn tại được gọi làđiểm tới hạn;

� Điểm mà tại đó cả hai đạo hàm riêng cùng tồn tại và bằng không được gọi làđiểm dừng.

Ví dụ 3.4. Tìm tất cả các điểm tới hạn, nếu có, của hàm số

z D x4 C y4 � x2 � 2xy � y2:

Giải. Vì z có hai đạo hàm riêng tại mọi điểm nên điểm tới hạn, nếu có, của z làđiểm dừng. Tọa độ điểm dừng là nghiệm của hệ

(

z0x D 4x3 � 2x � 2y D 0;

z0y D 4y3 � 2y � 2x D 0:

Giải hệ ta được ba điểm dừng: O.0I 0/; M1.1I 1/ và M2.�1I �1/:

3.2. Cực trị có điều kiện 45

3.1.3 Điều kiện đủ của cực trị

Tiếp theo, trong các điểm tới hạn của f điểm nào là điểm cực trị? Định lý sau đây,bằng đạo hàm riêng cấp hai, giúp ta biết được một điểm dừng có là điểm cực trị haykhông.

Định lý 3.2. Giả sử hàm z D f .xI y/ có điểm dừng là M0.x0I y0/ và có các đạohàm riêng cấp hai liên tục trong một hình tròn mở tâm M0. Đặt

A D z00x2.M0/; B D z00

xy.M0/ và C D z00y2.M0/:

Khi đó:

1. Nếu B2 � AC < 0 và A < 0 thì M0 là điểm cực đại của z:

2. Nếu B2 � AC < 0 và A > 0 thì M0 là điểm cực tiểu của z:

3. Nếu B2 � AC > 0 thì M0 không là điểm cực trị của z:

Chú ý 3.1. Trường hợp B2 � AC D 0; ta chưa có kết luận điểm M0 có là điểm cựctrị hay không. Khi đó ta phải khảo sát thêm bằng định nghĩa điểm cực trị.

Ví dụ 3.5. Tìm cực trị của hàm

z D x4 C y4 � x2 � 2xy � y2:

� Theo ví dụ 6.4, hàm z có ba điểm tới hạn và cũng là ba điểm dừng: M1.1I 1/; M2.�1I �1/

và O.0I 0/:

� Các đạo hàm riêng cấp hai

z00x2 D 12x2 � 2; z00

xy D �2; z00y2 D 12y2 � 2:

� Tại M1.1I 1/; M2.�1I �1/ ta có A D 10; B D �2; C D 10 và B2 � AC D.�2/2 � 10:10 < 0:Vậy hàm z đạt cực tiểu tại M1; M2 và zmin D �2:

� Tại O.0I 0/ ta có A D �2; B D �2; C D �2 và B2 � AC D 0: Ta khảo sátthêm bằng định nghĩa điểm cực trị. Xét hình tròn mở tâm O.0I 0/ bán kínhr > 0 tùy ý. Trên đó luôn tồn tại hai điểm: P. 1

nI 1

n/, Q. 1

nI � 1

n/ với n đủ lớn và

z.P / D 2

n2

�

1

n2� 2

�

< 0 D z.O/ <2

n4D z.Q/:

Vậy O không là điểm cực trị của hàm z:


3.2 Cực trị có điều kiện

3.2.1 Khái niệm cực trị có điều kiện

Định nghĩa 3.2.1. Cho điểm M0.x0I y0/ thuộc đường cong có phương trình

'.xI y/ D 0 (3.1)

và hàm f .xI y/ xác định trên một hình tròn mở tâm M0: Ta nói

� Hàm f .xI y/ đạt cực đại tại M0 thỏa (3.1) nếu tồn tại r > 0 sao cho

f .M/ � f .M0/; 8M 2 B.M0; r/; '.M/ D 0: (3.2)

� Hàm f .xI y/ đạt cực tiểu tại M0 thỏa (3.1) nếu tồn tại r > 0 sao cho

f .M/ � f .M0/; 8M 2 B.M0; r/; '.M/ D 0: (3.3)

3.2.2 Phương pháp khử

Giả sử từ điều kiện (3.1) ta tính được duy nhất y D y.x/; với x tùy ý hoặc thuộcmột tập mở, rồi thay vào hàm f .xI y/ D f .x; y.x//: Khi đó ta tìm cực trị của hàmmột biến g.x/ D f .x; y.x//:

Ví dụ 3.6. Tìm cực trị của hàm

f .xI y/ D x2 C y2 � xy C x C y � 4

thỏa điều kiện x C y D �3:

Giải. Từ x C y D �3 suy ra y D �3 � x; thay vào hàm f .xI y/ ta được

f .xI y/ D f .xI �3 � x/ D 3x2 C 9x C 2:

Đặt g.x/ D 3x2 C 9x C 2: Ta có

g0.x/ D 6x C 9 D 0 , x D �3

2

và g00.x/ D 6 > 0 nên x D �32

là điểm cực tiểu của g.x/: Suy ra�

�32I �3

2

�

là điểmcực tiểu của hàm f .xI y/ thỏa x C y D �3 và

fmin D f

�

�3

2I �3

2

�

D �19

4:

3.2. Cực trị có điều kiện 47

3.2.3 Phương pháp nhân tử Lagrange

Định lý 3.3 (điều kiện cần). Cho điểm M0.x0I y0/ thỏa (3.1).Giả thiết:

1. Hai hàm f .xI y/; '.xI y/ có các đạo hàm riêng liên tục trên một hình tròn mởtâm M0

2. Các đạo hàm riêng ' 0x; ' 0

y không đồng thời bằng không tại M0:

Khi đó, nếu hàm f .xI y/ đạt cực trị tại M0 với điều kiện (3.1) thì tồn tại số �0 saocho

8

<

:

f 0x.x0I y0/ C �0' 0

x.x0I y0/ D 0

f 0y.x0I y0/ C �0' 0

y.x0I y0/ D 0

'.x0I y0/ D 0

(3.4)

Nhận xét 3.2.1. Khi giả thiết của định lý (3.3) được thỏa thì hàm f .xI y/ chỉ cóthể đạt cực trị với điều kiện (3.1) tại những điểm .xI y/ thỏa hệ

8

<

:

f 0x.xI y/ C �' 0

x.xI y/ D 0

f 0y.xI y/ C �' 0

y.xI y/ D 0

'.xI y/ D 0:

(3.5)

Giả sử hệ (3.5) có nghiệm .x0I y0I �0/: Đặt

L.xI y/ D f .xI y/ C �0'.xI y/;

L.xI y/ được gọi là hàm Lagrange. Dựa vào hàm Lagrange, định lý sau đây cho tamột điều kiện đủ để kết luận điểm .x0I y0/ có là điểm cực trị hay không.

Định lý 3.4 (điều kiện đủ). Cho giả thiết ở định lý (3.3) thỏa mãn, ta giả thiếtthêm rằng các hàm f .xI y/; '.xI y/ có các đạo hàm riêng cấp hai liên tục trong mộthình tròn mở tâm M0.x0I y0/: Xét

d 2L.M0/ D L00x2.M0/dx2 C 2L00

xy.M0/dxdy C L00y2.M0/dy2;

với dx; dy không đồng thời bằng không và thỏa mãn phương trình

' 0x.M0/dx C ' 0

y.M0/dy D 0: (3.6)

Ta có

1. Nếu d 2L.M0/ > 0 thì f .xI y/ đạt cực tiểu có điều kiện tại M0:

2. Nếu d 2L.M0/ < 0 thì f .xI y/ đạt cực đại có điều kiện tại M0:


Ví dụ 3.7. Tìm cực trị của hàm f .xI y/ D 2x C y với x2 C y2 D 5:

Giải. ĐặtL.xI y/ D 2x C y C �.x2 C y2 � 5/:

Hệ (3.5) được viết là8

<

:

L0x D 2 C 2�x D 0 .1/

L0y D 1 C 2�y D 0 .2/

x2 C y2 � 5 D 0 .3/

Giải hệ: .1/ ) x D � 1�; .2/ ) y D � 1

2�; thay vào (3) ta được

1

�2C 1

4�2D 5 , � D ˙1

2

� � D 12

) x D �2; y D �1 và

L.xI y/ D 2x C y C 1

2.x2 C y2 � 5/:

Vì d 2L.�2I �1/ D dx2 C dy2 > 0 với mọi dx; dy không đồng thời bằng khôngnên f .xI y/ đạt cực tiểu có điều kiện tại .�2I �1/;

fmin D f .�2I �1/ D �5:

� � D �12

) x D 2; y D 1 và

L.xI y/ D 2x C y � 1

2.x2 C y2 � 5/:

Vì d 2L.2I 1/ D �dx2 � dy2 < 0 với mọi dx; dy không đồng thời bằng khôngnên f .xI y/ đạt cực đại có điều kiện tại .2I 1/;

fmax D f .2I 1/ D 5:

3.3 Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

Trong mục này ta xét bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm f .M/ liêntục trên tập D đóng và bị chặn trong R

2: Theo định lý Weierstrass thì hàm f .M/

đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trên D: Vấn đề còn lại là cách tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất đó.

Giả sử f .M/ đạt giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) tại M0 thuộc D: Khi ấy:

� Nếu M0 là điểm trong của D thì M0 là điểm cực trị (tự do) của f .M/ trên Dnên là điểm tới hạn của f .M/ trên int D:

3.3. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất 49

� Nếu M0 là điểm biên của D thì M0 là điểm cực trị có điều kiện của f .M/ vớiđiều kiện là M 2 @D nên M0 là điểm tới hạn của f .M/ với điều kiện là @D:

Từ đó, ta có thuật toán sau đây để giải bài toán tìm GTLN, GTNN.

Bước 1: Tìm các điểm tới hạn (tự do) của f .M/ trên int D:

Bước 2: Tìm các điểm tới hạn (có điều kiện) của f .M/ trên @D:

Bước 3: Tính và so sánh giá trị của hàm f .M/ tại các điểm tìm được ở bước 1,2.Từ đó ta xác định được GTLN, GTNN của f .M/ trên D:

Chú ý 3.2. Nếu @D trơn từng khúc thì ta xem điểm nối các khúc là các điểm tớihạn ở bước 2.

Ví dụ 3.8. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm

f .xI y/ D x2 C y2 � xy � x � y

trên miền D D f.xI y/j x � 0; y � 0; x C y � 3g:Giải. Ta thực hiện theo các bước như trong thuật toán.

Bước 1: int D D f.xI y/j x > 0; y > 0; x C y < 3g: Hàm f .xI y/ là đa thức nênđiểm tới hạn trên int D; nếu có, là điểm dừng. Ta có

(

f 0x D 2x � y � 1 D 0;

f 0y D �x C 2y � 1 D 0

,(

x D 1

y D 1; M0.1I 1/ 2 int D:

Bước 2: @D D OA [ AB [ BO: Các điểm O.0I 0/; A.0I 3/ và B.3I 0/ là các điểm tớihạn. Ta xét trên từng khúc

� Trên OA W x D 0; 0 < y < 3: Ta có

g.y/ D f .0; y/ D y2 � y; g0.y/ D 2y � 1 D 0 , y D 1

2:

Điểm tới hạn của f trên OA là M1.0I 12/:

� Trên AB W y D 3 � x; 0 < x < 3;

h.x/ D f .x; 3 � x/ D 3x2 � 9x C 6; h0.x/ D 6x � 9 D 0 , x D 3

2:

Điểm tới hạn của f trên AB là M2.32I 3

2/:

� Trên BO W y D 0; 0 < x < 3: Ta có

k.x/ D x2 � x; k0.x/ D 2x � 1 D 0 , x D 1

2:

Điểm tới hạn của f trên BO là M3.12I 0/:


Bước 3: Ta có f .O/ D 0; f .A/ D f .B/ D 6; f .M0/ D �1; f .M1/ D f .M3/ D�1

4; f .M2/ D �3

4: Suy ra flớn nhất D 6 đạt tại A; B và fnhỏ nhất D �1 đạt tại

M0:

3.4 Hàm véctơ và ứng dụng

3.4.1 Khái niệm hàm véctơ

Định nghĩa 3.4.1. Cho ; ¤ D � R: Ánh xạ t 2 D 7! Er.t/ 2 Rn được gọi là hàm

véctơ theo biến số t xác định trên D:

Trong phần này ta xét n D 3: Nếu x.t/; y.t/; z.t/ là ba thành phần của véctơEr.t/ và Ei ; Ej ; Ek là các véctơ đơn vị trên ba trục tọa độ, ta có

Er.t/ D x.t/:Ei C y.t/: Ej C z.t/:Ek:

Đặt��!OM D Er.t/. Tọa độ điểm M là .x.t/I y.t/I z.t//: Khi t biến thiên trong D

quỹ tích của M là một đường cong .C / trong R3, được gọi là tốc đồ của hàm Er.t/:

Hơn nữa, người ta nói rằng đường cong .C / có các phương trình tham số là

x D x.t/; y D y.t/; z D z.t/:

3.4.2 Giới hạn và liên tục của hàm véctơ

Định nghĩa 3.4.2. Véctơ Ea được gọi là giới hạn của hàm Er.t/ khi t tiến tới t0 nếu

8� > 0; 9ı > 0; jt � t0j < ı ) jEr.t/ � Eaj < �:

Khi ấy, ta ký hiệu limt!t0

Er.t/ D Ea:

Nhận xét 3.4.1. Với Er.t/ D x.t/:Ei C y.t/: Ej C z.t/:Ek và Ea D a1:Ei C a2: Ej C a3:Ek tacó

jEr.t/ � Eaj Dp

.x.t/ � a1/2 C .y.t/ � a2/2 C .z.t/ � a3/2:

Do đó,

limt!t0

Er.t/ D Ea ,

8

<

:

limt!t0x.t/ D a1;

limt!t0y.t/ D a2;

limt!t0z.t/ D a3:

Định nghĩa 3.4.3. Hàm Er.t/ được gọi là liên tục tại t0 nếu nó xác định tại t0 vàlimt!t0

Er.t/ D Er.t0/:

Nhận xét 3.4.2. Do nhận xét 3.4.1, Er.t/ liên tục tại t0 khi và chỉ khi các hàm tọađộ x.t/; y.t/; z.t/ liên tục tại t0:

3.4. Hàm véctơ và ứng dụng 51

3.4.3 Đạo hàm của hàm véctơ

Định nghĩa 3.4.4. Cho Er.t/ xác định trong một lân cận của t0: Đạo hàm của hàm

Er.t/ tại t0 là giới hạn (nếu có) của tỷ sốEr.t0 C �t/ � Er.t0/

�tkhi �t ! 0 và được ký

hiệu là Er 0.t0/ hoặcd Erdt

.t0/:

Vậy

Er 0.t0/ D d Erdt

.t0/ D lim�t!0

Er.t0 C �t/ � Er.t0/

�t:

Nhận xét 3.4.3. Ta có


�tDx.t0 C �t/ � x.t0/

�t:Ei

C y.t0 C �t/ � y.t0/

�t: Ej C z.t0 C �t/ � z.t0/

�t:Ek

nên Er.t/ có đạo hàm tại t0 khi và chỉ khi các hàm tọa độ x.t/; y.t/; z.t/ có đạo hàmtại t0 và

d Erdt

.t0/ D x0.t0/Ei C y0.t0/ Ej C z0.t0/Ek:

Ý nghĩa hình học

Giả sử Er.t/ xác định trong một lân cận và có đạo hàm tại t0: Đặt��!OM0 D Er.t0/ và

��!OM D Er.t/: Ta có


�tD

��!M0M

�t: Khi �t ! 0 thì, trên .C /; M ! M0;

do đó, dây M0M dần đến tiếp tuyến (nếu có) của tốc đồ tại M0; (xem hình 3.1).

Vậy nếud Erdt

.t0/ ¤ E0 thìd Erdt

.t0/ là véctơ chỉ phương của tiếp tuyến với tốc đồ tại M0:

Khid Erdt

.t0/ D E0 thì M0 được gọi là điểm kỳ dị của đường cong .C /:

Định nghĩa 3.4.5. Đường cong .C / được gọi là trơn nếu Er.t/ có đạo hàm khác E0và liên tục trên miền xác định của nó.

3.4.4 Tiếp tuyến và pháp diện của đường cong

Cho đường cong .C / có phương trình tham số x D x.t/; y D y.t/; z D z.t/ và M0 làđiểm thuộc đường cong ứng với t D t0: Giả sử tại M0 đường cong .C / có tiếp tuyến.


O

0M

0( )r t t+Dr

0( )r t¢r

M

0( )r tr

Hình 3.1: Ý nghĩa hình học của đạo hàm véctơ

Tiếp tuyến

Theo ý nghĩa hình học, tiếp tuyến tại M0 của đường cong .C / có véctơ chỉ phươnglà .x0.t0/I y0.t0/I z0.t0// nên có phương trình là

x � x.t0/

x0.t0/D y � y.t0/

y0.t0/D z � z.t0/

z0.t0/:

Pháp diện

Định nghĩa 3.4.6. Mặt phẳng đi qua M0 và vuông góc với tiếp tuyến tại M0 của.C / được gọi là pháp diện của .C / tại M0:

Pháp diện của .C / tại M0 là mặt phẳng qua điểm M0 và nhậnd Erdt

.t0/ làm pháp

véctơ nên có phương trình

.x � x.t0//x0.t0/ C .y � y.t0//y0.t0/ C .z � z.t0//z0.t0/ D 0: (3.7)

3.4.5 Tiếp diện và pháp tuyến của mặt cong

Tiếp diện

Xét mặt cong S có phương trình F.xI yI z/ D 0:

Định nghĩa 3.4.7. Đường thẳng � được gọi là tiếp tuyến của mặt S tại M0 2 S

nếu � là tiếp tuyến tại M0 của một đường cong nào đó nằm trong S:

Qua M0 có vô số đường cong thuộc S đi qua nên có vô số tiếp tuyến với S tạiM0: Giả sử F.xI yI z/ khả vi tại M0.x0I y0I z0/ và � là tiếp tuyến tại M0 của đườngcong trơn � S; được cho bởi phương trình tham số x D x.t/; y D y.t/; z D z.t/:

Điểm M0 nằm trên ứng với t0: Vì � S nên

F.x.t/I y.t/I z.t// D 0


0M

S

Hình 3.2: Tiếp diện tại M0 của mặt cong S

với mọi t thuộc một lân cận của t0: Lấy đạo hàm hai vế tại t0; ta có

F 0x.M0/x0.t0/ C F 0

y.M0/y0.t0/ C F 0z.M0/z0.t0/ D 0:

Vậy tiếp tuyến � vuông góc với véctơ

En.M0/ D F 0x.M0/Ei C F 0

y.M0/ Ej C F 0z.M0/Ek:

Do đó, nếu En.M0/ ¤ E0 thì tất cả các tiếp tuyến với S tại M0 đều nằm trong mặtphẳng đi qua M0 và vuông góc với En.M0/: Ta có (xem hình 3.2)

Định nghĩa 3.4.8. Mặt phẳng chứa tất cả các tiếp tuyến với mặt cong S tại M0 2 S ,nếu có, được gọi là tiếp diện của mặt S tại M0:

Vậy tiếp diện của mặt cong S tại điểm M0, nếu có, có phương trình

F 0x.M0/.x � x0/ C F 0

y.M0/.y � y0/ C F 0z.M0/.z � z0/ D 0:

Pháp tuyến

Định nghĩa 3.4.9. Đường thẳng đi qua M0 và vuông góc với tiếp diện tại M0 đượcgọi là pháp tuyến của mặt S tại M0:

Pháp tuyến của mặt S tại M0 có phương trình

x � x0

F 0x.M0/

D y � y0

F 0y.M0/

D z � z0

F 0z.M0/

Định nghĩa 3.4.10. Véctơ En.M0/ ¤ E0 được gọi là véctơ pháp tuyến của mặt S tạiM0:

Ví dụ 3.9. Viết phương trình tiếp diện và pháp tuyến của mặt cong S có phươngtrình z D x2 C y2 tại điểm M0.1I 1I 2/

Giải. Viết lại phương trình mặt cong dưới dạng

F.xI yI z/ D x2 C y2 � z D 0:


Ta có F 0x D 2xI F 0

y D 2yI F 0z D �1:

Phương trình tiếp diện của mặt cong S tại điểm M0.1I 1I 2/ là

2.x � 1/ C 2.y � 1/ � .z � 2/ D 0:

Phương trình pháp tuyến của mặt cong S tại điểm M0.1I 1I 2/ là

x � 1

2D y � 1

2D z � 2

�1

Định nghĩa 3.4.11. Điểm M0 2 S được gọi là điểm chính quy nếu En.M0/ ¤ E0;điểm không chính quy được gọi là điểm kỳ dị.

Ví dụ 3.10. Mặt cong S có phương trình z2 D x2 C y2: Tìm tất cả các điểm kỳ dịcủa S:


F.xI yI z/ D x2 C y2 � z2 D 0:

Ta có F 0x D 2xI F 0

y D 2yI F 0z D �2z:

Điểm M.xI yI z/ là điểm kỳ dị của mặt cong S thì En.M/ D E0 hay x D y D z D 0:

Mà .0I 0I 0/ 2 S nên trên mặt S chỉ có điểm .0I 0I 0/ là điểm kỳ dị.

Định nghĩa 3.4.12. Mặt cong S được gọi trơn nếu hàm F.xI yI z/ có các đạo hàmriêng liên tục và S không có điểm kỳ dị.

Ví dụ 3.11. Mặt cong S có phương trình x2 C y2 C z2 D 1: Xét tính trơn của S:


F.xI yI z/ D x2 C y2 C z2 � 1 D 0:

Ta có F 0x D 2x; F 0

y D 2y; F 0z D 2z là các hàm liên tục.

Điểm M.xI yI z/ là điểm kỳ dị của mặt cong S khi En.M/ D E0 hay x D y D z D 0:

Nhưng .0I 0I 0/ … S nên S không có điểm kỳ dị.

Vậy mặt cong S là mặt trơn.

BÀI TẬP

Bài 3.1. Tìm cực trị của các hàm số

1: z D x2 C xy C y2 � 3x � 6yI 2: z D x3 C y3 � 3xyI3: z D 4.x � y/ � x2 � y2I 4: z D x C y � xeyI5: z D x2 C xy C y2 C x � y C 1I 6: z D .x2 C y2/e�.x2Cy2/I7: z D 2x4 C y4 � x2 � 2y2I 8: z D 4xy � x4 � y4:


Bài 3.2. Tìm cực trị với điều kiện tương ứng của các hàm số

1. z D 6 � 4x � 3y; với điều kiện x2 C y2 D 1I

2. z D x2 C y2; với điều kiện 3x C 2y D 6I

3. z D 1x

C 1y; với điều kiện 1

x2 C 1y2 D 1

a2 ; a > 0I

4. z D xy; với điều kiện x2

4C y2

9D 1I

5. z D cos2 x C cos2 y; với điều kiện x � y D ��4

I

6. z D x2 C 12xy C 2y2; với điều kiện 4x2 C y2 D 25:

Bài 3.3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số trên cácmiền D tương ứng

1. z D x2 � y2; D W x2 C y2 � 4I

2. z D x2y.4 � x � y/; D W x D 0; y D 0; x C y D 6I

3. z D x2 C 2xy � 4x C 8y; D W x D 0; x D 1; y D 0; y D 2I

4. z D e�.x2Cy2/.2x2 C 3y2/; D W x2 C y2 � 1I

5. z D sin x C sin y C sin.x C y/; D W x D 0; x D �2

; y D 0; y D �2I

6. z D x2 C xy C y2 C x C y; D W x D 0; y D 0; x C y D �3I

Bài 3.4. Lập phương trình tiếp tuyến và pháp diện của đường cong tạiđiểm tương ứng

1. Er.t/ D a sin2 t:Ei C b sin t cos t: Ej C c: cos2 t:Ek; abc ¤ 0; tại điểm ứng với t D �4I

2. Er.t/ D et sin tp2

:Ei C 1: Ej C et cos tp2

:Ek; tại điểm ứng với t D 0;

3. Er.t/ D t:Ei C t2: Ej C t3:Ek; tại điểm ứng với t D 3;

Bài 3.5. Lập phương trình tiếp diện và pháp tuyến của mặt cong tại điểmtương ứng

1. x2 C y2 C z2 D a2; a > 0, tại điểm .a2I a

2I ap

2/;

2. z D x2 C y2; tại điểm .1I 1I 2/;

3. z Dp

x2 C y2, tại điểm .p

2Ip

2I 2/;

4. x2 C y2 D 4; tại điểm .2I 2I 2/;



Bài 3.1.

1:zmin.0I 3/ D �9I 2:zmin.1I 1/ D �1I 3:zmax.2I �2/ D 8I4:z không có cực trịI 5:zmin.�1I 1/ D 0I6:zmin.0I 0/ D 0; zmax.xI y/ D e�1; trên x2 C y2 D 1I

7:zmax.0I 0/ D 8; zmin D �9

8; tại

�

�1

2I �1

�

;

�

�1

2I 1

�

;

�

1

2I �1

�

;

�

1

2I 1

�

I

8:zmax.1I 1/ D 2 D zmax.�1I �1/:

Bài 3.2. 1. zmin

�

45I 3

5

�

D 1; zmax

�

� 45I � 3

5

�

D 11:

2. zmin

�

1813

I 1213

�

D 3613

:

3. zmin.�ap

2I �ap

2/ D �p

2a

; zmax.ap

2I ap

2/ Dp

2a

:

4. zmin D �3 tại�p

2I � 3p

22

�

;�

�p

2I 3p

22

�

I zmax D 3 tại�p

2I 3p

22

�

;�p

2I 3p

22

�

:

5. zmax

�

� �8

C k�I �8

C k��

D 1 Cp

22

; zmin

�

3�8

C k�I 5�8

C k��

D 1 �p

22

:

6. zmin.�2I 3/ D �50 D zmin.2I �3/; zmax

�

32I 4�

D 4254

D zmax

�

� 32I �4

�

:

Bài 3.3. 1. zlớn nhất.˙2I 0/ D 4; znhỏ nhất.0I ˙2/ D �4:

2. zlớn nhất.2I 1/ D 4; znhỏ nhất.4I 2/ D �64:

3. zlớn nhất.1I 2/ D 17; znhỏ nhất.1I 0/ D �3:

4. zlớn nhất.0I ˙1/ D 3e�1; znhỏ nhất.0I 0/ D 0:

5. zlớn nhất

�

�3

I �3

� D 3p

32

; znhỏ nhất.0I 0/ D 0:

6. zlớn nhất

�

� 32I � 3

2

�

D 154

; znhỏ nhất

�

� 13I � 1

3

�

D � 13:

Bài 3.4. 1.x� a

2

aD y� b

2

0D z� c

2

�c; ax � cz C c2�a2

2D 0:

2. xp

2 D y�10

Dp

2z � 1; x C x � 1p2

D 0:

3. x�31

D y�96

D z�2727

; x C 6y C 27z � 786 D 0:

Bài 3.5. 1. x C y Cp

2z � 2a D 0; x � a2

D y � a2

D z� ap2p

2:

2. 2x C 2y � z � 2 D 0; x�12

D y�12

D z�2�1

:

3. x C y �p

2z D 0; x �p

2 D y �p

2 D z�2

�p

2:

4. x C y � 4 D 0; x D y D z�20

:

Chương4

TÍCH PHÂN BỘI

4.1 Tích phân kép

4.1.1 Bài toán mở đầu

Giả sử hàm số z D f .xI y/ xác định, liên tục và không âm trên một miền D đóng, bịchặn trong mặt phẳng Oxy: Vật thể giới hạn bởi mặt cong z D f .xI y/; mặt phẳngOxy và mặt trụ có đường sinh song song với Oz; tựa trên biên của D; được gọi làhình trụ cong. Tính thể tích hình trụ cong.

Chia miền D một cách tùy ý thành n mảnh nhỏ, không dẫm lên nhau, có tên vàdiện tích cùng ký hiệu là �S1; �S2; : : : ; �Sn: Lấy mỗi mảnh nhỏ làm đáy, dựng vậtthể hình trụ mà mặt xung quanh có đường sinh song song với Oz và về phía trêngiới hạn bởi mặt z D f .xI y/. Như vậy hình trụ cong được chia thành n hình trụcong nhỏ.

Trong mỗi mảnh �Sk , ta lấy Mk.xk I yk/ tùy ý. Vì mảnh �Sk là nhỏ và hàmf .xI y/ liên tục, nên trên �Sk giá trị của f .xI y/ khác f .xk I yk/ rất ít. Do đó thểtích �Vk của hình trụ cong có đáy �Sk xấp xỉ thể tích hình trụ thẳng có đáy �Sk

và chiều cao f .xkI yk/: Vì vậy thể tích V của hình trụ cong xấp xỉ như sau:

V �nX

kD1

f .xk I yk/�Sk:

Xấp xỉ trên càng chính xác nếu n càng lớn và các mảnh �Sk có đường kính càngnhỏ. Do đó thể tích V của hình trụ cong đang xét được định nghĩa bằng giới hạn,nếu có, của tổng ở vế phải khi n ! 1 sao cho đường kính lớn nhất trong các đườngkính của các mảnh �Sk dần tới 0:

V D limmax dk!0

nX

kD1

f .xk I yk/�Sk:

57

58 Chương 4. TÍCH PHÂN BỘI

iSD

( , )z f x y=

O

x

y

z

D

Hình 4.1: Hình trụ cong được chia thành n hình trụ cong nhỏ

4.1.2 Định nghĩa tích phân kép

Cho hàm số f .xI y/ xác định trên tập đóng và bị chặn D của R2: Chia miền D một

cách tùy ý thành n mảnh nhỏ, không dẫm lên nhau, có tên và diện tích cùng kýhiệu là �S1; �S2; : : : ; �Sn: Gọi dk là đường kính của mảnh �Sk, k D 1; n. Trên mỗimảnh �Sk , lấy một điểm tùy ý Mk.xkI yk/: Lập tổng

In DnX

kD1

f .xkI yk/�Sk ;

gọi là tổng tích phân của hàm f .xI y/ trên D (ứng với cách chia �S1; �S2; : : : ; �Sn

và các điểm M1; M2; : : : ; Mn).

Nếu khi n ! 1 sao cho max1�k�n

dk ! 0 mà In dần tới một giá trị hữu hạn I;

không phụ thuộc vào cách chia miền D và cách lấy Mk trong �Sk ; thì ta nói f .xI y/

khả tích trên D và I được gọi là tích phân kép của hàm f .xI y/ trên D: Ta ký hiệu

I D“

D

f .xI y/dS;

trong đó:

� D được gọi là miền lấy tích phân;

� f .xI y/ được gọi là hàm dưới dấu tích phân;

� dS được gọi là yếu tố diện tích;

4.1. Tích phân kép 59

� x; y là các biến tích phân.

Chú thích 4.1.1. Giả sử f .xI y/ khả tích trên D:

1. Khi đó tích phân kép không phụ thuộc vào cách chia miền D đã nêu trongđịnh nghĩa. Do đó, nếu ta chia miền D bởi hai họ đường thẳng song song vớihai trục tọa độ thì dS D dxdy và

“

D

f .xI y/dS D“

D

f .xI y/dxdy:

2. Cũng như đối với tích phân xác định, tích phân kép không phụ thuộc vào biếnlấy tích phân, nghĩa là

“

D

f .xI y/dxdy D“

D

f .uI v/dudv:

4.1.3 Điều kiện khả tích

Định lý 4.1. Nếu f .xI y/ liên tục trên miền đóng và bị chận D thì nó khả tích trênđó.

4.1.4 Tính chất

Tích phân kép có các tính chất tương tự như tính chất của tích phân xác định. Giảthiết các tích phân có mặt trong các tính chất sau đây tồn tại. Ta có

1.“

D

Œf .xI y/ C g.xI y/�dxdy D“

D

f .xI y/dxdy C“

D

g.xI y/dxdy

2.“

D

k:f .xI y/dxdy D k

“

D

f .xI y/dxdy với k là hằng số.

3. Nếu D được chia thành hai miền D1; D2 không dẫm lên nhau thì“

D

f .xI y/dxdy D“

D1

f .xI y/dxdy C“

D2

f .xI y/dxdy:

4. Nếu f .xI y/ � g.xI y/; 8.xI y/ 2 D thì“

D

f .xI y/dxdy �“

D

g.xI y/dxdy

5. Nếu f .xI y/ liên tục trên miền D đóng, bị chận và liên thông thì có ít nhấtmột điểm .x0I y0/ 2 D sao cho

“

D

f .xI y/dxdy D f .x0I y0/:S.D/


4.1.5 Cách tính

Đưa về tích phân lặp

( , )z f x y=

O

x

y

z

D

a

b

( )S x

1( )y x2( )y x

x

Hình 4.2:

Trước tiên, giả sử f .xI y/ � 0 và liên tục trên miền D xác định bởi:

D D f.xI y/ˇ

ˇa � x � b; y1.x/ � y � y2.x/g;

với y1.x/; y2.x/ liên tục trên ŒaI b�: Theo ý nghĩa hình học thì“

D

f .xI y/dxdy D V

là thể tích của hình trụ cong.

Mặt khác V có thể được tính bằng tích phân xác định như sau:

V DZ b

a

S.x/dx;

với S.x/ là diện tích thiết diện cắt bởi mặt phẳng vuông góc với Ox tại điểm x

(hình 4.2). Do S.x/ là diện tích hình thang cong tạo bởi đường cong phẳng biếny; z D f .xI y/ (với x đã cố định), cho nên

S.x/ DZ y2.x/

y1.x/

f .xI y/dy:

Vậy“

D

f .xI y/dxdy D V DZ b

a

Z y2.x/

y1.x/

f .xI y/dy

!

dx: (4.1)


Bây giờ giả sử f .xI y/ liên tục, có dấu bất kỳ và miền D như trên. Ta đặt

fC.xI y/ D(

f .xI y/; nếu f .xI y/ � 0

0; nếu f .xI y/ < 0;

f�.xI y/ D(

�f .xI y/; nếu f .xI y/ < 0

0; nếu f .xI y/ � 0:

Khi đó, fC.xI y/ và f�.xI y/ là hai hàm liên tục, không âm trên D và f .xI y/ DfC.xI y/ � f�.xI y/: Theo tính chất 1 và 2 của tích phân kép cùng với kết quả ngaytrên đây ta được

“

D

f .xI y/dxdy D“

D

fC.xI y/dxdy �“

D

f�.xI y/dxdy

DZ b

a

Z y2.x/

y1.x/

fC.xI y/dy

!

dx �Z b

a

Z y2.x/

y1.x/

f�.xI y/dy

!

dx

DZ b

a

Z y2.x/

y1.x/

ŒfC.xI y/ � f�.xI y/�dy

!

dx

DZ b

a

Z y2.x/

y1.x/

f .xI y/dy

!

dx;

nghĩa là ta vẫn có (4.1).

Tích phân ở vế phải của (4.1) được gọi là tích phân lặp và thường được viết nhưsau

Z b

a

Z y2.x/

y1.x/

f .xI y/dy

!

dx DZ b

a

dx

Z y2.x/

y1.x/

f .xI y/dy: (4.2)

Tổng quát, người ta chứng minh được định lý sau đây, thường gọi là định lýFubini,

Định lý 4.2. Giả sử f .xI y/ khả tích trên miền D:

1. Nếu D là miền đơn giản theo hướng Oy (hình 4.3.a), nghĩa là

D D f.xI y/ 2 R2ˇ

ˇa � x � b; y1.x/ � y � y2.x/g

với y1.x/; y2.x/ liên tục trên ŒaI b�; thì

“

D

f .xI y/dxdy DZ b

a

dx

Z y2.x/

y1.x/

f .xI y/dy:


2. Nếu D là miền đơn giản theo hướng Ox (hình 4.3.b), nghĩa là,

D D f.xI y/ 2 R2ˇ

ˇc � y � d; x1.y/ � x � x2.y/g

với x1.y/; x2.y/ liên tục trên ŒcI d�; thì

“

D

f .xI y/dxdy DZ d

c

dy

Z x2.y/

x1.y/

f .xI y/dx:

D

D

O O

xx

yy

1( )y y x=

2( )y y x=

1( )x x y=

2( )x x y=

d

c

a b

a) b)

Hình 4.3: Hai loại miền đơn giản

Chú thích 4.1.2. 1. Nếu miền D không thể biểu diễn ở hai dạng trên thì ta chiaD thành các miền con sao cho các miền con có thể biểu diễn được một tronghai dạng trên và dùng tính chất 3.

2. Nếu miền D có thể biểu diễn được ở cả hai dạng như trong định lý thì ta có

Z b

a

dx

Z y2.x/

y1.x/

f .xI y/dy DZ d

c

dy

Z x2.y/

x1.y/

f .xI y/dx:

Đây là công thức đổi thứ tự lấy tích phân.

Ví dụ 4.1. Xác định cận ở tích phân lặp khi tính“

D

f .xI y/dxdy trong hai trường

hợp sau:

1. D là miền giới hạn bởi các đường y D 0; y D x và x D a:

2. D là miền giới hạn bởi các đường y D 0; y D x2 và x C y D 2:

Giải.1. Có hai cách biểu diễn D (xem hình 4.4.a)

D D f.xI y/ 2 R2ˇ

ˇ0 � x � a; 0 � y � xg


D

O O

xx

yy

a

a) b)

a

y

x=

1

1

x y=

x

y+

= 2

1D 2D

Hình 4.4:

hayD D f.xI y/ 2 R

2ˇ

ˇ0 � y � a; y � x � ag:Do đó ta có

“

D

f .xI y/dxdy DZ a

0

dx

Z x

0

f .xI y/dy DZ a

0

dy

Z a

y

f .xI y/dx:

2. Ta có D D f.xI y/ 2 R2ˇ

ˇ0 � y � 1;p

y � x � 2 � yg nên

“

D

f .xI y/dxdy DZ 1

0

dy

Z 2�y

py

f .xI y/dx:

Nếu như ta thay đổi thứ tự biến lấy tích phân thì ta phải chia D thành hai miền D1

và D2 (xem hình 4.4b) với

D1 D f.xI y/ 2 R2ˇ

ˇ 0 � x � 1; 0 � y � x2g

vàD2 D f.xI y/ 2 R

2ˇ

ˇ 1 � x � 2; 0 � y � 2 � xg:Khi đó

“

D

f .xI y/dxdy D“

D1

f .xI y/dxdy C“

D2

f .xI y/dxdy

DZ 1

0

dx

Z x2

0

f .xI y/dy CZ 2

1

dx

Z 2�x

0

f .xI y/dy:

Ví dụ 4.2. Cho tích phân kép I D“

D

.x � y/dxdy; với D là miền giới hạn bởi các

đường y D x và y D 2 � x2:

1. Tính I theo thứ tự y trước, x sau.


a) b)

D

O

x

y

1

2

y

x=

2-

2-

O

x

y

1

2

y

x=

2-

2-

2D

1D

Hình 4.5: Đổi thứ tự lấy tích phân.

2. Xác định các cận theo thứ tự x trước, y sau.

Giải.1. Theo hình 4.5.a, ta có

“

D

.x � y/dxdy DZ 1

�2

dx

Z 2�x2

x

.x � y/dy

DZ 1

�2

�

xyˇ

ˇ

2�x2

x� y2

2

ˇ

ˇ

ˇ

2�x2

x

�

dx

DZ 1

�2

�

�1

2x4 � x3 C 3

2x2 C 2x � 2

�

dx

D �81

20:

2. Miền D phải được chia thành hai miền đơn giản theo hướng Ox là D1 và D2 nhưhình 4.5.b. Chú ý rằng

y D 2 � x2 , jxj Dp

2 � y ,(

x D p2 � y; x � 0

x D �p2 � y; x � 0;

nên

D1 W(

�2 � y � 1;

�p2 � y � x � y;

và D2 W(

1 � y � 2;

�p2 � y � x � p

2 � y:

Do đó“

D

.x � y/dxdy D“

D1

.x � y/dxdy C“

D2

.x � y/dxdy

DZ 1

�2

dy

Z y

�p2�y

.x � y/dx CZ 2

1

dy

Z

p2�y

�p2�y

.x � y/dx:


a) b)

D

O

x

y

2

4

D

O

x

y

2

4

4-

Hình 4.6:

Ví dụ 4.3. Tính I D“

D

x2ydxdy; với miền D trong các trường hợp sau:

1. D giới hạn bởi y D x2; 4y D x2; x D 2:

2. D giới hạn bởi y D x2; y D �x2; x D 2:

3. D giới hạn bởi y D x2; 4y D x2; y D 4:

4. D giới hạn bởi x2

a2 C y2

b2 D 1:

Giải.1. Miền D là miền đơn giản theo hướng Oy (hình 4.6.a). Do đó, tích phân sẽ đượctính theo thứ tự y trước, x sau. Ta có

I DZ 2

0

dx

Z x2

x2

4

x2ydy DZ 2

0

x2y2

2

ˇ

ˇ

ˇ

x2

x2

4

dx DZ 2

0

15

32x6dx D 60

7:

2. Miền D là miền đơn giản theo hướng Oy (hình 4.6.b). Vì D đối xứng qua trụcOx nên cận theo y đối xứng. Mà hàm dưới dấu tích phân là hàm lẻ theo biến y nêntích phân theo biến y bằng 0. Suy ra I D 0:

3. Hàm dưới dấu tích phân chẵn theo biến x mà miền D đối xứng qua Oy (hình4.7.a) nên tích phân cần tính bằng hai lần tích phân lấy trên miền con của D ứngvới x � 0: Vậy

I D 2

“

D1

x2ydxdy DZ 4

0

dy

Z

p4y

py

x2ydx D 512

3

4. Miền D đối xứng qua Ox (hình 4.7.b) mà hàm dưới dấu tích phân lẻ theo y nênI D 0:


D

O

x

y

4

4

O

y

x

a

b

a) b)

Hình 4.7:

4.1.6 Công thức đổi biến

Xét tích phân kép“

D

f .xI y/dxdy;

trong đó f .xI y/ liên tục trên D: Thực hiện phép đổi biến số

x D x.uI v/; y D y.uI v/:

Ta có

Định lý 4.3. Giả sử rằng:

1. x.uI v/; y.uI v/ là hai hàm số có các đạo hàm riêng liên tục trên một miềnđóng, bị chặn D0 của mặt phẳng O 0uv:

2. x D x.uI v/; y D y.uI v/ xác định một song ánh giữa D0 và D:

3. Định thức Jacobi

J D D.xI y/

D.uI v/Dˇ

ˇ

ˇ

ˇ

x0u x0

v

y0u y0

v

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

¤ 0 trong miền D0:

Khi đó ta có công thức“

D

f .xI y/dxdy D“

D0f Œx.uI v/; y.uI v/� jJ j dudv: (4.3)

Chú ý 4.1. Khi áp dụng (4.3) ta chú ý hai điều sau:

1. Công thức (4.3) vẫn còn đúng khi J D 0 tại một số hữu hạn điểm trong D:

2. Nếu D.xIy/

D.uIv/¤ 0 thì D.xIy/

D.uIv/: D.uIv/

D.xIy/D 1:



D

.x C y/dxdy; với D là miền giới hạn bởi các đường y D�x; y D �x C 3; y D 2x � 1 và y D 2x C 1:

Giải. Thực hiện phép đổi biến(

u D x C y;

v D �2x C y,(

x D 13.u � v/

y D 13.2u C v/:

Miền D tương ứng với miền D0 giới hạn bởi các đường u D 0; u D 3; v D �1; v D 1.Ta có

J Dˇ

ˇ

ˇ

ˇ

13

�13

23

13

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

D 1

3:

Áp dụng (4.3) ta được

I D“

D0u

1

3dudv D 1

3

Z 3

0

udu

Z 1

�1

dv D 1

3

u2

2

ˇ

ˇ

ˇ

3

0vj1�1 D 3:


D

dxdy; với D là miền giới hạn bởi các đường y D x2; y D2x2; x D y2 và x D 3y2:

Giải. Thực hiện phép đổi biến(

u D y

x2 ;

v D xy2

Miền D tương ứng với miền D0 giới hạn bởi các đường u D 1; u D 2; v D 1; v D 3

(hình). Ta cóD.uI v/

D.xI y/Dˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

�2y

x3

1x2

1y2 �2x

y3

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

D 3

x2y2D 3u2v2:

Do đó, J D 1

3u2v2.


I D“

D0

dudv

3u2v2D 1

3

Z 2

1

du

u2

Z 3

1

dv

v2D 1

9:

4.1.7 Tích phân kép trong hệ tọa độ cực

Công thức liên hệ giữa tọa độ Descartes .xI y/ và tọa độ cực .r I '/ là

x D r cos '; y D r sin ':

Trong miền r > 0; 0 � ' < 2� các giả thiết của Định lý 4.3 thỏa mãn. Ta có

J Dˇ

ˇ

ˇ

ˇ

x0r x0

'

y0r y0

'

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

Dˇ

ˇ

ˇ

ˇ

cos ' �r sin '

sin ' r cos '

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

D r:


Do vậy“

D

f .xI y/dxdy D“

D0f .r cos 'I r sin '/rdrd': (4.4)

Chú ý 4.2. Theo chú thích 4.1, công thức (4.4) vẫn đúng trong trường hợp miền D

chứa gốc O:

Nếu D0 được xác định bởi ˛ � ' � ˇ; r1.'/ � r � r2.'/ thì (4.4) cho ta

“

D

f .xI y/dxdy DZ ˇ

˛

d'

Z r2.'/

r1.'/

f .r cos '; r sin '/rdr: (4.5)

Nếu điểm O là điểm trong của D và mọi tia cực chỉ cắt biên của D ở một điểmcó bán kính r.'/ thì

“

D

f .xI y/dxdy DZ 2�

0

d'

Z r.'/

0

f .r cos '; r sin '/rdr: (4.6)


D

e�.x2Cy2/dxdy; với D là hình tròn x2 C y2 � a2; a > 0:

Giải. Chuyển sang tọa độ cực, áp dụng (4.6) ta được

I DZ 2�

0

d'

Z a

0

e�r2

rdr D 2�:

�

�1

2e�r2

�

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

a

0

D �.1 � e�a2

/:


D

p

x2 C y2dxdy; với D là miền được xác định bởi x2 Cy2 � 2y � 0; x2 C y2 � 1 � 0; x � 0; y � 0

Giải. Hai đường x2Cy2�2y D 0; x2Cy2�1 D 0 có phương trình trong tọa độ cực là

O

1

x

y

Hình 4.8:

r D 2 sin '; r D 1: Hai đường này cắt nhau tại điểm, nằm trong góc phần tư thứ nhất,


có tọa độ cực là�

1I �6

�

. Vậy miền D0 được xác định bởi 0 � ' � �6; 2 sin ' � r � 1

(hình 4.8). Áp dụng (4.5) ta được

I DZ �

6

0

d'

Z 1

2 sin '

r2dr

DZ �

6

0

r3

3

ˇ

ˇ

ˇ

1

2 sin 'd'

D 1

3

Z �6

0

.1 � 8 sin3 '/d'

D 1

3

"

�

6� 8

Z �6

0

.1 � cos2 '/ sin 'd'

#

D 1

3

�

�

6C 8 cos '

ˇ

ˇ

�6

0� 8

cos3 '

3

ˇ

ˇ

ˇ

�6

0

�

D 1

3

�

�

6C 3

p3 � 16

3

�

4.1.8 Một số ứng dụng của tích phân kép

Tính diện tích hình phẳng

Từ định nghĩa tích phân kép ta suy ra“

D

1:dxdy D S.D/:

Ví dụ 4.8. Tính diện tích hình giới hạn bởi đường

.x2 C y2/2 D 2a2.x2 � y2/:

Giải. Đường .x2 C y2/2 D 2a2.x2 � y2/ có phương trình trong tọa độ cực là r2 D

Hình 4.9:

2a2 cos 2' (hình 4.9). Vì tính đối xứng của hình nên ta chỉ cần tính diện tích của

phần gạch sọc, được giới hạn bởi 0 � ' � �4; 0 � r � a

p2 cos 2'. Áp dụng (4.5) ta

đượcS

4DZ �

4

0

d'

Z ap

2 cos 2'

0

rdr D a2

Z �4

0

cos 2'd' D a2

2:

Vậy S D 2a2:


Tính thể tích vật thể trong không gian

Thể tích hình trụ cong giới hạn bởi mặt cong z D f .xI y/ � 0; mặt z D 0 và mặttrụ song song với trục Oz có đường chuẩn là biên của D được tính theo công thức

V D“

D

f .xI y/dxdy:

Ví dụ 4.9. Tính thể tích V của vật thể giới hạn bởi các mặt phẳng x D 0; y D0; z D 0; x C y D 1 và mặt z D x2 C xy C 1.Giải. Đây là vật thể hình trụ mà đáy là miền D, nằm trong mặt phẳng Oxy, giớihạn bởi các đường x D 0; y D 0; x C y D 1. Trên miền D ta có z > 0, vậy

V D“

D

.x2 C xy C 1/dxdy

DZ 1

0

dx

Z 1�x

0

.x2 C xy C 1/dy

DZ 1

0

dx.x2y C xy2

2C y/

ˇ

ˇ

1�x

0

DZ 1

0

�

�x3

2� x

2C 1

�

dx

D�

�x4

4� x2

4C x

�

ˇ

ˇ

ˇ

1

0D 5

8:

Ví dụ 4.10. Tính thể tích V của phần hình trụ giới hạn bởi mặt trụ x2 C y2 D 2x

nằm trong mặt cầu x2 C y2 C z2 D 4 (hình 4.10).Giải. Do tính đối xứng của vật thể nên ta có

x

y

z

O

2

Hình 4.10:

V D“

D

p

4 � x2 � y2dxdy;

4.2. Tích phân bội ba 71

với D là nửa hình tròn x2 C y2 � 2x; y � 0. Chuyển sang tọa độ cực, miền D0 đượcxác định bởi 0 � ' � �

2; 0 � r � 2 cos ': Vậy

V D 4

Z �2

0

d'

Z 2 cos '

0

p4 � r2rdr

D �1

3

Z �2

0

.4 � r2/32

ˇ

ˇ

2 cos '

0d'

D 8

3

Z �2

0

.1 � sin3 '/d'

D 16�

3� 64

9:

4.2 Tích phân bội ba


Giả sử ta có vật thể V không đồng chất, biết khối lượng riêng tại M.xI yI z/ là� D �.M/ D �.xI yI z/. Tính khối lượng vật thể.

Ta chia V một cách tùy ý thành n miền nhỏ có tên và thể tích là �V1; �V2; : : : ;

�Vn: Trong mỗi miền thứ k lấy tùy ý một điểm Mk.xk I ykI zk/ và gọi đường kínhmiền thứ k là dk. Khối lượng xấp xỉ của vật thể là

m �nX

kD1

�.Mk/�Vk DnX

kD1

�.xk I ykI zk/�Vk:

Nếu tồn tại giới hạn

limmax

1�k�ndk ! 0

nX

kD1

�.xkI ykI zk/�Vk

thì đó là khối lượng m của vật thể.

4.2.2 Định nghĩa tích phân bội ba

Cho hàm f .xI yI z/ xác định trong miền V đóng, bị chặn trong không gian Oxyz:

Chia V một cách tùy ý thành n miền nhỏ có tên và thể tích là �V1, �V2; : : : ; �Vn:

Trong mỗi miền thứ k lấy tùy ý một điểm Mk.xkI ykI zk/ và gọi đường kính miềnthứ k là dk; lập tổng tích phân

In DnX

kD1

f .xk I ykI zk/�Vk:

Nếu khi max1�k�n

dk ! 0 mà In ! I hữu hạn, không phụ thuộc vào cách chia V và

cách chọn các điểm Mk 2 �Vk; thì ta nói hàm f .xI yI z/ khả tích trên miền V và I


y

z

x

O

D

1( , )z z x y=

2( , )z z x y=

Hình 4.11:

được gọi là tích phân bội ba của hàm f .xI yI z/ trên V: Ta ký hiệu

I D•

V

f .xI yI z/dV;

trong đó, V được gọi là miền lấy tích phân; f .xI yI z/ được gọi là hàm dưới dấu tíchphân; dV được gọi là yếu tố thể tích; x; y và z là các biến tích phân.

Chú thích 4.2.1. Vì tích phân bội ba không phụ thuộc vài cách chia miền V thànhcác miền nhỏ sao cho max

1�k�ndk ! 0 khi n ! 1 nên ta có thể chia miền V bởi ba họ

mặt phẳng song song với các mặt phẳng tọa độ, do đó, dV D dxdydz và ta viết

•

V

f .xI yI z/dV D•

V

f .xI yI z/dxdydz:


Định lý 4.4. Nếu f .xI yI z/ liên tục trên miền đóng và bị chận V thì nó khả tíchtrên đó.

4.2.4 Tính chất

Có các tính chất tương tự như các tính chất của tích phân kép.

4.2.5 Cách tính

Giả sử miền V (hình 4.11) được giới hạn trên bởi mặt z D z2.xI y/; giới hạn dướibởi mặt z D z1.xI y/; và giới hạn xung quanh bởi mặt trụ có đường sinh song songvới trục Oz và đường chuẩn là biên của miền phẳng D trong Oxy (D là hình chiếu


của V trên Oxy). Khi đó người ta chứng minh được rằng tích phân bội ba có thểchuyển thành lặp của một tích phân đơn và một tích phân kép:

•

V

f .xI yI z/dxdydz D“

D

"

Z z2.xIy/

z1.xIy/

f .xI yI z/dz

#

dxdy (4.7)

Tích phân ở vế phải của (4.7) thường được viết như sau

“

D

"

Z z2.xIy/

z1.xIy/

f .xI yI z/dz

#

dxdy D“

D

dxdy

Z z2.xIy/

z1.xIy/

f .xI yI z/dz: (4.8)

Nếu D là miền đơn giản theo hướng Oy, nghĩa là

D D f.xI y/ˇ

ˇ a � x � b; y1.x/ � y � y2.x/g

thì từ (4.7) và (4.8) ta có

•

V

f .xI yI z/dxdydz DZ b

a

dx

Z y2.x/

y1.x/

dy

Z z2.xIy/

z1.xIy/

f .xI yI z/dz: (4.9)

Tương tự, nếu D là miền đơn giản theo hướng Ox, nghĩa là

D D f.xI y/ˇ

ˇ c � x � d; x1.y/ � x � x2.y/g

thì•

V

f .xI yI z/dxdydz DZ d

c

dy

Z x2.y/

x1.y/

dx

Z z2.xIy/

z1.xIy/

f .xI yI z/dz: (4.10)

Ví dụ 4.11. Tính I D•

V

dxdydz

.1 C x C y C z/3; với V là miền được giới hạn bởi các

mặt phẳng tọa độ và mặt phẳng x C y C z D 1:

Giải. Miền V được xác định bởi các bất đẳng thức : 0 � x � 1; 0 � y � 1 � x; 0 �z � 1 � x � y (hình 4.12). Áp dụng (4.9) ta được

I DZ 1

0

dx

Z 1�x

0

dy

Z 1�x�y

0

dz

.1 C x C y C z/3

DZ 1

0

dx

Z 1�x

0

.1 C x C y C z/�2

�2

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

1�x�y

0

dy

D �1

2

Z 1

0

dx

Z 1�x

0

�

1

4� 1

.1 C x C y/2

�

dy

D �1

2

Z 1

0

�

1

4y C 1

1 C x C y

�ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

1�x

0

dx


z

x

yO 1

1

1

Hình 4.12:

x

y

z

O

a

D

Hình 4.13:

D �1

2

Z 1

0

�

3

4� x

4� 1

1 C x

�

dx

D �1

2

�

3

4x � x2

8� ln.1 C x/

�ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

1

0

D 1

2ln 2 � 5

16:


V

zdxdydz; với V là miền được giới hạn bởi các mặt

phẳng z D 0 và mặt z Dp

a2 � x2 � y2; a > 0.Giải. Gọi D là hình chiếu của miền V lên mặt phẳng Oxy. Ta có D là hình trònx2 C y2 � a2 (hình 4.13). Áp dụng (4.7) ta được

I D“

D

dxdy

Z

pa2�x2�y2

0

zdz


x

yz

O a

bc

( )S x

Hình 4.14:

D 1

2

“

D

.a2 � x2 � y2/dxdy

D 1

2

Z 2�

0

d'

Z a

0

.a2 � r2/rdr

D �

�

a2 r2

2� r4

4

�ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

a

0

D �a4

4:

Chú thích 4.2.2. Ta có thể đưa tích phân bội ba về lặp của một tích phân kép vàmột tích phân đơn như sau. Giả sử miền V nằm giữa hai mặt phẳng x D a và x D b.Gọi S.x/ là thiết diện của miền V bởi mặt phẳng vuông góc với Ox tại x: Khi đóta có

•

V

f .xI yI z/dxdydz DZ b

a

dx

“

S.x/

f .xI yI z/dydz: (4.11)


V

x2dxdydz; với V là miền được giới hạn mặt ellipsoid

x2

a2C y2

b2C z2

c2D 1

Giải. Gọi S.x/ là thiết diện của miền V bởi mặt phẳng vuông góc với Ox tạix; �a � x � a (hình 4.14). Ta có S.x/ là hình ellipse

y2

b2C z2

c2D 1 � x2

a2

hayy2

�

b

q

1 � x2

a2

�2C z2

�

c

q

1 � x2

a2

�2D 1:



I DZ a

�a

dx

“

S.x/

x2dydz DZ a

�a

x2dx

“

S.x/

dydz:

Mà“

S.x/

dydz D �bc

�

1 � x2

a2

�

nên

I D �bc

Z a

�a

x2

�

1 � x2

a2

�

dx D 4

15�a3bc:

4.2.6 Đổi biến

Công thức đổi biến

Giả sử tồn tại tích phân•

V

f .xI yI z/dxdydz:

Ta thực hiện phép đổi biến số8

<

:

x D x.uI vI w/;

y D y.uI vI w/;

z D z.uI vI w/:

(4.12)

Giả sử rằng:

1. x.uI vI w/; y.uI vI w/; z.uI vI w/ là những hàm có đạo hàm riêng liên tục trênmột miền V 0 đóng, bị chặn của không gian O 0uvw:

2. (4.12) là tương ứng 1-1 giữa V và V 0:

3. Định thức Jacobi

J D D.xI yI z/

D.uI vI w/D

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

x0u x0

v x0w

y0u y0

v y0w

z0u z0

v z0w

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

¤ 0

trên V 0.

Khi đó ta có•

V

f .xI yI z/dxdydz D•

V 0f Œx.uI vI w/I y.uI vI w/I z.uI vI w/�jJ jdudvdw:

(4.13)


Tính tích phân bội ba trong hệ tọa độ trụ

Điểm M.xI yI z/ trong không gian Oxyz có tọa độ trụ là bộ ba số .r I 'I z/; trongđó .r I '/ là tọa độ cực của M 0.xI yI 0/, hình chiếu của M lên mặt phẳng Oxy (hình4.15). Từ liên hệ giữa tọa độ cực và tọa độ Descartes trong mặt phẳng, ta có liên hệgiữa tọa độ trụ và tọa độ Descartes trong không gian là

8

<

:

x D r cos ';

y D r sin ';

z D z;

(4.14)

với r � 0; 0 � ' < 2�; �1 < z < C1:

Nếu r > 0; 0 � ' < 2�; �1 < z < C1 thì (4.14) xác định một tương ứng 1-1giữa các tọa độ Descartes và các tọa độ trụ. Riêng các điểm trên trục Oz có z xácđịnh, r D 0 và ' tùy ý.

y

z

x

O

( , , )M x y z

0( , , )M x y¢

rj

Hình 4.15:

Định thức Jacobi của phép biến đổi (4.14) là

J D D.xI yI z/

D.r I 'I z/D

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

cos ' �r sin ' 0

sin ' r cos ' 0

0 0 1

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

D r;

J ¤ 0 khi và chỉ khi r ¤ 0:

Khi J ¤ 0, (4.13) cho ta•

V

f .xI yI z/dxdydz D•

V 0f .r cos 'I r sin 'I z/rdrd'dz: (4.15)

Chú ý 4.3. Công thức (4.15) vẫn còn đúng khi miền V chứa những điểm nằm trênOz:


y

z

x

O

2

Hình 4.16:


V

p

x2 C y2zdxdydz; với V là miền được giới hạn các

mặt x2 C y2 D 2y; z D 0; z D a; a > 0:

Giải. Gọi D là hình chiếu của miền V lên mặt phẳng Oxy; đó là hình tròn giới hạnbởi đường x2 C y2 D 2y; hay r D 2 sin ' (hình 4.16). Chuyển sang tọa độ trụ, ta cóV 0 được xác định bởi 0 � ' � �; 0 � r � 2 sin '; 0 � z � a; và

I D•

V 0r2zdrd'dz

D“

D

r2drd'

Z a

0

zdz

D a2

2

Z �

0

d'

Z 2 sin '

0

r2dr

D a2

2

Z �

0

r3

3

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

2 sin '

0

d'

D 4a2

3

Z �

0

sin3 'd'

D 16a2

9:


V

.x2 C y2 C z2/dxdydz; với V là miền được giới hạn

mặt nón x2 C y2 D z2 và mặt phẳng z D a; a > 0:

Giải. Gọi D là hình chiếu của miền V lên mặt phẳng Oxy; đó là hình tròn giới hạnbởi đường x2 C y2 D a2; hay r D a (hình 4.17). Chuyển sang tọa độ trụ, ta có V 0

được xác định bởi 0 � ' � 2�; 0 � r � a; r � z � a; và

I D•

V 0.r2 C z2/rdrd'dz


y

z

xO

a

a

Hình 4.17:

y

z

x

O

( , , )M x y z

0( , , )M x y¢

r

j

q

Hình 4.18:

D“

D

rdrd'

Z a

r

.r2 C z2/dz

DZ 2�

0

d'

Z a

0

rdr

Z a

r

.r2 C z2/dz

D 2�

Z a

0

r

�

r2z C z3

3

�ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

a

r

dr

D 2�

Z a

0

�

ar3 C a3r

3� 4

3r4

�

dr

D 3�a5

10:

Tính tích phân bội ba trong hệ tọa độ cầu

Điểm M.xI yI z/ trong không gian Oxyz có tọa độ cầu là bộ ba số .r I � I '/; trongđó r D OM , � là góc giữa tia Oz và tia O t mang véctơ

��!OM , và ' là góc giữa tia


Ox và tia Ou mang véctơ��!OM 0, với M 0.xI yI 0/ là hình chiếu của M lên mặt phẳng

Oxy (hình 4.18). Liên hệ giữa tọa độ Descartes và tọa độ cầu của cùng một điểm là8

<

:

x D r sin � cos ';

y D r sin � sin ';

z D r cos �:

(4.16)

với r � 0; 0 � � � �; 0 � ' < 2�:

Nếu r > 0; 0 < � < � và 0 � ' < 2� thì (4.16) xác định một tương ứng 1-1giữa các điểm trong không gian (cũng tức là giữa các tọa độ Descartes) và các tọađộ cầu. Riêng điểm O ứng với r D 0; ' và � tùy ý. Còn các điểm trên trục Oz có r

xác định, � D 0 hoặc � D � và ' tùy ý.

Định thức Jacobi của phép biến đổi (4.16) là

J D D.xI yI z/

D.r I � I '/D

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

sin � cos ' r cos � cos ' �r sin � sin '

sin � sin ' r cos � sin ' r sin � cos '

cos � �r sin � 0

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

D �r2 sin �;

J ¤ 0 khi và chỉ khi r ¤ 0 và sin � ¤ 0:

Khi J ¤ 0, (4.13) cho ta•

V

f .xI yI z/dxdydz D

D•

V 0f .r sin � cos 'I r sin � sin 'I r cos �/r2 sin �drd�d':

(4.17)

Chú ý 4.4. Công thức (4.17) vẫn còn đúng khi miền V chứa những điểm nằm trênOz:


V

dxdydzp

x2 C y2 C z2; với V là miền được giới hạn bởi hai

mặt cầu x2 C y2 C z2 D 1; x2 C y2 C z2 D 4:

Giải. Chuyển sang tọa độ cầu, ta có

I D•

V 0r sin �drd�d';

với V 0 là miền được xác định bởi 0 � ' � 2�; 0 � � � �; 1 � r � 2: Vậy

I DZ 2�

0

d'

Z �

0

sin �d�

Z 2

1

rdr D 2�:2:3

2D 6�:


V

.x2 C y2/dxdydz; với V là miền được xác định bởi

x2 C y2 C z2 � a2; a > 0; z � 0:


x

y

z

O

2a

2a

Hình 4.19:

Giải. Chuyển sang tọa độ cầu, ta có

I D•

V 0r4 sin3 �drd�d';

với V 0 là miền được xác định bởi 0 � ' � 2�; 0 � � � �2; 0 � r � a: Do đó

I DZ 2�

0

d'

Z �2

0

sin3 �d�

Z a

0

r4dr D 4�a5

15:

4.2.7 Ứng dụng tích phân bội ba

Tính thể tích vật thể

Theo định nghĩa tích phân bội ta có: thể tích V của vật thể chiếm miền � trongkhông gian là

V D•

V

dxdydz (4.18)

Ví dụ 4.18. Tính thể tích V của vật thể giới hạn bởi các mặt

x2 C y2 D 2ay; x2 C y2 D 2az; a > 0; z D 0:

Giải. Miền V giới hạn trên bởi mặt x2 C y2 D 2az; giới hạn xung quanh bởi mặtx2 C y2 D 2ay và giới hạn dưới bởi z D 0 (hình 4.19). Hình chiếu của V xuống Oxy

là D W x2 C y2 � 2ay: Chuyển sang tọa độ trụ, ta có

V 0 W 0 � ' � �; 0 � r � 2a sin '; 0 � z � r2

2a:


Do đó

V D•

V

dxdydz D•

V 0rdrd'dz D

Z �

0

d'

Z 2a sin '

0

rdr

Z r2

2a

0

dz D �3

4a3:

Vậy V D 3

4�a3:

Tính khối lượng vật thể

Theo bài toán mở đầu ở mục 4.2.1, ta đã biết vật thể chiếm miền V trong khônggian Oxyz và có khối lượng riêng tại điểm .xI yI z/ là �.xI yI z/ có khối lượng là

m D•

V

�.xI yI z/dxdydz (4.19)

Trọng tâm của vật thể

Ta lại xét vật thể chiếm miền V trong không gian Oxyz và có khối lượng riêng tạiđiểm .xI yI z/ là �.xI yI z/. Tọa độ trọng tâm G của vật thể được xác định bởi

8

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

<

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

:

xG D 1

m

•

V

x�.xI yI z/dxdydz;

yG D 1

m

•

V

y�.xI yI z/dxdydz;

zG D 1

m

•

V

z�.xI yI z/dxdydz:

(4.20)

Nếu vật thể đồng chất thì �.xI yI z/ D � không đổi, do đó8

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

<

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

:

xG D 1

V

•

V

xdxdydz;

yG D 1

V

•

V

ydxdydz;

zG D 1

V

•

V

zdxdydz:

(4.21)

Ví dụ 4.19. Xác định trọng tâm của vật thể đồng chất giới hạn bởi mặt nónz D

p

x2 C y2 và mặt cầu x2 C y2 C z2 D 1:

Giải. Giao tuyến của mặt nón và mặt cầu là tập hợp những điểm có tọa độ thỏamãn hệ

(

z Dp

x2 C y2;

x2 C y2 C z2 D 1:)(

z Dp

22

;

x2 C y2 D 12

Vậy giao tuyến của mặt nón và mặt cầu là đường tròn tâm .0I 0Ip

22

/, bán kínhp

22

,

nằm trong mặt phẳng z Dp

22

(hình 4.20). Do đó, bán kính véctơ của các điểm trêngiao tuyến tạo với trục Oz một góc bằng �

4.


y

x

z

1O

2

2

Hình 4.20:

Vì lý do đối xứng nên xG D yG D 0. Chuyển sang tọa độ cầu để tính zG theo(4.21). Ta có

V D•

V 0r2 sin �drd�d';

với miền V 0 được xác định bởi 0 � ' � 2�; 0 � � � �4

; 0 � r � 1: Do đó

V DZ 1

0

r2dr

Z �4

0

sin �d�

Z 2�

0

d' D 1

3

1 �p

2

2

!

2� D 2 �p

2

3�:

Tương tự, ta cũng có•

V

zdxdydz D•

V 0r2 sin �drd�d'

DZ 1

0

r3dr

Z �4

0

sin � cos �d�

Z 2�

0

d'

D 1

4:1

4:2� D �

8:

Vậy

zG D 3

.2 �p

2/�

�

8D 3

8

1 Cp

2

2

!

BÀI TẬP

TÍCH PHÂN KÉP

Bài 4.1. Thay đổi thứ tự lấy tích phân

1:

Z 4

0

dx

Z 12x

3x2

f .xI y/dyI 2:

Z 1

0

dx

Z 3x

2x

f .xI y/dyI


3:

Z a

0

dx

Z

pa2�x2

a2�x2

2a

f .xI y/dyI 4:

Z a

a2

dx

Z

p2ax�x2

0

f .xI y/dyI

5:

Z 2a

0

dx

Z

p4ax

p2ax�x2

f .xI y/dyI 6:

Z 1

0

dy

Z 1�y

�p

1�y2

f .xI y/dxI

7:

Z 1

0

dy

Z

p3�y2

y2

2

f .xI y/dxI 8:

Z �

0

dx

Z sin x

0

f .xI y/dyI

9:

Z 1

0

dx

Z x2

x3

f .xI y/dyI 10:

Z e

1

dx

Z ln x

0

f .xI y/dyI

Bài 4.2. Tính tích phân kép trong hệ tọa độ Descartes

1.“

D

x

yln ydxdy; D W 0 � x � 2; 1 � y � eI

2.“

D

exCydxdy; D W 0 � x � 1; 0 � y � 1I

3.“

D

x2

y2 C 1dxdy; D W 0 � x � 1; 0 � y � 1I

4.“

D

dxdy

.x C y C 1/2; D W 0 � x � 1; 0 � y � 1I

5.“

D

ex�ydxdy; D W 0 � x � 1; 0 � y � 1I

6.“

D

x ln ydxdy; D W x D 0; x D 2; y D 1; y D eI

7.“

D

x

ydxdy; D W 2 � x � 4; x � y � 2xI

8.“

D

exdxdy; D W 0 � x � ln y; 1 � y � 2I

9.“

D

eyx dxdy; D W y D x; y D 0; x D 1I

10.“

D

2xydxdy; D W y D x; y D px:

Bài 4.3. Tính tích phân kép trong hệ tọa độ cực

1.“

D

p

x2 C y2dxdy; với D là hình tròn x2 C y2 � a2; a > 0:


2.“

D

.x2 C y2/dxdy; với D là nửa hình tròn x2 C y2 � 4; y � 0:

3.“

D

xydxdy; với D là 1/4 hình tròn x2 C y2 � 4; x � 0; y � 0:

4.“

D

ex2Cy2

dxdy; với D là 1/4 hình vành khăn giữa hai đường tròn tâm O bán

kính 1 và 2 ở góc phần tư thứ nhất của mặt phẳng Oxy:

5.“

D

.x2 C y2/dxdy; với D là hình tròn x2 C y2 � 2ax; a > 0:

6.“

D

p

a2 � .x2 C y2/dxdy; với D là 1/2 hình tròn x2 C y2 � a2; a > 0:

7.“

D

sin.x2 C y2/dxdy; với D là miền giới hạn bởi hai đường tròn x2 C y2 D�2; x2 C y2 D 4�2:

8.“

D

.x2 C y2/dxdy; với D là hình tròn x2 C y2 � 2ay; a > 0:

9.“

D

p

a2 � .x2 C y2/dxdy; với D là miền giới hạn bởi đường tròn x2 C y2 D

a2; a > 0 và hai đường thẳng y D x; y Dp

3x:

10.“

D

r

4 � .x2

a2C y2

b2/dxdy; với D là miền giới hạn bởi hai đường x2

a2 C y2

b2 D

1; x2

4a2 C y2

4b2 D 1 và nằm trong góc phần tư thứ nhất.

Bài 4.4. Cho Ia D“

Da

e�x2�y2

dxdy; Ja D“

4a

e�x2�y2

dxdy; trong đó Da được

xác định bởi x � 0; y � 0; x2 C y2 � a2 và 4a được xác định bởi 0 � x � a; 0 �y � a:

1. Tính Ia:

2. Chứng minh rằng 8a > 0; Ia � Ja � Iap

2:

3. Suy ra lima!C1

Z a

0

e�x2

dx:

Bài 4.5. Tính thể tích vật thể giới hạn bởi các mặt

1. z D 0; z D x2 C y2; x2 C y2 D 1:


2. z D x2 C y2; z D x2 C y2 C 1; x2 C y2 D 4:

3. z D 0; y C z D 4; x2 C y2 D 4:

4. z D 5 � x2 � y2; z D 4.x2 C y2/:

5. z D x2 C y2; z D 2.x2 C y2/; y D x; y D x2:

6. z2 D x2 C y2; z D 6 � x2 � y2.z � 0/:

7. z D x2 C y2; z D x C y:

8. x2 C y2 C z2 D 2z; x2 C y2 D z2:

TÍCH PHÂN BỘI BA

Bài 4.6. Tính tích phân trong tọa độ Descartes

1.•

V

zdxdydz; V là miền được xác định bởi 0 � x � 1

4; x � y � 2x; 0 � z �

p

1 � x2 � y2:

2.•

V

.1 � x � y � z/dxdydz; V là miền được xác định bởi 0 � x; 0 � y; 0 �z; x C y C z � 1:

3.•

V

ydxdydz; V là miền được giới hạn bởi y D x2; z C y D 1; z D 0:

4.•

V

jxyzjdxdydz; V là miền được giới hạn bởi x2Cy2 � 2z; 0 � z � a; a > 0:

Bài 4.7. Tính tích phân trong tọa độ cầu, tọa độ trụ:

1.•

V

xyzdxdydz; V là miền được xác định bởi 0 � x; 0 � y; 0 � z; x2 C y2 Cz2 � 1:

2.•

V

zdxdydz; V là miền được giới hạn bởi nửa mặt cầu x2Cy2Cz2 D 2; z � 0

và z Dp

x2 C y2:

3.•

V

.x2 C y2 C z2/dxdydz; V là miền được xác định bởix2 C y2

a2C z2

3a2� 1:

4.•

V

z2dxdydz; V là miền được được xác định bởi x2 C y2 C z2 � a2; a > 0:


5.•

V

x2y2z2dxdydz; V là miền được xác định bởix2

a2C y2

b2C z2

c2� 1:

6.•

V

.xy C yz C zx/dxdydz; V là miền được xác định bởi x2 C y2 C z2 �a2; a > 0:

7.•

V

zdxdydz; V là miền được xác định bởi z Dp

x2 C y2; z D h; h > 0:

8.•

V

dxdydzp

x2 C y2 C .z � 2/2; V là miền được xác định bởi x2 C y2 � 1; �1 �

z � 1:

Bài 4.8. Tính thể tích V của vật thể giới hạn bởi các mặt:

1. y C z D 1; y D x2; z D 0:

2. z D y2; z D 0; x D 0; x D 1; y D �1; y D 1:

3. z Dp

x2 C y2; z D x2 C y2:

4. x2 C y2 C z2 � 5

4; z � x2 C y2

2:

5. z D 2 � x; z D 0; x2 C 4y2 D 4:

Bài 4.9. Xác định trọng tâm G của vật thể giới hạn bởi các mặt:

1. x C y D 1; z D x2 C y2; x D 0; y D 0; z D 0:

2. x2 C y2 D 2az; x2 C y2 C z2 D 3a2; z � 0; a > 0:

3. 2x C 3y � 12 D 0; x D 0; y D 0; z D 0; z D 12y2:

4. z D x2 C y2; z D 4; x � 0; y � 0:

5. z D 0; z D 2 � x2 � y2; x2 C y2 D 1:

6. z D 0; z D x2 C y2; x2 C y2 D 1:

7. x2 C y2 C z2 � 1; z � 0:

8. x D 0; y D 1; y D 3; z D 0; x C 2z D 3:

Bài 4.10. Cho vật thể V giới hạn bởi hai mặt

z D 2 � x2 � y2; z D 0:

Tìm h để mặt phẳng z D h chia V thành hai phần có thể tích bằng nhau.


Bài 4.11. Tìm tọa độ trọng tâm của nửa hình cầu

x2 C y2 C z2 � a2; z � 0;

biết rằng khối lượng riêng tại mỗi điểm tỷ lệ với khoảng cách từ điểm đó đến gốctọa độ.

Bài 4.12. Tính khối lượng của vật thể nằm giữa hai mặt cầu

x2 C y2 C z2 D a2; x2 C y2 C z2 D 4a2; a > 0;

biết rằng khối lượng riêng tại mỗi điểm tỷ lệ nghịch với khoảng cách từ điểm đó đếngốc tọa độ.


Bài 4.1. 1.Z 48

0

dy

Z

py3

y12

f .xI y/dx:

2.Z 2

0

dy

Zy2

y3

f .xI y/dx CZ 3

2

dy

Z 1

y3

f .xI y/dx:

3.Z a

2

0

dy

Z

pa2�y2

pa2�2ay

f .xI y/dx CZ a

a2

dy

Z

pa2�y2

0

f .xI y/dx:

4.Z

ap

32

0

dy

Z a

a2

f .xI y/dx CZ a

ap

32

dy

Z a

a�p

a2�y2

f .xI y/dx:

5.

Z a

0

dy

Z a�p

a2�y2

y2

4a

f .xI y/dx CZ a

0

dy

Z 2a

aCp

a2�y2

f .xI y/dxCZ 2a

a

dy

Z 2p

2a

y2

4a

f .xI y/dx:

6.Z 0

�1

dx

Z

p1�x2

0

f .xI y/dy CZ 1

0

dx

Z 1�x

0

f .xI y/dy:

7.Z 1

0

dx

Z

p2x

0

f .xI y/dy CZ

p3

1

dx

Z

p3�x2

0

f .xI y/dy:

8.Z 2

1

dx

Z

p2x�x2

2�x

f .xI y/dy:

9.Z 1

0

dy

Z 3p

y

py

f .xI y/dx:

10.Z 1

0

dy

Z e

ey

f .xI y/dx:


Bài 4.2.

1: 1I 2: .e � 1/2I 3:�

12I 4: ln

4

3I 5: .e � 1/2e�1I

6: 2I 7: 6 ln 2I 8:1

2I 9:

e � 1

2I 10:

1

12:

Bài 4.3.

1:2�a3

3I 2: 4�I 3: 2I 4:

�

4.e4 � e/I 5:

3�a4

2I

6:�a3

3I 7: � 2�I 8:

3�a4

2I 9:

�a3

36I 10:

�abp

3

2:

Bài 4.4. 1. Ia D �4

.1 � e�a2/:

2. Da � �a � Dap

2 ) Ia � Ja � Iap

2:

3. Ja DZ a

0

e�x2

dx

Z a

0

e�y2

dy D�Z a

0

e�x2

dx

�2

:

Bài 4.5. 1: �2

I 2: 4�I 3: 16�I 4: 5�2

I 5: 335

I 6: 32�3

I 7: �8

I 8: �:

Bài 4.6. 1: 433027

I 2: 124

I 3: 835

I 4: a4

2:

Bài 4.7. 1. 148

I 2. �2

I 3. 4p

3�a5

3I 4. 4�a5

15I 5. 4.abc/3

945I 6. 0I 7. �h4

4I 8. .3

p10 � 8 �

p2 C ln

p2�1p

10�3/�:

Bài 4.8. 1: 815

I 2: 23I 3: �

3I 4: 5

p5�4

12aI 5: 12�:

Bài 4.9.

1:

�

2

5I 2

5I 7

30

�

I 2:

�

0I 0I 1

2

�

I 3:

�

6

5I 12

5I 8

5

�

I 4:

�

0I 0I 8

3

�

I

5:

�

0I 0I 7

9

�

I 6:

�

0I 0I 1

3

�

I 7:

�

0I 0I 3

8

�

I 8:

�

1I 2I 1

2

�

:

Bài 4.10. h D 2 �p

2:

Bài 4.11. 4�a:


Chương5

TÍCH PHÂN ĐƯỜNG VÀ TÍCH PHÂN MẶT

5.1 Tích phân đường loại một

5.1.1 Định nghĩa

Giả sử L là đường cong trong không gian có phương trình tham số là

Er.t/ D x.t/:Ei C y.t/: Ej C z.t/:Ek; a � t � b:

Cho hàm số f .xI yI z/ xác định trên L. Chia L thành n cung nhỏ bởi các điểmA0; A1; A2; : : : ; An ứng với tham số

a D t0 < t1 < : : : < tk�1 < tk < : : : < tn D b:

Gọi độ dài cung Ak�1Ak

⌢

là �lk: Trên Ak�1Ak

⌢

lấy một điểm tùy ý Mk.xk I ykI zk/:

Lập tổng

In DnX

kD1

f .Mk/�lk:

Nếu khi n ! 1 sao cho max1�k�n �lk ! 0 mà In ! I 2 R; không phụ thuộcvào cách chia L và cách chọn Mk trên Ak�1Ak

⌢

; thì I được gọi là tích phân đườngloại một của hàm f .xI yI z/ trên đường cong L và được ký hiệu là

I DZ

L

f .xI yI z/d l:

Nếu tồn tại tích phânR

Lf .xI yI z/d l ta nói hàm f .xI yI z/ khả tích trên L.


Định lý 5.1. Nếu đường L trơn hoặc trơn từng khúc và hàm f .xI yI z/ liên tục trênL thì hàm f .xI yI z/ khả tích trên L.

91

92 Chương 5. TÍCH PHÂN ĐƯỜNG VÀ TÍCH PHÂN MẶT

5.1.3 Tính chất

1. Tích phân đường loại một không phụ thuộc vào chiều đường đi của cung lấytích phân,

Z

AB⌢

f .xI yI z/d l DZ

BA⌢

f .xI yI z/d l

2. Nếu f .xI yI z/; g.xI yI z/ khả tích trên L và a; b là hằng số thìZ

L

.a:f .xI yI z/ C b:g.xI yI z//d l D a:

Z

L

f .xI yI z/d l C b:

Z

L

g.xI yI z/d l:

3. Nếu C là một điểm trên cung AB⌢

và f .xI yI z/ khả tích trên đó thìZ

AB⌢

f .xI yI z/d l DZ

AC⌢

f .xI yI z/d l CZ

CB⌢

f .xI yI z/d l:

4. Nếu f .xI yI z/ � g.xI yI z/ với mọi .xI yI z/ 2 L thìZ

L

f .xI yI z/d l �Z

L

g.xI yI z/d l:

5. Nếu f .xI yI z/; jf .xI yI z/j khả tích trên L thìˇ

ˇ

ˇ

ˇ

Z

L

f .xI yI z/d l

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

�Z

L

jf .xI yI z/j dl:

6. Nếu f .xI yI z/ liên tục trên L trơn khi đó tồn tại .x0I y0I z0/ 2 L sao choZ

L

f .xI yI z/d l D f .x0I y0I z0/:l:

Trong đó, l là độ dài cung L.

5.1.4 Cách tính

Để tính tích phân đường loại một ta đưa nó về tích phân xác định. Giả sử điều kiệnđủ tồn tại tích phân thỏa mãn. Khi đó, theo định nghĩa

Z

L

f .xI yI z/d l D limn!1

nX

kD1

f .xk I ykI zk/�lk

D limn!1

nX

kD1

f .xk I ykI zk/�lk

�tk�tk

DZ b

a

f .x.t/I y.t/I z.t//p

x02.t/ C y02.t/ C z02.t/dt:

Đặc biệt, trường hợp đường cong phẳng, ta có:

5.1. Tích phân đường loại một 93

1. Nếu L cho bởi phương trình tham số x D x.t/; y D y.t/; a � t � b thì

Z

L

f .xI y/dl DZ b

a

f Œx.t/; y.t/�p

x02.t/ C y02.t/dt:

2. Nếu L cho bởi phương trình y D y.x/; a � x � b thì

Z

L

f .xI y/dl DZ b

a

f Œx; y.x/�p

1 C y0.x/2dx:

3. Nếu L cho bởi phương trình x D x.y/; a � y � b thì

Z

L

f .xI y/dl DZ b

a

f Œx.y/; y�p

1 C x0.y/2dy:

4. Nếu L cho bởi phương trình r D r.'/; ˛ � ' � ˇ thì

Z

L

f .xI y/dl DZ ˇ

˛

f Œr.'/ cos '; r.'/ sin '�p

r.'/2 C r 0.'/2d':

Ví dụ 5.1. TínhZ

L

zdl với L là một phần của đường đinh ốc trụ tròn xoay

Er.t/ D a cos t:Ei C a sin t: Ej C bt:Ek; 0 � t � 2�:

Giải. Ta cóZ

L

zdl DZ 2�

0

btp

a2 sin2 t C a2 cos2 t C b2dt

D bp

a2 C b2

Z 2�

0

tdt

D 2�2bp

a2 C b2:


L

.x C y/dl với L là tam giác với các đỉnh O.0I 0/; A.1I 0/; B.0I 1/

Giải. Ta cóZ

L

.x C y/dl DZ

OA

.x C y/dl CZ

AB

.x C y/dl CZ

BO

.x C y/dl:

Trên OA : y D 0; 0 � x � 1 nên

Z

OA

.x C y/dl DZ 1

0

xdx D 1

2:


Trên AB : y D 1 � x; 0 � x � 1 nên

Z

AB

.x C y/dl DZ 1

0

1:p

1 C y02dx Dp

2

Z 1

0

dx Dp

2:

Trên BO : x D 0; 0 � y � 1 nên

Z

BO

.x C y/dl DZ 1

0

ydy D 1

2:

VậyZ

L

.x C y/dl D 1 Cp

2:


L

p

x2 C y2dl với L là đường tròn x2 C y2 D ax; a > 0:

Giải. Phương trình của đường tròn trong hệ tọa độ cực

r D a cos '; ��

2� ' � �

2:

Do đó

p

x2 C y2 Dq

r2 cos2 ' C r2 sin2 ' D r D a cos ';

p

r2 C r 02 Dq

a2 cos2 ' C a2 sin2 ' D a:

Cho nênZ

L

p

x2 C y2dl DZ �

2

� �2

a cos 'ad' D 2a2:

5.1.5 Một số ứng dụng của tích phân đường loại một

Tính độ dài cung

Theo định nghĩa thì

lAB⌢ D

Z

AB⌢

1:d l:

Tính khối lượng cung

Khối lượng cung AB⌢

với hàm mật độ �.xI yI z/, ký hiệu là

m DZ

AB⌢

�.xI yI z/d l

5.2. Tích phân đường loại hai 95

Trọng tâm của cung8

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

<

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

:

xG D 1

m

Z

AB⌢

x�.xI yI z/d l;

yG D 1

m

Z

AB⌢

y�.xI yI z/d l;

zG D 1

m

Z

AB⌢

z�.xI yI z/d l:

5.2 Tích phân đường loại hai


Một chất điểm M di chuyển dọc theo đường cong L từ A đến B dưới tác dụng củalực

EF D EF .M/ D P.xI yI z/Ei C Q.xI yI z/ Ej C R.xI yI z/Ekbiến thiên liên tục dọc theo AB

⌢

. Hãy tính công của lực EF sinh ra.

Chia AB⌢

thành n cung nhỏ bởi các điểm A0 � A; A1; A2; : : : ; An � B: Gọi tọa độcủa vectơ

��!Ak�1Ak là .�xkI �ykI �zk/ và độ dài cung Ak�1Ak

⌢


⌢

;

ta chọn điểm Mk.�kI �kI �k/: Vì mỗi cung Ak�1Ak

⌢

ngắn và EF liên tục nên công sinhra trên đoạn này là

Wk � EF .Mk/:��!Ak�1Ak:

Do đó, công trên cả đường đi là

W DnX

kD1

Wk �nX

kD1

EF .Mk/:��!Ak�1Ak

hay

W �nX

kD1

ŒP.�kI �kI �k/�xk C Q.�k I �kI �k/�yk C R.�k I �kI �k/�zk�:

Xấp xỉ này càng chính xác nếu n càng lớn sao cho max1�k�n �lk càng nhỏ. Qua giớihạn ta thu được

W D limmax

1�k�n�lk ! 0

nX

kD1

ŒP.�kI �kI �k/�xk C Q.�kI �kI �k/�yk C R.�k I �kI �k/�zk �:

5.2.2 Định nghĩa tích phân đường loại hai

Cho ba hàm P.xI yI z/; Q.xI yI z/; R.xI yI z/ xác định trên cung AB⌢

. Chia AB⌢

thànhn cung nhỏ bởi các điểm A0 � A; A1; A2; : : : ; An � B: Gọi tọa độ của vectơ

��!Ak�1Ak


là .�xk I �ykI �zk/ và độ dài cung Ak�1Ak

⌢


⌢

; ta chọn điểmMk.�kI �kI �k/: Lập tổng

In DnX

kD1

ŒP.�kI �kI �k/�xk C Q.�kI �kI �k/�yk C R.�k I �kI �k/�zk� :

Nếu khi n ! 1 sao cho max1�k�n �lk ! 0 mà In ! I 2 R; không phụ thuộcvào cách chia AB

⌢

và cách chọn Mk trên Ak�1Ak

⌢

; thì I được gọi là tích phân đườngloại hai của ba hàm P.xI yI z/; Q.xI yI z/; R.xI yI z/ dọc theo cung AB

⌢

và được kýhiệu

I DZ

AB⌢

P.xI yI z/dx C Q.xI yI z/dy C R.xI yI z/dz: (5.1)

5.2.3 Sự tồn tại

Định lý 5.2. Nếu AB⌢

AB⌢

trơn hoặc trơn từng khúc và các hàm P.xI yI z/; Q.xI yI z/;

R.xI yI z/ liên tục trên AB⌢

thì tồn tại tích phânZ

AB⌢

P.xI yI z/dx C Q.xI yI z/dy C R.xI yI z/dz:

5.2.4 Tính chất

1. Khi đổi chiều đường lấy tích phân thì tích phân đường loại 2 đổi dấu,Z

AB⌢

P dx C Qdy C Rdz D �Z

BA⌢

P dx C Qdy C Rdz:

2. Nếu C là một điểm trên cung AB⌢

thìZ

AB⌢

P dxCQdy CRdz DZ

AC⌢

P dxCQdy CRdzCZ

CB⌢

P dxCQdy CRdz:

5.2.5 Cách tính

Định lý 5.3. Giả sử các hàm P; Q và R liên tục và AB⌢

trơn có phương trình

Er.t/ D x.t/:Ei C y.t/: Ej C z.t/:Ek;

với at�! b; A.x.a/; y.a/; z.a//; B.x.b/; y.b/; z.b//: Khi đó

Z

AB⌢

P.xI yI z/dx C Q.xI yI z/dy C R.xI yI z/dz DZ b

a

ŒP.x.t/I y.t/I z.t//x0.t/ C Q.x.t/I y.t/I z.t//y0.t/ C R.x.t/I y.t/I z.t//z0.t/�dt:

(5.2)


Đặc biệt, khi AB⌢

phẳng cho bởi phương trình y D y.x/; ax�! b; A.a; y.a//;

B.b; y.b//: Ta cóZ

AB⌢

P dx C Qdy DZ b

a

ŒP.x; y.x// C Q.x; y.x//y0.x/�dx:

Chứng minh. Từ định nghĩa ta thấy, tích phân (5.1) là tổng của ba tích phânZ

AB⌢

P.xI yI z/dx;

Z

AB⌢

Q.xI yI z/dy;

Z

AB⌢

R.xI yI z/dz:

Ta xét tích phânZ

AB⌢

P.xI yI z/dx: Chia AB⌢

thành n cung nhỏ bởi các điểm A0 �A; A1; A2; : : : ; An � B ứng với tham số

a D t0 < t1 < : : : < tk�1 < tk < : : : < tn D b;

nghĩa là Ak.x.tk/; y.tk/; z.tk//: Theo định lí Lagrange ta có

�xk D x.tk/ � x.tk�1/ D x0.Ntk/�tk;

với tk�1 < Ntk < tk: Chọn Mk.�kI �kI �k/ là Mk.x.Ntk/I y.Ntk/I z.Ntk//; ta cóZ

AB⌢

P.xI yI z/dx D limmax

1�k�nj�xk j ! 0

nX

kD1

P.x.Ntk/I y.Ntk/I z.Ntk//x0.tk/�tk

DZ b

a

P.x.t/I y.t/I z.t//x0.t/dt:

Lập luận tương tự cho hai tích phânZ

AB⌢

Q.xI yI z/dy;

Z

AB⌢

R.xI yI z/dz ta được

(5.2).

Chú ý 5.1. Định lý 5.3 vẫn còn đúng khi AB⌢

trơn từng khúc.


AB⌢

x2dx C xydy với A.0I 0/, B.1I 1/ khi

1. AB⌢

là đoạn thẳng AB:

2. AB⌢

nằm trên parabol y D x2:

Giải.

1. AB⌢

là đoạn thẳng AB nên có phương trình y D x; 0x�! 1. Do đó,

Z

AB⌢

x2dx C xydy DZ 1

0

.x2 C x2/dx D 2

3:


2. AB⌢ W y D x2; 0

x�! 1: Ta có

Z

AB⌢

x2dx C xydy DZ 1

0

.x2 C x:x2:2x/dx D 11

15:

Ví dụ 5.5. Tính I DI

L

y2dx � x2dy với L là vòng tròn tâm O.0I 0/ bán kính bằng

1.Giải. Phương trình của L theo chiều dương là

x D cos t; y D sin t; 0t�! 2�:

Vậy

I DZ 2�

0

Œsin2 t .� sin t / � cos2 t: cos t �dt D 0:

Ví dụ 5.6. Tính công sinh bởi lực EF D .y � x2/:Ei C x2: Ej dọc theo AB⌢

có phươngtrình y D x2; 0

x�! 1:

Giải. Gọi W là công sinh ra bởi EF : Ta có

W DZ

AB⌢

.y � x2/dx C x2dy

DZ 1

0

Œx2 � x2 C x2:2x�dx

DZ 1

0

2x3dx D 1

2. đơn vị công/:

Ví dụ 5.7. Tính công sinh bởi lực EF D z:Ei C x: Ej C y:Ek dọc theo AB⌢

có phươngtrình

x D cos t; y D sin t; z D 3t; 0t�! 2�:

Giải. Gọi W là công sinh ra bởi EF : Ta có

W DZ

AB⌢

zdx C xdy C ydz

DZ 2�

0

Œ3t.� sin t / C cos t: cos t C sin t:3�dt

D 6� C � C 0 D 7�. đơn vị công/:

5.2.6 Công thức Green

Định lý 5.4. Giả sử D là tập liên thông, bị chặn trong mặt phẳng Oxy, có biênL gồm một hay nhiều đường cong kín trơn từng khúc, rời nhau từng đôi một và hai


x

y

a b

A

Bm

n

1( )y y x=

2( )y y x=

D

O

Hình 5.1: Miền đơn giản theo Ox và Oy

hàm P.xI y/; Q.xI y/ có các đạo hàm riêng cấp 1 liên tục trên một miền mở chứaD: Khi đó ta có

I

L

P dx C Qdy D“

D

�

@Q

@x� @P

@y

�

dxdy; (5.3)

trong đó,I

là ký hiệu tích phân lấy theo chiều dương như đã quy ước.

Chứng minh. 1. Trước hết giả sử rằng D là miền đơn liên và mọi đường thẳngsong song với Ox; Oy cắt L nhiều nhất tại hai điểm (hình 5.1). Vậy miền miền D

là miền đơn giản theo Oy và Ox, nghĩa là,

D D f.xI y/ 2 R2ˇ

ˇa � x � b; y1.x/ � y � y2.x/g

vàD D f.xI y/ 2 R

2ˇ

ˇc � y � d; x1.y/ � x � x2.y/g:Khi đó ta có

“

D

@P

@ydxdy D

Z b

a

dx

Z y2.x/

y1.x/

@P

@ydy

DZ b

a

P.xI y/ˇ

ˇ

y2.x/

y1.x/dx

DZ b

a

P.x; y2.x//dx �Z b

a

P.x; y1.x//dx

DZ

AmB⌢

P.xI y/dx CZ

BnA⌢

P.xI y/dx

DZ

AmBnA⌢ P.xI y/dx

D �I

L

P.xI y/dx: (5.4)


x

y

D

O

x

y

D

O

b)a)

Hình 5.2: a) Miền đơn liên chia thành các miền đơn giản theo cả hai hướng; b) Miền nhịliên biến thành miền đơn liên

Tương tự, ta cũng có“

D

@Q

@xdxdy D

I

L

Q.xI y/dy (5.5)

Từ (5.4) và (5.5) ta có (5.3).

2. Bây giờ, giả sử miền đơn liên D có thể chia thành hữu hạn các miền đơn giảntheo cả Ox và Oy (hình 5.2.a). Khi đó, bằng cách áp dụng công thức Green chomiền đơn giản đó, rồi cộng các kết quả lại với chú ý tổng các tích phân đường phíatrong bằng không, ta thu được công thức Green cho miền D.

3. Hơn nữa, nếu miền D đa liên có thể chia thành hữu hạn các miền đơn liên nhưở phần 2 (hình 5.2.b). Lập luận tương tự như phần 2, công thức Green cũng đúngcho miền D này.

4. Trường hợp miền D có dạng tổng quát, ta không xét trong giáo trình này. Sinhviên có thể tham khảo trong [1].

Hệ quả 5.1. Giả thiết về miền D của định lý 5.4 được thỏa mãn. Khi đó, ta có

S.D/ D 1

2

I

L

�ydx C xdy (5.6)


L

xy2dy � x2ydx với L W x2 C y2 D 1.

Giải. Ta có P D �x2y; Q D xy2 và

@Q

@x� @P

@yD y2 C x2:

Gọi D là miền giới hạn L, đó là hình tròn x2 C y2 � 1. Áp dụng công thức Greenta được

I D“

D

.y2 C x2/dxdy DZ 2�

0

d'

Z 1

0

r3dr D �

2:



L

.x arctan x C y2/dx C .x C 2xy C y2e�y/dy với L W x2 Cy2 D 2y.Giải. Ta có P D x arctan x C y2; Q D x C 2xy C y2e�y và

@Q

@x� @P

@yD 2y C 1 � 2y D 1:

Gọi D là miền giới hạn L, đó là hình tròn x2 C y2 � 2y hay 0 � ' � �; 0 � r �2 sin '. Áp dụng công thức Green ta được

I D“

D

1:dxdy DZ �

0

d'

Z 2 sin'

0

rdr DZ �

0

2 sin2 'd' D �:

Ví dụ 5.10. Tính diện tích hình ellipsex2

a2C y2

b2� 1:

Giải. Gọi S là diện tích hình ellipse đã cho. Áp dụng hệ quả công thức Green, ta có

S D 1

2

I

L

�ydx C xdy;

với L là đường ellipse có phương trình tham số x D a cos t; y D b sin t; 0t�! 2�: Vậy

S D 1

2

Z 2�

0

Œ�b sin t .�a sin t / C a cos tb cos t �dt D �ab.đvdt/:

5.2.7 Điều kiện để tích phân đường trong mặt phẳng không phụ thuộcvào đường lấy tích phân

Tích phânZ

AB⌢

P.xI y/dx C Q.xI y/dy nói chung phụ thuộc vào điểm đầu A, điểm

cuối B và cả AB⌢

:

Định lý 5.5. Giả sử hai hàm số P.xI y/; Q.xI y/ có các đạo hàm riêng cấp một liêntục trên một miền mở, đơn liên D: Khi đó bốn mệnh đề sau đây tương đương nhau:

1.@Q

@xD @P

@y; 8.xI y/ 2 D:

2.I

L

P dx C Qdy D 0 với mọi đường cong kín, trơn từng khúc L � D:

3.Z

AB⌢

P dx C Qdy; trong đó AB⌢ � D; chỉ phụ thuộc vào hai mút A; B mà không

phụ thuộc vào đường đi trơn từng khúc từ A đến B:

4. Biểu thức P dx C Qdy là vi phân toàn phần của một hàm u.xI y/ nào đó trênD:


Chứng minh. Ta chứng minh định lý theo sơ đồ sau:

1 H) 2 H) 3 H) 4 H) 1:

�1 H) 2: Giả sử L là đường cong kín, trơn từng khúc nằm trong D: Gọi D1 là miềngiới hạn bởi L. Áp dụng công thức Green, ta có

I

L

P dx C Qdy D“

D1

�

@Q

@x� @P

@y

�

dxdy D 0;

vì@Q

@xD @P

@y; 8.xI y/ 2 D:

�2 H) 3: Giả sử AmB⌢

và AnB⌢

là hai đường trơn từng khúc nằm trong D: Theo giảthiết 2, ta có

Z

AmBnA⌢

P dx C Qdy D 0

hayZ

AmB⌢

P dx C Qdy CZ

BnA⌢

P dx C Qdy D 0:

Suy raZ

AmB⌢

P dx C Qdy DZ

AnB⌢

P dx C Qdy:

Vậy ta có 3.�3 H) 4: Gọi A.x0I y0/ là một điểm cố định trong D và M.xI y/ là điểm chạy trongD: Đặt

u.xI y/ DZ

AM⌢

P dx C Qdy:

Khi đó, u.xI y/ là một hàm số vì tích phân ở vế phải không phụ thuộc vào đườnglấy tích phân.

Vì D mở nên với h đủ nhỏ thì M1.x C h; y/ 2 D: Khi ấy, ta có

u.x C h; y/ � u.xI y/

hD 1

h

�Z

AM1

⌢P dx C Qdy �

Z

AM⌢

P dx C Qdy

�

:

Chọn AM1

⌢

gồm AM⌢

và đoạn thẳng MM1, song song với Ox, ta được


hD 1

h

Z

MM1⌢

P dx C Qdy

D 1

h

Z xCh

x

P.t; y/dt

D P.x C �:h; y/; 0 < � < 1:

Do đó

limh!0


hD lim

h!0P.x C �:h; y/ D P.xI y/;


nghĩa là,@u

@xD P.xI y/:

Tương tự, ta cũng có@u

@yD Q.xI y/: Vậy P dx C Qdy là vi phân toàn phần của

hàm u.xI y/:

� 4 H) 1: Giả sử P dx C Qdy là vi phân toàn phần của một hàm u.xI y/. Khi đó

@u

@xD P.xI y/;

@u

@yD Q.xI y/;

suy ra@P

@yD @2u

@x@y;@Q

@xD @2u

@y@x:

Hàm u.xI y/ thỏa mãn giả thiết của định lý Schwarz, nên ta có

@2u

@x@yD @2u

@y@x:

Vậy@Q

@xD @P

@y:

Hệ quả 5.2. Nếu P dx C Qdy là vi phân toàn phần của một hàm u.xI y/ thìZ

AB⌢

P dx C Qdy D u.B/ � u.A/:

Chứng minh. Giả sử AB⌢

có phương trình(

x D x.t/;

y D y.t/;a

t�! b:

Khi ấy ta cóZ

AB⌢

P dx C Qdy DZ b

a

ŒP.x.t/I y.t//x0.t/ C Q.x.t/I y.t//y0.t/�dt

DZ b

a

du

dtdt

D u.b/ � u.a/ D u.A/ � u.B/:

Hệ quả 5.3. Khi các điều kiện của định lý 5.5 thỏa và P dx C Qdy là vi phân toànphần của một hàm u.xI y/ trong miền D thì u.xI y/ được cho bởi công thức

u.xI y/ DZ x

x0

P.t I y0/dt CZ y

y0

Q.xI t /dt C C (5.7)


hay

u.xI y/ DZ x

x0

P.t I y/dt CZ y

y0

Q.x0I t /dt C C; (5.8)

với .x0I y0/ 2 D:

Ví dụ 5.11. Chứng tỏ biểu thức

6xeydx C .3x2 C y C 1/eydy

là vi phân toàn phần của một hàm u.xI y/ nào đó, và tìm u.xI y/:

Giải. Trong miền mà biểu thức đã cho tồn tại, Oxy; ta có

@P

@yD 6xey D @Q

@x:

Vậy biểu thức đã cho là vi phân toàn phần của một hàm u.xI y/: Ta tìm hàm u.xI y/

bằng công thức (5.7), với x0 D 0; y0 D 0;

u.xI y/ DZ x

0

6t:e0dt CZ y

0

.3x2 C t C 1/etdt C C

D ey.y C 3x2/ C C:

5.2.8 Ứng dụng tích phân đường loại hai

Tính công của lực

Công của lực EF D P Ei C Q Ej C R Ek sinh ra dọc theo cung AB⌢

là W được cho bởi

W DZ

AB⌢

P dx C Qdy C Rdz:

Tính diện tích miền phẳng đơn liên

Ta có thể tính diện tích bằng công thức

S.D/ D 1

2

I

L

�ydx C xdy:

5.3 Tích phân mặt loại một

5.3.1 Định nghĩa

Cho hàm số f .M/ D f .xI yI z/ xác định trên mặt S trơn giới hạn bởi đường congkín trơn từng khúc. Chia mặt S thành n mảnh không dẫm lên nhau, có tên và

5.3. Tích phân mặt loại một 105

diện tích cùng ký hiệu là �S1; �S2; : : : ; �Sn: Trên mỗi mảnh �Sk chọn tùy ý điểmMk.xk I ykI zk/: Lập tổng

In DnX

kD1

f .xk I ykI zk/:�Sk:

Gọi dk là đường kính của mặt �Sk : Nếu khi n ! 1 sao cho max dk ! 0 màIn ! I 2 R; không phụ thuộc vào cách chia mặt S và cách chọn Mk trên mảnh�Sk; thì I được gọi là tích phân mặt loại một của hàm f .xI yI z/ trên mặt S vàđược ký hiệu là

I D“

S

f .xI yI z/dS:


Định lý 5.6. Nếu mặt S trơn (tức là pháp véctơ biến thiên liên tục và luôn khác E0trên S) và nếu hàm f .xI yI z/ liên tục trên mặt S thì tồn tại tích phân

“

S

f .xI yI z/dS:

5.3.3 Tính chất

Giống như các tính chất của tích phân kép.

5.3.4 Cách tính

Giả sử mặt S cho bởi phương trình z D z.xI y/; trong đó z.xI y/ là hàm số liên tục,có các đạo hàm riêng liên tục trên một miền đóng, bị chặn D, là hình chiếu củamặt S lên Oxy: Cho hàm f .xI yI z/ liên tục trên mặt S . Chia mặt S thành n mảnhkhông dẫm lên nhau, có tên và diện tích cùng ký hiệu là �S1; �S2; : : : ; �Sn: Trênmỗi mảnh �Sk chọn tùy ý điểm Mk.xk I ykI z.xkI yk//: Gọi ��k là hình chiếu của�Sk lên Oxy: Khi dk khá nhỏ, ta có thể xấp xỉ �Sk bởi diện tích của mảnh �Tk

của tiếp diện với S tại Mk mà hình chiếu của nó lên Oxy cũng là ��k (hình 5.3).Do đó, ta có

nX

kD1

f .xk I ykI z.xkI yk//:�Sk �nX

kD1

f .xk I ykI z.xkI yk//:�Tk ; (5.9)

khi max dk nhỏ. Xấp xỉ này càng chính xác nếu max dk càng nhỏ.

Gọi k là góc giữa pháp tuyến của mặt S tại Mk và trục Oz; ta có

�Tk D ��k

j cos kj :

Do véctơ chỉ phương của pháp tuyến với S tại Mk là

Enk D .�z0x.xkI yk/; �z0

y.xkI yk/; 1/


knur

kg

kM kTD

ksD

O

x

y

z

Hình 5.3:

nên

j cos kj D 1q

1 C Œz0x.xkI yk/�2 C Œz0

y.xk I yk/�2:

Suy ra

�Tk Dq

1 C Œz0x.xk I yk/�2 C Œz0

y.xkI yk/�2:��k: (5.10)

Kết hợp (5.9) và (5.10) ta được

In �nX

kD1

f .xkI ykI z.xkI yk//q

1 C Œz0x.xk I yk/�2 C Œz0

y.xkI yk/�2:��k: (5.11)

Mà vế phải của (5.11) là tổng tích phân của hàm

.xI y/ 7! f .xI yI z.xI y//q

1 C Œz0x.xI y/�2 C Œz0

y.xI y/�2

trên miền D nên khi n ! 1 sao cho max dk ! 0 ta thu được“

S

f .xI yI z/dS D“

D

f .xI yI z.xI y//q

1 C Œz0x.xI y/�2 C Œz0

y.xI y/�2dxdy: (5.12)


S

z2.x2 C y2/dS với S là phần mặt cầu x2 C y2 C z2 D a2

với x � 0; y � 0.Giải. Chia S thành hai phần S1; S2:

S1 W(

z Dp

a2 � x2 � y2;

x � 0; y � 0;S2 W

(

z D �p

a2 � x2 � y2;

x � 0; y � 0:

Ta có“

S

z2.x2 C y2/dS D“

S1

z2.x2 C y2/dS C“

S2

z2.x2 C y2/dS:

5.3. Tích phân mặt loại một 107

Tính I1 D“

S1

z2.x2 C y2/dS : Ta có

z0x D � x

p

a2 � x2 � y2; z0

y D � yp

a2 � x2 � y2:

Suy raq

1 C .z0x/2 C .z0

y/2 D ap

a2 � x2 � y2:

Do đó

I1 D a

“

D

p

a2 � x2 � y2.x2 C y2/dxdy;

với D W x2 C y2 � a2; x � 0; y � 0: Chuyển sang tọa độ cực, ta có

I1 D a

Z �2

0

d'

Z a

0

pa2 � r2r3dr

D a�

2

Z �2

0

p

a2 � a2 sin2 ta3 sin3 t cos tdt

D a6 �

2

Z �2

0

sin3 t cos2 tdt

D a6 �

2

Z �2

0

.1 � cos2 t / cos2 td.sin t / D a6 �

15

Tính I2 D“

S1

z2.x2 C y2/dS : Tương tự, ta tính được I2 D a6 �

15

Vậy I D a6 2�

15:

5.3.5 Ứng dụng

Diện tích mặt cong

Từ định nghĩa ta có

dt.S/ D“

S

dS:

Khối lượng mặt cong

Cho một tấm mỏng vật chất có dạng là một mặt S trong không gian và có khốilượng riêng �.M/ D �.xI yI z/ tại M.xI yI z/ 2 S: Khi đó khối lượng của tấm là

m D“

S

�.xI yI z/dxdy:


Trọng tâm của mặt cong

Xét tấm vật chất nói trên. Tọa độ trọng tâm G của tấm là

8

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

<

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

:

xG D 1

m

“

S

x�.xI yI z/dxdy;

yG D 1

m

“

S

y�.xI yI z/dxdy;

zG D 1

m

“

S

z�.xI yI z/dxdy:

5.4 Tích phân mặt loại hai

5.4.1 Mặt định hướng

Mặt S được gọi là định hướng được nếu tại một điểm M 2 S xác định được véctơpháp đơn vị En.M/, sao cho hàm véctơ En.M/ liên tục trên S:

Xét mặt S định hướng được. Lưu ý rằng nếu En.M/ là véctơ pháp đơn vị thì�En.M/ cũng là véctơ pháp đơn vị. Khi đã chọn một hàm véctơ pháp đơn vị xác địnhcho mặt S ta nói mặt S đã được định hướng và hướng dương của mặt S là hướngcủa En.M/.

Khi mặt S đã được định hướng thì biên của S có chiều dương là chiều mà khi tađứng trên biên, theo hướng dương của mặt, và đi theo chiều này thì S nằm về phíabên trái.

Với mặt S đã định hướng thì ta hiểu phía trên mặt S là phía mà véctơ En.M/ tạovới Oz một góc nhọn, phía còn lại gọi là phía dưới; khi mặt S kín, không tự cắt,véctơ En.M/ có thể hướng ra ngoài hoặc hướng vào trong, lúc đó ta nói mặt S hướngra ngoài hoặc hướng vào trong.

5.4.2 Bài toán thông lượng

Xét miền V trong R3. Cho

EF .M/ D P.M/:Ei C Q.M/: Ej C R.M/:Ek

biến thiên liên tục trong V , nghĩa là các hàm P; Q, R liên tục trên V và mặt S trơn,giới hạn bởi đường cong trơn từng khúc, có véctơ pháp tuyến đơn vị là En. Tính thônglượng ˆ của EF .M/ qua mặt S:

Chia S thành n mảnh có tên và diện tích cùng ký hiệu là �S1, �S2; : : : ; �Sn:

Nếu mảnh �Sk có đường kính dk đủ nhỏ thì do tính liên tục nên có thể coi EF .M/

không đổi trên mảnh này và EF .M/ D EF .Mk/, với Mk là điểm tùy ý trong �Sk. Khi

5.4. Tích phân mặt loại hai 109

ấy, do tính trơn �Sk được xem như phẳng, ứng với phía đã chọn. Thông lượng �ˆk

của EF .M/ qua �Sk xấp xỉ bằng

�Sk: EF .Mk/:En.Mk/ D �Sk :ŒP.Mk/ cos ˛k C Q.Mk/ cos ˇk C R.Mk/ cos k�;

trong đó ˛k D .En.Mk/; Ox/; ˇk D .En.Mk/; Oy/; k D .En.Mk/; Oz/:

Nếu tất cả các mảnh �Sk đều có đường kính đủ nhỏ thì thông lượng ˆ của EF .M/

qua mặt S xấp xỉ bằng

ˆn DnX

kD1

ŒP.Mk/ cos ˛k C Q.Mk/ cos ˇk C R.Mk/ cos k�:�Sk :

Xấp xỉ này càng chính xác nếu n càng lớn sao cho max dk càng nhỏ. Nếu khin ! 1 sao cho max dk ! 0 mà ˆn có giới hạn hữu hạn, không phụ thuộc vào cáchchia S và cách lấy Mk trên �Sk, thì giới hạn đó chính là ˆ:

5.4.3 Định nghĩa tích phân mặt loại hai

Cho mặt S định hướng được và các hàm P; Q; R liên tục trong miền V 2 R3 chứa

S .

Chia S thành n mảnh có tên và diện tích cùng ký hiệu là �S1, �S2; : : : ; �Sn:

Trên mỗi mảnh �Sk chọn Mk. Lập tổng

In DnX

kD1

ŒP.Mk/ cos ˛k C Q.Mk/ cos ˇk C R.Mk/ cos k�:�Sk;

với ˛k D .En.Mk/; Ox/; ˇk D .En.Mk/; Oy/; k D .En.Mk/; Oz/:

Nếu khi n ! 1 sao cho max dk ! 0 mà In có giới hạn hữu hạn là I , không phụthuộc vào cách chia S và cách lấy Mk trên �Sk, thì I được gọi là tích phân mặt loạihai của các hàm P; Q; R trên mặt S và được ký hiệu là

I D“

S

ŒP.M/ cos ˛ C Q.M/ cos ˇ C R.M/ cos �dS (5.13)

với M.xI yI z/; ˛ D .En.M/; Ox/; ˇ D .En.M/; Oy/; D .En.M/; Oz/:

Đặt dydz D cos ˛dS; dzdx D cos ˇdS; dxdy D cos dS: Tích phân mặt (5.13)còn có thể được ký hiệu là

I D“

S

P.M/dydz C Q.M/dzdx C R.M/dxdy (5.14)

Chú thích 5.4.1. Nếu EF .M/ D P.M/:Ei C Q.M/: Ej C R.M/:Ek thì (5.13) được viếtlà

I D“

S

EF :En:dS (5.15)



Định lý 5.7. Nếu S là mặt trơn hoặc trơn từng mảnh và các hàm P; Q; R liên tụctrên S thì tích phân (5.14) tồn tại.

5.4.5 Tính chất

Nếu đổi hướng mặt S thì tích phân mặt loại hai đổi dấu vì khi ấy các cosin chỉ hướngcủa véctơ pháp tuyến đơn vị đổi dấu.

Ngoài ra tích phân mặt loại hai có các tính chất tương tự như tích phân kép.

5.4.6 Cách tính

Giả sử giả thiết của định lý 5.7 được thỏa mãn, nghĩa là tích phân (5.14) tồn tại. Taxét tích phân

“

S

R.M/dxdy D“

S

R.xI yI z/dxdy:

Giả sử S có phương trình là z D f .xI y/ với f có các đạo hàm riêng liên tục trênD, hình chiếu của S xuống mặt Oxy: Ta có

“

S

R.xI yI z/dxdy D“

S

R.xI yI z/ cos dS:

Chú ý rằng cos ¤ 0 trên toàn mặt S . Theo cách tính tích phân mặt loại một ta có“

S

R.xI yI z/ cos dS D“

D

R.xI yI f .xI y// cos dxdy

j cos j :

Suy ra“

S

R.xI yI z/dxdy D“

D

R.xI yI f .xI y//dxdy; (5.16)

nếu tại mọi M 2 S; D .En.M/; Oz/ là góc nhọn, và“

S

R.xI yI z/dxdy D �“

D

R.xI yI f .xI y//dxdy; (5.17)

nếu tại mọi M 2 S; D .En.M/; Oz/ là góc tù.

Trường hợp S là phần mặt trụ có đường sinh song song với Oz thì cos D 0 nên“

S

R.xI yI z/dxdy D“

S

R.xI yI z/ cos dS D 0:

Các tích phân“

S

P.xI yI z/dydz;

“

S

Q.xI yI z/dzdx được tính tương tự.


x

y

z

OD

nr

nr

Hình 5.4: Mặt S được chia thành hai phần S1; S2


S

xdydz C ydzdx C zdxdy với S là phía ngoài mặt cầu

x2 C y2 C z2 D a2, a > 0.

Giải. Tính“

S

zdxdy. Chia S thành hai phần (hình 5.4):

S1 W z Dp

a2 � x2 � y2;

tại mọi điểm, véctơ pháp tuyến tạo với Oz một góc nhọn, và

S2 W z D �p

a2 � x2 � y2;

tại mọi điểm, véctơ pháp tuyến tạo với Oz một góc tù. Cả S1 và S2 có cùng hìnhchiếu lên Oxy là hình tròn D; x2 C y2 � a2. Ta có

“

S

zdxdy D“

S1

zdxdy C“

S2

zdxdy

D“

D

p

a2 � x2 � y2dxdy �“

D

�p

a2 � x2 � y2dxdy

D 2

“

D

p

a2 � x2 � y2dxdy

D 2

Z 2�

0

d'

Z a

0

pa2 � r2rdr

D 2�:

�

�2

3.a2 � r2/

32

ˇ

ˇ

a

0

�

D 4

3�a3:

Hoàn toàn tương tự, ta tính được“

S

xdydz D“

S

ydzdx D 4

3�a3:


x

y

z

OD

nr

nr1S

2S

Hình 5.5: Mặt S được chia thành hai phần S1; S2

Vậy

I D“

S

xdydz C“

S

ydzdx

“

S

zdxdy D 4�a3:

Ví dụ 5.14. Tính“

S

zdxdy với S là phía ngoài của vật thể V giới hạn bởi các

mặt z D x2 C y2; z D 1.Giải. Chia S thành hai phần (xem hình 5.5):

S1 W z D x2 C y2; 0 � z � 1

tại mọi điểm, véctơ pháp tuyến tạo với Oz một góc tù, và

S2 W z D 1; x2 C y2 � 1

tại mọi điểm, véctơ pháp tuyến cùng hướng với Oz . Cả S1 và S2 có cùng hình chiếulên Oxy là hình tròn D; x2 C y2 � a2.

Trên S1 ta có“

S1

zdxdy D �“

D

x2 C y2dxdy D �Z 2�

0

d'

Z 1

0

r3dr D ��

2:

Trên S2 ta có“

S2

zdxdy D“

D

1:dxdy D S.D/ D �

Vậy“

S

zdxdy D“

S1

zdxdy C“

S2

zdxdy D ��

2C � D �

2


Ví dụ 5.15. Tính“

S

.y � z/dydz C .z � x/dzdx C .x � y/dxdy với S là phía

ngoài của phần mặt nón z Dp

x2 C y2; 0 � z � h.

Giải. Tính tích phân“

S

.y � z/dydz. Chia S thành hai phần (xem hình 5.6):

S1 W z Dp

x2 C y2; 0 � z � h; x � 0

tại mọi điểm, véctơ pháp tuyến tạo với Ox một góc nhọn, và

S2 W z Dp

x2 C y2; 0 � z � h; x � 0

tại mọi điểm, véctơ pháp tuyến tạo với Ox một góc tù. Cả S1 và S2 có cùng hìnhchiếu lên Oyz là miền Dyz; 0 � z � h; �z � y � z. Ta có

“

S

.y � z/dydz D“

S1

.y � z/dydz C“

S2

.y � z/dydz

D“

Dyz

.y � z/dydz �“

Dyz

.y � z/dydz D 0:

Tương tự ta cũng có“

S

.z � x/dzdx D 0.

Tính“

S

.x � y/dxdy: Véctơ pháp tuyến của S tạo với Oz một góc tù và hình

chiếu của S xuống Oxy là hình tròn D; x2 C y2 � h2. Ta có“

S

.x � y/dxdy D �“

D

.x � y/dxdy

D �Z 2�

0

d'

Z h

0

.r cos ' � r sin '/rdr

D �Z 2�

0

.cos ' � sin '/d'

Z h

0

r2dr D 0:

Vậy“

S

.y � z/dydz C .z � x/dzdx C .x � y/dxdy D 0:


S

yzdxdy với S là phía ngoài của biên vật thể x2 C y2 �a2; x � 0; y � 0; 0 � z � h.Giải. Chia S thành năm phần S1; S2; S3; S4 và S5 (xem hình 5.7). Ta có

I D5X

kD1

“

Sk

yzdxdy


x

y

z

OD

nrS

Hình 5.6:

Các mặt S3; S4 nằm trong các mặt phẳng tọa độ Ozx, Oyz và S5 là một phầnmặt trụ x2 C y2 D a2 nên suy ra

“

Sk

yzdxdy D 0; k D 3; 4; 5:

Tính“

Sk

yzdxdy; k D 1; 2: Ta có

S1 W z D 0; x � 0; y � 0; x2 C y2 � a2:

Tại mọi điểm của S1, véctơ pháp tuyến tạo với Oz một bằng �: Và

S2 W z D h; x � 0; y � 0; x2 C y2 � a2

véctơ pháp tuyến tại mọi điểm tạo với Oz một góc bằng 0. Cả S1 và S2 có cùng hìnhchiếu lên Oxy là miền D; x2 C y2 � a2; x � 0; y � 0. Do đó

“

S1

yzdxdy D �“

D

y:0:dxdy D 0

và“

S2

yzdxdy D“

D

yhdxdy D h

Z �2

0

sin 'd'

Z a

0

r2dr D ha3

3:

Vậy I D ha3

3


x

y

z

O

D

nr

1S

2S

3S 4S

5S

Hình 5.7:

5.4.7 Công thức Stokes

Định lý 5.8 (Stokes1). Giả sử S là mặt định hướng, trơn từng mảnh, có biên L kín,trơn từng khúc và không tự cắt. Nếu các hàm P; Q và R có các đạo hàm riêng liêntục trong một miền mở chứa S thìI

L

P dxCQdyCRdz D“

S

.R0y�Q0

z/dydzC.P 0z�R0

x/dzdxC.Q0x�P 0

y/dxdy (5.18)


L

ydx C zdy C xdz với L là giao tuyến của mặt cầu

x2 C y2 C z2 D a2; a > 0 và mặt phẳng x C y C z D 0, có chiều dương ngược chiềukim đồng hồ nếu nhìn từ hướng dương của trục Oz.Giải. Gọi S là phần mặt phẳng x C y C z D 0 giới hạn bởi L, đó là một hình trònbán kính bằng a, có pháp véctơ tạo với Oz một góc nhọn (hình 5.8). Theo công thứcStokes, ta có

I

L

ydx C zdy C xdz D �“

S

dydz C dzdx C dxdy:

Do mặt S có pháp véctơ đơn vị là En D�

1p3

I 1p3

I 1p3

�

nên

“

S

dydz C dzdx C dxdy D“

S

�

1p3

C 1p3

C 1p3

�

dS Dp

3

“

S

dS Dp

3�a2:

Vậy I D �p

3�a2:

1G.Stokes (1819 - 1903) là nhà toán học, vật lý học, giáo sư trường Cambride. Định lý này không

hoàn toàn là của Stokes. Ông biết định lý này từ người bạn là Thomson vào năm 1850 và sau đóvài năm ông đưa nó vào đề thi cho sinh viên giỏi, từ đó định lý mang tên ông.


x

y

z

O

nr

S

Hình 5.8:

5.4.8 Điều kiện để tích phân đường trong không gian không phụ thuộcvào đường đi

Định lý 5.9. Giả sử hai hàm số P.xI yI z/; Q.xI yI z/ và R.xI yI z/ có các đạo hàmriêng cấp một liên tục trên một miền mở, đơn liên D: Khi đó bốn mệnh đề sau đâytương đương nhau:

1.@Q

@xD @P

@y;@R

@yD @Q

@z;@P

@zD @R

@x; 8.xI yI z/ 2 D:

2.I

L

P dx C Qdy C Rdz D 0 với mọi đường cong kín, trơn từng khúc L � D:

3.Z

AB⌢

P dx C Qdy C Rdz; trong đó AB⌢ � D; chỉ phụ thuộc vào hai mút A; B

mà không phụ thuộc vào đường đi trơn từng khúc từ A đến B:

4. Biểu thức P dx CQdy CRdz là vi phân toàn phần của một hàm u.xI yI z/ nàođó trên D:

Chứng minh. Tương tự như định lý 5.5.

Hệ quả 5.4. Khi các điều kiện của định lý 5.9 thỏa và P dx C Qdy C Rdz là viphân toàn phần của một hàm u.xI yI z/ trong D thì u.xI yI z/ được cho bởi công thức

u.xI yI z/ DZ x

x0

P.t I y0I z0/dt CZ y

y0

Q.xI t I z0/dt CZ z

z0

R.xI yI t /dt C C; (5.19)

với .x0I y0I z0/ 2 D:

Ví dụ 5.18. Chứng tỏ biểu thức

2.xyz C ln y/dx C�

x2z C x

y

�

dy C .x2y � 2z/dz


là vi phân toàn phần của một hàm u.xI yI z/ nào đó, và tìm u.xI yI z/:

Giải. Trong miền mà biểu thức đã cho tồn tại, ta có

@P

@yD 2xz C 1

yD @Q

@x;@Q

@zD x2 D @R

@y;@R

@xD 2xy D @P

@z:

Vậy biểu thức đã cho là vi phân toàn phần của một hàm u.xI yI z/ nào đó. Ta tìmhàm u.xI yI z/ bằng công thức (5.19), với x0 D 0; y0 D 1; z0 D 0;

u.xI yI z/ DZ x

0

2.t:1:0 C ln 1/dt CZ y

1

�

x20 C x

t

�

dt CZ z

0

.x2y � 2t/dt C C

DZ y

1

x

tdt C

Z z

0

.x2y � 2t/dt C C

D x ln y C x2yz � z2 C C:

5.4.9 Công thức Gauss - Ostrogradski

Định lý 5.10 (Gauss2 - Ostrogradski3). Giả sử V là miền bị chặn trong R3 có biên

S trơn từng mảnh hướng ra ngoài. Nếu các hàm P.xI yI z/; Q.xI yI z/ và R.xI yI z/

có các đạo hàm riêng cấp một liên tục trên một miền mở chứa V thì

“

S

P dydz C Qdzdx C Rdxdy D•

V

�

@P

@xC @Q

@yC @R

@z

�

dxdydz (5.20)


S

x3dydz C y3dzdx C z3dxdy với S là phía ngoài của

mặt cầu x2 C y2 C z2 D a2; a > 0.Giải. Gọi V là hình cầu x2 Cy2 Cz2 � a2. Áp dụng công thức Gauss - Ostrogradski,ta có

I D 3

•

V

.x2 C y2 C z2/dxdydz:

Chuyển sang tọa độ cầu, ta được

•

V

.x2 C y2 C z2/dxdydz DZ 2�

0

d'

Z �

0

sin �d�

Z a

0

r2:r2dr D 4

5�a5:

Vậy I D 12

5�a5:

2C.F.Gauss (1777 - 1855) là nhà toán học vĩ đại người Đức. Ông đã chứng minh công thức này

khi nghiên cứu lý thuyết về lực hấp dẫn nhưng không công bố. Ông có rất nhiều công trình khôngcông bố trong các lĩnh vực Toán Lý.

3M.V.Ostrogradski (1801 - 1862) là nhà toán học đầu tiên chứng minh công thức này, trong quátrình nghiên cứu phương trình truyền nhiệt.


x

y

z

O

1

nr

z

1

1

Hình 5.9:


S

xzdydz C x2ydzdx C y2zdxdy với S là phía ngoài của

biên của vật thể giới hạn bởi các mặt z D x2 C y2; x2 C y2 D 1 và các mặt phẳngtọa độ.Giải. Gọi V vật thể giới hạn bởi S , được xác định bởi (hình 5.9)

0 � x; 0 � y; x2 C y2 � 1; 0 � z � x2 C y2:

Áp dụng công thức Gauss - Ostrogradski, ta có

I D•

V

.z C x2 C y2/dxdydz:

Chuyển sang tọa độ trụ, ta được

•

V

.z C x2 C y2/dxdydz DZ �

2

0

d'

Z 1

0

rdr

Z r2

0

.z C r2/dz D �

8:

Vậy I D �

8:

5.5 Lý thuyết trường

5.5.1 Trường

Trong vật lý và kỹ thuật rất thường gặp khái niệm trường chẳng hạn trường nhiệtđộ, từ trường, điện trường.... Khái niệm trường trong toán học là tổng quát hóa cáctrường cụ thể đó.

Ta nói trong miền V của R3 có một trường vô hướng u nếu tại mọi điểm M 2 V

đều xác định đại lượng vô hướng u.M/: Ví dụ trường nhiệt độ là trường vô hướng.

5.5. Lý thuyết trường 119

Nếu tại mọi điểm M 2 V đều có một véctơ EF .M/ thì ta nói trong miền V có mộttrường véctơ EF : Ví dụ trong một dòng nước chảy, tại mọi điểm đều có một véctơvận tốc xác định Ev.M/, đây là trường vận tốc.

5.5.2 Đường dòng, thông lượng, độ phân kỳ

Đường dòng

Cho trường EF trong miền V . Một đường cong L trong V được gọi là đường dòngcủa trường EF nếu tiếp tuyến tại mỗi điểm M của L đều cùng phương với EF .M/:

Nhận xét rằng qua mỗi điểm của trường véctơ có đúng một đường dòng đi quavà các đường dòng không cắt nhau.

Thông lượng

Thông lượng của một trường véctơ EF .xI yI z/ qua mặt S với pháp véctơ đơn vị En là

ˆ D“

S

EF .xI yI z/:En.xI yI z/dS:

Độ phân kỳ

Ta gọi độ phân kỳ của một trường véctơ

EF .xI yI z/ D P.xI yI z/:Ei C Q.xI yI z/: Ej C R.xI yI z/:Ek

trong miền V tại một điểm M.xI yI z/ 2 V là một đại lượng vô hướng, ký hiệu làdiv EF , xác định như sau

div EF D @P

@xC @Q

@yC @R

@z:

Giả sử miền V có biên S và các hàm P; Q; R thỏa các giả thiết của định lý Gauss- Ostrogradski, khi đó công thức Gauss - Ostrogradski được viết lại là

“

S

EF .xI yI z/:En.xI yI z/dS D•

V

div EF .xI yI z/dxdydz:

Do đó ta nói thông lượng của trường véctơ EF qua mặt S (hướng ra ngoài) bằng tổngđộ phân kỳ tại mọi điểm trong miền V của trường.

Khi các giả thiết của định lý Gauss - Ostrogradski thỏa mãn, ta xét M0 2 V . GọiB� và S� là hình cầu và mặt cầu tâm M0, bán kính � > 0, nằm trọn trong V . Theocông thức Gauss - Ostrogradski và định lý giá trị trung bình cho tích phân bội ba,ta có

“

S�

EF :EndS D•

B�

div EF dxdydz D V.B�/: div EF .M1/;


với M1 là một điểm nằm trong B�. Từ đó suy ra

div EF .M1/ D 1

V.B�/

“

S�

EF .xI yI z/:En.xI yI z/dS:

Cho � ! 0 ta được

div EF .M0/ D lim�!0

1

V.B�/

“

S�

EF :EndS:

Vậy div EF .M0/ chính là mật độ thông lượng của trường EF tại M0. Nếu div EF .M0/ > 0

thì M0 là điểm nguồn, ngược lại, nếu div EF .M0/ < 0 thì M0 là điểm hút.

5.5.3 Hoàn lưu và véctơ xoáy

Hoàn lưu

Cho trường véctơ

EF .xI yI z/ D P.xI yI z/:Ei C Q.xI yI z/: Ej C R.xI yI z/:Ekvà đường cong kín trơn từng khúc trong miền V . Khi đó

C DI

L

P dx C Qdy C Rdz

được gọi là hoàn lưu của trường EF theo đường cong L.

Véctơ xoáy

Cho trường véctơ

EF .xI yI z/ D P.xI yI z/:Ei C Q.xI yI z/: Ej C R.xI yI z/:Ektrong miền V . Véctơ mới xác định tại mỗi điểm của miền V , ký hiệu là rot EF , nhưsau được gọi là véctơ xoáy của trường EF ;

rot EF D�

@R

@y� @Q

@z

�

Ei C�

@P

@z� @R

@x

�

Ej C�

@Q

@x� @P

@y

�

Ek:

Ta thường ký hiệu một cách hình thức cho dễ nhớ véctơ xoáy như sau

rot EF D

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

Ei Ej Ek@

@x@

@y@

@z

P Q R

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

:

Cho S là mặt định hướng giới hạn bởi đường cong kín L. Giả sử các giả thiếtcủa công thức Stokes được thỏa mãn, công thức Stokes được viết lại là

I

L

EF :d Er D“

S

rot EF :En:dS;


với d Er D .dx; dy; dz/. Vậy hoàn lưu của trường véctơ EF theo đường cong kín L bằngthông lượng của véctơ xoáy rot EF qua mặt S .

Nếu rot EF D E0 trên toàn bộ mặt S thì theo công thức Stokes,I

L

P dx C Qdy C Rdz D 0;

nghĩa là công của trường EF dọc theo đường cong kín L bằng không. Do đó, hoànlưu của trường véctơ EF theo đường cong kín L đặc trưng cho tính xoáy của trườngEF trên toàn mặt S .

Xét M0 2 S . Gọi S là phần mặt S bao quanh M0, giới hạn bởi đường cong

trơn. Theo công thức Stokes và định lý các giá trị trung bình của tích phân mặt, tacó

I

EF :d Er D“

S

rot EF :En:dS D .rot EF :En/.M1/:S ;

với S là diện tích mặt S và M1 là một điểm nào đó trên S : Do đó

.rot EF :En/.M1/ D 1

S

I

EF :d Er:

Cho co dần về M0 ta thấy .rot EF :En/.M0/ đặc trưng cho tính xoáy của trường EF tạiM0. Từ đó, nếu .rot EF :En/.M0/ ¤ E0 thì M0 là điểm xoáy và nếu .rot EF :En/.M0/ D E0thì ta nói M0 là điểm không xoáy.

5.5.4 Trường thế

Trường EF .xI yI z/ D P:Ei C Q: Ej C R:Ek trong miền V được gọi là trường thế nếu tồntại một trường vô hướng u trong V sao cho

EF .M/ D grad u.M/; 8M 2 V:

Khi đó, hàm u được gọi là hàm thế của trường EF và ta có

du D P dx C Qdy C Rdz:

Do đó, theo định lý 5.19, ta thu được

@Q

@xD @P

@y;@R

@yD @Q

@z;@P

@zD @R

@x;

nghĩa làrot EF D E0:

Vậy trường EF D P:Ei C Q: Ej C R:Ek trong miền V được gọi là trường thế khi và chỉkhi

rot EF .M/ D E0; 8M 2 V:


BÀI TẬP

Tích phân đường loại một

Bài 5.1. Tính tích phân đường loại một

1.Z

L

.x C y/dl; L có phương trình x C y D 1; 0 � x � 1:

2.Z

L

.x � y/dl; L có phương trình x C y D 1; 0 � x � 1:

3.Z

L

x5y2dl; L có phương trình y D x; �1 � x � 1:

4.Z

L

y2dl; L có phương trình x D a.t � sin t /; y D a.1 � cos t /; 0 � t � 2�:

5.Z

AB⌢

dl

x C y; AB

⌢

là đoạn thẳng A.3I 0/; B.0I 3/:

6.Z

L

xydl; L là phần đường thẳng x C y � 1 D 0 bị chắn giữa hai trục tọa độ.

7.Z

L

xydl; L biên của hình chữ nhật với các đỉnh là O.0I 0/; A.2I 0/; B.2I 1/; C.0I 1/:

8.Z

L

.x2 C y2/d l; L W x2 C y2 D 4:

9.Z

L

p

x2 C y2dl; L là phần đường tròn x2 C y2 D 4 ở trong góc phần tư thứ

nhất.

10.Z

L

dlp

x2 C y2 C 5; L là đoạn thẳng nối O.0I 0/ với điểm A.1I 2/:

11.Z

L

p

2y2 C z2dl; với L là giao tuyến của mặt cầu x2 C y2 C z2 D a2; a > 0 và

mặt phẳng x D y:

Bài 5.2. Tính khối lượng cung

1. Cung phẳng L có phương trình y2 D x; 0 � x � 12

và khối lượng riêng�.xI y/ D jyj:

2. Cung phẳng L có phương trình y D a

2

�

exa C e� x

a

�

; 0 � x � a và khối lượng

riêng �.xI y/ D 1y

; a > 0:


3. Cung phẳng L có phương trình Er D .t2 � 1/:Ei C 2t: Ej ; 0 � t � 1 và khối lượng

riêng �.t/ D 3

2t :

Bài 5.3. Xác định trọng tâm của cung đồng chất

1. L có phương trình x D a.t � sin t /; y D a.1 � cos t /0 � t � �:

2. L có phương trình x D a cos t; y D a sin t; z D bt; 0 � t � �:

Tích phân đường loại hai

Bài 5.4. Tính tích phân đường loại hai

1.Z

L

.2xy C 4x3 C 1/dx � .2xy C 4y3 � 1/dy; L là đường x D 2 đi từ A.2I 1/

đến B.2I 0/:

2.Z

L

.y C 2x C 1/dx C .y � 1/dy; L là đường y D �x C 1 đi từ A.0I 1/ đến

B.1I 0/:

3.Z

L

2xydx C x2dy; L là đường x C y D 0 đi từ O.0I 0/ đến A.�1I 1/:

4.Z

L

.xy2 � 1/dx C .x2y C 3/dy; L là đường y D 2x2 đi từ O.0I 0/ đến A.1I 2/:

5.Z

L

2xydx C x2dy; L là cung parabol y D x2 đi từ A.�1I 1/ đến B.1I 1/:

6.Z

L

x.4y C 1/dx C 2.x2 C 1/dy; L là cung parabol y D x2

2đi từ O.0I 0/ đến

A.2I 2/:

7.Z

L

.y C 2x/dx C .4y C x/dy; L là cung x D y3 đi từ đến O.0I 0/ đến A.1I 1/:

8.Z

L

ydx C .x C y3/dy; L là cung x D y2 đi từ đến O.0I 0/ đến A.1I 1/:

9.Z

L

.y C 2x/dx C .4y C x/dy; L là cung 2x D y2 đi từ đến O.0I 0/ đến A.2I 2/:

10.Z

L

6x2ydx C 2x3dy; L là cung y D x4 đi từ đến A.�1I 1/ đến B.1I 1/:

11.Z

L

2xydx C x2dy; L là cung đi từ đến O.0I 0/ đến A.1I 1/ của đường


(a) y D x:

(b) y D x2:

(c) Đường gấp khúc OCA; với C.1I 0/:

12.Z

L

.x2 � 2xy/dx C .y2 � 2xy/dy; L là cung parabol y D x2 đi từ A.�1I 1/ đến

B.1I 1/:

13.I

L

.x C y2 � 3/dx C .2xy C 3x C 2/dy; L là đường tròn x2 C y2 D 1:

14.I

L

.2x C y/dx C .2x � y/dy; L là ellipse x2

a2 C y2

b2 D 1; a > 0; b > 0:

15.I

L

.x C y/dx C .x � y/dy

x2 C y2; L là đường tròn x2 C y2 D 1:

16.Z

L

.y � z/dx C .z � x/dy C .x � y/dz; với L W x D cos t; y D sin t; z D t; 0t�!

2�:

Bài 5.5. Dùng công thức Green tính tích phân đường loại hai

1.I

L

2.x2 C y2/dx C .x C y/2dy; L là chu vi tam giác ABC có tọa độ ba đỉnh

là A.1I 1/; B.2I 2/; C.1I 3/:

2.I

L

y.sin x C 1/dx C .x � cos x/dy; L là ellipse x2

4C y2

9D 1:

3.I

L

.x C y C 3/dx C .x � 3y C 5/dy; L là đường tròn x2 C y2 D R2; R > 0:

4.I

L

.x C y/dx C .x � y/dy; L là đường tròn .x � 1/2 C .y � 1/2 D 4:

5.I

L

2.xy C x C y/dx C .xy C x � y/dy; L là ellipse x2

a2 C y2

b2 D 1; a > 0; b > 0:

6.I

L

2.xy C x C y/dx C .xy C x � y/dy; L là đường tròn x2 C y2 D ax; a > 0:

7.I

L

e�x2Cy2

Œcos.2xy/dx C sin.2xy/� dy; L là đường tròn x2 C y2 D R2; R > 0:

8.Z

L

.ex sin y � py/dx C .ex cos y � px/dy; L là nửa trên đường tròn x2 C y2 Dax; a > 0; đi từ A.aI 0/ đến O.0I 0/:


9.I

L

.x3y C ey/dx C .xy3 C xey � 3y/dy; L là đường tròn x2 C y2 D 2x:

10. TínhI

L

xdx C ydy

.x2 C y2 C 1/2; với L W x2

a2C y2

b2D 1:

Bài 5.6. Chứng minh rằng tích phânZ

L

.2x C 3y/dx C .3x � 4y/dy; không phụ

thuộc vào đường lấy tích phân. Tính I bằng hai cách:

1. L đi từ O.0I 0/ đến A.2I 4/ theo đường y D x2:

2. L đi từ O.0I 0/ đến A.2I 4/ theo đường thẳng.

Bài 5.7. Chứng minh rằng tích phânZ

L

.1 � y2

x2cos

y

x/dx C .sin

y

xC y

xcos

y

x/dy;

không phụ thuộc vào đường lấy tích phân trong miền mà tích phân tồn tại. Tínhtích phân khi L đi từ A.1I �/ đến B.2I �/ theo một cung không cắt Oy:

Bài 5.8. Tính:

1.Z

L

xdx C ydy

x2 C y2; L là đường cong đi từ .1I 1/ đến .3I 2/ và không qua gốc tọa

độ.

2.Z

L

ydx � xdy

x2; L là đường cong đi từ .2I 1/ đến .1I 2/ và không cắt trục Oy:

3.Z

L

xdy � ydx

.x � y/2; L là đường cong đi từ .0I �1/ đến .1I 0/ và không cắt đường

thẳng y D x:

4.Z

L

ex.cos y:dx � sin y:dy/; L là đường cong đi từ .0I 0/ đến .aI b/:

5.Z

L

xp

x2 C y2C y

!

dx C

yp

x2 C y2C x

!

dy; L là đường cong đi từ .0I 1/

đến .1I 1/ và không đi qua gốc O:

Bài 5.9. Chứng minh rằng các biểu thức sau đây là vi phân toàn phần củamột hàm u.xI y/ nào đó. Tìm u.xI y/:

1. .x2 � 2xy2 C 3/dx C .y2 � 2x2y C 3/dy

2. .2x � 3xy2 C 2y/dx C .2x � 3x2y C 2y/dy


3. ŒexCy C cos.x � y/�dx C ŒexCy � cos.x � y/ C 2�dy

4. exŒey.x � y C 2/ C y�dx C exŒey.x � y/ C 1�dy

5.xdx

x2 C y2C 1 � x2 � y2

x2 C y2ydy

Bài 5.10. 1. Tìm m để biểu thức

.x � y/dx C .x C y/dy

.x2 C y2/m

là vi phân toàn phần của một hàm u.xI y/ nào đó. Tìm u.xI y/:

2. Tìm a; b để biểu thức

.ax2 C 2xy C y2/dx � .x2 C 2xy C by2/dy

.x2 C y2/2

là vi phân toàn phần của một hàm u.xI y/ nào đó. Tìm u.xI y/:

Tích phân mặt loại một

Bài 5.11. Tính các tích phân sau:

1.“

S

.x2 C y2/dS; với S là mặt nón z2 D x2 C y2; 0 � z � 1:

2.“

S

.x2 C y2/dS; với S là mặt cầu z2 C x2 C y2 D a2; a > 0:

3.“

S

.x C y C z/dS; với S là biên của hình lập phương 0 � x � 1; 0 � y �1; 0 � z � 1:

4.“

S

�

2x C 4y

3C z

�

dS; với S là phần mặt phẳngx

2C y

3C z

4D 1 nằm trong

góc phần tám thứ nhất.

5.“

S

.xy C yz C zx/dS; với S là phần mặt nón z Dp

x2 C y2 nằm trong mặt

trụ x2 C y2 D 2ax; a > 0:

6.“

S

x

x2 C y2 C z2dS; với S là phần mặt phần mặt cầu x2Cy2Cz2 D a2; a > 0;

nằm trong góc phần tám thứ nhất.

Bài 5.12. Tính khối lượng của mặt:


1. z D 1

2.x2 C y2/; 0 � z � 1; biết khối lượng riêng �.xI yI z/ D z:

2. x2 C y2 C z2 D a2; a > 0; z � 0; biết khối lượng riêng �.xI yI z/ D za:

3. S là biên của vật thểp

x2 C y2 � z � 1; biết khối lượng riêng �.xI yI z/ Dx2 C y2:

4. S là biên của hình lập phương 0 � x � 1; 0 � y � 1; 0 � z � 1; biết khốilượng riêng �.xI yI z/ D xyz:

Bài 5.13. Xác định trọng tâm của mặt:

1. z D 2 � 1

2.x2 C y2/; z � 0; biết mặt đồng chất.

2. x2 C y2 C z2 D a2; a > 0; x � 0; y � 0; z � 0; biết mặt đồng chất.

3. Phần mặt trụ đồng chất x2 C y2 D 9; y � 0; nằm giữa hai mặt phẳng z D0; z D 3:

Tích phân mặt loại hai

Bài 5.14. Tính các tích phân mặt sau:

1.“

S

xyzdxdy; với S là phía ngoài của phần mặt cầu x2 C y2 C z2 D 1; x �0; y � 0:

2.“

S

xdydz C dzdx C xz2dxdy; với S là phía ngoài của phần mặt cầu x2 Cy2 C z2 D 1; x � 0; y � 0; z � 0:

3.“

S

zdxdy; với S là phía ngoài của mặt cầu x2 C y2 C z2 D a2; a > 0:

4.“

S

dydz

xC dzdx

yC dxdy

z; với S là phía ngoài của mặt

x2

a2C y2

b2C z2

c2D 1:

5.“

S

x2dydz C y2dzdx C z2dxdy; với S là phía ngoài của mặt cầu .x � a/2 C.y � b/2 C .z � c/2 D R2; R > 0:

6.“

S

x2y2zdxdy; với S là mặt trên của nửa mặt cầu x2 C y2 C z2 D a2; z � 0:

7.“

S

x2dydz C y2dzdx C z2dxdy; với S là phía dưới của nửa mặt cầu x2 Cy2 C z2 D a2; z � 0:


8.“

S

xdydz C ydzdx C zdxdy; với S là phía trong của mặt cầu x2 Cy2 Cz2 Da2; a > 0:

9.“

S

yzdydz C zxdzdx C xydxdy; với S là phía ngoài của biên tứ diện x Cy C z � 1; x � 0; y � 0; z � 0:

Bài 5.15. Tính tích phân đường loại hai bằng công thức Stokes:

1.I

L

x2y3dx C dy C dz; với L là đường tròn x2 Cy2 D R2; z D 0 có chiều dương

là chiều ngược chiều kim đồng hồ nếu nhìn từ phía z > 0:

2.I

L

.y � z/dx C .z � x/dy C .x � y/dz; với L là giao tuyến của mặt trụ x2 Cy2 D 1 với mặt phẳng x Cz D 1 có chiều dương là chiều ngược chiều kim đồnghồ nếu nhìn từ phía z > 0:

3.I

L

y2dx C z2dy C x2dz; với L là biên của hình tam giác ABC; với A.1I 0I 0/;

B.0I 1I 0/; C.0I 0I 1/; có chiều dương là chiều ngược chiều kim đồng hồ nếu nhìntừ phía z > 0:

4.I

L

2ydx � xdy C zdz; với L là giao tuyến của mặt trụ x2 C y2 D 1 với mặt

phẳng z D 1 có chiều dương là chiều ngược chiều kim đồng hồ nếu nhìn từphía z > 0:

5.I

L

yzdx C zxdy C xydz; với L là giao tuyến của mặt trụ x2 Cy2 D 1 với mặt

trụ z D y2 có chiều dương là chiều ngược chiều kim đồng hồ nếu nhìn từ phíaz > 0:

6.I

L

2ydx C zdy C 3ydz; với L là giao tuyến của mặt cầu x2 C y2 C z2 D 6z

với mặt phẳng x C z D 3 có chiều dương là chiều ngược chiều kim đồng hồ nếunhìn từ phía z > 0:

Bài 5.16. Tính tích phân mặt loại hai bằng công thức Gauss - Ostrogradski:

1.“

S

.y � x/dydz C .z � y/dzdx C .x � z/dxdy; với S là phía ngoài của biên

hình lập phương �1 � x � 1; �1 � y � 1; �1 � z � 1:

2.“

S

ydydz C xydzdx � zdxdy; với S là phía trong của biên vật thể x2 Cy2 �4; 0 � z � x2 C y2:


3.“

S

xzdydz C yxdzdx C zydxdy; với S là phía ngoài của biên hình chóp x Cy C z D 1; x D 0; y D 0; z D 0:

4.“

S

x3dydz C y3dzdx C z3dxdy; với S là phía ngoài của mặt cầu x2 C y2 Cz2 D a2; a > 0:

5.“

S

x2dydz C y2dzdx C z2dxdy; với S là phía ngoài của biên hình lập phương

0 � x � 1; 0 � y � 1; 0 � z � 1:

6.“

S

x2dydz C y2dzdx C z2dxdy; với S là phía ngoài của phần mặt nón x2 Cy2 D z2; 0 � z � h:

7.“

S

xzdydz C y2zdzdx C x2ydxdy; với S là phía ngoài của biên vật thể giới

hạn bởi các mặt z D x2 C y2; x2 C y2 D 1; z D 0:

Bài 5.17. Chứng minh rằng các trường véctơ sau đây là những trường thếvà tìm hàm thế của chúng:

1. EF .xI y/ D e�x

�

1

x C y� ln.x C y/

�

:Ei C e�x

x C y: Ej :

2. EF .xI yI z/ D yz.2x C y C z/:Ei C zx.x C 2y C z/: Ej C xy.x C y C 2z/:Ek:

3. EF .xI yI z/ D .y C z/:Ei C .z C x/: Ej C .x C y/:Ek:

Bài 5.18. Tính thông lượng của các trường véctơ sau:

1. EF .xI yI z/ D xy:Ei C yz: Ej C zx:Ek qua phần của mặt cầu x2 Cy2 Cz2 D a2; x �0; y � 0; z � 0; hướng ra ngoài.

2. EF .xI yI z/ D x3:Ei C y3: Ej C z3:Ek qua mặt cầu x2 Cy2 Cz2 D x hướng ra ngoài.

3. EF .xI yI z/ D x:Ei C y: Ej C z:Ek qua mặt z D 1 �p

x2 C y2; z � 0; hướng lêntrên.

4. EF .xI yI z/ D 1

x:Ei C 1

y: Ej C 1

z:Ek qua mặt

x2

a2C y2

b2C z2

c2D 1 hướng ra ngoài.



Bài 5.1.

1:p

2I 2: 1I 3: 0I 4:256a3

15I 5:

p2I 6:

p2

6I

7: 3I 8: 16�I 9: 2�I 10: ln.p

2 C 1/I 11: 2�a2:

Bài 5.2. 1: 3p

3�16

I 2: 1I 3: 2p

2 � 1:

Bài 5.3. 1:�

4a3

I 4a3

�

I 2: .0I 0I b�/:

Bài 5.4.

1: 2I 2: 3I 3: 1I 4: 7I 5: 0I 6: 22I 7: 4I 8:5

4I

9: 16I 10: 4I 11: 1I 12: � 14

15I 13: 3�I 14: �abI 15: 0I 16: � 4�:

Bài 5.5.

1: � 4

3I 2: 0I 3: 0I 4: 0I 5: � �abI

6: � �

4.a3 C a2/I 7: 0I 8: 0I 9: � 7�

4I 10: 0:

Bài 5.6. �4:

Bài 5.7. P 0y D � 2y cos

yx

x2 C y2 sinyx

x3 D Q0xI � C 1

Bài 5.8. 1: 12

ln 132

I 2: � 32I 3: 1I 4: ea cos b � 1I 5:

p2:

Bài 5.9. 1. u.xI y/ D 13.x3 C y3/ C 3.x C y/ � x2y2 C C:

2. u.xI y/ D x2 C y2 � 32x2y2 C 2xy C C:

3. u.xI y/ D exCy C sin.x � y/ C 2y C C:

4. u.xI y/ D exCy.x � y C 1/ C yex C C:

5. u.xI y/ D 12

ln.x2 C y2/ � y2

2C C:

Bài 5.10. 1. m D 1; u.xI y/ D 12

ln.x2 C y2/ � arctan xy

C C:

2. a D b D �1; u.xI y/ D x�y

x2Cy2 C C:

Bài 5.11. 1: �p

2I 2: 8�a4

3I 3: 9I 4: 4

p61I 5: 64

p2

15a4I 6: 1:

Bài 5.12. 1: 12p

3C215

�I 2: �a2I 3:p

2C12

�I 4: 34:

Bài 5.13. 1:�

0I 0I 25p

5�11

25p

5�5

�

I 2:�

a2I a

2I a

2

�

I 3:�

0I 0I 32

�

:

Bài 5.14.

1:2

15I 2:

25� C 8

60I 3:

4�a3

3I

4: 4�a2b2 C b2c2 C c2a2

abcI 5:

8�R3

3.a C b C c/I 6: � 2

105�a7I

7: � �a4

2I 8: � 4�a3I 9: 0:


Bài 5.15. 1: � �R6

8I 2: � 4�I 3: � 1I 4: � 3�I 5: 0I 6: 0:

Bài 5.16. 1: � 24I 2: 16�3

I 3: 18I 4: 4�a5

5I 5: 3I 6: � �h4

2:

Bài 5.17. 1. u.xI y/ D e�x ln.x C y/ C C:

2. u.xI yI z/ D xyz.x C y C z/ C C:

3. u.xI yI z/ D xy C yz C zx C C:

Bài 5.18. 1:3�a4

16I �

5: �I 3:

1

8I 4: 4�

a2b2 C b2c2 C c2a2

abc:


Chương6

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

6.1 Các khái niệm cơ bản

� Phương trình liên hệ giữa biến độc lập, hàm phải tìm và các đạo hàm (hay viphân) của hàm phải tìm được gọi là phương trình vi phân. Một phương trìnhvi phân có dạng

F�

x; y; y0; y00; : : : y.n/�

D 0

� Cấp cao nhất của đạo hàm hay vi phân của hàm phải tìm có mặt trong phươngtrình được gọi là cấp của phương trình.

� Phương trình vi phân được gọi là tuyến tính nếu F là bậc nhất đối vớiy; y0; y00; : : : y.n/:

� Nghiệm của phương trình vi phân là hàm số thỏa mãn phương trình ấy, tức làkhi ta thay hàm số vào phương trình ta được đồng nhất thức.

� Giải phương trình vi phân là tìm tất cả các nghiệm của nó.

6.2 Phương trình vi phân cấp một

6.2.1 Đại cương về phương trình vi phân cấp một

Định nghĩa 6.2.1. Phương trình vi phân cấp một là phương trình có dạng

F.x; y; y0/ D 0: (6.1)

Nếu giải được phương trình (6.1) đối với y0; phương trình sẽ có dạng

y0 D f .x; y/ (6.2)

Định lý 6.1. Xét phương trình (6.2). Giả sử hàm f liên tục trên miền D của mặtphẳng Oxy và .x0; y0/ 2 D: Khi đó trong một lân cận nào đó của điểm x0 tồn tại ítnhất một nghiệm y D y.x/của (6.2) và y.x0/ D y0. Hơn nữa, nếu f 0

y liên tục trênmiền D thì nghiệm ấy là duy nhất.

133

134 Chương 6. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

Điều kiện y D y.x/ lấy giá trị là y0 khi x D x0 được gọi là điều kiện đầu và viếtlà

yˇ

ˇ

xDx0D y0 hay y.x0/ D y0:

Bài toán tìm nghiệm của (6.2) thỏa điều kiện đầu được gọi là bài toán Cauchycủa phương trình (6.2).

Định nghĩa 6.2.2. � Ta gọi nghiệm tổng quát của (6.1) là hàm

y D '.x; C /; (6.3)

trong đó C là thuộc một tập nào đó của R; thỏa mãn (6.1) với mọi giá trị củaC và với mọi điểm .x0; y0/ 2 D, tồn tại duy nhất C0 sao cho y D '.x; C0/ lànghiệm của bài toán Cauchy của (6.35).

� Nghiệm riêng của (6.1) là nghiệm nhận được từ nghiệm tổng quát khi cho C

một giá trị cụ thể.

� Nhiều khi nghiệm tổng quát của (6.1) không có dạng tường minh như (6.3) màcó dạng

�.x; y; C / D 0; (6.4)

thỏa (6.1) với mọi giá trị của C thuộc tập nào đó. (6.4) được gọi là tích phântổng quát. Nếu cho C D C0 ta thu được một tích phân riêng.

� Nghiệm của (6.1) không nhận được từ nghiệm tổng quát dù C lấy bất kỳ giátrị nào được gọi là nghiệm kỳ dị.

6.2.2 Phương trình khuyết

Khuyết y

Hai trường hợp thường gặp là:

� Phương trình giải ra được đối với y0; y0 D f .x/: Lấy tích phân hai vế tađược

y DZ

f .x/dx:

� Phương trình giải ra được đối với x; x D f .y0/: Đặt t D y0; ta có

x D f .t/; dx D f 0.t/dt; dy D tdx D tf 0.t/dt:

Từ đó, ta suy ra được phương trình tham số của đường cong tích phân

x D f .t/; y DZ

tf 0.t/dt

6.2. Phương trình vi phân cấp một 135

Ví dụ 6.1. Giải phương trình x D y02 C y0 C 1:

Giải. Đặt t D y0; ta có

x D t2 C t C 1; dx D .2t C 1/dt; dy D t .2t C 1/dt:

Suy ra được phương trình tham số của đường cong tích phân

x D t2 C t C 1; y D 2

3t3 C 1

2t2 C C:

Khuyết x

Hai trường hợp thường gặp là

� Phương trình dạng y0 D f .y/: Phương trình được viết lại dưới dạng dy

dxD

f .y/; suy ra dx D dy

f .y/: Lấy tích phân hai vế ta được x D F.y/ C C; với F.y/

là một nguyên hàm của 1f .y/

:

� Phương trình dạng y D f .y0/: Đặt y0 D t; suy ra y D f .t/; dy D f 0.t/dt:

Mà, do cách đặt, dy D tdx nên dx D f 0.t/

tdt: Từ đó ta thu được phương trình

tham số của đường tích phân,

x D F.t/ C C; y D f .t/;

với F.t/ là một nguyên hàm của f 0.t/

t:

Ví dụ 6.2. Giải phương trình y0 D �p

1 � y2

y:

Giải. Phương trình đã cho được viết lại

dy

dxD �

p

1 � y2

y;

haydx D � y

p

1 � y2dy:

Lấy tích phân hai vế ta được

x Dp

1 � y2 C C:

Ví dụ 6.3. Giải phương trình y D y0 C ln y0:Giải. Đặt y0 D t; suy ra y D t C ln t; dy D

�

1 C 1t

�

dt: Mà, do cách đặt, dy D tdx

nên dx D .1C 1t /

tdt: Từ đó ta thu được phương trình tham số của đường tích phân,

x D ln t � 1

tC C; y D t C ln t:


6.2.3 Phương trình tách biến

a. Định nghĩa

Phương trình tách biến là phương trình có dạng

f .x/dx C g.y/dy D 0 (6.5)

Ví dụ 6.4. Phương trìnhxdx

1 C x2C ydy

1 C y2

là phương trình tách biến.

b. Cách giải

Từ (6.5) ta cóf .x/dx D �g.y/y0dx:

Lấy tích phân bất định hai vế ta đượcZ

f .x/dx D �Z

g.y/y0dx C C:

Suy raZ

f .x/dx CZ

g.y/dy D C

là tich phân tổng quát của (6.5).

Ví dụ 6.5. Giải phương trình xdx C ydy D 0:

Giải. Phương trình được viết thành

xdx D �ydy:

Tích phân hai vế, ta đượcx2

2D �y2

2C C

hayx2 C y2 D 2C:

Đó là tích phân tổng quát của phương trình đã cho.

Ví dụ 6.6. Giải phương trình ở ví dụ 6.4.Giải. Phương trình đã cho tương đương với

xdx

1 C x2D � ydy

1 C y2:


Tích phân hai vế, ta được

1

2ln.1 C x2/ D �1

2ln.1 C y2/ C C

hay.1 C x2/.1 C y2/ D C1; C1 > 0:

Đây là tích phân tổng quát của phương trình đã cho.

Chú thích 6.2.1. Phương trình dạng f1.x/g1.y/dx Cf2.x/g2.y/dy D 0 có thể đưavề dạng tách biến.

Ví dụ 6.7. Giải phương trình

x2.y C 1/dx C .x3 � 1/.y � 1/dy D 0

Giải.

� Xét x ¤ 1 và y ¤ �1: Phương trình được đưa về dạng tách biến

x2

x3 � 1dx C y � 1

y C 1dy D 0:

Tích phân lên ta được

1

3lnˇ

ˇx3 � 1ˇ

ˇC y � 2 ln jy C 1j D C

� Với x D 1 ta có dx D 0 và x3 � 1 D 0: Do đó, phương trình đúng với mọi y:

Vậy x D 1 là một nghiệm của phương trình.

� Tương tự, y D �1 cũng là một nghiệm của phương trình đã cho.

Chú thích 6.2.2. Phương trình dạng y0 D f .ax C by C c/ có thể đưa về dạng táchbiến bằng cách đổi biến z D ax C by C c:


y0 D x � y � 1:

Giải. Đặt z D x � y � 1: Ta có z0 D 1 � y0: Thay vào phương trình đã cho ta được

1 � z0 D z , z0 D 1 � z , dz

dxD 1 � z:

� Dễ thấy z D 1 là nghiệm của phương trình cuối nên x � y � 2 D 0 là nghiệmcủa phương trình đã cho.


� Xét z ¤ 1; ta có

dz

dxD 1 � z , dz

1 � zD dx

, � ln j1 � zj C ln jC j D x; C ¤ 0

, lnˇ

ˇ

ˇ

ˇ

C

1 � z

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

D x

, lnˇ

ˇ

ˇ

ˇ

C

2 � x C y

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

D x

,ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

C

2 � x C y

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

D ex

, C1 D ex.2 � x C y/; C1 D ˙C:

Dễ thấy nghiệm x � y � 2 D 0 nằm trong họ nghiệm C1 D ex.2 � x C y/ ứng vớiC1 D 0: Vậy tích phân tổng quát của phương trình đã cho là

C1 D ex.2 � x C y/; C1 2 R:

Ví dụ 6.9. Giải bài toán điều kiện đầu

y0 C 5x4y2 D 0; y.0/ D 1:

Giải. Do y.0/ D 1 nên ta chỉ tìm nghiệm y ¤ 0: Tách biến ta được

dy

y2C 5x4dx D 0:

Tích phân lên ta được

� 1

yC x5 D C:

Từ điều kiện đầu ta suy ra

� 1

y.0/C 0 D C , C D �1:

Vậy

y D 1

x5 C 1:

6.2.4 Phương trình đẳng cấp cấp một

a. Định nghĩa

Phương trình đẳng cấp cấp một là phương trình có dạng

y0 D f�y

x

�

(6.6)


b. Cách giải

Đặt u D y

x; suy ra y D ux: Ta có y0 D u0x C u: Thay vào (6.6) ta được

u0x C u D f .u/:

� Nếu f .u/ � u ¤ 0 thì phương trình có thể được tách biến và trở thành

dx

xD du

f .u/ � u:

Tích phân hai vế ta thu được

ln jxj DZ

du

f .u/ � uC ln jC j D �.u/ C ln jC j ;

trong đó �.u/ DZ

du

f .u/ � u: Do đó

x D ˙Ce�.u/ D C1e�.u/ D C1e�. yx

/;

là tích phân tổng quát.

� Nếu f .u/ � u � 0 thì f�y

x

�

� y

x: Thay vào (6.6) ta được

dy

dxD y

x: Tách biến

ta thu được nghiệm tổng quát y D Cx:

� Nếu f .u/�u D 0 tại u D u0 thì bằng cách thử trực tiếp ta thấy y D u0x cũnglà nghiệm của (6.6).


y0 D1 C a

y

x

a � y

x

:

Giải. Đặt u D y

x; suy ra

u0x C u D 1 � au

a � u

hay

u0x D 1 C u2

a � u:

Tách biến ta đượca � u

1 C u2du D dx

x;


và tích phân hai vế

a arctan u � 1

2ln.1 C u2/ C ln jC j D ln jxj ;

suy raxp

1 C u2 D C arctan u:

Vậy tích phân tổng quát của phương trình là

x

r

1 C�y

x

�2

D C arctan�y

x

�

:


2xyy0 � y2 C x2 D 0:

Giải. Vì x D 0 không là nghiệm nên chia hai vế cho x2 ta được

2y

xy0 �

�y

x

�2

C 1 D 0:

Thay u D y

xvà y0 D u0x C u vào phương trình ta sẽ có

2u.u0x C u/ � u2 C 1 D 0

hay2uu0x D �.u2 C 1/:

Tách biến ta được2udu

u2 C 1D �dx

x:

Tích phân hai vế dẫn đến

ln.1 C u2/ D � ln jxj C ln jC j :

Suy ra

u2 C 1 D C

x

và thay u D y

xta thu được

x2 C y2 D Cx:

Chú thích 6.2.3. Hàm F.x; y/ được gọi là đẳng cấp bậc k nếu với mọi �; ta có

F.�x; �y/ D �kF.x; y/:


Nếu F.x; y/ là hàm đẳng cấp bậc không thì bằng cách đặt � D 1x

ta có

F.x; y/ D F

�

1

xx;

y

x

�

D F�

1;y

x

�

� f�y

x

�

:

Do đó, phương trình dạngy0 D F.x; y/;

với F.x; y/ là hàm đẳng cấp bậc không sẽ được giải bằng cách đưa về dạng (6.6).

Ví dụ 6.12. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình

y0 D y2 C 2xy

xy:

Giải. Phương trình đã cho tương đương với

y0 D y

xC 2:

Thay u D y

xvà y0 D u0x C u vào phương trình ta được

u0x C u D u C 2 , u0x D 2 , du D 2

xdx:

Tích phân hai vế phương trình sau cùng dẫn đến

u D ln x2 C ln C 2 , eu D x2C 2;

thay u D y

x; ta thu được

eyx D x2C 2:

Chú thích 6.2.4. Phương trình dạng

y0 D f

�

a1x C b1y C c1

a2x C b2y C c2

�

(6.7)

có thể đưa về phương trình đẳng cấp. Thật vậy, ta xét hai khả năng:

1. Hệ phương trình(

a1x C b1y C c1 D 0Ia2x C b2y C c2 D 0;

(6.8)

có nghiệm duy nhất .x0I y0/: Khi ấy, nếu ta đặt x D u C x0; v D y C y0 thìdy

dxD dv

du; và do đó,

dv

duD f

�

a1.u C x0/ C b1.v C y0/ C c1

a2.u C x0/ C b2.v C y0/ C c2

�

D f

�

a1u C b1v

a2u C b2v

�

:

Đây là phương trình đẳng cấp.


2. Hệ phương trình (6.8) vô nghiệm. Khi đó,

a1

a2

D b1

b2

D k; k � hằng số:

Đặt z D a2x C b2y; ta có z0 D a2 C b2y0 hay

y0 D z0 � a2

b2

:

Thay vào phương trình (6.7), ta được

z0 D b2f

�

kz C c1

z C c2

�

C a2:

Đây là phương trình có biến phân ly.

Ví dụ 6.13. Tìm tích phân tổng quát của phương trình

.x C y � 2/dx � .x � y C 4/dy D 0:


y0 D x C y � 2

x � y C 4: (6.9)

Hệ phương trình(

x C y � 2 D 0Ix � y C 4 D 0;

(6.10)

có nghiệm duy nhất .�1I 3/: Đặt x D u � 1; y D v C 3;dy

dxD dv

du; thay vào phương

trình (6.9), ta đượcdv

duD u C v

u � v: (6.11)

Đây là phương trình đẳng cấp. Đặt z D vu; ta có v D z:u và

dv

duD u

dz

duC z:

Thay vào (6.11), ta thu được

udz

duC z D 1 C z

1 � z

, 1 � z

1 C z2dz D du

u

,Z

1 � z

1 C z2dz D

Z

du

u


, arctan z � lnp

1 C z2 D ln juj C ln jC j D ln juC j, arctan z D ln juC

p

1 C z2j,earctan z D uC

p

1 C z2

,earctan vu D C u

r

1 C�v

u

�2

,earctan vu D C

p

u2 C v2:

Thay u D x C 1; v D y � 3; ta được tích phân tổng quát của phương trình đã cho là

earctany�3xC1 D C

p

.x C 1/2 C .y � 3/2:

Ví dụ 6.14. Tìm tích phân tổng quát của phương trình

.2x � 2y � 1/dx C .x � y C 1/dy D 0:


y0 D �2.x � y/ � 1

x � y C 1: (6.12)

Hệ phương trình(

2x � 2y � 1 D 0Ix � y C 1 D 0;

(6.13)

vô nghiệm. Đặt z D x � y; ta có z0 D 1 � y0; thay vào phương trình (6.12), ta được

1 � z0 D �2z � 1

z C 1: (6.14)

Phân ly biến số, rồi tích phân lên ta thu được

z C ln jzj D 3x C C:

Thay z D x � y ta được tích phân tổng quát của phương trình đã cho là

ln jx � yj D 2x C y C C:

6.2.5 Phương trình vi phân toàn phần

a. Định nghĩa

Phương trình vi phân toàn phần là phương trình có dạng

P.x; y/dx C Q.x; y/dy D 0 (6.15)

trong đó P.x; y/; Q.x; y/ là những hàm số liên tục cùng với các đạo hàm riêng củachúng trong một miền đơn liên D � R

2 thỏa mãn điều kiện

@P

@yD @Q

@x; 8.xI y/ 2 D: (6.16)


b. Cách giải

Vì (6.16) nên P.x; y/dx C Q.x; y/dy là vi phân toàn phần của một hàm số u.x; y/

nào đó trên D: Do đó, (6.15) được viết lại là

du.x; y/ D 0:

Suy ra tích phân tổng quát làu.x; y/ D C;

trong đó, u.x; y/ được tính bằng công thức

u.x; y/ DZ x

x0

P.t; y0/dt CZ y

y0

Q.x; t/dt; (6.17)

hoặc

u.x; y/ DZ x

x0

P.t; y/dt CZ y

y0

Q.x0; t /dt; (6.18)

với, .x0I y0/ là một điểm trong D:


.x3 C 3xy2/dx C .3x2y C y3/dy D 0:

Giải. Hai hàm P.x; y/ D x3 C 3xy2; Q.x; y/ D 3x2y C y3 cùng các đạo hàm riêngcủa chúng liên tục trên R

2 và

@P

@yD 6xy D @Q

@x; 8.xI y/ 2 R

2:

Do đó, có hàm u.x; y/ sao cho du D P dx C Qdy: Ta tìm u.x; y/ bằng công thức(6.17) với .x0I y0/ D .0I 0/;

u.x; y/ DZ x

0

t3dt CZ y

0

.3x2t C t3/dt

D 1

4x4 C 3

2x2y2 C 1

4x4:


1

4x4 C 3

2x2y2 C 1

4y4 D C:


Œ.1 C x C y/ex C ey�dx C Œex C xey �dy D 0:


Giải. Ta có P.x; y/ D .1 C x C y/ex C ey; Q.x; y/ D ex C xey cùng các đạo hàmriêng của chúng liên tục trên R

2 và

@P

@yD ex C ey D @Q

@x; 8.xI y/ 2 R

2:

Vậy có hàm u.x; y/ sao cho du D P dx CQdy: Ta tìm u.x; y/ bằng công thức (6.17)với .x0I y0/ D .0I 0/;

u.x; y/ DZ x

0

Œ.1 C t /et C 1�dt CZ y

0

.ex C xet /dt

D xex C x C exy C xey � x

D .x C y/ex C xey :


.x C y/ex C xey D C:

Chú thích 6.2.5. Ta có thể tìm hàm u.x; y/ mà du D P dx C Qdy theo cách nhưsau:

� Từ u0x D P; ta tích phân bất định theo x; xem y là hằng,

u.x; y/ DZ

P.x; y/dx D R.x; y/ C k.y/:

� Lấy đạo hàm u.x; y/ này theo y và sử dụng u0y D Q ta tính được k.y/:

Ví dụ 6.17. Giải phương trình ở ví dụ 6.15. Ta có

u DZ

.x3 C 3xy2/dx

D 1

4x4 C 3

2x2y2 C k.y/:

Đạo hàm theo y; rồi cho kết quả đồng nhất với Q.x; y/ ta được

u0y D 3x2y C dk

dyD 3x2y C y3:

Do đódk

dyD y3;

suy ra

k.y/ D y4

4C C0:


1

4x4 C 3

2x2y2 C 1

4y4 D C:


c. Thừa số tích phân

Khi điều kiện (6.16) không thỏa mãn thì phương trình (6.15) không phải là phươngtrình vi phân toàn phần. Trong một vài trường hợp, ta có thể tìm được hàm �.x; y/

sao cho phương trình

�.x; y/P.x; y/dx C �.x; y/Q.x; y/dy D 0 (6.19)

là phương trình vi phân toàn phần. Hàm �.x; y/ như thế được gọi là thừa số tíchphân.

Không có phương pháp tổng quát để tìm thừa số tích phân. Ta thường tìm thừasố tích phân chỉ phụ thuộc một biến. Phương trình (6.19) là phương trình vi phântoàn phần khi và chỉ khi

@

@y.�P / D @

@x.�Q/: (6.20)

� Nếu �.x; y/ � �.x/ thì (6.20) trở thành

�@P

@yD �0Q C �

@Q

@x

hay

�0Q D �@P

@y� �

@Q

@x

Chia hai vế cho �Q ta được

�0

�D 1

Q

�

@P

@y� @Q

@x

�

� R.x/:

Bằng cách tách biến ta đi đến

�.x/ D eR

R.x/dx D eR

1Q . @P

@y� @Q

@x /dx

� Tương tự, nếu �.x; y/ � �.y/ thì thừa số tích phân có thể tìm được bởi côngthức

�.y/ D eR

1P . @Q

@x� @P

@y /dy

Vậy ta có

Định lý 6.2. Xét phương trình (6.15). Ta có:

� Nếu1

Q

�

@P

@y� @Q

@x

�

chỉ phụ thuộc vào x thì (6.15) có thừa số tích phân là

�.x/ D eR

1Q . @P

@y� @Q

@x /dx:


� Nếu1

P

�

@Q

@x� @P

@y

�

chỉ phụ thuộc vào y thì (6.15) có thừa số tích phân là

�.y/ D eR

1P . @Q

@x� @P

@y /dy:


ydx � .4x2y C x/dy D 0

Giải. P.x; y/ D y; Q.x; y/ D �.4x2y C x/ và

@P

@yD 1 ¤ �8xy � 1 D @Q

@x:

Phương trình đã cho không phải là phương trình vi phân toàn phần. Ta có

@P@y

� @Q

@x

QD � 2

x:

Do đó, thừa số tích phân của phương trình là

�.x/ D eR � 2

xdx D 1

x2:

Dễ thấy x � 0 là một nghiệm của phương trình. Xét x ¤ 0; nhân hai vế phươngtrình đã cho với thừa số tích phân ta được

y

x2dx � .4y C 1

x/dy D 0:

Chọn x0 D 1; y0 D 0; tích phân tổng quát của phương trình đã cho làZ x

1

0

t2dt �

Z y

0

.4t C 1

x/dt D C , �2y2 � y

xD C:

6.2.6 Phương trình tuyến tính cấp một

a. Định nghĩa

Phương trình tuyến tính cấp một là phương trình có dạng

y0 C p.x/y D q.x/; (6.21)

trong đó p.x/ và q.x/ là các hàm liên tục đã cho. Nếu q.x/ � 0 trong khoảng củabiến x mà ta xét phương trình thì (6.21) được gọi là phương trình tuyến tính cấpmột thuần nhất. Nếu q.x/ ¤ 0 thì (6.21) được gọi là phương trình tuyến tính cấpmột không thuần nhất.


b. Cách giải

? Phương pháp biến thiên hằng sốBước 1: Giải phương trình thuần nhất tương ứng với (6.21),

y0 C p.x/y D 0: (6.22)

Nếu y ¤ 0; tách biến ta được

dy

yD �p.x/dx:

Suy ra

ln jyj D �Z

p.x/dx C ln jC j;

với C là hằng số tùy ý, khác 0: Vậy nghiệm tổng quát của (6.22) là

y D Ce� R

p.x/dx: (6.23)

Chú ý rằng y � 0 là một nghiệm riêng của (6.22) ứng với C D 0:

Bước 2: Xem C � C.x/; ta tìm C.x/ để (6.23) là nghiệm của (6.21). Thế (6.23)vào (6.21), ta được

C 0.x/e� R

p.x/dx � C.x/p.x/e� R

p.x/dx C p.x/C.x/e� R

p.x/dx D q.x/;

haydC.x/

dxD q.x/e

R

p.x/dx :

Tích phân lên,

C.x/ DZ

q.x/eR

p.x/dx C C1;

với C1 là hằng số tùy ý. Suy ra nghiệm tổng quát của (6.21) là

y D C1e� R

p.x/dx C e� R

p.x/dx

Z

q.x/eR

p.x/dx: (6.24)

Chú thích 6.2.6. Biểu thức thứ hai trong vế phải của (6.24) là nghiệm riêng của(6.21) ứng với C1 D 0; và biểu thức thứ nhất là nghiệm tổng quát của (6.22). Ta cóthể chứng minh rằng: nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính không thuầnnhất bằng nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng cộng với mộtnghiệm riêng của phương trình không thuần nhất.

? Phương pháp thừa số tích phânTa viết (6.21) ở dạng

Œp.x/y � q.x/�dx C dy D 0


thì1

Q

�

@P

@y� @Q

@x

�

D p.x/;

và thừa số tích phân của phương trình này là eR

p.x/dx: Nhân hai vế (6.21) choeR

p.x/dx ta được

y0eR

p.x/dx C p.x/eR

p.x/dxy D q.x/eR

p.x/dx

hay�

yeR

p.x/dx�0

D q.x/eR

p.x/dx:

Tích phân hai vế theo x ta được

yeR

p.x/dx DZ

q.x/eR

p.x/dxdx C C:

Do đóy D e� R

p.x/dx

Z

q.x/eR

p.x/dxdx C Ce� R

p.x/dx

là nghiệm tổng quát của (6.21).


y0 C 2xy D 2xe�x2

:

Giải. Ta có p.x/ D 2x nên eR

p.x/dx D ex2

: Nhân hai vế phương trình cho ex2

tađược

ex2

y0 C 2xex2

y D 2x;

hay�

yex2�0

D 2x:

Tích phân hai vế dẫn đếnyex2 D x2 C C:

Suy ra nghiệm tổng quát của phương trình là

y D .x2 C C /e�x2

:

Ví dụ 6.20. Tìm nghiệm của phương trình

.x2 C 1/y0 C xy D 1

thỏa điều kiện y.0/ D 2:

Giải. Phương trình được viết lại là

y0 C x

x2 C 1y D 1

x2 C 1:


Ta có p.x/ D x

x2 C 1nên e

R

p.x/dx D e12

ln.x2C1/ Dp

x2 C 1: Nhân hai vế phương

trình chop

x2 C 1 ta được

y0p

x2 C 1 C xpx2 C 1

y D 1px2 C 1

:

Viết phương trình này dưới dạng

�

yp

x2 C 1�0

D 1px2 C 1

và tích phân lên ta được

yp

x2 C 1 D ln.x Cp

x2 C 1/ C C:

Suy ra

y D ln.x Cp

x2 C 1/ C Cpx2 C 1

:

Điều kiện y.0/ D 2 thỏa khi và chỉ khi C D 2. Vậy nghiệm cần tìm là

y D ln.x Cp

x2 C 1/ C 2px2 C 1

:

6.2.7 Phương trình Bernoulli

a. Định nghĩa

Phương trình Bernoulli là phương trình có dạng

y0 C p.x/y D q.x/y˛ ; (6.25)

trong đó p.x/ và q.x/ là các hàm liên tục đã cho, ˛ là một số thực.

b. Cách giải

Nếu ˛ D 0 hay ˛ D 1 thì (6.25) trở thành phương trình tuyến tính. Vì vậy, ta giảthiết ˛ ¤ 0 và ˛ ¤ 1: Dễ thấy y � 0 là một nghiệm của phương trình nếu ˛ > 0.Xét y ¤ 0: Chia hai vế (6.25) cho y˛ ta được

y�˛y0 C p.x/y1�˛ D q.x/:

Đặt z D y1�˛; ta có z0 D .1 � ˛/y�˛y0; suy ra z0

1�˛D y�˛y0; thay vào phương trình

ngay trên đây ta thu được

z0

1 � ˛C p.x/z D q.x/

6.3. Phương trình vi phân cấp hai 151

hayz0 C .1 � ˛/p.x/z D .1 � ˛/q.x/:

Đây là phương trình tuyến tính. Sau khi tích phân phương trình này ta thay z D y1�˛

để có được tích phân của (6.25).


3y0 C y D y�2:

Giải. Chia hai vế phương trình cho y�2 ta được

3y2y0 C y3 D 1:

Đặt z D y3; ta có z0 D 3y2y0: Khi đó, phương trình trở thành

z0 C z D 1:

Phương trình này có nghiệm tổng quát là

z D 1 C Ce�x

suy ra nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là

y D 3p

1 C Ce�x:

6.3 Phương trình vi phân cấp hai

6.3.1 Đại cương về phương trình vi phân cấp hai

Định nghĩa 6.3.1. Phương trình vi phân cấp hai là phương trình có dạng

F.x; y; y0; y00/ D 0: (6.26)

Nếu giải được phương trình (6.26) đối với y00 thì phương trình (6.26) có dạng

y00 D f .x; y; y0/: (6.27)

Định lý 6.3. Cho phương trình (6.27). Nếu hàm số f cùng hai đạo hàm riêng theobiến thứ hai và thứ ba liên tục trong miền mở D � R

3 thì với mọi điểm .x0; y0; y00/ 2

D; tồn tại duy nhất một nghiệm của phương trình (6.27) thỏa mãn điều kiện

y.x0/ D y0; y0.x0/ D y00: (6.28)

Bài toán tìm nghiệm của phương trình (6.27) thỏa điều kiện (6.28) được gọi làbài toán Cauchy của phương trình (6.27).


Định nghĩa 6.3.2. � Nghiệm tổng quát của phương trình có dạng

y D '.x; y; C1; C2/;

trong đó C1; C2 tùy ý, thỏa mãn phương trình với mọi giá trị của C1; C2 vàvới mọi điểm .x0; y0; y0

0/ 2 D; tồn tại duy nhất cặp số .C.0/1 ; C

.0/2 / sao cho

y D '.x; y; C.0/1 ; C

.0/2 / là nghiệm của bài toán Cauchy của phương trình (6.27).

� Hệ thứcˆ.x; y; C1; C2/ D 0

xác định nghiệm tổng quát của phương trình (6.27) dưới dạng ẩn được gọi làtích phân tổng quát của nó.

� Nghiệm có được từ nghiệm tổng quát bằng cách cho C1; C2 các giá trị cụ thểđược gọi là nghiệm riêng. Tích phân có được từ tích phân tổng quát C1; C2 cácgiá trị cụ thể được gọi là tích phân riêng.

6.3.2 Phương trình khuyết

Phương trình khuyết y; y0

Phương trình có dạng F.x; y00/ D 0: Đặt y0 D p; ta được F.x; p0/ D 0; đây làphương trình cấp một đối với p:

Ví dụ 6.22. Giải phương trình x D y002 C y00 C 1:

Giải. Đặt p D y0; phương trình trở thành

x D p02 C p0 C 1:

Đặt p0 D t ta có x D t2 C t C 1 và dp D tdx D t .2t C 1/dt: Do đó, phương trìnhtham số của đường tích phân tổng quát của phương trình cấp một này là

x D t2 C t C 1; p D 2

3t3 C 1

2t2 C C1:

Ta tìm y: Theo cách đặt thì

dy D pdx D�

2

3t3 C 1

2t2 C C1

�

.2t C 1/dt:

Do đó

y DZ �

2

3t3 C 1

2t2 C C1

�

.2t C 1/dt

DZ �

4

3t4 C 5

3t3 C 1

2t2 C 2C1t C C1

�

dt:

Vậy phương trình tham số của đường tích phân tổng quát của phương trình cấpmột này là

x D t2 C t C 1; y D 4

15t5 C 5

12t4 C 1

6t3 C C1t2 C C1t C C2:


Phương trình khuyết y

Phương trình có dạng F.x; y0; y00/ D 0: Đặt y0 D p; ta được F.x; p; p0/ D 0; đây làphương trình cấp một đối với p:

Ví dụ 6.23. Tìm nghiệm riêng của phương trình

.1 � x2/y00 � xy0 D 2;

thỏa mãn điều kiện y.0/ D 0; y0.0/ D 0:

Giải. Đặt p D y0; ta có y00 D p0: Phương trình trở thành

.1 � x2/p0 � xp D 2:

Vì ta xét trong lân cận điểm x D 0 nên phương trình được viết lại ở dạng

p0 � x

1 � x2p D 2

1 � x2:

Nghiệm tổng quát của phương trình này là

p D 2 arcsin x C C1p1 � x2

:

Do đó, nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là

y DZ

pdx

DZ

2 arcsin x C C1p1 � x2

dx

D .arcsin x/2 C C1 arcsin x C C2

Điều kiện y.0/ D 0 cho ta C2 D 0 và điều kiện y0.0/ D 0 cho ta C1 D 0:

Vậy nghiệm riêng cần tìm là y D .arcsin x/2:

Phương trình khuyết x

Phương trình có dạng F.y; y0; y00/ D 0: Đặt y0 D p; ta có

y00 D dp

dxD dp

dy

dy

dxD dp

dy:p:

Xem p là hàm theo p ta thu được phương trình

F

�

y; p;dp

dy

�

D 0;

đây là phương trình cấp một đối với p:



2yy00 D y02 C 1:

Giải. Đặt p D y0; y00 D p dp

dy; phương trình trở thành

2ypdp

dyD p2 C 1

haydy

yD 2pdp

p2 C 1:

Tích phân hai vế, ta được

ln jyj D ln.1 C p2/ C ln jC1j , y D C1.1 C p2/; C1 ¤ 0:

Từ đó, ta có

dx D dy

pD 2C1pdp

pD 2C1dp;

suy ra

dp D dx

2C1

) p D x

2C1

C C2:

Do đó nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là

y D C1

"

�

x

2C1

C C2

�2

C 1

#

:

6.3.3 Phương trình tuyến tính

Định nghĩa phương trình tuyến tính

Định nghĩa 6.3.3. Phương trình tuyến tính cấp hai là phương trình có dạng

y00 C p.x/y0 C q.x/y D f .x/; 8x 2 .aI b/; (6.29)

trong đó, p.x/; q.x/ và f .x/ là các hàm liên tục trên .aI b/. Nếu f .x/ D 0; 8x 2 .aI b/

thì (6.29) được gọi là phương trình thuần nhất. Nếu f .x/ ¤ 0 trên .aI b/ thì (6.29)được gọi là phương trình không thuần nhất.

Phương trình tuyến tính thuần nhất

Cho phương trình thuần nhất

y00 C p.x/y0 C q.x/y D 0: (6.30)


Định nghĩa 6.3.4. Hai hàm u.x/; v.x/ được gọi là độc lập tuyến tính trên .aI b/

nếu˛u.x/ C ˇv.x/ D 0; 8x 2 .aI b/ ) ˛ D ˇ D 0:

Ngược lại, nếu tồn tại hai số ˛; ˇ không đồng thời bằng không sao cho

˛u.x/ C ˇv.x/ D 0; 8x 2 .aI b/

thì hai hàm u.x/; v.x/ được gọi là phụ thuộc tuyến tính trên .aI b/

Ví dụ 6.25. Hai hàm sin x; cos x độc lập tuyến tính trên Œ0I ��:

Định nghĩa 6.3.5. Cho hai hàm số u.x/; v.x/ có đạo hàm trên .aI b/: Định thứcˇ

ˇ

ˇ

ˇ

u.x/ v.x/

u0.x/ v0.x/

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

D u.x/v0.x/ � u0.x/v.x/

được gọi là định thức Wronsky của u.x/; v.x/ và được ký hiệu là W.u; v/:

Định lý 6.4. Nếu hai hàm số u.x/; v.x/ có đạo hàm và phụ thuộc tuyến tính trên.aI b/ thì

W.u.x/; v.x// D 0; 8x 2 .aI b/:

Chứng minh. Giả sử tồn tại x0 2 .aI b/ sao cho W.u.x0/; v.x0// ¤ 0 và

˛u.x/ C ˇv.x/ D 0; 8x 2 .aI b/: (6.31)

Lấy đạo hàm hai vế (6.31) ta được

˛u0.x/ C ˇv0.x/ D 0; 8x 2 .aI b/: (6.32)

Từ (6.31) và (6.32) ta có(

˛u.x0/ C ˇv.x0/ D 0;

˛u0.x0/ C ˇv0.x0/ D 0:(6.33)

Hệ này có định thứcˇ

ˇ

ˇ

ˇ

u.x0/ v.x0/

u0.x0/ v0.x0/

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

D W.u.x0/; v.x0// ¤ 0

nên có nghiệm duy nhất ˛ D ˇ D 0: Vậy u.x/; v.x/ độc lập tuyến tính trên .aI b/:

Vô lý.

Định lý 6.5. Giả sử phương trình (6.30) có hai nghiệm y1.x/; y2.x/: Các nghiệmy1.x/; y2.x/ độc lập tuyến tính trên .aI b/ khi và chỉ khi

W.y1; y2/ ¤ 0; 8x 2 .aI b/:


Chứng minh. Chiều nghịch là hiển nhiên.

Giả sử y1.x/; y2.x/ độc lập tuyến tính trên .aI b/ ta chứng minh

W.y1; y2/ ¤ 0; 8x 2 .aI b/:

Giả sử tồn tại x0 2 .aI b/ sao cho W.y1.x0/; y2.x0// D 0: Khi ấy hệ(

˛u.x0/ C ˇv.x0/ D 0;

˛u0.x0/ C ˇv0.x0/ D 0:(6.34)

có nghiệm không tầm thường .˛I ˇ/: Hàm số

y.x/ D ˛y1.x/ C ˇy2.x/

cũng là nghiệm của (6.30) và, theo (6.34), thỏa điều kiện Cauchy

y.x0/ D 0; y0.x0/ D 0:

Mà bài toán Cauchy của (6.30) với điều kiện y.x0/ D 0; y0.x0/ D 0 có duy nhấtnghiệm y � 0 nên

˛y1.x/ C ˇy2.x/ D 0; 8x 2 .aI b/:

Vậy y1.x/; y2.x/ phụ thuộc tuyến tính trên .aI b/: Vô lý.

Định lý 6.6. Giả sử phương trình (6.30) có hai nghiệm y1.x/; y2.x/ độc lập tuyếntính trên .aI b/: Khi ấy nghiệm tổng quát của (6.30) có dạng

y D C1y1 C C2y2: (6.35)

Chứng minh. Rõ ràng hàm số có dạng (6.35) là nghiệm của (6.30). Giả sử u.x/ lànghiệm của (6.30) thỏa điều kiện Cauchy

u.x0/ D u0; u0.x0/ D b0; x0 2 .aI b/: (6.36)

Ta chứng minh tồn tại hai hằng số C.0/1 ; C

.0/2 sao cho

u D C.0/1 y1.x/ C C

.0/2 y2.x/; 8x 2 .aI b/:

Thật vậy, hệ(

C1y1.x0/ C C2y2.x0/ D u0;

C1y01.x0/ C C2y0

2.x0/ D b0:

có nghiệm duy nhất .C.0/1 I C

.0/2 / vì W.y1.x0/; y2.x0// ¤ 0: Do đó, C

.0/1 y1.x/ C

C.0/2 y2.x/ là nghiệm của (6.30) thỏa điều kiện (6.36). Mà bài toán Cauchy có duy

nhất nghiệm nênu D C

.0/1 y1.x/ C C

.0/2 y2.x/; 8x 2 .aI b/:


Như vậy để tìm nghiệm tổng quát của phương trình (6.30) ta chỉ cần tìm hainghiệm độc lập tuyến tính của nó. Trong một vài trường hợp nếu ta có một nghiệmcủa (6.30) thì nghiệm độc lập tuyến tính còn lại được tìm nhờ vào định lý sau đây.

Định lý 6.7. Giả sử phương trình (6.30) có nghiệm y1.x/ ¤ 0; 8x 2 .aI b/: Khiấy, ta có thể tìm nghiệm của (6.30) độc lập tuyến tính với y1 trên .aI b/ ở dạngy2 D y1.x/u.x/:

Chứng minh. Đặt y D y1.x/u.x/: Ta có

y0 D y01u C y1u0; y00 D y00

1u C 2y0u0 C y1u00:

Thế vào (6.30) ta được

y1u00 C .2y01 C py1/u0 C .y00

1 C py01 C qy1/u D 0:

Mà y001 C py0

1 C qy1 D 0 nên ta thu được phương trình

y1u00 C .2y01 C py1/u0 D 0:

Đặt z D u0; phương trình trở thành

y1z0 C .2y01 C py1/z D 0:

Nghiệm riêng của phương trình này là

z D 1

y21

e� R

p.x/dx:

Suy ra

u DZ

1

y21

e� R

p.x/dxdx:

Vậy nghiệm thứ hai của (6.30), độc lập với y1; được tính bởi

y2 D y1

Z

1

y21

e� R

p.x/dxdx: (6.37)


.1 � x2/y00 C 2xy0 � 2y D 0; jxj > 1:

Biết rằng y1 D x là một nghiệm riêng của phương trình.Giải. Viết lại phương trình ở dạng

y00 C 2x

1 � x2y0 � 2

1 � x2y D 0;


ta được p.x/ D 2x1�x2 : Do đó

y2 D x

Z

e� R

p.x/dx

x2dx D x

Z

eln.x2�1/

x2dx D x2 C 1:

Nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là

y D C1x C C2.x2 C 1/:

Phương trình tuyến tính không thuần nhất

Xét phương trình (6.29),

y00 C p.x/y0 C q.x/y D f .x/; 8x 2 .aI b/;

với p.x/; q.x/ và f .x/ là các hàm liên tục trên .aI b/:

Nếu u.x/ là nghiệm của (6.30) và v.x/ là nghiệm của (6.29) thì vì

u00.x/ C p.x/u0.x/ C q.x/u.x/ D 0; 8x 2 .aI b/

vàv00.x/ C p.x/v0.x/ C q.x/v.x/ D f .x/; 8x 2 .aI b/

nên

Œu.x/ C v.x/�00 C p.x/Œu.x/ C v.x/�0 C q.x/Œu.x/ C v.x/� D 0 C f .x/:

Vậy u.x/ C v.x/ là nghiệm của (6.29).

Hơn nữa, ta có định lý về nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất(6.29) như sau

Định lý 6.8. Cho yg.x/ D C1y1.x/ C C2y2.x/ là nghiệm tổng quát của (6.30) vàyp.x/ là một nghiệm riêng của (6.29). Khi ấy, nghiệm tổng quát của (6.29) có dạng

y.x/ D yg.x/ C yp.x/ D C1y1.x/ C C2y2.x/ C yp.x/:

Chứng minh. Giả sử y.x/ là một nghiệm của (6.29). Vì yp.x/ cũng là nghiệm của(6.29) nên u.x/ D y.x/ � yp.x/ là một nghiệm của phương trình thuần nhất (6.30).Thật vậy, với mọi x 2 .aI b/ ta có

u00.x/ C p.x/u0.x/ C q.x/u.x/ D y00.x/ C p.x/y0.x/ C q.x/y.x/

� Œy00p.x/ C p.x/y0

p.x/ C q.x/yp.x/�


D f .x/ � f .x/

D 0:

Do đó, theo định lý 6.6, tồn tại duy nhất cặp số .C.0/1 I C

.0/2 / sao cho

u.x/ D C.0/1 y1.x/ C C

.0/2 y2.x/;

suy ray.x/ D C

.0/1 y1.x/ C C

.0/2 y2.x/ C yp.x/:

Vậy nghiệm tổng quát của (6.29) là

y.x/ D yg.x/ C yp.x/:

Phương pháp biến thiên hằng số Lagrange

Giả sử phương trình thuần nhất (6.30) có nghiệm tổng quát là

y D C1y1 C C2y2; (6.38)

trong đó C1; C2 là hai hằng số tùy ý. Ta tìm nghiệm riêng của (6.29) dưới dạng (6.38)trong đó C1; C2 là hai hàm số. Ta có

y0 D C1y01 C C 0

1y1 C C2y02 C C 0

2y2:

Chọn C1; C2 sao choC 0

1y1 C C 02y2 D 0:

Khi đóy00 D C1y00

1 C C 01y0

1 C C2y002 C C 0

2y02:

Thay y; y0 và y00 vào (6.29), ta được

C1.y001 C py0

1 C qy1/ C C2.y002 C py0

2 C qy2/ C C 01y0

1 C C 02y0

2 D f .x/:

Vì y1; y2 là nghiệm của phương trình (6.30) nên đẳng thức trở thành

C 01y0

1 C C 02y0

2 D f .x/:

Vậy hàm số ở (6.38) là nghiệm của (6.30) nếu C1; C2 thỏa mãn hệ phương trình(

C 01y1 C C 0

2y2 D 0;

C 01y0

1 C C 02y0

2 D f .x/:(6.39)


Vì y1; y2 là hai nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình (6.30) nên

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

y1 y2

y01 y0

2

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

¤ 0; 8x 2 .aI b/:

Do đó, hệ (6.39) có nghiệm duy nhất C 01.x/; C 0

2.x/: Tích phân lên ta thu đượcC1.x/; C2.x/:


.1 � x2/y00 C 2xy0 � 2y D 1 � x2; jxj > 1:

Giải. Viết lại phương trình ở dạng

y00 C 2x

1 � x2y0 � 2

.1 � x2/y D 1: (6.40)

Theo ví dụ 6.26, nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng vớiphương trình này là

yg.x/ D C1x C C2.x2 C 1/:

Hàmyp.x/ D C1.x/x C C2.x/.x2 C 1/

là nghiệm của phương trình (6.40) nếu C1.x/; C2.x/ thỏa mãn hệ(

C 01.x/x C C 0

2.x/.x2 C 1/ D 0;

C 01.x/ C C 0

2.x/2x D 1:

Giải hệ ta được

C 01.x/ D �x2 C 1

x2 � 1; C 0

2.x/ D x

x2 � 1:

Suy ra

C1.x/ D ��

x C ln�

x � 1

x C 1

��

; C2 D 1

2ln.x2 � 1/:

Do đó, một nghiệm riêng của (6.40) là

yp.x/ D ��

x C ln�

x � 1

x C 1

��

x C 1

2.x2 C 1/ ln.x2 � 1/

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là

y D C1x C C2.x2 C 1/ ��

x C ln�

x � 1

x C 1

��

x C 1

2.x2 C 1/ ln.x2 � 1/


Nguyên lý chồng nghiệm

Định lý sau đây cho phép ta tìm nghiệm riêng của phương trình (6.29) đơn giản hơnkhi f .x/ phức tạp.

Định lý 6.9. Cho phương trình

y00 C p.x/y0 C q.x/y D f .x/ C g.x/: (6.41)

Nếu y1.x/ là một nghiệm riêng của phương trình

y00 C p.x/y0 C q.x/y D f .x/

và y2.x/ là một nghiệm riêng của phương trình

y00 C p.x/y0 C q.x/y D g.x/

thì y.x/ D y1.x/ C y2.x/ là một nghiệm riêng của (6.41).

6.3.4 Phương trình tuyến tính có hệ số hằng

Phương trình thuần nhất

Xét phương trình

y00 C py0 C qy D 0; x 2 .aI b/; (6.42)

trong đó, p; q là các hằng số thực. Ta biết rằng muốn tìm nghiệm tổng quát của(6.42), chỉ cần tìm hai nghiệm riêng độc lập tuyến tính của nó. Ta sẽ tìm nghiệmriêng của (6.42) ở dạng y D ekx ; với k là một hằng số cần tìm. Thế vào (6.42), tađược

ekx.k2 C pk C q/ D 0:

Vì ekx ¤ 0 nên ta có

k2 C pk C q D 0: (6.43)

Vậy y D ekx là nghiệm của (6.42) khi và chỉ khi k là nghiệm của (6.43). Phươngtrình (6.43) được gọi là phương trình đặc trưng của phương trình (6.42). Có ba khảnăng sau đây:

1. Phương trình (6.43) có hai nghiệm thực phân biệt k1 và k2: Khi ấy, (6.42) cóhai nghiệm riêng y1 D ek1x; y2 D ek2x độc lập tuyến tính trên .aI b/ nên nó cónghiệm tổng quát là

y D C1ek1x C C2ek2x: (6.44)


2. Phương trình (6.43) có nghiệm kép thực là k. Khi ấy, (6.42) có một nghiệmriêng là y1 D ekx: Ta tìm nghiệm riêng thứ hai theo công thức (6.37),

y2 D ekx

Z

e�px

e2kxdx D ekx

Z

e2kx

e2kxdx D ekxx;

ở đó, ta đã thay �p D 2k: Vậy nghiệm tổng quát của (6.42) là

y D C1ekx C C2xekx :

3. Phương trình (6.43) có hai nghiệm phức liên hợp k1 D ˛ C iˇ; k2 D ˛ � iˇ:

Hai nghiệm riêng của (6.42) là

Ny1 D e.˛Ciˇ/x D e˛xeiˇx D e˛x.cos ˇx C i sin ˇx/

Ny2 D e.˛�iˇ/x D e˛xe�iˇx D e˛x.cos ˇx � i sin ˇx/:

Suy ra

y1 D Ny1 C Ny2

2D e˛x cos ˇx

y2 D Ny1 � Ny2

2D e˛x sin ˇx

cũng là hai nghiệm riêng của (6.42). Và dễ thấy hai nghiệm y1; y2 độc lập tuyếntính. Vậy nghiệm tổng quát của (6.42) là

y D e˛x.C1 cos ˇx C C2 sin ˇx/:

Ví dụ 6.28. Giải các phương trình thuần nhất

1. y00 C y0 � 2y D 0I

2. y00 � 4y0 C 4y D 0I

3. y00 � 4y0 C 13y D 0

Giải.

1. Phương trình đặc trưngk2 C k � 2 D 0

có hai nghiệm k1 D 1; k2 D �2 nên phương trình đã cho có nghiệm tổng quátlà

y D C1ex C C2e�2x:


2. Phương trình đặc trưngk2 � 4k C 4 D 0

có nghiệm kép k D 2 nên phương trình đã cho có nghiệm tổng quát là

y D C1e2x C C2xe2x:

3. Phương trình đặc trưngk2 � 4k C 13 D 0

có hai nghiệm phức liên hợp k1 D 2 C 3i; k2 D 2 � 3i nên phương trình đã chocó nghiệm tổng quát là

y D e2x.C1 cos 3x C C2 sin 3x/:

Phương trình không thuần nhất

Xét phương trìnhy00 C py0 C qy D f .x/; x 2 .aI b/; (6.45)

trong đó, p; q là các hằng số thực và f .x/ liên tục trên .aI b/: Theo định lý 6.8,muốn tìm nghiệm tổng quát của (6.45), ta tìm nghiệm tổng quát của phương trìnhthuần nhất tương ứng và một nghiệm riêng của nó. Nghiệm riêng của (6.45) đượctìm bằng phương pháp biến thiên hằng số Lagrange.

Ví dụ 6.29. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất

y00 C y0 � 2y D �4x

Giải.

Bước 1: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng,

y00 C y0 � 2y D 0:

Phương trình đặc trưng k2 C k � 2 D 0 có hai nghiệm k1 D 1; k2 D �2 nên

yg D C1ex C C2e�2x:

Bước 2: Có thể kiểm tra một nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất là

yp D 2x C 1

Bước 3: Vậy nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất đã cho là

y D C1ex C C2e�2x C 2x C 1



y00 � 3y0 C 2y D x

Giải. Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng là

yg D C1ex C C2e2x:

Hàmy D C1.x/ex C C2.x/e2x

là nghiệm của phương trình đã cho nếu C1; C2 thỏa hệ(

C 01ex C C 0

2e2x D 0;

C 01ex C C 0

22e2x D x:

Giải hệ ta được(

C 01 D �xe�x;

C 02 D xe�2x:

Suy ra(

C1 D .x C 1/e�x;

C2 D .�x2

� 14/e�2x:

Nghiệm tổng quát của phương trình là

y D C1ex C C2e2x C x

2C 3

4

Trong một số trường hợp vế phải của (6.45), hàm f .x/; có dạng đặc biệt thìnghiệm riêng của nó được tìm mà không cần phải tính tích phân như ta đã thấy ởphương pháp biến thiên hằng số. Ta xét các trường hợp sau:? Trường hợp 1. f .x/ D e˛xPn.x/ với ˛ là hằng số thực và Pn.x/ là đa thức bậcn:

Ta xét các khả năng sau:

1. Nếu ˛ không là nghiệm của phương trình đặc trưng (6.43) thì ta tìm nghiệmriêng của (6.45) ở dạng

yp D e˛xQn.x/;

trong đó Qn.x/ là đa thức bậc n; có n C 1 hệ số cần tìm. Đạo hàm cấp 1 vàcấp 2 của yp là

y0p D ˛e˛xQn.x/ C e˛xQ0

n.x/;

y00p D ˛2e˛xQn.x/ C 2˛e˛xQ0

n.x/ C e˛xQ00n.x/:


Thay chúng vào (6.45) ta được

Q00n.x/ C .a C 2˛/Q0

n.x/ C .˛2 C a˛ C b/Qn.x/ D Pn.x/: (6.46)

Vì ˛2 C a˛ C b ¤ 0 nên vế trái của (6.46) là một đa thức bậc n cùng bậc vớiđa thức ở vế phải, Pn.x/: Đồng nhất hệ số ta thu được n C 1 phương trình bậcnhất vối n C 1 ẩn số, là các hệ số của Qn.x/: Giải hệ, ta tìm được Qn.x/ vàthu được nghiệm riêng của (6.45).

2. Nếu ˛ là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng (6.43) thì

˛2 C a˛ C b D 0 và a C 2˛ ¤ 0:

Khi đó vế trái của (6.46) là một đa thức bậc n�1: Ta nâng bậc của nó lên mộtđơn vị mà không làm tăng số các hệ số bằng cách thay Qn.x/ bởi xQn.x/: Khiấy, ta sẽ tìm được nghiệm riêng có dạng

yp D e˛xxQn.x/:

3. Nếu ˛ là nghiệm kép của phương trình đặc trưng (6.43) thì

˛2 C a˛ C b D 0 và a C 2˛ D 0:

Vế trái của (6.46) là một đa thức bậc n � 2: Ta nâng bậc của nó lên hai đơn vịmà không làm tăng số các hệ số bằng cách thay Qn.x/ bởi x2Qn.x/: Nghiệmriêng được tìm có dạng

yp D e˛xx2Qn.x/:


y00 C 3y0 � 4y D x:

Giải. Vế phải f .x/ D x có dạng e˛xPn.x/ với ˛ D 0; n D 1: Vì ˛ D 0 không lànghiệm của phương trình đặc trưng k2 C 3k � 4 D 0 nên ta tìm nghiệm riêng củaphương trình đã cho có dạng

yp D Ax C B:

Thay yp vào phương trình trên, ta thu được

�4Ax C 3A � 4B D x:

Đồng nhất hệ số(

�4A D 1;

3A � 4B D 0:,(

A D �14;

B D � 316

:

Vậy

yp D �1

4x � 3

16:



y00 � y0 D ex.x C 1/:

Giải. Vế phải phương trình đã cho có dạng e˛xPn.x/ với ˛ D 1; n D 1: Vì ˛ D 1

là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng k2 � k D 0 nên ta tìm nghiệm riêng củaphương trình đã cho có dạng

yp D xex.Ax C B/ D ex.Ax2 C Bx/:

Ta có

y0p D ex.Ax2 C Bx/ C ex.2Ax C B/;

y00p D ex.Ax2 C Bx/ C 2ex.2Ax C B/ C ex2A:

Thế vào phương trình đã cho, ta được

2Ax C B C 2A D x C 1:


2A D 1;

B C 2A D 1:,(

A D 12;

B D 0:

Vậy

yp D 1

2x2ex:


y00 � 6y0 C 9y D e3xx:

Giải. Vế phải phương trình đã cho có dạng e˛xPn.x/ với ˛ D 3; n D 1: Vì ˛ D 3 lànghiệm kép của phương trình đặc trưng k2 � 6k C 9k D 0 nên ta tìm nghiệm riêngcủa phương trình đã cho có dạng

yp D x2e3x.Ax C B/ D e3x.Ax3 C Bx2/:

Ta có

y0p D 3e3x.Ax3 C Bx2/ C e3x.3Ax2 C 2Bx/;

y00p D 9e3x.Ax3 C Bx2/ C 6e3x.3Ax2 C 2Bx/ C e3x.6Ax C 2B/:

Thế vào phương trình đã cho, ta được

.6A � 10B/x C 2B D x:



6A � 10B D 1;

2B D 0:,(

A D 16;

B D 0:

Vậy

yp D 1

6x3e3x:

? Trường hợp 2. f .x/ D Pm.x/ cos ˇx C Pn.x/ sin ˇx với Pm.x/; Pn.x/ là hai đathức bậc m; n và ˇ là hằng số thực khác không. Người ta chứng minh được rằng:

1. Nếu ˙iˇ không là nghiệm của phương trình đặc trưng (6.43) thì một nghiệmriêng của (6.45) có dạng

yp D Ql.x/ cos ˇx C Rl .x/ sin ˇx;

trong đó Ql .x/; Rl.x/ là hai đa thức bậc l D max.m; n/:

2. Nếu ˙iˇ là nghiệm của phương trình đặc trưng (6.43) thì một nghiệm riêngcủa (6.45) có dạng

yp D xŒQl.x/ cos ˇx C Rl .x/ sin ˇx�;

trong đó Ql .x/; Rl.x/ là hai đa thức bậc l D max.m; n/:


y00 C y D x sin x:

Giải. Vế phải của phương trình có dạng Pm.x/ cos ˇxCPn.x/ sin ˇx với m D 0; n D 1

và ˇ D 1: Vì ˙iˇ là nghiệm của phương trình đặc trưng k2 C 1 D 0 nên ta tìmnghiệm riêng có dạng

yp D xŒ.Ax C B/ cos x C .Cx C D/ sin x�:

Tính y0p; y00

p rồi thay vào phương trình đã cho ta được

4Cx cos x � 4Ax sin x C 2.A C D/ cos x C 2.C � B/ sin x D x sin x:

Đồng nhất hệ số8

ˆ

ˆ

ˆ

<

ˆ

ˆ

ˆ

:

�4A D 1;

4C D 0;

2.A C D/ D 0;

2.C � B/ D 0;

,

8

ˆ

ˆ

ˆ

<

ˆ

ˆ

ˆ

:

A D �14;

B D 0;

C D 0;

D D 14:

Vậyyp D x

4.sin x � cos x/:



y00 � y0 D cos 2x:

Giải. Vế phải của phương trình có dạng Pm.x/ cos ˇxCPn.x/ sin ˇx với m D 0; n D 0

và ˇ D 2: Vì ˙iˇ D ˙i2 không là nghiệm của phương trình đặc trưng k2 � k D 0

nên ta tìm nghiệm riêng có dạng

yp D A cos 2x C B sin 2x�:

Ta có

y0p D �2A sin 2x C 2B cos 2x;

y00p D �4A cos 2x � 4B sin 2x:

Thay vào phương trình đã cho ta được

.�4A � 2B/ cos 2x C .2A � 4B/ sin 2x D cos 2x


�4A � 2B D 1;

2A � 4B D 0:,(

A D � 210

;

B D � 110

:

Vậy

yp D � 2

10cos 2x � 1

10sin 2x:

? Trường hợp 3. f .x/ D e˛xŒPm.x/ cos ˇx C Pn.x/ sin ˇx� với Pm.x/; Pn.x/ là haiđa thức bậc m; n và ˛; ˇ là hai hằng số thực khác không.

Đặt y D e˛xz: Ta có

y0 D ˛e˛xz C e˛xz0;

y00 D ˛2e˛xz C 2˛e˛xz0 C e˛xz00:

Thay vào phương trình (6.45), ta được

z00 C .a C 2˛/z0 C .˛2 C a˛ C b/z D Pm.x/ cos ˇx C Pn.x/ sin ˇx;

là dạng phương trình đã xét ở trường hợp 2.


y00 C y0 D ex cos 2x:

Giải. Vế phải của phương trình, ex cos 2x; có dạng

e˛xŒPm.x/ cos ˇx C Pn.x/ sin ˇx�


với m D n D 0; ˛ D 1 và ˇ D 2: Đặt y D exz: Thay vào phương trình ta được

z00 C 3z0 C 2z D cos 2x:

Nghiệm riêng của phương trình này được tìm dưới dạng

zp D A cos 2x C B sin 2x:

Kết quả tìm được

zp D � 1

20cos 2x C 3

20sin 2x:

Suy ra nghiệm riêng của phương trình đã cho là

yp D ex.� 1

20cos 2x C 3

20sin 2x/:

6.3.5 Phương trình Euler - Cauchy

Định nghĩa 6.3.6. Phương trình Euler - Cauchy là phương trình tuyến tính có hệsố biến thiên dạng

x2y00 C pxy0 C qy D 0; x ¤ 0; (6.47)

trong đó, p; q là các hằng số.

Thực hiện phép đổi biến jxj D et hay t D ln jxj; ta có

y0 D dy

dxD dy

dt

dt

dxD dy

dt:1

x;

và

y00 D d

dx

�

dy

dt:1

x

�

D 1

x

d

dt

�

dy

dt

�

dt

dx� 1

x2

dy

dtD 1

x2

�

d 2y

dt2� dy

dt

�

:

Thế vào (6.47), ta được

d 2y

dt2C .p � 1/

dy

dtC qy D 0: (6.48)

Đó là phương trình tuyến tính thuần nhất có hệ số hằng.


x2y00 C 2xy0 � 6y D 0:

Giải. Bằng phép đổi biến jxj D et ; phương trình đã cho trở thành

d 2y

dt2C dy

dt� 6y D 0: (6.49)


Phương trình đặc trưng của (6.49) là

k2 C k � 6 D 0;

có hai nghiệm k D 2; k D �3: Do đó, phương trình (6.49) có nghiệm tổng quát là

y D C1e2t C C2e�3t :

Suy ra nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là

y D C1x2 C C2

x3:

6.4 Hệ phương trình vi phân tuyến tính cấp 1

6.4.1 Một số khái niệm và kết quả lý thuyết

Định nghĩa 6.4.1. Hệ phương trình vi phân tuyến tính cấp một là hệ gồm n phươngtrình với n ẩn hàm cần tìm, có dạng

8

ˆ

ˆ

ˆ

<

ˆ

ˆ

ˆ

:

dx1

dtD a11.t/x1 C a12.t/x2 C : : : C a1n.t/xn C f1.t/

dx2

dtD a21.t/x1 C a22.t/x2 C : : : C a2n.t/xn C f2.t/

::::::

::::::

::::::

: : ::::

::::::

:::dxn

dtD an1.t/x1 C an2.t/x2 C : : : C ann.t/xn C fn.t/;

(6.50)

trong đó:

� aij .t/ là các hệ số hàm đã biết,

� fj .t/ là các hàm số tự do cho trước,

� xj là các ẩn hàm,

� và biến t thay đổi trong .a; b/:

Nghiệm của hệ (6.50) là một hàm véc-tơ .x1.t/; x2.t/; : : : ; xn.t// thỏa mãn (6.50) vớimọi t 2 .a; b/:

Ví dụ 6.38.(

dx1

dtD x1 C 3x2 C 2t

dx2

dtD 5x1 C 3x2 � 4t

6.4. Hệ phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 171

Xét hệ (6.50). Nếu ta đặt

A.t/ D

0

B

B

B

@

a11.t/ a12.t/ : : : a1n.t/

a21.t/ a22.t/ : : : a2n.t/:::

:::: : :

:::

an1.t/ an2.t/ : : : ann.t/

1

C

C

C

A

; X.t/ D

0

B

B

B

@

x1.t/

x2.t/:::

xn.t/

1

C

C

C

A

; F .t/ D

0

B

B

B

@

f1.t/

f2.t/:::

fn.t/

1

C

C

C

A

thì hệ (6.50) được viết dưới dạng ma trận là

dX

dt.t/ D A.t/X.t/ C F.t/ (6.51)

Bài toán tìm nghiệm của (6.51) thỏa điều kiện X.t0/ D X0; với t0 2 .a; b/ và X0 chotrước được gọi là bài toán Cauchy đi cùng với (6.51).

Định lý 6.10. Nếu A.t/ và F.t/ liên tục trên .a; b/ thì bài toán Cauchy đi cùng với(6.51) có nghiệm duy nhất.

Phương trình thuần nhất tương ứng với (6.51) là

dX

dt.t/ D A.t/X.t/ (6.52)

Định lý 6.11. Nếu X1.t/; X2.t/; : : : ; Xm.t/ là các nghiệm của (6.52) trên .a; b/ thì

c1X1.t/ C c2X2.t/ C : : : C cmXm.t/

là nghiệm của (6.52) trên .a; b/:

Định nghĩa 6.4.2. Cho các hàm véc-tơ X1.t/; X2.t/; : : : ; Xm.t/: Nếu tồn tại các sốthực không đồng thời bằng không sao cho

c1X1.t/ C c2X2.t/ C : : : C cmXm.t/ D 0; 8t 2 .a; b/

ta nói các hàm véc-tơ X1.t/; X2.t/; : : : ; Xm.t/ phụ thuộc tuyến tính trên .a; b/:

Các hàm véc-tơ X1.t/; X2.t/; : : : ; Xm.t/ không phụ thuộc tuyến tính được gọi làđộc lập tuyến tính trên .a; b/:

Định thức Wronski

Cho

X1.t/ D

0

B

B

B

@

x11.t/

x21.t/:::

xn1.t/

1

C

C

C

A

; X2.t/ D

0

B

B

B

@

x12.t/

x22.t/:::

xn2.t/

1

C

C

C

A

; : : : ; Xn.t/ D

0

B

B

B

@

x1n.t/

x2n.t/:::

xnn.t/

1

C

C

C

A


Đặt

W ŒX1; X2; : : : ; Xn�.t/ D

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

x11.t/ x12.t/ : : : x1n.t/

x21.t/ x22.t/ : : : x2n.t/:::

:::: : :

:::

xn1.t/ xn2.t/ : : : xnn.t/

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

:

Ta gọi W ŒX1; X2; : : : ; Xn�.t/ là định thức Wronski của các hàm véc-tơ X1.t/; X2.t/;

: : : ; Xn.t/:

Định lý 6.12. Giả sử X1.t/; X2.t/; : : : ; Xn.t/ là các nghiệm của (6.52) trên .a; b/:

Khi ấy, hai điều sau tương đương với nhau:

(i) X1.t/; X2.t/; : : : ; Xn.t/ độc lập tuyến tính trên .a; b/:

(ii) W ŒX1; X2; : : : ; Xn�.t/ ¤ 0; 8t 2 .a; b/:

Hệ nghiệm cơ bản

Giả sử X1.t/; X2.t/; : : : ; Xn.t/ là các nghiệm của (6.52) trên .a; b/: Nếu X1.t/; X2.t/; : : : ; Xn.t/

độc lập tuyến tính ta nói X1.t/; X2.t/; : : : ; Xn.t/ là hệ nghiệm cơ bản của (6.52) trên.a; b/:

Định lý 6.13. Nếu A.t/ liên tục trên .a; b/ thì (6.52) có một hệ nghiệm cơ bản trên.a; b/:

Định lý 6.14. Nếu X1.t/; X2.t/; : : : ; Xn.t/ là hệ nghiệm cơ bản của (6.52) trên .a; b/

thì nghiệm tổng quát của (6.52) có dạng

Xg D c1X1.t/ C c2X2.t/ C : : : C cnXn.t/:

Hơn nữa, nếu Xp là một nghiệm của phương trình không thuần nhất (6.51) thì nghiệmtổng quát của (6.51) có dạng

X D Xg C Xp:

6.4.2 Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất hệ số hằng

Trong mục này ta xét phương trình

dX

dt.t/ D A.t/X.t/; (6.53)

trong đó, A.t/ có các phần tử aij .t/ D aij không đổi.


Phương pháp Euler.

Ta tìm nghiệm của (6.53) dưới dạng

X.t/ D P e�t ;

với P là véc-tơ hằng n chiều. Thay X.t/ D P e�t vào (6.53), ta được

�P D AP:

Vậy X.t/ D P e�t là nghiệm của (6.53) khi và chỉ khi P là môt véc-tơ riêng tươngứng với trị riêng � của A: Ta có

Định lý 6.15. Nếu A có n véc-tơ riêng độc lập tuyến tính P1; P2; : : : ; Pn ứng vớicác trị riêng �1; �2; : : : ; �n thì các nghiệm

X1.t/ D P1e�1t ; X2.t/ D P2e�2t ; : : : ; Xn.t/ D Pne�nt

là hệ nghiệm cơ bản. Khi ấy, nghiệm tổng quát của (6.53) có dạng

Xg.t/ D c1P1e�1t C c2P2e�2t C : : : C cnPne�nt :

Trong phần này ta chỉ xét hai trường hợp đối với A W Trường hợp thứ nhất là A

chéo được, và trường hợp thứ hai là A không chéo được và đa thức đặc trưng của A

có n trị riêng thực (có nghiệm bội).

Trường hợp A chéo được. A có n véc-tơ riêng độc lập tuyến tính nên nghiệmtổng quát của (6.53) sẽ có dạng như đã nói trong Định lý 6.15.

Trường hợp A không chéo được và đa thức đặc trưng của A có n trịriêng thực (có nghiệm bội). Giả sử � là nghiệm bội m của A và ứng với �; A chỉcó k véc-tơ riêng độc lập tuyến tính là P1; : : : ; Pk: Khi ấy ứng với � phương trình cók nghiệm độc lập tuyến tính

Như vậy, nếu A có n trị riêng phân biệt thì Còn nếu A có trị riêng bội thì sao?

6.4.3 Hệ phương trình tuyến tính hệ số hằng không thuần nhất

BÀI TẬP

Phương trình vi phân cấp một

Bài 6.1. Giải phương trình có biến phân ly:

1: .1 C x/ydx C .1 � y/xdy D 0I 2: x2.1 � y/y0 C y2.1 C x/ D 0I


3: y0 cos 2y � sin y D 0I 4: y0 C sin.x C y/ D sin.x � y/I

5: y0 D cos y � sin y � 1

cos x � sin x C 1I 6: y0 D cos.x � y/I

7: y0 D x2 C 2xy C 1 C y2I 8: y0 D 1

x � yC 1:

Bài 6.2. Tìm nghiệm riêng của phương trình thỏa mãn điều kiện ban đầu:

1: xp

1 C y2dx C yp

1 C x2dy D 0; y.0/ D 1I2: .1 C e2x/y2dy D exdx; y.0/ D 0I3: sin xdy � y ln ydx D 0; y.0/ D 1I4: .x2 C 1/y0 D y2 C 4; y.1/ D 2:

Bài 6.3. Giải các phương trình đẳng cấp cấp một:

1: .y � x/dx C .y C x/dy D 0I 2: xdy � ydx Dp

x2 C y2dxI3: xyy0 C x2 � 2y2 D 0I 4: .3x2 C y2/y C .y2 � x2/xy0 D 0I

5: y0 D x � y C 1

x C y C 3I 6: y0 D 2

�

y C 2

x C y � 1

�2

:

Bài 6.4. Giải các phương trình tuyến tính cấp một:

1: 2x.x � 1/y0 C .2x � 1/y C 1 D 0I 2: x.1 C x2/y0 � .x2 � 1/y C 2x D 0I3: y0 C 2xy D xe�x2 I 4: .1 C x2/y0 � 2xy D .1 C x2/2I

5: y0 � 2y

x C 1D .x C 1/3; y.0/ D 0I 6: 2ydx C .y2 � 6x/dy D 0I

7: .1 C x2/y0 C xy D 1; y.0/ D 0I 8: xy0 � y D x2 arctan xI

9: y0 � y

x ln xD x ln x; y.e/ D e2

2I 10: .x3 C x/y0 C 3x2y D

p

x2 C 1:

Bài 6.5. Chứng minh rằng phương trình

x.x2 C 1/y0 � .2x2 C 3/y D 3

có một nghiệm là một tam thức bậc hai. Giải phương trình ấy.

Bài 6.6. Chứng minh rằng hàm số y D x

Z x

1

et2

dt là nghiệm của phương trình

xy0 � y D x2ex2

: Tìm nghiệm riêng của phương trình thỏa mãn điều kiện y.1/ D 1:

Bài 6.7. Giải các phương trình Bernoulli:

1: xy2 C x2.x C 1/yy0 C 3x � 5 D 0I 2: y0 C xy D x3y3I

3: .y ln x � 2/ydx D xdyI 4: y0 C y D ex2p

y; y.0/ D 9

4:


Bài 6.8. Giải các phương trình vi phân toàn phần:

1: .x C y C 1/dx C .x � y2 C 3/dy D 0I2: 2.3xy2 C 2x3/dx C 3.2x2y C y2/dy D 0I

3:

�

y2

.x � y/2� 1

x

�

dx C�

1

y� x2

.x � y/2

�

dy D 0I

4:x

.x C y/2dx C 2x C y

.x C y/2dy D 0I

5: 3x2.1 C ln y/dx ��

2y � x3

y

�

dy D 0I

6:

�

1

ysin

x

y� y

x2cos

y

xC 1

�

dx C�

1

xcos

y

x� x

y2sin

x

yC 1

y2

�

dy D 0:

Phương trình vi phân cấp hai

Bài 6.9. Giải các phương trình tuyến tính:

1. x2.ln x � 1/y00 � xy0 C y D 0; biết một nghiệm riêng y1.x/ D x˛; ˛ 2 R:

2. .2x C 1/y00 C .4x � 2/y0 � 8y D 0; biết một nghiệm riêng y1.x/ D e˛x; ˛ 2 R:

3. .x2 � 1/y00 � 6y D 0; biết một nghiệm riêng y1.x/ là đa thức bậc ba.

4. .2x � x2/y00 C .x2 � 2/y0 C 2.1 � x/y D 0; y.1/ D 0; y0.1/ D 1 biết một nghiệmriêng y1.x/ D ex:

5. .2x�x2/y00 C2.x�1/y0 �2y D �2; biết hai nghiệm riêng là y1.x/ D 1; y2 D x:

Bài 6.10. Giải các phương trình tuyến tính hệ số hằng:

1: y00 � y D ex

ex C 1I 2: y00 C 2y0 C y D 3e�x

px C 1I

3: y00 C y D tg xI 4: y00 C 5y0 C 6y D 1

1 C e2xI

5: y00 � 7y0 C 6y D sin xI 6: y00 C 9y D 6e3xI7: y00 � 3y0 D 2 � 6xI 8: y00 � 2y0 C 3y D e�x cos xI9: y00 C 4y D 2 sin 2xI 10: y00 C 2y0 C y D 4e�xI11: y00 � 9y0 C 20y D x2e4xI 12: y00 C 4y0 � 5y D 2exI13: y00 C 2y0 C 5y D 2xe�x cos 2xI 14: y00 C y D x2 cos2 xI15: y00 � 3y0 D e3x � 18xI 16: y00 C y D cos3 x:

Bài 6.11. Giải các phương trình bằng phép đổi biến tương ứng:


1. x2y00 C xy0 � 4y D x2 ln x; x D et I

2. y00 � y0 D e2x cos ex; t D exI

3. .x2 C 1/y00 C 2xy0 C 4y

x2 C 1D 2x

.x2 C 1/2; x D tg t; ��

2< t < �

2:


Bài 6.1.

1: ln jxyj C x � y D C I 2:x C y

xyC ln

ˇ

ˇ

ˇ

y

x

ˇ

ˇ

ˇD C I

3: x D lnˇ

ˇ

ˇtg

y

x

ˇ

ˇ

ˇC 2 cos y C C I 4: 2 sin x C ln

ˇ

ˇ

ˇtg

y

x

ˇ

ˇ

ˇD C I

5: tgy

2D C

�

1 C tgx

2

� �

1 � tgx

2

�

I 6: x C cotgx � y

2I

7: y D 1

x C C� xI 8: .x � y/2 C 2x D C:

Bài 6.2.

1:p

1 C x2 Cp

1 C y2 Dp

2 C 1I 2: y3 � 3 arctan ex C 3�

4D 0I

3: tgx

2D C ln yI 4: y D 2.x2 � 1/ C 4x

1 � x2 C 2x:

Bài 6.3.

1: � x2 C 2xy C y2 D C I 2: y Cp

x2 C y2 D Cx2I3: y2 D x2.Cx2 C 1/I 4: y D Cx.x2 C y2/I5: x2 � y2 � 2xy C 2x � 6y D C I 6: e�2 arctan

yC2x�3 D C.y C 2/:

Bài 6.4.

1: y D

8

<

:

Cpx2�x

� lnjx� 12

Cp

x2�xj2

px2�x

; x < 0 _ x > 1Cp

x2�xC arcsin.2x�1/p

x2�x; 0 < x < 1:

I

2: y D 1

xC C

1 C x2

xI 3: y D e�x2

.x2

2C C /I

4: y D .1 C x2/.x C C /I 5: y D .1 C x/2

�

x2

2C x

�

I

6: 2x D y62 C C I 7: y D ln.x Cp

x2 C 1/px2 C 1

I


8: y D x2 arctan x � x2

2ln.1 C x2/ C CxI 9: y D x2

2ln xI

10: y D 1p

.x2 C 1/3

�

x2

2C ln jxj C C

�

:

Bài 6.5. y D 2x2 � 1 C Cx3

px2 C 1

:

Bài 6.6. y D x

Z x

1

et2

dt C Cx:

Bài 6.7.

1: y2 D 6

xC C

�

1 C x

x

�2

� 2

x2I 2: y2.x2 C 1 C Cex2

/ D 1I

3: y

�

1

2ln x C 1

4C Cx2

�

D 1I 4: y D e�x

�

ex

2C 1

�2

:

Bài 6.8.

1:1

2x2 C x C xy C 3y � 1

3y3 D C I 2: y4 C 3x2y2 C y3 D C I

3:y2

y � xC ln

ˇ

ˇ

ˇ

y

x

ˇ

ˇ

ˇ� y D C I 4: ln jx C yj C y

x C yD C I

5: x3.1 C ln jyj/ � y2 D C I 6: siny

x� cos

y

xC x � 1

yD C I

Bài 6.9.

1: y D C1x C C2 ln xI

2: y D C1e�2x C C2

�

1

2C e2x

�

x2 C x

2C 1

8

��

I

3: y D C1.x3 � x/ C C2

�

1 � 3

2x2 C 3

4.x3 � x/ ln

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

x C 1

x � 1

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

�

I

4: y D x2 � ex�1I5: y D C1.x � 1/ C C2.x2 � x C 1/ C 1:

Bài 6.10.

1: y D C1ex C C2e�x C ex

2ln

ex

ex C 1C e�x

2ln

ex

ex C 1� 1

2I

2: y D C1xe�x C C2e�x C 4

15e�x.x C 1/

52 I

3: y D C1 cos x C C2 sin x � cos x lnˇ

ˇ

ˇ

ˇ

1 C sin x

cos x

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

I


4: y D C1e�3x C C2e�2x C e�3x.arctan ex � ex/ C 1

2e�2x ln.1 C e2x/I

5: y D C1ex C C2e6x C 7

74cos x C 5

74sin xI

6: y D C1 cos 3x C C2 sin 3x C 1

3e3xI

7: y D C1 C C2

e3x

3C x2I

8: y D exŒC1 cosp

2x C C2 sinp

2x� C 1

41.5 cos x � 4 sin x/e�xI

9: y D C1 cos 2x C C2 sin 2x � 1

2x cos 2xI

10: y D C1e�x C C2xe�x C 2x2e�xI

11: y D C1e4x C C2e5x � 1

3x.x2 C 3x C 6/e4xI

12: y D C1e�5x C C2ex � 1

3xex I

13: y D e�x.C1 cos 2x C C2 sin 2x/ C 1

16e�xŒ2x cos 2x C .4x2 � 1/ sin 2x�I

14: y D C1 cos x C C2 sin x C 1

2x2 � 1 �

�

1

6x2 � 13

17

�

cos 2x C 4

9x sin 2xI

15: y D C1e3x C C2 C 1

9e3x.3x � 1/ C 3x2 C 2xI

16: y D C1 cos x C C2 sin x C 3

8cos x � 1

8cos3 x C 3

8x sin x:

Bài 6.11.

1: y D C1x2 C C2x�2 C x2

64.16 ln2 x � 4 ln x C 1/I

2: y D C1ex C C2 � cos exI

3: y D C1

1 � x2

1 C x2C C2

2x

1 C x2� 1

4

1 � x2

1 C x2arctan x:

Documents

GIAI TICH2