SLIDE GIẢI TÍCH 2 (FULL ĐH BKHN)

Bài tập tích phân mặt Bài 1: Tính các tp sau

I1 = ∫∫ xdydz + ydzdx + zdxdy S là phía trên nửa mặt 2+y2+z2=4, z≥0 cầu x S I2 = ∫∫ zdxdy + y 2dxdz S là phía ngoài vật thể gh bởi 2-y2 0 ≤z ≤1-x S I3 = ∫∫ y 2dzdx + x 2dydz − zdxdy S là phía dưới nửa mặt cầu x2+y2+z2=4, S z≥0 I4 = ∫∫ ( y − z )dydz + ( z − x )dzdx + ( x − y )dxdy S

S là phía ngoài phần mặt nón x2+y2=z2, 0≤z≤1 x 2 2 I5 = ∫∫ zdxdy + ( + )dydz + ( y + z )dxdz S là phía 2 x S dưới phần mặt z=1-x2 với z≥0 bị chặn bởi -1≤y≤1

Bài tập tích phân mặt

I1 = ∫∫ xdydz + ydzdx + zdxdy S là phía trên nửa mặt 2+y2+z2=4, z≥0 cầu x S Trước hết, ta tìm pháp vecto đơn vị của mặt S Pt mặt S là F(x,y,z)=x2+y2+z2-4=0, z≥0, suy ra: ∇F = (2 x,2y ,2z ) S là phía trên tức là pháp vecto của S cùng hướng với nửa dương trục Oz nên γ≤π/2 → cosγ≥0 Suy ra, dấu ta lấy cho pháp vecto đơn vị là “+”

1 n = + ( x, y , z ), z ≥ 0 2 Tiếp theo, ta có thể chọn 1 trong 2 cách: Tính trực tiếp hoặc chuyển về tp mặt loại 1

Bài tập tích phân mặt Với tp này, ta sẽ chuyển về tp mặt loại 1 bằng cách dùng CT , với pháp vecto đơn vị n = (cos α,cos β,cos γ ) ∫∫ Rdxdy + Qdxdz + Pdzdy S

= ∫∫ (P cos α + Q cos β + R cos γ ) ds S

1 Từ I1 = ∫∫ xdydz + ydzdx + zdxdy , n = + ( x, y , z ), z ≥ 0 2 S 1 2 Suy ra: I1 = ∫∫ ( x + y 2 + z 2 ) ds S 2

Với tp mặt loại 1 này, ta đang có : x2+y2+z2=4 (pt mặt) 2dxdy 2 2 Hình chiếu Dxy: x +y ≤4 Vi phân ds = 4 − x2 − y 2

Bài tập tích phân mặt 1 2dxdy I1 = ∫∫ 4.

Vậy: 2 Dxy 4 − x2 − y 2 2π

2

x=rcosφ dr 4 ∫ dϕ ∫ r 2 y=rsinφ 0 4−r 0

=16π

Bài tập tích phân mặt I2 = ∫∫ zdxdy + y 2dxdz S là phía ngoài vật thể gh bởi 0≤z≤1-x2-y2 S Mặt S gồm 2 mặt: S1 là phía dưới mp z=1, S2 là phía trên mặt paraboloid z=1-x2-y2 Trước hết, ta tìm pháp vecto đơn vị của mặt S1:

n1 = −(0,0,1) Và pháp vecto đơn vị của mặt S2:

1 n2 = + (2 x,2y ,1) 4 x 2 + 4y 2 + 1

Bài tập tích phân mặt Ta tính tp trên mặt S1 bằng cách chuyển về tp mặt loại 1 vì S1 là mặt phẳng có n1 = −(0,0,1) 2 I21 = ∫∫ zdxdy + y dxdz = ∫∫ ((−1)z ) ds = 0 S1

( z=0)

Còn tp trên mặt S2 thì ta sẽ tính trực tiếp 2

I22 = ∫∫ zdxdy + y dxdz S2

Tp theo dxdy với: pt mặt z=1-x2-y2, h/c Dxy: x2+y2≤1

1 Pháp vecto: n2 = + (2 x,2y ,1) → cosγ>0 2 2 4 x + 4y + 1 π 2 2 Suy ra: I221 = + ∫∫ (1− x − y )dxdy ↔ I221 = 2 Dxy

Bài tập tích phân mặt 2 2=z+x2-1 Pt mặt: y I = y dxdz Tp theo dxdz: 222 ∫∫ S2

1 (2 x,2y ,1) Suy ra: Pháp vecto: n2 = + 4 x 2 + 4y 2 + 1 cosβ cùng dấu với y, tức là ta phải chia S2 thành 2 nửa ứng với y dương và y âm.

Tuy nhiên, pt mặt paraboloid S2 chẵn với y nên 2 nửa này đối xứng nhau qua mp y=0, hình chiếu xuống mp y=0 của 2 nửa này như nhau Do đó, tp I222 chia thành 2 tp mà sau khi chuyển về tp kép thì là tổng của 2 tp kép trái dấu nhau. Tức là: I222=0 Vậy: I2 = I21 + I221 + I222 = π 2

Bài tập tích phân mặt I2 = ∫∫ zdxdy + y 2dxdz S là phía ngoài vật thể gh bởi 0≤z≤1-x2-y2 S S là mặt cong kín phía ngoài nên ta sẽ áp dụng CT Gauss để tính I2 nhanh hơn CT Gauss: ∫∫ Pdydz + Qdzdx + Rdxdy S

= ±∫∫∫ (Px′ + Qy′ + Rz′ )dxdydz V

Ta có: I2 = +∫∫∫ (0 + 2y + 1)dxdydz V

Bài tập tích phân mặt I2 = +∫∫∫ (0 + 2y + 1)dxdydz V

I2 =

∫∫ dxdy

x 2 + y 2 ≤1 2π

1

0

0

1−x 2 −y 2

∫

(2y + 1)dz

0 2

I2 = ∫ dϕ ∫ r (2r sin ϕ + 1)(1− r )dr π I2 = 2

Bài tập tích phân mặt I3 = ∫∫ y 2dzdx + x 2dydz − zdxdy S là phía dưới nửa 2+y2+z2=4, mặt cầu x S z≥0

Nhận xét: Pt mặt S chẵn với 2 biến x, y nên khi tính tp theo dydz, dzdx ta sẽ chia S thành 2 nửa đối xứng có 2 pháp vecto tương ứng ngược dấu nhau. Vậy mỗi tp đó trở thành tổng 2 tp kép có miền lấy tp như nhau, hàm dưới dấu tp như nhau nhưng trái dấu nhau.

Bài tập tích phân mặt 2 Từ đó ta được: I31 = ∫∫ y dxdz = 0 S

I32 = ∫∫ x 2dydz = 0 S

Còn lại tp thứ ba: I33 = −∫∫ zdydx S

Pt mặt S (z dương): z = 4 − x 2 − y 2 Hình chiếu Dxy: x2+y2≤4 S là phía dưới tức là pháp vecto quay xuống dưới so với nửa dương trục Oz nên γ≥π/2 → cosγ≤0 2 2 Vậy: I = I = − 16 π ∫∫ − 4 − x − y dxdy = 3 31 3 x 2 + y 2 ≤4

Bài tập tích phân mặt I4 = ∫∫ ( y − z )dydz + ( z − x )dzdx + ( x − y )dxdy S

S là phía ngoài phần mặt nón x2+y2=z2, 0≤z≤1 Ta viết lại pt mặt S:

F ( x, y , z ) =

x 2 + y 2 − z (= 0)

  x y   ∇F =  , ,−1   x 2 + y 2 x 2 + y 2 

S là phía ngoài nón tức là pháp vecto quay xuống dưới, cosγ≤0 nên  

x y 1   n = +  , ,−1  2  x 2 + y 2 x 2 + y 2 

Bài tập tích phân mặt Đưa tp I4 về tp mặt loại 1 với 

1  x y   n=+  , ,−1  2  x 2 + y 2 x 2 + y 2  I4 = ∫∫ ( y − z )dydz + ( z − x )dzdx + ( x − y )dxdy S

  1 x y   I4 = ( y − z ) + ( z − x ) + ( − 1)( x − y ) ∫∫   2 2 2 2 2 S  x +y x +y     1 −xz + yz  ds I4 = + ( − 1)( x − y ) ∫∫  2  2 2 S  x +y  

1 I4 = ∫∫ 2( y − x ) 2dxdy = 0 2 x 2 +y 2 ≤1

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép Tính diện tích miền D giới hạn bởi 1. x=y2-2y, x+y=0 2. y2=10x+25, y2=-6x+9 3. y=lnx, x=y+1, y=-1 4. y=4x-x2, y=2x2-5x 5. y2=4-4x, x2+y2=4 (phía ngoài parabol) Giải: Nhắc lại công thức

S(D ) = ∫∫ dxdy D

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép 1. Ta tìm cận tích phân theo dy bằng cách khử x từ 2 phương trình 2 mặt x=y2-2y=-y (1) ↔ y2-y=0 ↔ y=0, y=1 Từ đó suy ra 0≤y≤1, ta lấy ngược lại phương trình 1 để được tiếp cận đối với tích phân theo dx y2-2y ≤x ≤ -y 1

Vậy : S(D1) = dy ∫ 0

−y

1

1 2 dx = ∫ ( y − y )dy = ∫2 6 y −2 y 0

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép 2. Khử x từ 2 phương trình đã cho 1 2 1 ( y − 25) = (9 − y 2 ) (1) ⇔ y = ± 15 10 6 Suy ra cận tích phân theo dy, tương tự như trên, ta thay vào phương trình (1) để có cận tích phân theo dx Vậy : 1 (9−y 2 ) 6

15

S(D2) =

∫

− 15

dy

∫

1 2 ( y −25) 10

15

1 16 15 2 dx = ∫ (120 − 8 y )dy = 30 3 − 15

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép 3. Ta sẽ vẽ miền D3 để xác định cận tích phân ey

0

1

S(D3 ) = ∫ dy ∫ dx −1

y +1

-1

1 1 S(D3 ) = − 2 e

4. Tìm giao điểm 2 đường giới hạn D 4x-x2=2x2-5x ↔ 0=3x2-9x ↔ x=0, x=3 Suy ra : 0≤x ≤3 ↔ 0 ≤3x2-9x ↔ 4x-x2 ≤2x2-5x 3

S(D4 ) = ∫ dx 0

2 x 2 −5 x

∫

4 x −x 2

dy =27/2

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép 5. Tìm giao điểm của 2 đường đã cho 4-4x=4-x2 ↔ x2-4x=0 ↔ x=0, x=4 (Loại vì y2=4-4x<0) Ta vẽ hình để có cận tích phân theo dx 4−y 2

2

S(D5 ) = ∫ dy −2

∫

2 y 1−

dx

2

4

1

8 S(D5 ) = 2π − 3 -2

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép Bài 1: Tính thể tích vật thể giới hạn bởi 2 mặt 1. V1: x2+y2+z2=2, z2=x2+y2, z≥0 2. V2: x2+y2+z2=4, x2+y2=2x, phần trong hình trụ 3. V3: x2+y2=1, x2+z2=1 3a. V3a: y2+z2-x2=0, x=6-y2-z2 Ta sẽ tìm hình chiếu của vật thể xuống mặt phẳng z=0 (x=0, y=0) bằng cách khử z ( khử x, khử y) từ 2 phương trình 2 mặt tạo nên vật thể

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép 1. z2 = 2-x2-y2=x2+y2 ↔ 1= x2+y2 Như vậy, hình chiếu của V1 xuống mp z=0 là hình tròn x2+y2 ≤1 ↔ x2+y2 ≤2-x2-y2. (Làm ngược lại với pt trên) Tức là ta cũng xác định được mặt nằm trên, nằm dưới trong miền V1.

Vậy : V1 = [(2 − x 2 − y 2 ) − ( x 2 + y 2 )]dxdy

∫∫

x 2 + y 2 ≤1

Vì miền lấy tích phân là hình tròn có tâm là gốc tọa độ nên ta sẽ đổi biến tp trên sang tọa độ cực bằng cách đặt x=rcosφ, y=rsinφ 2π

1

V1 = ∫ dϕ ∫ 0

0

1

π 4 3 r (2 − 2r )dr = 2π(r − r ) = 4 2 0 2

2

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép

1

0≤φ≤2π 0≤r ≤1

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép 2. Trong 2 mặt đã cho có 1 mặt trụ kín nên hình chiếu chính là hình tròn x2+y2≤2x 2 mặt còn lại là nửa dương và nửa âm của mặt cầu.

Vì cả 2 mặt đã cho đều nhận z=0 là mặt đối xứng nên ta sẽ tính thể tích nửa phía trên và nhân đôi

∫∫

V2 = 2

2

2

4 − x − y dxdy

x 2 + y 2 ≤2 x

Miền lấy tp là hình tròn đi qua gốc tọa độ nên ta đổi biến bằng cách đặt x=rcosφ, y=rsinφ π

2

V2 = 2 ∫ dϕ −π

2

2cos ϕ

∫ 0

r 4 − r 2 dr

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép

2

-π/2≤φ≤π/2

0 ≤r ≤2cos φ

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép 3. Vật thể giới hạn bởi 2 hình trụ kín nên ta có thể chọn 1 trong 2 hình trụ đó để chiếu xuống mặt z=0 hoặc y=0. Chẳng hạn, ta chọn chiếu xuống mặt z=0 để hình chiếu là hình tròn D: x2+y2≤1 Cả 2 hình trụ tạo nên V3 đều nhận cả 3 mặt tọa độ là các mặt đối xứng nên ta sẽ chỉ tính thể tích V3 phần ứng với x, y, z ≥ 0 rồi nhân với 8 Khi đó, hình chiếu chỉ còn là ¼ hình tròn với x, y ≥ 0 và giới hạn bởi 0 ≤ z ≤ 1− x 2 π

V3 = 8

∫∫

x 2 + y 2 ≤1,x≥0,y ≥0

4

1

1− x 2 dxdy = 8 ∫ dϕ ∫ r 1− r 2 cos2 ϕdr 0

0

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép π

4

1

3 −1 2 2 2 V3 = 8 ∫ dϕ ( (1 − r cos ϕ ) 2 3cos ϕ 0 0 π

4

3 −1 2 2 V3 = 8 ∫ dϕ( ((1 − cos ϕ ) − 1) 2 3 cos ϕ 0 π

4

−1 3 V3 = 8 ∫ dϕ( (sin ϕ − 1)) 2 3cos ϕ 0

Ghi chú: Hình vẽ cho 1/8 thể tích đã có trong bài giảng lý thuyết

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép 3a. Ta sẽ khử x từ 2 phương trình 2 mặt để tìm hình chiếu của vật thể xuống mặt phẳng Oyz

(6− y

2

2 2

−z

)

2 2

(

⇔ y2 + z

)

2

2

2

2

(

2

2 2

= y + z ⇔36 −12(y + z ) + y + z

)

2

2

= y +z

2 2  y + z = 4(1) 2 2 −13 y + z + 36 = 0(*) ⇔  2 2  y + z = 9(2)

(

)

Do điều kiện x ≥ 0 nên ta loại trường hợp (2), như vậy hình chiếu cần tìm là hình tròn D : y2+z2≤4 Tức là ta đang lấy ngoài khoảng 2 nghiệm của tam thức (*) nên ta có bất đẳng thức tương ứng 2

2

(

2

y +z ≤4⇔ y +z

2 2

)

(

)

− 13 y 2 + z 2 + 36 ≥ 0

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép 2

(

2

2

y +z ≤4⇔ y +z 2

(

2

2 2

)

2

(

− 13 y + z

36 − 12( y + z ) + y + z

(

2

⇔ 6−y −z

2 2

)

2

2 2

)

2

) + 36 ≥ 0

≥ y 2 + z2

≥ y 2 + z2

⇔ 6 − y 2 − z2 ≥ y 2 + z2

Vậy: V =

∫∫

dydz

6− y 2 −z2

y 2 + z2 ≤4

(

∫

dx

y 2 + z2

2

2

2π

2

2

2

)

= ∫∫ (6 − y − z ) − y + z dydz D

z=rcosφ ∫ y=rsinφ 0

(

2

)

dϕ ∫ r 6 − r − r dr 0

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép Bài 2: Tính thể tích vật thể giới hạn bởi các mặt 4. V4: 2z=y2, x2+y2=4,z=0 5. V5: x2+y2=4x, z=x, z=3x 6. V6: x2=y,z=0,z=4-y 7. V7: x=y2, x=4y2, x+z=4, z=0, y≥0 8. V8: y=1+x2, z=3x, y=5, z=0 9. V9: z=4-y2, z=y2+2, x=-1, x=2 10. V10: z=x2+y2, z=2x2+2y2, y=x, y=x2 11. V11: x2+z2=4, y=0, y=x, z=0, z≥0 12. V12: y=x, y=2x, x=1, z=x2+y2, z=2x2+y2

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép 4. Trong 3 mặt đã cho có 1 hình trụ kín là x2+y2=4 nên ta được hình chiếu là hình tròn D: x2+y2≤4 Với 2 mặt còn lại, hiển nhiên 0 ≤ 1/2y2 nên ta được 2π 2 2 2 8π r sin ϕ 2 1 V4 = ∫∫ ( y − 0)dxdy = ∫ dϕ ∫ r dr = 2 3 2 D 0 0

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép 5. Trong 3 mặt đã cho có 1 hình trụ kín nên hình chiếu xuống mp z=0 là D: x2+y2≤4x, tức là x≥0 trong miền D Từ đó suy ra 3x≥x π 4cos ϕ V5 = ∫∫ (3 x − x )dxdy = D

2

∫

−π

dϕ 2

∫ 0

r .2r cos ϕdr =16π

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép 6. Trong 3 mặt đã cho có 1 hình trụ nhưng là trụ không kín, hình chiếu của nó xuống mp z=0 chỉ là đường parabol – đường cong không kín : y=x2.

Do đó, phần còn hở của parabol phải được “đậy kín” bởi giao tuyến của 2 mặt còn lại là z=y-4=0, để hình chiếu của vật thể là D: y=x2, y=4, suy ra y≤4 trong D Còn lại 2 mặt, ta có y≤4 ↔ 0≤y-4 2 4 128 V6 = ∫∫ (( y − 4) − 0)dxdy = ∫ dx ∫ ( y − 4)dy = 5 2 D −2 x

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép 7. Trong 4 mặt đã cho có 2 mặt trụ cùng song song với Oz, có hình chiếu xuống mp z=0 là phần mp không kín x=y2, x=4y2 Do đó, phần hở giữa 2 parabol phải được “đậy kín” bởi giao tuyến của 2 mặt còn lại là z=4-x=0, để hình chiếu của vật thể là D: x=y2, x=4y2, x=4, suy ra x≤4 trong D Còn lại 2 mặt, ta có x≤4 ↔ 0≤4-x 4 x 64 V7 = ∫∫ (4 − x )dxdy = ∫ (4 − x )dx ∫ dy = 15 D 0 x 2

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép 8. Trong 4 mặt đã cho, có 1 mặt trụ và 1 mp cùng song song với trục Oz là y=x2+1 và y=5, hình chiếu của 2 mặt này xuống mp z=0 cho miền D: y=x2+1, y=5 Miền D có 2 phần: bên trái ứng với x≤0 và bên phải ứng với x≥0 nên tương ứng khối V8 chia thành 2 phần với mp z=0 lúc nằm trên, lúc nằm dưới mp z=3x V8 =

∫∫ 3 xdxdy + ∫∫ (−3 x )dxdy

D,x≥0

2

D,x <0

5

V8 = ∫ dx 0

∫

1+ x 2

0

3 xdy + ∫ dx −2

5

1+ x 2

2

V8 = 2∫ (4 − x 2 )3 xdx =24 0

∫

(−3 x )dy

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép 9. Trong 4 mặt đã cho có 2 mặt trụ parabol cùng song song với trục Ox cho ta hình chiếu xuống mp x=0 là miền D: z=4-y2, z=2+y2 1

V9 = ∫∫ (2 − (−1))dydz = dy ∫ D

−1

4−y 2

∫

2+ y 2

3dz =8

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép 10. Trong 4 mặt đã cho có 2 mặt trụ parabol cùng song song với trục Oz cho ta hình chiếu xuống mp z=0 là miền D: y=x, y=x2 V10 = ∫∫ ((2 x − 2y ) − ( x − y ))dxdy 2

D 1

2

x

V10 = ∫ dx ∫ ( x + y )dy 2

0

1 = 70

x2

2

2

2

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép 11. Ta chọn nửa hình trụ x2+z2=4, z=0, z≥0 song song với trục Oy, tức là hình chiếu là D: 0≤z, x2+z2≤4 Vật thể V11 lại chia thành 2 phần: phần ứng với x≥0 thì mp y=x nằm trên, phần ứng với x<0 thì mp y=x nằm dưới so với mp y=0 V11 =

∫∫

D,x ≥0 π

2

xdxdz + ∫∫ (−x )dxdy D,x <0

2

π

2

V11 = ∫ dϕ ∫ r .r cos ϕdr + ∫ dϕ ∫ 0

0

π

2

0

16 r (−r cos ϕ )dr = 3

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép

Bài tập phần UD hình học của tích phân kép 12. Trong 5 mặt đã cho, có 3 mặt phẳng cùng song song với trục Oz, hình chiếu của chúng xuống mp z=0 là tam giác D: y=x, y=2x, x=1 1

2x

0

x

V12 = ∫∫ ((2 x 2 + y 2 ) − ( x 2 + y 2 ))dxdy = ∫ dx ∫ x 2dy D

CHƯƠNG IV: CHUỖI §1. CHUỖI SỐ 1. CHUỖI SỐ DƯƠNG 2. CHUỖI ĐAN DẤU 3. CHUỖI CÓ DẤU BẤT KỲ §2. CHUỖI LŨY THỪA 1. CHUỖI LŨY THỪA 2. CHUỖI TAYLOR - MACLAURINT

§1. Chuỗi số - Tổng quan về chuỗi số Định nghĩa: Cho dãy số {un}. Ta gọi tổng tất cả các ∞

số hạng của dãy (TỔNG VÔ HẠN) ∑ un n =1

là chuỗi số

Ta gọi: 1. un là số hạng tổng quát của chuỗi 2. Tổng riêng thứ n của chuỗi là tổng n – số hạng đầu tiên : Sn=u1+u2+…+un 3. Tổng của chuỗi là giới hạn hữu hạn (nếu có) S = lim Sn < ∞ n→∞

Khi đó, ta nói chuỗi hội tụ. Ngược lại, tức là hoặc không tồn tại giới hạn hoặc giới hạn ra vô tận thì ta nói chuỗi phân kỳ ∞ Vậy khi chuỗi hội tụ, chuỗi có tổng ∑ un = lim Sn = S n=1

n→∞

§1. Chuỗi số - Tổng quan về chuỗi số Ví dụ: Tìm số hạng tổng quát của các chuỗi: n 1 3 7 15 1 + + + + ... ⇒ un = 2 − n 2 4 8 16 2 2 22 23 24 2n + + + + ... ⇒ un = 1 1.2 1.2.3 1.2.3.4 n!

Ví dụ: Tính số hạng un của các chuỗi ∞ n+2 5 + 2 7 Tính u5? ⇒ u5 = ∑ = n =1 4n − 1 4.5 − 1 19 (2n − 1)!!

Tính u6 ∑ n =1 ( n + 1)!

(2.6 − 1)!! 11!! 1.3.5.7.9.11 99 ⇒ u6 = = = = (6 + 1)!

7! 1.2.3.4.5.6.7 48 ∞

§1. Chuỗi số - Tổng quan về chuỗi số

∞

Ví dụ: Tính tổng của chuỗi cấp số nhân ∑ q

n

n =0

Ta bắt đầu từ việc tính tổng riêng thứ n của chuỗi  n, q = 1   2 n Sn = 1+ q + q + ... + q =  1− q n  ,q ≠ 1    1− q Rõ ràng khi q=1, Sn=n thì chuỗi là phân kỳ 1 n Khi |q|<1: q →0 khi n→∞ nên S = lim Sn = n →∞ 1− q Tức là chuỗi hội tụ và có tổng là S Khi |q|>1: Dãy {Sn} không có giới hạn → chuỗi phân kỳ ∞

Vậy chuỗi cấp số nhân ∑ q n hội tụ khi và chỉ khi |q|<1 n =0

§1. Chuỗi số - Tổng quan về chuỗi số ∞  1 1  Ví dụ: Tính tổng của chuỗi ∑  n − n  5  n =0  3 Áp dụng kết quả ví dụ trên, ta có ∞ 1 ∞ 1 1 3 n = ∑ n = ∑( ) = 2 n =0 3 n =0 3 1− 1 3 ∞ ∞ 1 1n −1 5 =− ∑ − n = ∑ −( ) = 5 4 n =0 5 n =0 1− 1 5 ∞  1 1  3 5 1 Vậy: ∑  n − n  = − = 5  2 4 4 n =0  3

§1. Chuỗi số - Tổng quan về chuỗi số

1 Ví dụ: Tính tổng riêng và tổng (nếu có) của ∑ 2 n=1 4n − 1 Tổng riêng: Sn = u1 + u2 + ... + un 1 1 1 1 un = 2 = ( − ) Ta có: 4n − 1 2 2n − 1 2n + 1 1 1  1 1  1 1  1  1  2Sn =  −  +  −  +  −  + ... +  − 1 3  3 5  5 7   2n − 1 2n + 1 1 2Sn = 1− 2n + 1 Tổng của chuỗi:

∞

1 1 S= ∑ 2 = lim Sn = n→∞ 2 n =1 4n − 1 ∞

§1. Chuỗi số - Tổng quan về chuỗi số 1 Ví dụ: Khảo sát sự hội tụ của chuỗi ∑ ln(1+ ) n n =1 ∞

Tổng riêng: n 1 Sn = ∑ ln(1+ ) = ∑ (ln(1+ k ) − ln k ) k k =1 k =1 Sn = (ln 2 − ln1) + (ln3 − ln 2) + ... + (ln(n + 1) − ln n ) n

Sn = ln(n + 1)

Sn = lim ln(n + 1) = ∞ Ta có: S = nlim →∞ n →∞ Vậy chuỗi đã cho phân kỳ

§1. Chuỗi số - Tính chất & điều kiện cần của sự hội tụ ∞

Điều kiện cần của sự hội tụ : Chuỗi ∑ un hội tụ thì un→0 n =1

Ta thường dùng điều kiện này để chứng minh chuỗi số phân kỳ bằng cách chứng minh 1. lim un ≠ 0  n→∞  un  2.∃ nlim →∞ Ví dụ: Các chuỗi sau phân kỳ theo đkccsht ∞ n n , vì lim un = lim = 1≠ 0 ∑ n →∞ n →∞ n + 1 n =1 n + 1 n

n

(−1) + n (−1) + n , vì lim = 1≠ 0 ∑ n →∞ n n n =1 ∞ n n , vì lim un = lim = −1 ≠ 0 ∑ n n n →∞ n →∞ (−1) − n n =1 (−1) − n ∞

§1. Chuỗi số - Tính chất & điều kiện cần của sự hội tụ Tính chất 1: Tính hội tụ (phân kỳ) của chuỗi không thay đổi nếu ta bỏ đi một số hữu hạn các phần tử của chuỗi.

Tức là 2 chuỗi sau cùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ ∞

∞

n =1

n= p

∑ un và ∑ un

Tính chất 2: Cho 2 chuỗi hội tụ

∞

∞

n =1

n =1

∑ un = Q và ∑ v n = P

Các chuỗi sau hội tụ với tổng ∞

∞

n =1

n =1

∑ (un + v n ) = Q + P, ∑ (λun )=λQ

Chú ý: Tổng của 1 chuỗi HT và 1 chuỗi PK thì PK

§1. Chuỗi số - Chuỗi không âm Chuỗi số

∞

∑ un , un ≥ 0 với tất cả các số hạng

n =1

không âm thì gọi là chuỗi không âm Khi đó, dãy tổng riêng {Sn} là dãy số không giảm nên chuỗi HT khi và chỉ khi dãy {Sn} bị chặn trên Để khảo sát sự hội tụ của chuỗi số dương, chúng ta sẽ sử dụng 1 trong 4 tiêu chuẩn : 1. Tiêu chuẩn tích phân Maulaurint – Cauchy 2. Tiêu chuẩn so sánh 3. Tiêu chuẩn Cauchy 4. Tiêu chuẩn d’Alembert

§1. Chuỗi số - Chuỗi không âm Tiêu chuẩn tích phân Maclaurint – Cauchy: Cho hàm f(x)≥0, liên tục và đơn điệu giảm trên [1,∞). ∞

∞

n=1

1

Khi ấy, chuỗi ∑ f (n ) HT khi và chỉ khi tp ∫ f ( x )dx HT 1 Ví dụ: Khảo sát sự hội tụ của chuỗi ∑ α n n =1 1 * Khi α<0: un = α ⇒ lim un = +∞ n →∞ n Chuỗi PK theo đkccsht ∞

* Khi α=0: un = 1∀n ⇒ lim un = 1 ≠ 0 n →∞ Chuỗi PK theo đkccsht 1 thỏa các điều kiện của * Khi α>0: Xét hàm f ( x ) = α x tiêu chuẩn tích phân

§1. Chuỗi số - Chuỗi không âm +∞ 1 Vì tích phân ∫ α dx hội tụ khi và chỉ khi α>1 nên 1 x ∞ 1 Chuỗi ∑ α Hội tụ khi α>1 và phân kỳ khi α≤1 n=1 n 1 Ví dụ: Khảo sát sự HT của chuỗi ∑ β n (ln n ) n =2 1 Xét hàm f ( x ) = α trên [2,+∞), ta có x (ln x ) ∞

f(x) không âm, hàm liên tục và khi x tăng thì lnx tăng nên f(x) giảm tức là hàm f(x) thỏa điều kiện của tiêu chuẩn tích phân

§1. Chuỗi số - Chuỗi không âm Mặt khác  +∞ khi β ≤ 1  +∞ +∞ dx d (ln x ) =   1  = ∫ ∫ β β  khi β >1 β −1 2 x (ln x ) 2 (ln x )   (β − 1)(ln2) ∞ 1 Vậy chuỗi ∑ β HT khi β>1 và PK khi β≤1 n =2 n(ln n )

§1. Chuỗi số - Chuỗi không âm Tiêu chuẩn so sánh 1: ∞

∞

n =1

n =1

Cho 2 chuỗi số không âm ∑ un và ∑ v n

thỏa

∃p : un ≥ v n ∀n ≥ p ∞

∞

n =1 ∞

n =1 ∞

n =1

n =1

Khi ấy: 1. ∑ un HT ⇒ ∑ v n HT

2. ∑ v n PK ⇒ ∑ un PK Ghi nhớ: Chuỗi “lớn” HT kéo theo chuỗi “nhỏ” HT và ngược lại chuỗi “nhỏ” PK kéo theo chuỗi “lớn” PK

§1. Chuỗi số - Chuỗi không âm

n

2 Ví dụ: Khảo sát sự hội tụ của chuỗi ∑ n n =1 3 + 1 ∞

Ta so sánh n

n

2 2 un = n ≤ n = v n , ∀n 3 +1 3 ∞ 2n ∞  2n ∞ 2 n Vì ∑  = ∑ q , q =  = ∑ n   3 n =1 3 n =1 3  n =1

Suy ra chuỗi đã cho hội tụ

là chuỗi hội tụ

§1. Chuỗi số - Chuỗi không âm Tiêu chuẩn so sánh 2:

∞

∞

Cho 2 chuỗi số không âm ∑ un và ∑ v n n =1 n =1 un lim =K n →∞ v n Khi ấy: ∞ ∞ 1. Nếu K=∞ thì ∑ un HT ⇒ ∑ v n HT n =1

thỏa

n =1

2. Nếu 0<K<∞ thì 2 chuỗi cùng HT hoặc cùng PK ∞

∞

n =1

n =1

3. Nếu K=0 thì ∑ v n HT ⇒ ∑ un HT

§1. Chuỗi số - Chuỗi không âm Khi dùng tiêu chuẩn so sánh, thường xuyên ta sẽ so sánh với 1 trong 2 chuỗi cơ bản sau Chuỗi cấp số nhân: ∞ Hội tụ khi |q|<1 n ∑q n =1 Phân kỳ khi |q|≥1 Chuỗi điều hòa : 1 ∑ α n =1 n ∞

Hội tụ khi α>1 Phân kỳ khi α≤1

1 , q <1 ∑q = 1− q n =0 ∞

n

§1. Chuỗi số - Chuỗi không âm 2

n − 2 n + 2 Ví dụ: Khảo sát sự hội tụ của chuỗi ∑ 3 n =1 n + n + 1 ∞

Ta dùng T/c so sánh 2 bằng cách tính khi n→∞ 2 n − 2 n + 2 1 Khi n→∞ thì un = 3 ∼ = vn n + n +1 n Tức là lim un = 1 (hai chuỗi cùng HT hoặc cùng PK) n →∞ v n ∞ ∞ 1 Mà ∑ v n = ∑ là chuỗi phân kỳ n =1 n =1 n

Vậy chuỗi đã cho phân kỳ

§1. Chuỗi số - Chuỗi không âm n

1 1+ n  Ví dụ: Khảo sát sự hội tụ của chuỗi ∑ 2    n =1 n  n  ∞

n   1 1+ n  1 ∼ 2 .e = v n Khi n→∞ thì un = 2    n  n  n ∞ ∞ 1 Mà chuỗi ∑ v n = ∑ 2 .e hội tụ n =1 n =1 n

Theo tiêu chuẩn so sánh 2 ta được kết quả: Chuỗi đã cho HT

§1. Chuỗi số - Chuỗi không âm  2n + 1 1  Ví dụ: Khảo sát sự hội tụ của chuỗi ∑ ln   n =1 n − 1  n − 1     2n + 1 1 1 3 Ta có :   = 2(1+ un = ln  ln n − 1  n − 1  n − 1  2(n − 1) ∞

1  3  ln2 1 3 un = ln2 + ln(1+ ) = + ln(1+ )  n −1 2(n −1)  n −1 n −1 2(n −1) Do 1 3 1 3 3 n →∞: ln(1+ )∼ . = n −1 2(n − 1) n − 1 2(n − 1) 2(n − 1)2 Nên theo t/c so sánh 2: chuỗi đã cho PK vì nó là tổng ∞ ln 2 ∞ 1 3 của 2 chuỗi PK và ∑ ln(1+ ) HT ∑ 2(n − 1) n =2 n − 1 n =2 n − 2

§1. Chuỗi số - Chuỗi không âm  1 Ví dụ: Khảo sát sự hội tụ của chuỗi ∑ 1− n sin  n n =1 1 Khi n→∞ thì → 0 n 1 Nên ta có thể khai triển Maclaurint hàm sin n Vậy khi n→∞ thì ∞

α  1     1 1 1 1 1  un = 1− n sin  = 1− n  −   + O( 3 ) ∼ 2   3   n  n 3! n  n  6n ∞ 1 Mà chuỗi ∑ 2 HT Nên chuỗi đã cho HT n =1 6n α

α

§1. Chuỗi số - Chuỗi không âm −n2

n −e n + 1  ln  Ví dụ: Khảo sát sự hội tụ của chuỗi ∑ 3  n −1  n  n =2 2 1 − n Khi n →∞ : e = 2 → 0 Suy ra n e ∞

−n 2

−n 2

n −e n +1 n − e 1 un = 3 ln( )= 3 ln(1+ ) n n n −1 n −1 −n 2

n −e 1 n 1 1 un = 3 ln(1+ ) ∼ 3 =3 n n −1 nn n ∞ 1 Mà chuỗi ∑ 3 phân kỳ nên chuỗi đã cho phân kỳ n =1 n

§1. Chuỗi số - Chuỗi không âm Tiêu chuẩn d’Alembert : ∞

Xét chuỗi số dương: ∑ un n =1

Đặt :

un +1 • ∃ q < 1: Dn < q : chuỗi hội tụ Dn = un

• Dn ≥ 1 : chuỗi phân kỳ

un +1 D = lim Dn = lim n →∞ n →∞ un

• D < 1 : hội tụ • D > 1 : phân kỳ • D = 1 : không có kết luận

§1. Chuỗi số - Chuỗi không âm Tiêu chuẩn Cauchy : ∞

Xét chuỗi số dương: ∑ un n =1

Đặt :

Cn = n un

• ∃ q < 1: Cn < q : chuỗi hội tụ • Cn ≥ 1 : chuỗi phân kỳ • C < 1 : hội tụ

C = lim Cn = lim n un • C > 1 : phân kỳ n →∞ n →∞

• C = 1 : không có kết luận

§1. Chuỗi số - Chuỗi không âm Tiêu chuẩn Rapb : (sử dụng khi D = 1 và Dn < 1 hoặc C=1 và Cn<1)  un +1  Đặt Rn = n 1 − nu R = n 1 −  n n un   Hoặc R = lim Rn R = lim Rn

(

n →∞ n→∞

n →∞

• R > 1 : hội tụ • R < 1 : phân kỳ • R = 1 : không có kết luận

)

§1. Chuỗi số - Chuỗi không âm Ví dụ: Khảo sát sự hội tụ của các chuỗi sau: ∞

(2n + 1)!

1/ ∑ 2 4 4 n n=1 n ( n−1)

 n − 1  2 / ∑    n n=1 ∞

∞

(2n − 1)!!

3/ ∑ n=1 (2n )!!(2n + 1) ∞

− ln n

4/ ∑a n=1

,a > 0

§1. Chuỗi số - Chuỗi không âm ∞

(2n + 1)!

1/ ∑ 2 4 4 n n=1 (2n + 1)!

(2(n + 1) + 1)! un = ⇒ un+1 = 2 4 4 n 42 (n + 1)4 2 4 4 un+1 (2n + 3)! 4 n n ⇒ = 2 . = (2n + 2)(2n + 3) 4 4 un (2 n + 1)!

4 (n + 1) (n + 1) un+1 ⇒ lim =∞ n→∞ un

Chuỗi PK theo tiêu chuẩn d’Alembert

§1. Chuỗi số - Chuỗi không âm n ( n−1)

 n − 1  2 / ∑    n n=1 ∞

n ( n−1)

 n − 1  un =    n  ⇒ lim

n→∞

n

( n−1)

⇒

nu

n

 n − 1  =    n 

( n−1)

 n − 1  un = lim   n→∞  n 

1 1 = lim = <1 1 ( n−1) e n→∞ (1+ ) n −1

Vậy chuỗi HT theo tiêu chuẩn Cauchy

§1. Chuỗi số - Chuỗi không âm (2n − 1)!! 1 3/ ∑ n =1 ( 2n )!! 2n + 1 ∞

(2n + 1)!!

1 ⋅ an +1 (2n + 2)!! 2n + 3 (2n + 1) 2 Dn = = = (2n − 1)!! 1 (2n + 2).(2n + 3) an ⋅ (2n )!! 2n + 1 Dn < 1& lim Dn = 1 ⇒không dùng tc D’A được n →∞

2   (2n + 1) Rn = n (1 − Dn ) = n 1 −   (2n + 2)(2n + 3) 

§1. Chuỗi số - Chuỗi không âm 2   (2n + 1) Rn = n (1 − Dn ) = n 1 −   (2n + 2)(2n + 3) 

6n + 5 =n (2n + 2)(2n + 3)

3 lim Rn = > 1 n →∞ 2 ⇒chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn Rapb

§1. Chuỗi số - Chuỗi không âm ∞

4/ ∑a

− ln n

, a>0

n =1

Cn = Dn =

− ln n n − ln n a =a n

và

lim Cn = a = 1

n→∞ 1− 1  − ln( n +1) ln   a ln n −ln( n +1) n +1   =a =a − ln n

a

0

0

và lim Dn = a = 1 n→∞

(Ta không dùng được tiêu chuẩn Cauchy, d’Alembert) Biến đổi

a − ln n = e − ln n×ln a = n − ln a ∞

Suy ra chuỗi đã cho là chuỗi điều hòa Chuỗi HT khi và chỉ khi lna>1 ↔ a>e

∑

1

ln a n n =1

§1. Chuỗi số - Chuỗi đan dấu Chuỗi số ∞

n n ( − 1) u = − u + u − u + ... + ( − 1) un + ..., un ≥ n, ∀n ∑ n 1 2 3

n =1

gọi là chuỗi đan dấu Tiêu chuẩn Leibnitz : Nếu

 un ≤ un−1  ∞  n  ( − 1) un hội tụ  lim u = 0 thì chuỗi ∑  n n=1   n→∞

Khi ấy, ta gọi chuỗi đó là chuỗi Leibnitz và tổng S của chuỗi thỏa 0≤S≤u1

§1. Chuỗi số - Chuỗi đan dấu

n (−1)n Ví dụ: Khảo sát sự hội tụ của chuỗi 1/ ∑ n=1 n n (−1)n n 2/ ∑ n =2 n − 1

1 1/Ta có : un = đơn điệu giảm và dần về 0 n Nên chuỗi đã cho là chuỗi Leibnitz n 2/ un = đơn điệu giảm và dần về 0 n −1 Nên chuỗi đã cho là chuỗi Leibnitz

§1. Chuỗi số - Chuỗi đan dấu n ∞ (−1) Ví dụ: Khảo sát sự hội tụ của chuỗi ∑ n n=1 n + (−1)

Số hạng tổng quát của chuỗi un =

(−1)n

n + (−1)n không thể viết được dưới dạng (−1)n v n ,v n ≥ 0

Tức là chuỗi trên không là chuỗi đan dấu Ta có un =

(−1)n n + (−1)n

=

(−1)n ( n − (−1)n ) n − (−1)2n

(−1)n n 1 = − n −1 n −1

§1. Chuỗi số - Chuỗi đan dấu ∞ (−1)n n Chuỗi ∑ là chuỗi đan dấu hội tụ n=1 n − 1

∞ 1 là chuỗi số dương phân kỳ Chuỗi ∑ n =2 n − 1

Vậy chuỗi đã cho là chuỗi PK vì là tổng của 1 chuỗi HT và 1 chuỗi PK

§1. Chuỗi số - Chuỗi đan dấu ∞ (−1)n Ví dụ: Khảo sát sự hội tụ của chuỗi ∑ n=1 n − ln n

1 Chuỗi đan dấu với un = n − ln n

Để khảo sát sự đơn điệu của dãy un ta đặt 1 x −1 f (x) = ⇒ f ′( x ) = − < 0, ∀x > 1 2 x − ln x x ( x − ln x )

Tức là hàm f(x) cũng là dãy {un} đơn điệu giảm và dần về 0.

Vậy chuỗi đã cho HT theo Leibnitz

§1. Chuỗi số - Chuỗi có dấu bất kỳ Tiêu chuẩn hội tụ tuyệt đối: ∞ Nếu chuỗi ∑ | un | hội tụ n=1 ∞ hội tụ Thì chuỗi ∑ un n=1 ∞ ∞ Khi đó: ∑ un ≤ ∑ | un | n=1 n=1 ∞ Và ta gọi chuỗi ∑ un là chuỗi hội tụ tuyệt đối n=1

§1. Chuỗi số - Chuỗi có dấu bất kỳ Chú ý 1: Điều ngược lại không đúng, tức là chuỗi ∞ ∞ ∑ un không suy ra chuỗi ∑ | un | n=1 n=1

hội tụ

∞ ∞ Khi chuỗi ∑ un HT và chuỗi ∑ | un | PK thì ta n=1 n=1 ∞ gọi chuỗi ∑ un là chuỗi bán hội tụ n=1

Chú ý 2: Nếu dùng tiêu chuẩn Cauchy hoặc d’Alembert ∞ mà biết được chuỗi ∑ | un | PK thì chuỗi n=1

cũng PK

∞ ∑ un n=1

§1. Chuỗi số - Chuỗi có dấu bất kỳ Ví dụ: Khảo sát sự hội tụ của các chuỗi sau: ∞ 1 1 n 1/ ∑ (−1) tan sin n n n=1 ∞ sin n 2 2/ ∑ n n=1 3

1 1 1 1 1 ∼ = , khi n → ∞ 1/ Xét un = tan sin 3 n n n n n 2 ∞ 1 Chuỗi ∑ 3 HT, suy ra chuỗi đã cho HTTĐ n=1 2 n n 2 sin n 1  1 2/ Xét un = ≤ =   → chuỗi đã cho HTTĐ 3n 3n  3 

§1. Chuỗi số - Chuỗi có dấu bất kỳ ∞ n +1 n Ví dụ: Khảo sát sự hội tụ của chuỗi ∑ (−1) 2 2n − 1 n=1

1. Chuỗi đã cho là chuỗi đan dấu với un =

n +1

2n 2 − 1 Rõ ràng dãy {un} đơn điệu giảm và dần về 0 nên chuỗi HT theo t/c Leibnitz 2. Mặt khác, coi đó là chuỗi có dấu bất kỳ thì n +1 1 | un |= ∼ , khi n → ∞ 2n 2 − 1 2n ∞ ∞ n +1 Tức là chuỗi ∑ | un | = ∑ PK 2 n=1 n=1 2n − 1

Vậy chuỗi đã cho chuỗi bán HT

§1. Chuỗi số - Chuỗi có dấu bất kỳ n2

∞ (−1)n  n + 1   Ví dụ: Khảo sát sự hội tụ của chuỗi ∑ n  n  n=1 2

Ta có n2

1  n + 1 n n  un = lim lim  n  n n→∞ n→∞ 2

n   1 1 e = lim 1+  = > 1 n 2 n→∞ 2 

∞ Vậy chuỗi ∑ un n=1

PK theo t/c Cauchy nên

chuỗi đã cho cũng PK

§1. Chuỗi số - Chuỗi có dấu bất kỳ n ∞ arcsin(−1) Ví dụ: Khảo sát sự hội tụ của chuỗi ∑ n=2 n(n + 1)(n − 1)

 π , n = 2k  2 n  arcsin(−1) =    −π , n = 2k + 1    2 π π 1 Nên u ≤ ∼ khi n → ∞ n 2 n(n + 1)(n − 1) 2 3 2 n

Vì

Vậy chuỗi đã cho HTTĐ

§1. Chuỗi số - Chuỗi có dấu bất kỳ Ví dụ: Khảo sát sự hội tụ của chuỗi ∞ 1 −1 , u2n = ∑ un , u2n−1 = 3n + 2 3n − 1 n=1 Ta đi tính tổng riêng thứ 2n của chuỗi S2n = u1 + u2 + ... + u2n−1 + u2n S2n = (u1 + u2 ) + (u3 + u4 ) + ... + (u2n−3 + u2n−2 ) + (u2n−1 + u2n )  1 −1  1 −1  1   1  − 1 − 1  +   S2n =  +  +  +  + ... +  + +  5 2  8 5  3n − 1 3n − 4  3n + 2 3n − 1

−1 1 n→∞ −1 Và S2n = +    → 2 2 3n + 2 −1 S2n +1 = S2n + u2n +1  n→∞   → 2 1 Vậy tổng của chuỗi S = lim Sn = − Chuỗi HT 2 n→∞

§3 : Khả vi và Vi phân Vi phân cấp 2 là vi phân của vi phân cấp 1

d f = d (df ) = d (fx′dx + fy′dy ) = d (fx′dx ) + d (fy′dy ) 2

= (d (fx′ )dx + fx′d (dx )) + (d (fy′ )dy + fy′d (dy )) 2 2 ′′ ′′ ′′ = fxx dx + 2fxy dxdy + fyy dy Hay ta viết dưới dạng 2 2 2 ∂ f ∂ f ∂ f 2 2 d f = 2 dx + 2 dxdy + 2 dy 2 ∂x ∂x∂y ∂y Vậy ta viết dưới dạng quy ước sau

∂  ∂ df =  dx + dy  f ∂x ∂y 

2

∂  ∂ d f =  dx + dy  f ∂x ∂y  2

§3 : Khả vi và Vi phân Tổng quát công thức trên cho hàm 3 biến và cho vi phân cấp 3 của hàm 2 biến Vi phân cấp 3 của hàm 2 biến f(x,y) 3

∂  ∂ d f =  dx + dy  f ∂x ∂y  3

3 2 2 3 ′′′ ′′′ ′′′ ′′′ = fxxx dx + 3fxxy dx dy + 3fxyy dxdy + fyyy dy

Vi phân cấp 2 của hàm 3 biến f(x,y,z) 2

∂  ∂ ∂ d f (x, y, z) =  dx + dy + dz f ∂x ∂y ∂z  2

2 2 2 ′′ ′′ ′′ = fxxdx + fyydy + fzzdz + 2fxy′′dxdy + 2fyz′′dydz + 2fzx′′dzdx

§3 : Khả vi và Vi phân Ví dụ : Cho hàm f(x,y) = xsiny – 2ycosx. Tính df, d2f tại (0,π/2) Giải : Ta đi tính các đạo hàm riêng đến cấp 2, thay vào công thức tính vi phân

f x′ = sin y + 2 y sin x , f y′ = x co s y − 2 co s x fxx′′ = 2y cos x, fxy′′ = cos y + 2sin x, fyy′′ = −x sin y Vậy ta được:

df (0, π ) = fx′(0, π )dx + fy′(0, π )dy = dx − 2dy 2 2 2 2 2 π π π π ′′ ′′ ′′ d f (0, ) = fxx (0, )dx +2fxy (0, )dxdy +fyy (0, )dx 2 2 2 2 2

(

Vậy : df 0, π

)

2

2 π = dx − 2dy ,và d f (0, ) = πdx 2 2

§3 : Khả vi và Vi phân Ví dụ : Cho hàm f(x,y,z) = xy2 – 2yz2 + ex+y+z. Tính df, d2f Giải Tương tự ví dụ trên, ta có

df = fx′dx + fy′dy + fz′dz df = (y2+ex+y+z)dx+(2xy–2z2+ex+y+z)dy+(-4yz + ex+y+z)dz

d 2f = fxx′′dx2 + fyy′′dy 2 + fzz′′dz2 + 2fxy′′dxdy + 2fyz′′dydz + 2fzx′′dzdx d2f=ex+y+zdx2+(2x+ex+y+z)dy2+ (-4y+ex+y+z) dz2 + 2(2y+ex+y+z)dxdy+2(-4z+ex+y+z)dydz + 2(ex+y+z)dzdx

§4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm hợp Đạo hàm riêng cấp 1 của hàm hợp Định lý : Cho hàm z = z(x,y) khả vi trong miền D; x, y là các hàm theo biến t: x=x(t), y=y(t) khả vi trong khoảng (t1,t2), khi ấy hàm hợp z = z(x(t),y(t)) cũng khả vi trong khoảng (t1,t2) và dz ∂z dx ∂z dy = + dt ∂x dt ∂y dt

Ví dụ : Cho hàm z =

x2-3xy,

x = 2t+1, y=

t2-3.

dz Tính dt

Giải: dz = ∂z dx + ∂z dy =(2x – 3y)2 + (-3x)2t dt ∂x dt ∂y dt

§4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm hợp Tổng quát hơn: Cho z = z(x,y) và x=x(u,v), y=y(u,v) tức là z là hàm hợp của 2 biến u, v. Ta có công thức tương tự: ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + ∂z ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v ∂z z Ta có thể tổng quát bằng sơ đồ sau : Cần tính đạo hàm của z theo biến nào ta đi theo đường đến biến đó

∂y

∂x

∂x x ∂u

∂x ∂v

u

v

∂y ∂u

u

y

∂y ∂v

v

§4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm hợp Ví dụ : Cho hàm z = xey, trong đó x=cosu+sinv, y=u2+v2. Tính ∂z , ∂z ∂u ∂v Giải: Ta sử dụng công thức trên để tính ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y y y = . + . = e (− sin u ) + xe .2u ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u

∂z ∂z ∂x ∂z ∂y y y = . + . = e (cos v ) + xe .2v ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v

Chú ý: Có thể tính đạo hàm trên bằng cách thay x, y theo u, v vào biểu thức của hàm z rồi tính đạo hàm thông thường. Tuy nhiên, việc sử dụng công thức đạo hàm hàm hợp (nói chung) sẽ cho ta kết quả nhanh hơn

§4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm hợp Ví dụ: Cho hàm z = f(x+y,2x-3y). Tính các đhr đến cấp 2 của hàm z Giải : Ta đặt thêm 2 biến trung gian : u = x+y, v = 2x – 3y để thấy rõ ràng hàm z = f(u,v) là hàm hợp Dùng công thức đh hàm hợp, ta được 2 đhr cấp 1: z’x= f’u.u’x+f’v.v’x= f’u+2f’v ; z’y = f’u.u’y+f’v.v’y = f’u-3f’v Sau đó, lấy đhr của các đh cấp 1, ta được các đhr cấp 2:

§4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm hợp z”xx = [f’u]’x

+

2[f’v]’x =

z”xx = [(f’u)’u.u’x+(f’u)’v.v’x]+2[(f’v)’u.u’x+(f’v)’v.v’x] Giữ nguyên Lấy đhr theo u thì nhân với đhr của u theo x

Giữ nguyên Lấy đhr theo v thì nhân với đhr của v theo x

Lấy đhr cấp 2 theo thì tương ứng nhân với đhr của u, v theo x Tương tự: z”xy = f”uu-f”uv-6f”vv, z”yy = f”uu-6f”uv+9f”vv

§4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm hợp Ví dụ: Cho hàm z = y.f(x2-y2). Tính zx′ , zy′ Giải: Ta đặt t = x2-y2, thì f là hàm theo 1 biến t, z=y.f Vậy: ∂z ∂z ′ ′ ′ = f + y .f ′.t y′ = f + y .f ′.(−2y ) = y .f .t x = y .f .2 x ∂y ∂x Vi phân cấp 1 : Cho z = z(x,y) và x=x(u,v), y=y(u,v) tức là z là hàm hợp của 2 biến u, v. Ta tính vi phân của hàm z theo vi phân của 2 biến độc lập u, v bằng cách dùng công thức như hàm 2 biến thường` dz = zv′ dv + zu′ du

§4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm hợp Đạo hàm riêng cấp 2 của hàm hợp Cho hàm z = z(x,y), trong đó x = x(u,v), y = y(u,v).

Ta đi tính đạo hàm riêng cấp 2 của hàm z theo biến độc lập u, v

′′ = ( zu′ )u′ = ( zx′ .xu′ + zy′ .y u′ )u′ zuu

= ((zx′ )u′ .xu′ + zx′ .xu′′u ) + ((zy′ )u′ .yu′ + zy′ .yu′′u )

′′ +(zy′′x.xu′ + zy′′y .yu′ )yu′ + zy′ yuu ′′ = (zx′′x.xu′ + zx′′y .yu′ )xu′ + zx′ xuu Vậy: 2 2 ′′ ′′ ′ ′′ ′ ′ ′′ ′ ′′ + zy′ yuu ′′ ) zuu = (zxx xu + 2zxy xu yu + zyy y u ) +(zx′ xuu

Tương tự, ta có 2 đạo hàm cấp 2 còn lại

§4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm hợp Ví dụ: Cho hàm z = x2y - xy2, x = uv, y =u2 - v2.

Tính zuv ′′ Giải: 2 v −1 2 ′ ′ ′ ′ ′ zu = zx xu + zy y u = (2 xy − y )vu + ( x − 2 xy )2u

Ta lấy đạo hàm theo v của biểu thức trên: 2 v −1 2 v −1 2 ′′ ′ ′ zuv = (2xy − y )v vu + (2xy − y )(vu )v + ( x − 2xy )v′ 2u

v

v−1

2

v−1

v−1

=(2(u lnuy . +x(−2v))−2y(−2v))vu +(2xy −y )(u +vu lnu) +(2xuv lnu −2(uv lnuy . +x(−2v)))2u

§4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm hợp Ta chỉ tính vi phân cấp 2 của hàm z theo biến độc lập u, v; tức là ta sử dụng công thức vi phân cấp 2 của hàm z(u,v). Vậy vi phân cấp 2 của hàm hợp là 2 2 ′′ ′′ ′′ d z = zuu du + 2zuv dudv + zvv dv 2

Ví dụ: Cho z = xcosy, x = uv, y = u+v. Tính dz, d2z theo vi phân của biến độc lập du, dv Giải: Ta sẽ tính các đạo hàm riêng đến cấp 2, rồi thay vào công thức vi phân, ta được:

dz = (v cos y − x siny)du +(u cos y − x siny)dv 2

2

d z = (−2v sin y − x cos y )du + (−2u sin y − x cos y )dv +2(−v sin y + cos y − u sin y − x cos y )dudv

2

§4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm ẩn Hàm ẩn 1 biến (Đã biết) : Cho hàm y=y(x) xác định từ phương trình hàm ẩn F(x,y)=0 Ta tính đạo hàm y’ bằng cách lấy đạo hàm 2 vế phương trình F(x,y)=0 theo x: ∂F dx ∂F dy dy . + . = 0 Ta tính từ đẳng thức này ∂x dx ∂y dx dx để được công thức dy Fx′ = y′ = − dx Fy′

§4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm ẩn Ví dụ : Tính y’, y” biết x – y + arctany = 0 Giải: Ta đặt F(x,y) = x – y + arctany, rồi áp dụng công thức 2 Fx′ 1 1 + y y′ = − = − = 2 1 Fy′ y −1 + 2 1+ y Để tính đạo hàm cấp 2, ta lấy đạo hàm của đạo hàm cấp 1 với ghi nhớ rằng y’ đã có trước đó để thay vào cuối cùng.

2 1 2yy ′ 2( y + 1) y ′′ = (1 + 2 )′ = − 4 = − 5 y y y

§4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm ẩn Hàm ẩn nhiều biến: Cho hàm z=z(x,y) xác định từ phương trình hàm ẩn F(x,y,z) = 0. Ta phải tính 2 đạo hàm riêng Tương tự hàm ẩn 1 biến, ta có công thức tính đạo hàm Fy′ Fx′ zx′ = − , zy′ = − Fz′ Fz′

Hoặc ta có thể tính đạo hàm riêng của hàm z theo x, y bằng cách lấy đạo hàm 2 vế phương trình hàm ẩn lần lượt theo x, y (Coi biến còn lại là hằng số

§4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm ẩn Ví dụ : Cho hàm z = z(x,y) xác định bởi phương trình x2+y2+z2-3x+6y-5z+2 = 0. Tính zx′ , zy′ Giải: Cách 1: Lấy đạo hàm 2 vế phương trình đã cho theo x, coi y là hằng số 3 − 2x 2 x + 2zzx′ − 3 − 5zx′ = 0 ⇒ zx′ = 2z − 5 Và lấy đạo hàm theo y, coi x là hằng số

6 + 2y 2y + 2zzy′ + 6 − 5zy′ = 0 ⇒ zy′ = 5 − 2z

§4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm ẩn Cách 2: Sử dụng công thức bằng cách đặt F(x,y,z) là vế trái của phương trình đã cho

Fx′ = 2 x − 3, Fy′ = 2y + 6, Fz′ = 2z − 5 Ta cũng sẽ được kết quả như trên. Để có đạo hàm cấp 2, ta lấy đạo hàm của đạo hàm cấp 1, và nhớ rằng z là hàm, biến còn lại là hằng số Vi phân của hàm ẩn: hàm y(x) hoặc z(x,y) đều là các hàm theo 1 hoặc 2 biến độc lập nên ta tính vi phân các cấp của chúng như với hàm bình thường

§4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm ẩn Ví dụ: Tính dz, d2z nếu zex + 3y + z - 1 = 0 tại (0,1) Giải: Trước tiên, ta thay (x,y) = (0,1) vào phương trình để được z = -1 Tiếp đó, ta tính các đạo hàm riêng đến cấp 2 bằng cách đặt F(x,y,z) là vế trái của phương trình trên x

ze 3 zx′ = − x , zy′ = − x e +1 e +1

1 ⇒ dz(0,1) = (dx − 3dy ) 2

⇒zx′ (0,1) = 1 ,zy′ (0,1) =−3 2 2

§4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm ẩn

 ze x ′  z.ze x ′  = −  ′′ = − x zxx  x   e + 1 ze + z   x Ta thay zex = 1-3y-z vào biểu thức trên rồi tính đạo hàm tiếp  z(1− 3 y − z )′ ′ (1− 3 y − z ) + z(−zx′ ) z x  ′′ = − zxx =−    1− 3 y (1− 3 y )2 x

z − (1− 3 y − z ) Thay z’x(0,1) = ½ vào, ta ′′ = zx′ zxx (1− 3 y )2 được z”xx(0,1) = 0

Tương tự, ta tính được 2 đạo hàm riêng cấp 2 còn lại. Và được

d z(0,1) = 3 dxdy 2 2

§4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm ẩn Ví dụ : Cho hàm z = f(x+y,x.y), tính vi phân dz, d2z Giải: Ta đi tính đạo hàm riêng đến cấp 2 của hàm z Trước hết, ta đặt t = x+y, s = x.y thì z là hàm theo 2 biến t và s, còn t, s là hàm theo 2 biến x và y. Ta được z’x = f’t.t’x+f’s.s’x = f’t.1+f’s.y; z’y = f’t.t’y+f’s.s’y = f’t.1+f’s.x Suy ra dz = (f’t+f’s.y)dx + (f’t+f’s.x)dy z”xx = (f’t+f’s.y)’x = [(f”tt.t’x+f”ts.s’x)+(f”st.t’x+f”ss.s’x).y] z”xx = f”tt+2yf”st+ y2.f”ss Tương tự, ta được 2 đạo hàm cấp cao còn lại và d2z = (f”tt+2yf”st+ y2.f”ss)dx2 + (f”tt+2xf”st+ x2.f”ss)dy2 + (f”tt+(x+y)f”ts+xyf”ss+f”s)2dxdy

§4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm ẩn Ví dụ: Tính z’x, z’y nếu z = z(x,y) xác định từ pt F(x+y+z,x+y-2z) = 0 Giải : Tương tự ví dụ trên, ta cũng đặt thêm 2 biến trung gian t = x+y+z, s = x+y-2z Trước tiên, ta dùng công thức đạo hàm hàm ẩn Fy′ Fx′ zx′ = − , zy′ = − Fz′ Fz′ Tức là ta phải tính 3 đạo hàm riêng của hàm F. Khi đó, ta coi F là hàm hợp theo t, s và t, s là hàm theo 3 biến x, y, z để sử dụng công thức đạo hàm hàm hợp F’x = F’t.t’x + F’s.s’x = F’t + F’s = F’y, F’z = F’t - 2F’s

§4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm ẩn Thay vào công thức trên, ta được kết quả Ft ′+ Fs′ zx′ = − = zy′ Ft ′− 2Fs′

§5 : Công thức Taylor - Maclaurint Công thức Taylor với phần dư Peano: Cho hàm f(x,y) khả vi đến cấp (n+1) trong 1 hình cầu mở tâm M0 là B(M0,r). Ta có công thức: d k f ( x0 , y 0 ) f ( x, y ) = f ( x0 , y 0 ) + ∑ + R n (x , y ) k! k =1 n

Trong đó: Rn ( x, y ) = O(ρ n ), ρ = ( x − x0 )2 + ( y − y 0 )2 Khi (x0,y0) = (0,0) thì công thức Taylor được gọi là công thức Maclaurint

d k f (0,0) f ( x, y ) = f (0,0) + ∑ + Rn (0,0) k! k =1 n

§5 : Công thức Taylor - Maclaurint Ví dụ : Khai triển Tay lor tại lân cận điểm (1,-1) hàm f(x,y) = x2+2y2-3xy+4x-5y+7 Giải : Do f(x,y) là đa thức bậc 2 theo x hoặc theo y nên từ cấp 3 trở đi, các đạo hàm riêng bằng 0 tức là vi phân cũng bằng 0. Ta chỉ cần tính vi phân của f đến bậc 2 f(1,-1) = 22 f’x = 2x – 3y +4 , f’y = 4y – 3x – 5 f’x(1,-1) = 9 , f’y(1,-1) = -12 df(1,-1) = 9dx - 12dy = 9(x-1) – 12(y+1)

§5 : Công thức Taylor - Maclaurint f”xx = 2, f”xy = -3, f”yy = 4 d2f = 2dx2 – 6dxdy +4dy2 = 2(x-1)2–6(x-1)(y+1)+4(y+1)2 Vậy : f(x,y) = 22 + [9(x-1) – 12 (y+1)] +

½ [2(x-1)2–6(x-1)(y+1)+4(y+1)2]

§5 : Công thức Taylor - Maclaurint Chú ý : Tương tự như hàm 1 biến, để khai triển Tay lor hàm f(x,y) trong lân cận điểm (x0,y0) ta cũng làm như sau : 1. Đặt X = x - x0, Y = y - y0

x = X + x0, y = Y + y0

2. Sử dụng khai triển Maclaurint hàm 1 biến để khai triển hàm f(X,Y) ` 3. Sắp xếp theo thứ tự bậc của X, Y, X.Y tăng dần 4. Thay X = x - x0, Y = y - y0 vào để được khai triển cần tìm

§5 : Công thức Taylor - Maclaurint Ví dụ: Khai triển Taylor tại (2,1) đến bậc 2 hàm 1 f ( x, y ) = 2x − 3y Giải : Đặt X = x – 2, Y = y - 1 x=X+2,y=Y+1 1 Thay vào hàm đã cho, ta được: f ( X ,Y ) = 2 X − 3Y + 1 Đặt t = 2X – 3Y và áp dụng khai triển Maclaurint hàm 1 g (t ) = = 1− t + t 2 + R2 Và thay vào hàm f 1+ t f(x,y) = 1 – (2(x-2) – 3(y-1)) + ½((2(x-2) – 3(y-1))2+R2 f(x,y)=1–2(x-2)+3(y-1)+2(x-2)2+ 9/2(y-1)2–6(x-2)(y-1)+R2

§5 : Công thức Taylor - Maclaurint Ví dụ: Khai triển Maclaurint hàm f(x,y) = excosy đến bậc 2 Giải: Ta áp dụng trực tiếp khai triển Maclaurint cho 2 hàm 1 biến ex và cosy để có kết quả: f(x,y) = (1+x+1/2x2+O(x2))(1-1/2y2+O(y2)) f(x,y) = 1+x+1/2x2 - 1/2y2 + 1/2xy2 - 1/4x2y2 +R2 Ta bỏ các số hạng bậc lớn hơn 2 và sắp xếp theo thứ tự tăng dần của bậc, ta được : f(x,y) = 1 + x + ½ (x2-y2) +R2

§6 : Cực trị hàm nhiều biến Định nghĩa : Hàm f(x,y) được gọi là đạt cực đại chặt tại M0(x0,y0) nếu tồn tại hình cầu mở B(M0,r) sao cho f(x,y) < f(x0,y0), với mọi M(x,y) thuộc hình cầu trên Tức là: ∃r > 0 : ∀M ( x, y ) ∈ B(M0 , r ), f ( x, y ) < f ( x0 , y 0 ) Định nghĩa : Hàm f(x,y) được gọi là đạt cực đại không chặt tại M0(x0,y0) nếu tồn tại hình cầu mở B(M0,r) sao cho f(x,y) ≤ f(x0,y0) , với mọi M(x,y) thuộc hình cầu trên Tức là: ∃r > 0 : ∀M ( x, y ) ∈ B(M0 , r ), f ( x, y ) ≤ f ( x0 , y 0 )

§6 : Cực trị hàm nhiều biến Định nghĩa tương tự cho khái niệm cực tiểu chặt và cực tiểu không chặt.

Chú ý: Khái niệm cực trị chỉ mang tính địa phương, nó khác với khái niệm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm trong một miền (Xem hình vẽ)

§6 : Cực trị hàm nhiều biến - Cực trị tự do Ví dụ: Hàm f(x,y) = x2 + y2 đạt cực tiểu tại (0,0) vì f(x,y) – f(0,0) = (x2 + y2) ≥ 0, với mọi (x,y)

Hơn nữa, f(0,0) = 0 còn là giá trị nhỏ nhất của hàm trong toàn MXĐ vì : f ( x, y ) − f (0,0) > 0, ∀( x, y ) f (0,0) = 0

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Điều kiện cần của cực trị : Nếu hàm f(x,y) có cực trị tại điểm M0(x0,y0) thì tại M0 hàm có các đạo hàm riêng đồng thời bằng 0 hoặc không tồn tại Điểm mà tại đó các đạo hàm riêng đồng thời bằng 0 hoặc không tồn tại thì gọi là điểm tới hạn của hàm tức là điểm nghi ngờ có cực trị. Điểm mà tại đó các đạo hàm riêng đồng thời bằng 0 thì gọi là điểm dừng của hàm. Điểm M mà tại đó các đạo hàm riêng đồng thời bằng 0 và trong 1 lân cận bất kỳ của nó tồn tại các điểm M1, M2 sao cho f(M1)<f(M)<f(M2) được gọi là điểm yên ngựa

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Ví dụ: Khảo sát cực trị của hàm f(x,y) = x2 – y2 Giải: Ta có : f’x = 2x , f’y = -2y

Điểm dừng của hàm là O(0,0) Với mọi x, ta có f(x,0) = x2 ≥ 0 = f(0,0) Với mọi y, ta có f(0,y) = -y2 ≤ 0 = f(0,0)

Điểm yên ngựa

Vậy hàm không đạt cực trị tại (0,0), điểm (0,0) là điểm yên ngựa của hàm

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Điều kiện đủ của cực trị : Cho hàm f(x,y) xác định, liên tục và có các đạo hàm riêng cấp 2 liên tục trong 1 lân cận của điểm dừng M0(x0,y0). Ta có : 1. Nếu dạng toàn phương d2f(M0) xác định dương thì hàm đạt cực tiểu chặt tại M0 , fct = f(M0) 2. Nếu dạng toàn phương d2f(M0) xác định âm thì hàm đạt cực đại chặt tại M0 , fcđ = f(M0) 3. Nếu dạng toàn phương d2f(M0) không xác định thì hàm không đạt cực trị tại M0

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Các bước khảo sát cực trị hàm nhiều biến Bước 1: Tìm điểm tới hạn bằng cách cho tất cả các đạo hàm riêng của hàm f bằng 0, ta được hệ phương trình, giải ra ta được điểm dừng hoặc tìm những điểm mà tại đó các đạo hàm riêng không tồn tại Bước 2: Khảo sát dấu của d2f tại từng điểm tới hạn vừa tìm được (coi d2f là dạng toàn phương theo dx, dy, dz, …)

Bước 3: Kết luận theo điều kiện đủ

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Ví dụ: Tìm cực trị hàm f(x,y,z) = x2+y2+2z2-4x+6y-8z Giải: Bước 1: Giải hpt tìm điểm dừng  ′ = 2x − 4 = 0 f   x=2  x    y = −3  ′ f = 2 y + 6 = 0 ⇔ y      z = 2   ′ f = 4 z − 8 = 0   z

Vậy hàm có điểm dừng duy nhất M(2,-3,2)

Bước 2: Tính d2f(M) = 2dx2+2dy2+4dz2 ≥ 0 với mọi M. Bước 3: Kết luận Hàm đạt cực tiểu tại điểm dừng duy nhất fct = f(2,-3,2) = -21

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Với riêng hàm 2 biến f(x,y), ta có các bước khảo sát sau 1. Tìm điểm tới hạn (giả sử là M0(x0,y0)) 2. Tính 3 đạo hàm riêng cấp 2 của hàm và đặt A = f”xx(M0), B = f”xy(M0), C = f”yy(M0) và ∆ = AC – B2 3. Xét dấu ∆ : • Nếu ∆ > 0 và A > 0 thì hàm đạt cực tiểu fct = f(M0) • Nếu ∆ > 0 và A < 0 thì hàm đạt cực đại fcđ = f(M0) • Nếu ∆ < 0 thì hàm không đạt cực trị tại M0 • Nếu ∆ = 0, thì ta phải xét dấu ∆f = f(M) – f(M0) với mọi M thuộc lân cận của M0 và sử dụng định nghĩa cực trị.

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Ví dụ: Tìm cực trị hàm f(x,y) = x3 – y3 – 3xy  ′x = 3 x 2 − 3 y = 0 f   Giải: Tìm điểm dừng  2  ′ f y = 3 − 3x = 0  y Ta tìm được 2 điểm M1(1,1) và M2(0,0) Tìm các đạo hàm riêng cấp 2: f”xx= 6x, f”xy= -3, f”yy= 6y

Tại M1 : C = A = 6 >0, B = f”xy(1,1) = -3, C = f”yy(1,1)= 6, ∆ = AC – B2 = 6.6 –(-3)(-3) > 0.

Hàm đạt cực tiểu : fct = f(1,1) = -1 Tại M2 : A = f”xx(0,0) = 0 = C, B = f”xy(0,0) = -3, ∆ = -9<0 Hàm không đạt cực trị tại M2

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Ví dụ: Tìm cực trị hàm f(x,y) = x2 + y2 – 2xy +2x – 2y Giải :

Tìm điểm dừng

 ′=0 f  x  ⇔ x − y + 1= 0  ′  f y   =0

Hàm có vô số điểm dừng: tập tất cả các điểm M(x0,y0) thỏa x0 – y0 + 1 = 0, M(x0,x0+1) Các đạo hàm riêng cấp 2 là hằng số, nên : A = f”xx = 2, B = f”xy = -2, C = f”yy = 2, ∆ = 0, với mọi M Đây là trường hợp ta phải xét dấu ∆f(M)=f(x,y)–f(x0,x0+1) với mọi (x,y) thuộc lân cận của M.

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Ta có : ∆f(M)= f(x,y) – f(M) ∆f(M)=(x2+y2 –2xy+2x–2y) – (x02+y02 –2x0y0 +2x0 -2y0) ∆f(M)=(x2+y2 –2xy+2x–2y)–((x0-y0)2+2(x0–y0)) Thay x0 – y0 = -1 vào, ta được ∆f(M) = (x-y+1)2 ≥ 0

f(x,y) ≥ f(M)

Vậy theo định nghĩa, hàm đạt cực tiểu không chặt tại mọi điểm dừng M0 và fct = f(M0) = f(x0,x0+1) = -1

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Ví dụ: Tìm cực trị hàm f ( x, y ) = 3 x 2 + y 2 2x  Giải : Từ hệ phương trình :  ′=  f =0 x  2 2 3  x y +    2y  fy′ = =0  2 2 3  x + y  

Ta được x = y = 0, tuy nhiên (0,0) là điểm mà tại đó 2 đạo hàm trên không tồn tại. Do đó, điểm (0,0) không là điểm dừng của hàm.

Vậy ta sẽ tính đạo hàm riêng của f tại (0,0) bằng định nghĩa:

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do 3 2 f (∆x,0) − f (0,0) ∆x − 0 fx′(0,0) = lim = lim ∆x →0 =∞ ∆x ∆x →0 ∆x

Do vai trò x, y như nhau trong hàm f, nên tương tự ta cũng có f’ (0,0) = ∞ y

Vậy tại (0,0) các đạo hàm riêng không tồn tại hữu hạn nên(0,0) chỉ là điểm tới hạn của hàm, tức là điểm nghi ngờ có cực trị.

Mặt khác: ∆f = f ( x, y ) − f (0,0) = 3 x 2 + y 2 ≥ 0, ∀( x, y ) Tức là (0,0) là điểm cực tiểu của hàm.

Hơn nữa, f(0,0) = 0 nên ta có fct = fmin = f(0,0)

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Ví dụ : Khảo sát cực trị của hàm f(x,y) = x4 + y4 – x2 – y2 – 2xy Giải : Tìm điểm dừng :

 ′x = 4 x 3 − 2 x − 2y = 0 f    3  ′ f = 4 y − 2 x − 2y = 0  y Ta được 3 điểm dừng M1(1,1), M2(-1,-1), M3(0,0) Các đạo hàm riêng đến cấp 2 :

f”xx = 12x2 – 2, f”xy = -2, f”yy = 12y2 - 2 Tại M1(1,1), M2(-1,-1) : C = 10 = A >0 , B = -2, ∆ = 100 - 4 >0 Nên fct = f(1,1) = f(-1,-1) = -2

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Tại M3(0,0): A = B = C = -2, ∆ = 0.

Ta phải xét dấu ∆f = f(x,y)–f(0,0) = x4+y4–x2–y2–2xy, với mọi (x,y) gần với (0,0) bằng cách chọn 2 điểm N1(1/n,1/n), N2(1/n,-1/n) và tính ∆f(N1), ∆f(N2) 2 1 1 1 2 4 ∆f (N1 ) = ∆f ( , ) = 4 − 2 = 2 ( 2 − 2) < 0, ∀n > 1 n n n n n n 1 1 2 ∆f (N2 ) = f ( ,− ) = 2 > 0, ∀n > 1 n n n

Như vậy, ∆f đổi dấu trong lân cận điểm dừng M3 tức là hàm không đạt cực trị tại M3

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Ví dụ: Cho hàm f(x,y,z) = x3+xy+y2-2xz+2z2+3y-1. Điểm nào sau đây là cực trị của hàm : M1(1,-2,1/2), M2(-1/2,-5/4,-1/4) Giải: Ta chỉ cần kiểm tra 2 điều kiện : 1. Mi là điểm tới hạn(với hàm này, chỉ cần là điểm dừng ) 2. d2f(Mi) là xác định dương, âm hay không xác định

1. M1, M2 là điểm dừng tức là chúng nghiệm đúng hệ : 2  ′ f x = 3 x + y − 2z = 0     fy′ = x + 2y + 3 = 0     fz′ = −2 x + 4z = 0

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do 2. Tính d2f(x,y,z) = 6xdx2+2dxdy+2dy2-4dxdz+4dz2 và thay từng điểm dừng vào để xét dấu dạng toàn phương : d2f(M1) = 6dx2+2dxdy+2dy2-4dxdz+4dz2 có ma trận  6 1 −2   A =  1 2 0 , ∆1 = 6 > 0, ∆2 = 11 > 0, ∆3 = 36 > 0   −2 0 4 

Tức là d2f(M1) là xác định dương, hàm đạt cực tiểu tại M1, fct = f(M1) = -9/2 d2f(M2) = -3dx2+2dxdy+2dy2-4dxdz+4dz2 Bằng cách như trên (theo tiêu chuẩn Sylvester), ta có kết luận hàm không đạt cực trị tại M2

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Ví dụ: Xét hàm f(x,y) = 2 – 2x -2y. Không khó khăn gì, ta thấy hàm không có cực trị.

Nếu vẽ đồ thị, thì ta được mặt phẳng z = 2 – 2x -2y, rõ ràng không có cực trị.

Tuy nhiên, nếu ta cắt mặt phẳng trên bởi hình trụ tròn xoay x2+y2 = 1 thì giao tuyến là 1 ellipse và khi đó hàm ban đầu có cực trị. Điểm cực tiểu là điểm thấp nhất

Điểm cực đại là điểm cao nhất

Khi đó, ta nói hàm f có cực trị với điều kiện x2+y2 =1

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Định nghĩa cực trị có điều kiện : Hàm f(x,y) được gọi là đạt cực đại chặt tại M0(x0,y0) với điều kiện φ(x,y) = 0 nếu ∆f = f(x,y) – f(x0,y0)<0, với mọi M nằm trong hình cầu B(M0,r) và thỏa điều kiện trên Thay dấu “<“ bởi dấu “≤” ta được cực trị không chặt có điều kiện, và lấy dấu ngược lại ta có khái niệm cực tiểu có điều kiện

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Ví dụ: Tìm cực trị của hàm f(x,y) = x2-9y2+3xy+6x-5 với điều kiện 2x – 3y = 0 Giải : Từ điều kiện, ta rút ra y = 2/3x và thay vào hàm f: f(x,y) = x2-9(2/3x)2+3x(2/3x)+6x-5 = -x2+6x-5 Tức là ta có hàm 1 biến và đi tìm cực trị của hàm 1 biến như bình thường.

Tìm điểm dừng : f’ = 0

-2x + 6 = 0

x=3

Vậy hàm đạt cực đại tại điểm dừng duy nhất (3,2) fcđ = f(3,2) = 4

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Tuy nhiên, hầu hết các trường hợp cực trị có điều kiện, ta không dễ dàng rút ra y theo x hoặc x theo y như trên. Vì vậy, ta sẽ xây dựng cách tìm cực trị có điều kiện 1 cách tổng quát hơn dựa trên cách tìm cực trị tự do như sau Ta sẽ giả thiết rằng điều kiện φ(x,y) = 0 xác định một hàm ẩn y = y(x) tại lân cận điểm M0(x0,y0), tức là φ’y(x0,y0) ≠ 0.

Khi đó, ta thay y = y(x) vào hàm f, ta được hàm 1 biến f(x,y(x)). Nếu hàm f(x,y) đạt cực trị tại M0 với điều kiện φ(x,y) = 0 thì theo định lý Fermat ta có

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện df ( x0 ) = 0 ⇔ fx′( x0 , y 0 ) + y ′( x0 )fy′( x0 , y 0 ) = 0 (1) dx Mặt khác, từ điều kiện φ(x,y) = 0, ta cũng có φ’x(x0,y0)+y’x(x0)(x0,y0) = 0 (2)

Nhân 2 vế (2) với λ, rồi cộng với (1), ta được [f’x(x0,y0)+ λφ’x(x0,y0)]+y’x(x0)[f’x(x0,y0)+ λφ’x(x0,y0)] = 0 Vì φ’y(x0,y0) ≠ 0 nên ta có thể tìm được hằng số λ0 sao cho : fy′( x0 , y 0 ) λ0 = − ⇔ fy′( x0 , y 0 ) + λ0ϕy′ ( x0 , y 0 ) = 0 (3) ϕy′ ( x0 , y 0 ) Thay vào đẳng thức trên, ta cũng được

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện f’x(x0,y0) + λ0φx(x0,y0) = 0 (4) Kết hợp điều kiện φ(x,y) = 0 với các đẳng thức (3), (4) ta được hệ pt :  fx′( x, y ) + λϕx′ ( x, y ) = 0  Và x0, y0, λ0 là 1    nghiệm của hệ fy′( x, y ) + λϕy′ ( x, y ) = 0     ϕ( x, y ) = 0 Ta đặt hàm L(x,y) = f(x,y)+λφ(x,y) thì hpt trở thành

 Lx′ ( x, y ) = 0     Ly′ ( x, y ) = 0     ϕ( x, y ) = 0

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Vậy ta có điều kiện cần của cực trị có điều kiện : Định lý : Cho hàm f(x,y), φ(x,y) có các đhr liên tục trong lân cận của điểm M0(x0,y0), φ’x(x0,y0) ≠ 0 hoặc φ’x(x0,y0) ≠ 0. Khi đó, hàm f(x,y) có cực trị với điếu kiện φ(x,y) = 0 tại M0 thì tồn tại số λ sao cho  fx′( x0 , y 0 ) + λϕx′ ( x0 , y 0 ) = 0     fy′( x0 , y 0 ) + λϕy′ ( x0 , y 0 ) = 0     ϕ( x0 , y 0 ) = 0 Số λ được gọi là nhân tử Lagrange, hàm L(x,y) ở trên được gọi là hàm Lagrange, điểm M0(x0,y0) là nghiệm của hệ gọi là điểm dừng

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Định lý : (Điều kiện đủ của cực trị có điều kiện) Giả sử các hàm f(x,y), φ(x,y) có các đhr đến cấp 2 liên tục trong lân cận của điểm dừng M0(x0,y0) ứng với λ = λ0. Khi đó, ta có các kết luận: 1. Nếu d2f(x0,y0) là xác định dương thì M0 là điểm cực tiểu 2. Nếu d2f(x0,y0) là xác định âm thì M0 là điểm cực đại 3. Nếu d2f(x0,y0) là không xác định hàm không đạt cực trị tại M0

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Cách tìm cực trị của hàm f(x,y) với điều kiện φ(x,y) = 0 1. Nếu từ pt φ(x,y) = 0, ta rút ra y = y(x) hoặc x = x(y) thì thay vào hàm f để được hàm 1 biến 2. Nếu không thực hiện được như trên thì ta làm theo phương pháp nhân tử Lagrange a. Lập hàm Lagrange: L(x,y) = f(x,y) + λφ(x,y) b. Giải hpt

 Lx′ ( x, y ) = 0     Ly′ ( x, y ) = 0     ϕ( x, y ) = 0

Để tìm điểm dừng M0(x0,y0) ứng với λ = λ0

c. Xét dấu dạng toàn phương d2f(x0,y0), với λ = λ0

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Ví dụ: Tìm cực trị hàm f(x,y) = 6 - 4x + 2y với điều kiện x2+y2 = 1 Giải : 1. Lập hàm L(x,y) = 6 - 4x +2y+λ(x2+y2-1) 2. Giải hpt tìm điểm dừng  2  x =  Thay x, y từ 2 pt −4 + 2λ x = 0   λ     trên xuống pt  y 2 + 2 λ = 0 3  ⇔ = y   cuối cùng. Ta 2λ   2 2    2 2 x + y = 1  được 2 điểm + −1 = x y    dừng : M1(4/5,3/5), λ = λ1=5/2; M2(-4/5,-3/5) λ = λ2=-5/2

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện 3. Tính vi phân cấp 2 của hàm L(x,y) d2L(x,y) = L”xxdx2+2L”xydxdy+L”yydy2 = 2λdx2+2λdy2 4. Xét dấu d2f tại từng điểm dừng Tại M1 với λ1=5/2, ta được d2f(M1) = 5(dx2+dy2) là xác định dương, vậy fct = f(M1) = f(4/5,3/5) = 1 Tại M2 với λ2 = -5/2, ta được d2f(M2) = -5(dx2+dy2) là xác định âm, vậy fcđ = f(M2) = f(-4/5,-3/5) = 11

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Ví dụ: Tìm cực trị hàm f(x,y,z) = x - 2y + 2z với điều kiện x2+y2+z2=1 Giải : Ta cũng làm theo các bước như với hàm 2 biến 1.Lập hàm L(x,y,z) = x-2y+2z+λ(x2+y2+z2-1) 2. Tìm điểm dừng bằng cách giải hpt  Lx′ = 1+ 2λ x   Ta được 2 điểm dừng   Ly′ = −2 + 2λ y M1(1/3,-2/3,2/3) , λ1 = -3/2   Lz′ = 2 + 2λz 1/ ,2/ ,-2/ ) , λ = 3/  M ( 2 3 3 3 2 2  2 2 2  x + y + z =1   3. Tính d2f = 2λ(dx2+dy2+dz2),

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện 4. Xét tại từng điểm dừng d2f(M1) = -3(dx2+dy2+dz2) – xác định dương nên fct = f(M1) = f(1/3,-2/3,2/3) = 3 d2f(M2) = 3(dx2+dy2+dz2) – xác định âm nên fcđ = f(M2) = f(-1/3,2/3,-2/3) = -3

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Ví dụ: Tìm cực trị hàm f(x,y) = x2+2y2+12xy với điều kiện 4x2+y2 = 25 Giải:

L(x,y) = x2+2y2+12xy+λ(4x2+y2 - 25)

Tìm điểm dừng : Từ (1) và (2) ta tính λ  ′ = 2 x + 12y + 8λ x theo x và y, cho bằng  L (1) x   nhau để tìm ra mối  ′ L = 4 y + 12 x + 2 λ y (2)  y  liên hệ giữa x và y  2 2  4 x + y = 25 (3)   x + 6y 6 x + 2y 2 2 λ =− =− ⇒ 24 x + 7 xy − 6 y = 0 (4) 4x y Pt (4) là pt đẳng cấp đối với x, y; ta giải bằng cách đặt y = tx để được phương trình

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện t = − 3 2 2 2 24x +7x.tx-6(tx) = 0 -6t +7t+24 = 0  2  t = 8  y = − 3 x Ta thay vào pt (3), rồi  3  2 Suy ra  tính λ tương ứng để y = 8 x  được 4 điểm dừng 3 M1(2,-3) và M2(-2,3) với λ = 2, M3(3/2,4) và M4(-3/2,-4) với λ = -17/4 Tính d2L = L”xxdx2+L”yydy2 +2L”xydxdy d2L = (2+8λ)dx2+(4+2λ)dy2+24dxdy Ta sẽ xét tại 2 điểm dừng một lần vì cùng chung λ

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Tại M1 và M2 : d2L=18dx2+24dxdy+8dy2 = 2(3dx+2dy)2 Đến đây, ta chưa thể kết luận về dấu của d2f nên ta sẽ sử dụng điều kiện φ(x,y) = 0 bằng cách lấy vi phân 2 vế: φ’xdx+φ’ydy=0 và thay giá trị x, y tại điểm dừng đang xét để tìm thêm mối liên hệ giữa dx và dy Từ : 4x2+y2 = 25 8xdx+2ydy = 0 Thay x=2 và y=-3 (điểm M1) hoặc x=-2 và y=3 (điểm M2) vào trên ta được : 8dx = 3dy Suy ra: d2L(M1) = d2L(M2) = 225/4dx2 - xác định dương Tương tự khi xét dấu d2L tại M3 và M4.

Vậy : fcd = f(2,-3) = f(-2,3) = -26, fct = f(3/2,4) = f(-3/2,4) = -151/4

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Ví dụ : Dùng cực trị để tìm khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng là giao tuyến của 2 mặt phẳng : x+y = 6, y+z = 12 Giải Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến điểm M(x,y,z) bất kỳ là d (O, M ) = x 2 + y 2 + z 2 Tức là ta có bài toán: Tìm cực trị hàm f(x,y,z)=x2+y2+z2 với 2 điều kiện x+y = 6 và y+z = 12 Ta có làm bằng 2 cách : Cách 1: Thay x = 6-y, z = 12-y vào hàm f để được hàm 1 biến y và tìm cực trị

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Cách 2: Dùng hàm Lagrange với 2 điều kiện L(x,y,z) = f(x,y,z) + λφ(x,y,z) + µψ(x,y,z) L(x,y,z) = x2+y2+z2+λ(x+y-6)+µ(y+z-12) Tìm điểm dừng bằng cách giải hpt   Lx′ = 0 Lx′ = 2 x + λ = 0   Ta được 1     điểm   ′ ′ L = 0 L = 2 y + λ + µ = 0 y y     dừng  ′  ′ ⇔ Lz = 2z + µ = 0 Lz = 0 M(0,6,6)     ϕ ( x, y , z ) = 0 x+y =6   với λ = 0,     µ = -12   ψ ( x , y , z ) = 0 y + z = 12       Tính d2L=2(dx2+dy2+dz2) xác định dương tại mọi điểm nên ta được fct = f(0,6,6) = 72 . Vậy khoảng cách nhỏ nhất cần tìm là 6√2

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Định nghĩa: Cho hàm f(x,y) xác định trong miền D đóng và bị chặn. Hàm f được gọi là đạt giá trị lớn nhất (GTLN) tại điểm M0 ( x0 , y 0 ) ∈ D nếu f ( x, y ) ≤ f ( x0, y 0 ), ∀( x, y ) ∈ D và fmax = f(x0,y0) Thay dấu ≤ bởi dấu ≥ trong định nghĩa trên ta có khái niệm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của hàm trên miền đóng D Định lý Weierstrass : Nếu hàm f(x,y) liên tục trên tập đóng và bị chặn D thì f đạt GTLN, GTNN trên D Nhắc lại rằng: Tập D đóng tức là D chứa biên của nó, và D bị chặn tức là tồn tại 1 hình cầu mở B(M0,r) sao cho D ∈ B(M0 , r )

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Như vậy, để tìm GTLN, GTNN của hàm f(x,y) trên miền đóng D ta làm như sau : 1. Tìm điểm các điểm dừng M1, M2, … và là các điểm trong của D. Tính giá trị của hàm tại các điểm dừng đó 2. Tìm các điểm dừng trên biên của D tức là điểm dừng của hàm f thỏa điều kiện là phương trình biên D. Tính giá trị hàm f tại các điểm dừng đó.

3. So sánh giá trị của hàm f tại các điểm dừng trong và trên biên của D để tìm ra GTLN, GTNN của hàm f trên miền D.

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Ví dụ : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của f(x,y) = (x-6)2+(y+8)2 thỏa điều kiện x2+y2 ≤ 25

Giải: Miền D là hình tròn, bao gồm cả đường tròn tâm O(0,0) bán kính r = 5 Tìm điểm dừng trong hình tròn tức là giải hpt fx′ = 2( x − 6) = 0  fy′ = 2( y + 8) = 0  2 2  x + y < 25 2 pt trên cho ta nghiệm x = 3, y = -4, không thỏa bất đẳng thức tức là trong D không có điểm dừng

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Tìm điểm dừng trên biên D tức là tìm điểm dừng có điều kiện bằng cách lập hàm Lagrange

(-3,4)

L(x,y) = f(x,y) + λ(x2+y2-25) (3,-4) và giải hpt Lx′ = 2( x − 6) + 2λ x = 0 Ta được 2 điểm dừng trên  Ly′ = 2( y + 8) + 2λ y = 0 biên M1(-3,4), M2(3,-4)  2 2 x + y = 25  Ta tính giá trị của f tại 2 điểm dừng trên và so sánh ta được fmax = f(-3,4) = 225, fmin=f(3,-4) = 25

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Ví dụ: Tìm GTLN GTNN của hàm f(x,y) = x2+y2-xy trong miền |x| + |y| ≤ 1 Giải: B(0,1) Trước hết, ta xác định miền D là hình vuông ABCD như hình vẽ A(1,0) Tìm điểm dừng trong hình C(-1,0) vuông bằng cách giải hpt fx′ = 2 x − y = 0 D(0-1)  ′ fy = 2y − x = 0 Ta được điểm dừng M1(0,0) Tìm điểm dừng trên biên tức là lần lượt trên 4 cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Trên cạnh AB với phương trình x+y = 1 ↔ y = 1-x Thay vào hàm f ta được f = x2+(1-x)2-x(1-x) = x2-x+1 f’=2x-1=0↔x=1/2 ta được điểm dừng M2(1/2,1/2)

B(0,1) C(-1,0)

M2(1/2,1/2) A(1,0)

D(0-1) Tương tự trên 3 cạnh còn lại ta được 3 điểm dừng lần lượt là M3(-1/2,1/2), M4(-1/2,-1/2), M5(1/2,-1/2) Cuối cùng, ta tính giá trị của hàm tại 5 điểm dừng vừa tìm: f(M1)=0, f(M2) = f(M4) = 1/4, f(M3) = f(M5) = 3/4 Và tại 4 điểm đặc biệt: f(A) = f(B) = f(C) = f(D) = 1 Vậy: fmax = f(A) = f(B) = f(C) = f(D) = 1, fmin = f(M1) = 0

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Ví dụ : Tìm GTLN, GTNN của hàm f(x,y) = x2+y2 trên miền ( x − 1)2 + ( y − 2)2 ≤ 5 D: 2 x + y ≥ 4

Giải: Trước tiên, ta xác định miền D là phần hình tròn nằm trên đường thẳng 1. Tìm điểm dừng trong miền D : f ′ = 2x = 0 x ⇔x =y =0  fx′ = 2y = 0

B(0,4) I(1,2) A(2,0)

Ta không nhận điểm này vì nó nằm ngoài miền D

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN 2. Tìm điểm dừng trên biên của D gồm 2 đường : đoạn thẳng AB và nửa trên đường tròn ACB. Trên đoạn thẳng, ta có điều kiện: 2x+y = 4 ↔ y = -2x+4 B(0,4) , 0≤x≤2 thay vào hàm f ta được f = x2+(2x-4)2 = 5x2-16x+16 I(1,2) Cho ta 1 điểm dừng M1 M1(8/5,4/5) A(2,0) Trên nửa đường tròn, ta lập hàm Lagrange L(x,y) = x2+y2+λ((x-1)2+(y-2)2-5)

§6 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Tìm điểm dừng: L ′ = 2x + 2λ(x −1) = 0 x  x = y = 0,λ = 0  ′ Lx = 2y + 2λ(y − 2) = 0 ⇔  x = 2, y = 4,λ = −2  2 2 (x −1) + (y − 2) = 4

Cuối cùng, ta tính giá trị f tại 2 điểm đặc biệt và tại 2 điểm dừng f(M1) = 80/25, f(M2) = 20, f(A) = 4, f(B) = 16 và so sánh để được

Ta loại điểm (0,0) vì nằm dưới đường thẳng và nhận điểm M2(2,4) M2

B(0,4)

fmax=f(2,4)=20, fmin = f(8/5,4/5) = 80/25

I(1,2) M1 A(2,0)

§2. Chuỗi lũy thừa – Miền hội tụ Chuỗi lũy thừa là chuỗi có dạng ∞ ∞ n n ∑ an ( x − x0 ) hay ∑ an x n=0 n=0

a0, a1, a2, .. là hằng số

Số hạng tổng quát un(x)=an(x-x0)n (1) hoặc un(x)=anxn (2) phụ thuộc vào n và biến x, là 1 hàm lũy thừa theo x hoặc (x-x0).

Ta có thể đặt X=x-x0 và đưa dạng (1) về thành dạng (2) nên ta chỉ viết các kết quả sau đây với số hạng tổng quát dạng (2)

§2. Chuỗi lũy thừa – Miền hội tụ ∞ n a x ∑ Miền HT của chuỗi lũy thừa là tập D nếu n n=1 ∞ n a x ∀x = x0 ∈ D chuỗi số ∑ n 0 HT n=1

Ví dụ: Chuỗi

∞ n ∑ x n=0

Là chuỗi cấp số nhân nên HT khi và chỉ khi |x|<1 Suy ra MHT của chuỗi là (-1,1)

§2. Chuỗi lũy thừa – Miền hội tụ ∞ 1 Ví dụ: Tìm MHT của chuỗi ∑ 2n n=11 + x

un ( x ) =

1

xác định với mọi x

1 + x 2n Khi |x|<1: Cho n → ∞ ta được x 2n → 0 ⇒ lim un = 1 chuỗi PK theo đkcssht n→∞

1 Khi |x|=1: x = 1, ∀n ⇒ un = , ∀n Chuỗi PK 2 n  1  1 1   ∼ = Khi |x|>1: Cho n → ∞ un =  2  2n 2 n 1+ x (x ) | x |  Chuỗi HT vì |x|>1 Vậy MHT là (-∞,-1)U(1,+ ∞) 2n

§2. Chuỗi lũy thừa – Bán kính HT, Miền HT ∞

Tổng quát: giả sử chuỗi lũy thừa ∑ an x

n

n =1

∞

∑ an x0

tức là chuỗi số

n

n =1

HT tại x=x0,

HT. Theo đkccsht ta được

n n a x = 0 ⇒ ∃ M > 0 : a x < M , ∀n lim n 0 n 0

n →∞

Biến đổi số hạng tổng quát của chuỗi: n

x an x = an x 0   = an x n 0  x0  n

n

n

n

x x   < M   = v n , ∀n  x0   x0 

∞

Nếu |x|<|x0| thì chuỗi ∑ v n HT n =1

Suy ra chuỗi ban đầu HTTĐ theo t/c so sánh.

Vậy ta chứng minh xong định lý Abel sau đây.

§2. Chuỗi lũy thừa – Bán kính HT, Miền HT Định lý Abel : ∞

Nếu chuỗi lũy thừa ∑ an x HT tại x0 ≠ 0 thì nó HTTĐ tại n =1 n

mọi điểm x ∈ (− | x0 |,| x0 |) ∞

Hệ quả: Nếu chuỗi ∑ an x PK tại x1 thì nó PK với mọi x n

n =1

thỏa |x|>|x1|

Bán kính hội tụ (BKHT): ∞

Số R>0 sao cho chuỗi ∑ an x n HT với mọi x: |x|<R và n =1

PK với mọi x: |x|>R được gọi là BKHT của chuỗi

§2. Chuỗi lũy thừa – Bán kính HT, Miền HT Cách tìm BKHT của chuỗi lũy thừa  lim n | a | n  n→∞ 1 ρ =  | a | Thì BKHT là R = Đặt: ρ n +1 lim  n→∞ | an |  Cách tìm MHT của chuỗi lũy thừa Sau khi tìm xong BKHT, ta chỉ còn xét sự HT của chuỗi tại 2 điểm x=R và x=-R nữa là có kết luận

§2. Chuỗi lũy thừa – Bán kính HT, Miền HT Ví dụ: Tìm BKHT, MHT của các chuỗi sau n ∞ ∞ x n 1. ∑ (nx ) 2. ∑ n 2 n=1 n=1 2 .n 1. Với chuỗi lũy thừa này, ta đang có an=nn: ρ = lim n | an | = lim n = +∞ ⇒ R = 0 n→∞

n→∞

BKHT R=0 tức là MHT chỉ gồm 1 điểm duy nhất {0} 1 1 1 n 2. an = n 2 ⇒ lim | an | = lim n n 2 = ⇒ R = 2 2 n →∞ n →∞ 2 .n 2 .n ∞ 1 Khi x=2: ∑ là chuỗi số dương HT 2 n=1 n ∞ (−1)n Khi x=-2: ∑ là chuỗi HTTĐ 2 n=1 n Vậy MHT [-2,2]

§2. Chuỗi lũy thừa – Bán kính HT, Miền HT Ví dụ: Tìm BKHT, MHT của các chuỗi: n n ∞ ∞  n +1  x  ( x − 1)2n  1. ∑ n 2. ∑  n  n=1 3 + 5 n=1 2n − 1 (n − 1)! x 3. ∑ n=1 5n ∞

n

n!

4. ∑ n n n=1 n x ∞

1. Chuỗi lũy thừa với BKHT R=5, MHT là (-5,5) 1 1 1 n n an = n ⇒ | a | = = → R=5 lim lim n n n n 5 n →∞ n →∞ 3 + 5 3 +5 ∞ (±5)n Khi x=± 5: ∑ n Là 2 chuỗi PK theo đkccsht n n=1 3 + 5 Chú ý: Khi chuỗi số dương PK theo đkccsht thì chuỗi đan dấu tương ứng cũng PK theo đkccsht

§2. Chuỗi lũy thừa – Bán kính HT, Miền HT  n + 1 n  , X = ( x − 1)2 ≥ 0 2. Chuỗi lũy thừa với an =   2n − 1 n  n +1  1 n n  = → R=2 lim | an | = lim    n→∞ n→∞  2n − 1 2 ∞  n + 1 n n  2 Chuỗi PK theo đkccsht vì Ta chỉ xét X=2: ∑   n=1 2n − 1 3 n 2n−1 2n−1  3  2n + 2n   3  3 2 ≠0  = 1+   un =  n → ∞ e

       2n − 1  2n − 1    Suy ra, chuỗi đã cho HT khi

0 ≤ X < 2 ↔ 0 ≤ ( x − 1)2 < 2 ↔ 1− 2 < x < 1 + 2 Vậy BKHT R=2, MHT: (1-√2, 1+√2)

§2. Chuỗi lũy thừa – Bán kính HT, Miền HT (n − 1)!

3. Chuỗi lũy thừa với an = 5n n | an +1 | n!

5 n ⇒ lim = lim n +1 . = lim = +∞ → R=0 n →∞ | an | n →∞ 5 (n − 1)! n→∞ 5 Vậy BKHT R=0, MHT là {0}

§2. Chuỗi lũy thừa – Bán kính HT, Miền HT n!

1 4. Chuỗi lũy thừa với an = n , X = x n n n  n  | an +1 | (n + 1)! n 1  =  lim = lim . = lim   n →∞ | an | n →∞ ( n + 1)n +! n ! n →∞  n + 1 e → R=e ∞ n! n Khi X=e: ∑ e n n =1 n un +1 (n + 1)! e n +1 n n e n→∞1 ⇒ Dn = = . = n +1 n n un (n + 1) n!e 1+ 1 n n n +1 Tuy nhiên, vì 1 + 1 < e < 1 + 1 , ∀n   n  n  Nên Dn<1. Vậy chuỗi PK theo t/c d’Alembert

(

)

§2. Chuỗi lũy thừa – Bán kính HT, Miền HT n!

1 4. Chuỗi lũy thừa với an = n , X = , R=e x n ∞ n ! n ! n n n Khi X=-e: ∑ ( − e ) = ( − 1) e ∑ n n n =1 n n =1 n ∞

Chuỗi trị tuyệt đối PK theo tiêu chuẩn d’A nên nó cũng PK Suy ra, chuỗi đã cho HT khi x > 1  1 1 e X <e↔ <e↔ < x ↔  x e x < − 1  e Vậy BKHT R=e, MHT (-∞,-1/e)U(1/e,+ ∞)

§2. Chuỗi lũy thừa – Tính tổng chuỗi ∞

Tính chất của chuỗi lũy thừa: ∑ an x n =1

n

(1)

Cho chuỗi (1) với BKHT là R, MHT là D và trong D có tổng là S(x) Ta có các kết luận sau: 1. Hàm S(x) liên tục trong MHT D 2.Trong MHT D, ta có thể lấy đạo hàm từng số hạng của chuỗi và được chuỗi lũy thừa cũng có BKHT là R ′ ∞ ∞ ∞ n n S ′( x ) =  ∑ an x  = ∑ an ( x )′ = ∑ an nx n−1, ∀x ∈ (−R, R ) n=1  n =1 n =1 3.Trong MHT D, ta có thể lấy tích phân từng số hạng của chuỗi và được chuỗi lũy thừa cũng có BKHT là R n +1 x n n S ( t ) dt = a t dt = a t , ∀x ∈ (−R, R ) ∑ ∑ ∫ ∫ n n ∫ dt = ∑ an n +1 n =1 n =1 0 0 n =1 0 x

x ∞

∞

x

∞

§2. Chuỗi lũy thừa – Tính tổng chuỗi Ví dụ: Tìmn BKHT và tính tổng các chuỗi sau ∞ x ∞ n 1. ∑ 2. ∑ nx n =1 n n =1 ∞

n

3. ∑ (−1) 2nx n =1

2n−1

n

x 4. ∑ 2 n =1 n + n ∞

1 1. Chuỗi có an = Dễ dàng suy ra R=1. n ∞ xn Ta tính tổng với x trong khoảng (-1,1). Đặt S( x ) = ∑ n =1 n ∞  x n ′ ∞ n−1 1   ⇒ S ′( x ) = ∑   = ∑ x = , ∀x ∈ (−1,1)  n  1− x n =1 n =1 x

1 Vậy: S( x ) = ∫ dt = − ln(1− x ), ∀x ∈ (−1,1) 0 1− t

§2. Chuỗi lũy thừa – Tính tổng chuỗi 2. Dễ dàng thấy R=1, ∀x ∈ (−1,1) ta đặt ∞

∞

S( x ) = ∑ nx = x ∑ nx n−1 n =1

n

n =1

 ′  ∞ n ′ 1  = x (1− x ) − x(−1) S( x ) = x  ∑ x  = x  x 2 n=1   1− x  (1− x ) x S( x ) = , ∀x ∈ (−1,1) 2 (1− x )

§2. Chuỗi lũy thừa – Tính tổng chuỗi 3. Dễ dàng thấy R=1, ∀x ∈ (−1,1) ta đặt ∞ ′ ∞ n 2n−1 n 2n  S( x ) = ∑ (−1) 2nx =  ∑ (−1) x  n =1  n =1 ′ ∞ 2 n =  ∑ (−x )  n =1  ′   1  = (−x 2 ) 2  1− (−x )  −2 x(1 + x 2 ) + x 2.2 x = 2 2 (1 + x ) 2x , ∀x ∈ (−1,1) Vậy: S( x ) = − 2 2 (1 + x )

§2. Chuỗi lũy thừa – Tính tổng chuỗi 4. Dễ dàng thấy R=1, ∀x ∈ (−1,1) ta đặt n n n ∞ ∞ ∞ ∞   x 1  x x n 1 = ∑ x  − = − S( x ) = ∑ 2 ∑ ∑    n n + 1 n=1 n n=1 n + 1 n =1 n + n n =1 ∞ xn 1 ∞ x n +1 S( x ) = ∑ − ∑ x n=1 n + 1 n =1 n ∞ xn 1  ∞ x n x  S( x ) = ∑ − ∑ −  Sử dụng kết quả câu 1. x n =1 n 1 n =1 n 1 S( x ) = − ln(1− x ) − (− ln(1− x ) − x ) x 1  Vậy : S( x ) = ln(1− x ) − 1 + 1, ∀x ∈ (−1,1) x 

§2. Chuỗi Taylor - Maclaurint Cho hàm f(x) khả vi vô hạn lần trong lân cận của x0 Ta gọi chuỗi Taylor của f(x) là chuỗi ∞ f (n )( x ) 0 ( x − x )n ∑ 0 n! n =0 Khi x0=0, ta được chuỗi Maclaurint của hàm ∞ f ( n ) (0) n x ∑ n! n =0 Tuy nhiên, các chuỗi trên chưa chắc đã HT với mọi x, tức là chưa chắc chúng đã có tổng để tổng có thể bằng f(x).

§2. Chuỗi Taylor - Maclaurint Định lý: (Điều kiện để hàm f(x) có thể khai triển thành chuỗi Taylor) Giả sử trong lân cận (x0-R,x0+R), hàm f(x) thỏa 1. f(x) khả vi vô hạn lần 2. Tồn tại hằng số C>0: |f(n)(x)|≤Cn, với mọi n (n ) f ( x0 ) thì f ( x ) = ∑ ( x − x0 )n , ∀x ∈ ( x0 − R, x0 + R ) n! n =0 ∞

Chú ý: Trong khi làm bài, ta sẽ không kiểm tra 2 điều kiện trên để có chuỗi Taylor của hàm f(x) mà ta sẽ sử dụng các kết quả sau đây để chỉ ra MHT của chuỗi Taylor - Maclaurint

§2. Chuỗi Taylor - Maclaurint Một số chuỗi Maclaurint cơ bản n

∞

x 1 / e = ∑ , MHT: D = R n ! n =0 x

∞

∞ 1 2/ = ∑ x n , 1 = ∑ (−1)n x n , D = ( −1,1) 1 − x n =0 1 + x n =0 ∞

3 / (1 + x ) = 1 + ∑ α

n =1

α (α − 1)...(α − n + 1) n!

x

n

α ∈N R , [ −1,1] , α > 0  D= ( −1,1] , − 1 < α < 0 ( −1,1) , α ≤ −1

§2. Chuỗi Taylor - Maclaurint ∞

4 / ln(1 + x ) = ∑ (−1)

n −1 x

n

n =1 ∞

n

,

D = ( −1,1]

2n +1

x 5 / sin x = ∑ (−1) (2 n + 1)! n =0 n

2n

∞

n x cos x = ∑ (−1) (2 n )! n =0 ∞

2n +1

x 6 / arctan x = ∑ (−1) , 2n + 1 n =0 n

D=R

D = ( −1,1)

§2. Chuỗi Taylor - Maclaurint Ví dụ: Tìm chuỗi Maclaurint các hàm: x 1. f ( x ) = 2 x − 5x + 6

2

2. f ( x ) = ln(2 - 3 x + x )

 1 x 1   = x  x − 3 − x − 2 2 x − 5x + 6     n n  ∞ ∞     1 1 1 1  1 x 1 x    = x − + = x − ∑   + ∑       3 n=0  3   3 x 2 x  2 n =0  2     1−   1− 3 2 ∞  1 1  n +1 Vậy: f ( x ) = ∑  n +1 − n +1 x MHT: (-2,2) n =0  2 3 

1. f ( x ) =

x x Chuỗi HT nếu −1 < < 1 và − 1 < < 1 ↔ -2<x<2 3 2

§2. Chuỗi Taylor - Maclaurint 2. f(x)=ln(2-3x+x2) = ln((1-x)(2-x)) = ln(1-x) + ln(2-x) x f ( x ) = ln(1 + (−x )) + ln2 + ln(1 + (− )) 2 n n−1 ∞ (−1)n−1 ∞   (−1) x n −  f ( x ) = ln2 + ∑ (−x ) + ∑ n n  2  n =1 n =1 1 1  n f ( x ) = ln2 − ∑ 1 + n  x MHT: (-1,1) n =1 n  2  ∞

Chuỗi HT nếu

 −1 < −x < 1    ⇔ −1 < x < 1  − x  −1 < <1  2  

§2. Chuỗi Taylor - Maclaurint

(

Ví dụ: Tìm chuỗi Maclaurint hàm: f ( x ) = ln x + 1 + x 2

1+ Ta tính f ′( x ) =

x 2

1 1+ x = = 1+ 2 2 x + 1+ x 1+ x

(

1 2 −2 x

)

Tìm chuỗi Maclaurint của hàm f’(x):

 −1   − 1 − 1      1 2  2  2  4 f ′( x ) = 1 − x + x +⋯ 2 2!  − 1   − 1 − 1 ⋯  − 1 − n + 1       2  2   2   x 2n + ⋯ +⋯ n!

)

§2. Chuỗi Taylor - Maclaurint

f ′( x ) = 1 +

∞

∑ n =1

n 1.3.5...(2n − 1) 2n (−1) x n

2 n!

Hàm khai triển được nếu 0 ≤ x 2 ≤ 1 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 x ′(t )dt f 0

Suy ra: f ( x ) = ∫

(

ln x + 1 + x

2

∞

)=x+ ∑

MHT : −1 ≤ x ≤ 1

n =1

+ f (0)

n 1.3.5...(2n − 1) 2n +1 (−1) x n

2 n !(2n + 1)

§2. Chuỗi Taylor - Maclaurint Ví dụ: Tìm chuỗi Taylor ở lân cận x0=3 của hàm 1 f (x) = x −1 Đặt X=x-3 n

1 1 2 1 n  x − 3  f (x) = = = ∑ (−1)   2  2 + ( x − 3) 2 1 + x − 3 2 n= n =0 2 ∞ (−1)n f ( x ) = ∑ n +1 ( x − 3)n n =0 2 ∞

MHT: (1,5)

§2. Chuỗi Taylor - Maclaurint Ngoài việc áp dụng khai triển các hàm cơ bản thành chuỗi Maclaurint vào việc tìm chuỗi Taylor , chuỗi Maclaurint các hàm bình thường. Ta còn có thể áp dụng để tính tổng các chuỗi lũy thừa, chuỗi số Ví dụ: Tính tổng của chuỗi lũy thừa ∞ (−x )n , x ∈ (−1,1) ∑ n =0 n( n + 1) (−1)n Chuỗi trên là chuỗi lũy thừa với an = n(n + 1) Nên dễ thấy BKHT R=1, tức là với -1<x<1 ta đặt ∞ (−x )n S( x ) = ∑ n =0 n( n + 1)

§2. Chuỗi Taylor - Maclaurint ∞ 1  n n 1 S( x ) = ∑ (−1) x  −   n n + 1 n =0 n  ∞ (−1)n−1 n 1 ( − 1) = (−1) ∑  x + x n +1 x n +1 n =0   n  (−1)n−1 n −1 ∞ (−1)n n +1 = (−1) ∑ x + x ∑ n x n =0 n + 1 n =0 ∞

 −1 ∞ (−1)n−1 n = (−1)ln(1 + x ) +  ∑ x − 1  x n=0 n 1 = (−1)ln(1 + x ) − (ln(1 + x ) − 1) x

Vậy:

 (−x )n 1 1 1 = 1 +  ln + , ∀x ∈ (-1,1) ∑  x  1+ x x n =0 n( n + 1) ∞

§2. Chuỗi Taylor - Maclaurint ∞ n − 1 n +1 Ví dụ: Tính tổng của chuỗi ∑ x n =1 (2n )!! n n ∞ n − 1 n +1 ∞ n −1 x = ∑ x.x n = x ∑ n.x − x ∑ n n =1 (2n )!! n =1 2.4.6...(2n ) n =1 2 .n !  ∞ n  x n ∞ 1  x n      = x  ∑   − ∑     n=1 n !  2  n =1 n !  2   n−1 n x ∞ ∞ 1  x  1  x      − ∑    = x  ∑    2 n=1 (n − 1)!  2  n =1 n !  2   n n 2 ∞   ∞     x 1 x 1 x       = − x − 1 ∑ ∑      n=0 n !  2  2 n =0 n !  2    ∞

§2. Chuỗi Taylor - Maclaurint 2 x x ∞ n − 1 n +1 x x = e 2 − x (e 2 − 1) ∑ 2 n =1 (2n )!! x2  x =  − x  e 2 + x, ∀x  2 

§2. Chuỗi Taylor - Maclaurint Ví dụ: Sử dụng khai triển Maclaurint hàm dưới dấu tích phân bằng chuỗi, tính tích phân 1  1   dx I = ∫ ln     1 − x 0 n ∞   1 ( − x ) Ta có: ln   = − ln(1− x ) = − ∑ (−1)n−1 1− x  n n =1 Thay vào tích phân trên n n 1 ∞ ∞ 1 −1 ( − x ) ( − 1) n n I = ∫ ∑ (−1) dx = ∑ ∫ (−x ) dx = ∑ n n =1 n n + 1 n =1 n 0 n =1 0

1 ∞

Ta tính tổng của chuỗi số bằng định nghĩa Tổng riêng : Sn = u1+u2+…+un và tổng S

§2. Chuỗi Taylor - Maclaurint 1 1  1 1  1 1 1  1  Sn = −  −  +  −  +  −  + ... +  −  n n + 1 1 2  2 3  3 4   1  Sn = − 1− → ∞ -1 n

 n + 1

Vậy

 1   dx = −1 I = ∫ ln     1 − x 0 1

§2. Chuỗi Taylor - Maclaurint Ví dụ: Tính tổng các chuỗi số sau ∞ n.5n ∞ (−2)n 1. ∑ 3. ∑ n +1 n =0 n ! n =1 n( n + 2)7 2n +1

2 2. ∑ n =1 (2n )!! ∞

∞

4. ∑

n−1

(−1)

n =1

.2.5.8...(3n − 4) 23 n−1.n !

n ∞ 5n−1 n .5 ∞ 5n 1. ∑ 5 = 0+5 ∑ =5 ∑ = e n =0 n ! n =1 ( n − 1)! n =0 n ! ∞

2n +1

2n

2n

n

2.2 2.2 2 2. ∑ 2 = ∑ = ∑ n =2∑ n =1 2 n ! n =1 n ! n =1 (2n )!! n =1 2.4.6...(2n )  ∞ 2n  = 2  ∑ − 1 = 2(e2 − 1) n=0 n !  ∞

∞

∞

∞

§2. Chuỗi Taylor - Maclaurint n ∞ ∞ (−1)n 2n 1  1 ( − 2) 1  3. ∑  = − ∑   n +1 n   2 n n+2 n =1 n( n + 2).7 n =1 7.7 n   1 1  n 2  1 = ∑ (−1)    −  7   n n + 2 14 n=1 ∞

n−1

−1 (−1) = ∑ 14 n=1 n ∞

 2n 1 ∞ (−1)(−1)n +1  2n +2 7 2   −     ∑ 7   2 14 n=1 n + 2 7 

n 2 n−1  ∞     −1 2 1 49  (−1) 2 2 1 2    − +    = ln(1 + ) +  ∑ 14 7 14 4 n =1 n 7  7 2 7  

(−2)n 45 9 3 = ln − ∑ n +1 56 7 14 n =1 n( n + 2).7 ∞

§2. Chuỗi Taylor - Maclaurint ∞ (−1)n−1.2.5.8...(3n − 4) 4. ∑ n =1 23n−1.n !

1 1 1 1 n .( − 1)( − 2)...( − ( n − 1)).3 ∞ 3 3 = ∑ 3 3 n =1 2−1.23n.n !

1 1 1 1 .( − 1)( − 2)...( − (n − 1))  n ∞ 3 3 3 3 3   =2∑ 8  n! n =1 1     3 3 11  3 3    = 2 1 +  − 1 = 2 − 2 = 11 − 2  8  8   

§1: Tích phân kép – ƯD hình học

2 Ứng dụng hình học của tích phân kép 1. Diện tích hình phẳng: Diện tích miền D trong mặt phẳng Oxy được tính bởi

S(D ) = ∫∫ dxdy D

2. Thể tích vật thể Ω giới hạn trên bởi mặt S1 : z = f1( x, y ) giới hạn dưới bởi mặt S2 : z = f2(x, y) và giới hạn xung quanh bởi mặt trụ song song với trục Oz có đường chuẩn là biên miền D được tính bởi: V (Ω) = ∫∫ (f1( x, y ) − f2 ( x, y ))dxdy (f2(x,y) ≤ f1(x,y),∀(x,y)∈D) D

§1: Tích phân kép – ƯD hình học C. Diện tích mặt cong : Diện tích phần mặt cong S có phương trình z = f(x,y) và có hình chiếu xuống mặt phẳng Oxy là miền D được tính bởi

S = ∫∫ D

2 2 ′ ′ 1 + fx + fy d x d y

Như vậy, để tính thể tích vật thể hoặc tính diện tích 1 phần mặt cong thì trước tiên ta phải xác định được hình chiếu D của vật thể hoặc phần mặt cong cần tính xuống 1 trong 3 mặt tọa độ Oxy, Oyz, Ozx Với vật thể cần tính thể tích, sau đó ta phải xác định trong vật thể đó thì mặt nào giới hạn trên, mặt nào giới hạn dưới vật thể.

§1: Tích phân kép – ƯD hình học Ví dụ 1: Tính diện tích miền phẳng D giới hạn bởi y2+2y-3x+1=0, 3x-3y-7=0 Ta tìm giao điểm 2 đường cong bằng cách khử x từ 2 pt

3x = y 2 + 2y + 1 2 ⇒ y + 2y + 1= 3y + 7  3x = 3y + 7 (1) ⇔ y2 − y − 6 = 0 ⇔ y = 3, y = −2

(1)

Tức là chiếu miền D xuống trục Oy được đoạn [-2,3] Khi -2 ≤ y ≤ 3, suy ngược lại phương trình (1) 1 ta sẽ được y2 + 2y + 1 ≤ 3y + 7 (3 y + 7) 3

Vậy :

S (D ) = ∫ dy −2

3

∫

1 2 ( y + 2 y +1) 3

dx

§1: Tích phân kép – ƯD hình học Ví dụ 2: Tính diện tích phần mặt phẳng nằm ngoài đường tròn r = 1 và trong đường tròn r = 2 cos ϕ 3 Trước tiên, ta tìm giao điểm cosφ = √3/2 ↔ φ = π/6 , φ = -π/6 Vậy : π

S (D ) =

2

6

∫

−π

dϕ

3

cos ϕ

∫

6

3 3−π S (D ) = 18

1

rdr

π/6 -π/6

§1: Tích phân kép – ƯD hình học Ví dụ 3: Tính thể tích vật thể Ώ giới hạn bởi 2

2

2

z = x + y ,z = 2 − x − y

2

Khi vật thể giới hạn chỉ bởi 2 mặt thì ta tìm hình chiếu D của nó xuống mặt phẳng z=0 bằng cách khử z từ 2 phương trình 2 mặt x2 + y 2 = 2 − x2 − y 2 2

2

⇔ x + y =1 Hình chiếu của giao tuyến là đường tròn thì hình chiếu của vật thể là hình tròn x2 + y 2 ≤ 1

x2+y2=1, z=1

§1: Tích phân kép – ƯD hình học Với bất đẳng thức hình tròn, ta thay ngược lên phương trình (1) để được x2 + y 2 ≤ 2 − x2 − y 2 Tức là mặt nón là mặt giới hạn dưới, mặt cầu là mặt giới hạn trên của vật thể. Vậy : 2

2

2

2

V(Ω) = ∫∫ ( 2−x −y − x +y )dxdy x2+y2≤1

2π

1

0

0

2

V (Ω) = ∫ dϕ ∫ r ( 2 − r − r )dr 3

3 r 12 2 21 V(Ω) =−2π( + . (2 − r ) )0 3 23 2π 3

V (Ω ) =

3

( 4 − 1)

1 1

§1: Tích phân kép – ƯD hình học Ví dụ 4: Tính thể tích vật thể giới hạn bởi x2 + y2 = 4, y2 = 2z, z=0 Trong 3 mặt tạo nên vật thể, có 1 hình trụ kín (đường chuẩn là đường cong kín) x2+y2=4 song song với trục Oz nên hình chiếu của nó xuống mặt z = 0 là hình tròn, tức là ta có miền lấy tích phân D: x2 + y2 ≤ 4.

Ta còn lại 2 mặt và phải xác định mặt nào nằm trên, mặt nào nằm dưới để có hàm dưới dấu tích phân

2

Dễ dàng thấy bất đẳng thức kép 0 ≤ z ≤ y2/2 , tức là mặt z = 0 ở phía dưới và 2z = y2 ở phía trên

§1: Tích phân kép – ƯD hình học Suy ra hàm dưới dấu tích phân là : y2 y2 f ( x, y ) = − 0 = 2 2

2z=y2

Vậy thể tích cần tính là : 2

y V = ∫∫ dxdy x 2 + y 2 ≤4 2 2π

2

2

2

2 r sin ϕ 1 2π 2 = ∫ dϕ∫ r dr = ∫ sin ϕdϕ ∫ r 3dr 20 2 0 0 0

x2+y2=4

§1: Tích phân kép – ƯD hình học Ví dụ 5: Tính thể tích vật thể V giới hạn bởi 2

2

2

z = x + y ; y = x ; y = 1; z = 0

Ta sẽ tìm hình chiếu của V xuống mặt phẳng Oxy dựa trên các hình trụ có đường sinh song song với trục Oz có trong phương trình V Trong 4 mặt đã cho có 2 mặt trụ (phương trình không chứa z) cùng song song với Oz là y=1, y = x2 Hai mặt trụ đó có 2 đường chuẩn tạo thành miền D đóng trong mặt Oxy

y=x2

Miền D

y=1

§1: Tích phân kép – ƯD hình học Với 2 mặt còn lại hiển nhiên ta có 0 ≤ x2+y2 z=x2+y2 tức là f(x,y) = x2+y2 Vậy : 2

2

V = ∫∫ (( x + y ) − 0)dxdy D 1

1

−1

x2

2

2

= ∫ dx ∫ ( x + y )dy 1 y=x2

-1

1

y=1

§1: Tích phân kép – ƯD hình học Ví dụ 6: Tính thể tích vật thể giới hạn bởi x2 y2 3 z = + ,z =0,y =0,3x + y = 4, x + y = 4 2 4 2 Các mặt cùng song song với Oz (phương trình không chứa z) là y = 0, 3x+y = 4, 3/2x+y = 4. Đây là 3 mặt phẳng tựa lên 3 đường thẳng trong mặt phẳng Oxy và ghép lại thành hình trụ kín có hình chiếu xuống mặt Oxy là ∆ABC

B C

A

§1: Tích phân kép – ƯD hình học Do đó, hình chiếu D của A(0,4) vật thể xuống mặt phẳng Oxy là tam giác ABC. Còn 2 mặt mà phương trình chứa z thì hiển nhiên 2 2 x y ta có 0 ≤ z ≤ + 2

4

B(4/3,0)

C(8/3,0)

Tức là hàm dưới dấu tích 2 2 x y phân là f ( x, y ) = + 2 4 4− y 2 2 2 2 4 3 x2 x y y Vậy: V = ∫∫ ( + )dxdy = dy ( + )dx ∫ ∫ 4 ∆ABC 2 2 4 4− y 0 3

§1: Tích phân kép – ƯD hình học z=1/2x2+1/4y2 3x+y=4 y=0

3/2x+y=4

§1: Tích phân kép – ƯD hình học Ví dụ 7 : Tính thể tích vật thể giới hạn bởi : y = 0, z = 0, z = a – x - y, 3x + y = a, 3/2x + y = a Trong 5 mặt tạo nên vật thể có 3 mặt phẳng song song với trục Oz và tựa lên 3 đường thẳng 3x + y = a, 3/2x + y = a, y = 0 Chúng tạo trong không gian hình trụ kín có hình chiếu xuống mặt phẳng Oxy là ∆ABC = Miền D

A

B

C

Còn lại 2 mặt, ta sẽ tìm cách xác định mặt nằm trên, nằm dưới để có hàm dưới dấu tích phân

§1: Tích phân kép – ƯD hình học Ta đi so sánh z= a-x-y với z= 0 bằng cách vẽ thêm đường a-x-y=0 trong mặt phẳng z=0 đang xét A

Rõ ràng, trên hình vẽ ta có ∆ABC nằm phía dưới đường thẳng a-x-y=0 tức là trong miền D ta có bất đẳng thức 0 ≤ a-x-y. Suy ra hàm dưới dấu tích phân là f(x,y) = a-x-y

B a

Vậy

2

a−y 3

V = ∫∫ (a − x − y)dxdy = ∫ dy ∫ ∆ABC

0

C

a−y 3

(a − x − y )dx

§1: Tích phân kép – ƯD hình học

y=0

3/2x+y=4

3x+y=4 z=4-x-y

Ta xoay trục Oy thẳng đứng, ta sẽ thấy vật thể chính là hình chóp tứ giác, thể tích bằng 1/3 chiều cao nhân diện tích đáy

§1: Tích phân kép – ƯD hình học Ví dụ 8: Tính thể tích vật thể giới hạn bởi các mặt cong z = 1-x2-y2, y = x, y = √3x, z = 0 với x, y, z ≥ 0 Ta cũng bắt đầu tìm hình chiếu của vật thể xuống mặt z = 0 bằng cách chỉ ra các mặt trụ với pt không chứa z Với ví dụ này, ta chỉ có 2 mặt là y=x và y = √3x với 2 đường chuẩn là 2 đường thẳng không đủ cho ta miền đóng D. Vì vậy, ta sẽ tìm thêm giao tuyến của các mặt còn lại với mặt z=0

§1: Tích phân kép – ƯD hình học Cho z = 0 và thay vào phương trình Paraboloit ta được x2+y2 =1, tức là giao tuyến của mặt Paraboloit với mặt tọa độ z = 0 là đường tròn. 1 phần đường tròn đó sẽ “ĐẬY KÍN” phần còn mở giữa 2 đường thẳng trên.

Từ đó suy ra, D là 1 phần hình tròn x2+y2≤1 nằm giữa 2 đường thẳng, vậy trong D ta có D 2 2 0≤ 1-x -y tức là mặt phẳng z = 0 nằm dưới và paraboloid z = 1-x2-y2 nằm trên

§1: Tích phân kép – ƯD hình học Vậy: 2 2 V = ∫∫ (1− x − y )dxdy D

Vì miền lấy tích phân là hình tròn nên ta sẽ đổi sang tọa độ cực bằng cách đặt

z=1-x2-y2

x=rcosφ, y=rsin φ Khi đó, ta được π

3

1

V = ∫ dϕ ∫ r (1− r )dr 2

π

4

0

y=x

y=√3x

§1: Tích phân kép – ƯD hình học Ví dụ 9: Tính thể tích vật thể giới hạn bởi x = 1, x = 2 2

2

2

2

y + z = 1, y + z = 4

Hai mặt trụ cùng song song với trục Ox là y 2 + z 2 = 1, y 2 + z 2 = 4

Vì vậy, hình chiếu của vật thể xuống mặt phẳng Oyz là miền D : 1 ≤ y 2 + z 2 ≤ 4

V=

∫∫

(2 − 1)dydz

1≤y 2 +z2 ≤4

V bằng diện tích hình tròn lớn trừ diện tích hình tròn nhỏ

§1: Tích phân kép – ƯD hình học

§1: Tích phân kép – ƯD hình học Ví dụ 10 : Tính diện tích phần mặt S : x2+y2+z2 = 4 nằm phía trên mặt nón z = x 2 + y 2 Để tính diện tích mặt cong S nhờ tích phân kép, ta phải xác định được hình chiếu D của mặt cong xuống 1 trong 3 mặt tọa độ.

Với ví dụ này, ta sẽ tìm hình chiếu của S xuống mặt z=0 bằng cách khử z từ 2 phương trình đã cho z2 = 4-x2-y2 = x2+y2 ↔ x2+y2 = 2 Từ phương trình trên, ta được hình chiếu của S xuống mặt z = 0 là hình tròn Dxy : x2+y2 ≤ 2 Sau đó, vì tìm hình chiếu xuống mặt z = 0 nên ta sẽ tính z=f(x,y) từ phương trình mặt S

§1: Tích phân kép – ƯD hình học Vì mặt S nằm phía trên mặt nón tức là z ≥ 0 nên ta lấy −x  ′  zx = 2 2 4 − x − y z = 4 − x 2 − y 2 ⇒  −y  z′ = y 2 2  x y 4 − −  2 2 2 Suy ra : 1 + z′x + zy′ = 4 − x2 − y 2

S=

2

2

∫∫

2

4− x −y

2

x +y ≤2 2π

0

4−r

2

2

2

dxdy = ∫ dϕ ∫ r 2

2 −d (4 − r 2 )

S = ∫ dϕ ∫ 0

2π 0

Vậy:

4−r2

0

dr

2

2

= 2π ( −2 4 − r )

0

= 4π(2 − 2)

§1: Tích phân kép – ƯD hình học 2

2

2

Ví dụ 11:Tính diện tích phần mặt cầu S x + y + z = 1 3 Nằm giữa 2 mặt phẳng z = y , z = y ,( z ≥ 0, y ≥ 0) 3

2 mặt phẳng đã cho đều song song với trục Ox (Pt không chứa x) nên ta sẽ tìm hình chiếu của S xuống mặt phẳng x = 0 z Chiếu 2 mặt phẳng xuống mặt x = 0 ta được 2 đường thẳng cùng đi qua gốc tọa độ tức là chưa có miền đóng D. Do đó, ta sẽ phải lấy thêm hình chiếu của mặt cầu xuống mặt phẳng x = 0 là hình tròn

O

y

§1: Tích phân kép – ƯD hình học Mặt cầu và cả 2 mặt phẳng cắt nó đều nhận mặt x = 0 là mặt đối xứng nên phần mặt S cũng nhận x = 0 là mặt đối xứng

Miền D trên mp x=0

x2+y2+z2=2

Do đó, ta sẽ tính diện tích phần phía trên mặt x = 0 rồi nhân đôi Ta viết lại phương trình mặt S theo y, z: x=f(y,z) và x ≥ 0

§1: Tích phân kép – ƯD hình học

x=

⇒ Vậy

−y  ′ x = y  2 2 1 − y − z 2 2 ⇒  1− y − z −z  x′ = 2 2  z − y − z 1  2

1+ x′y + xz′ 2

=

S = 2∫∫ D

1 2

2

1− y − z 1

π

3

1

1

dydz = 2 ∫ dϕ ∫ r dr 2 π 0 1− y 2 − z2 1− r 4

§1: Tích phân kép – ƯD hình học

Ví dụ 11: Tính diện tích phần mặt trụ S: x2+y2=4 nằm phía trong mặt trụ R: x2+z2 = 4 Ta sẽ chiếu phần mặt S xuống mặt phẳng y = 0 vì hình trụ R song song với trục Oy, và được hình tròn 2

Miền D x2+z2=4

2

x +z ≤4

Do tính đối xứng qua các mặt tọa độ của cả 2 mặt trụ nên ta chỉ tính diện tích một phần tám mặt S, nằm trong góc x≥0, y ≥0, z ≥0

x2+y2=4

§1: Tích phân kép – ƯD hình học Khi đó, ta đi tính y = f(x,z) từ phương trình mặt S. y = 4 − x2

−x  ′ 2 2 2 y = ′ ′ 1 y y ⇒ + + =  x x z 2 ⇒ 4−x 4 − x2 y ′ = 0  z

Vậy, diện tích cần tính là

V = 8 ∫∫ D

2

= 16∫

0

2 4−x

1 2

4− x

2

4−x2

0

0

dxdz = 8∫ dx ∫ 2

(z)0

2

4−x

2

dz

2

4− x 2

dx = 16 ∫ dx = 32 0

§1: Tích phân kép – ƯD hình học Ví dụ 12: Tính diện tích phần mặt nón z2 = x2+y2 bị cắt bởi 4 mặt x - y = 1, x + y = 1, x – y = -1, x + y = -1 4 mặt phẳng x-y = 1, x+y = 1, x-y = -1, x+y = -1 cùng song song với trục Oz, tạo trong không gian 1 hình trụ kín có hình chiếu xuống mặt Oxy là hình vuông ABCD Mặt nón nhận mặt phẳng Oxy là mặt đối xứng nên phần nón nằm trong trụ kín trên cũng nhận Oxy là mặt đối xứng, ta tính diện tích phía trên mp Oxy rồi nhân đôi

B

C

A

D

§1: Tích phân kép – ƯD hình học

z = x2 + y 2

x  ′ z = x  2 2 x + y  ⇒ y  z′ = 2 2  y x + y 

2 2 ′ ′ ⇒ 1 + z x + zy = 2

Khi đó, hàm dưới dấu tích phân bằng √2 nên tích phân cần tính là diện tích miền lấy tích phân nhân với √2 Vậy S =2.2.√2

§1: Tích phân kép – ƯD hình học y+x=-1 z2=x2+y2, z≥0

-y+x=1

y+x=1

y-x=1

§1: Tích phân kép – ƯD hình học Ví dụ 13: Tính diện tích phần mặt phẳng S :x+y+z=2 bị cắt bởi 2 mặt y2=2x và mặt x=2 2 mặt cắt S tạo trong không gian hình trụ kín có hình chiếu xuống mặt z=0 là miền D giới hạn bởi 2 đường y2=2x và x=2 Ta chiếu xuống mặt z=0 nên viết phương trình mặt S lại z=2-x-y 2 2 ′ ′ ′ ′ z x = zy = 1 ⇒ 1 + z x + zy = 3

Vậy:

2

S = ∫∫ D

3dxdy = 3 ∫ dy 0

2

∫

y2

2

dx

§1: Tích phân kép – ƯD hình học x+y+z=2 Phần mặt x+y+z=2 đang cần có 2 phần phần nằm trên và phần nằm dưới x=2 mặt phẳng 2x=y2 z=0

§1: Tích phân kép – ƯD hình học Ví dụ 14 : Cho vật thể Ω giới hạn bởi y=x2, x=y2, z=0, z=y2. Tính 1. Diện tích phần mặt phẳng z=0 nằm trong Ω 2. Thể tích Ω 3. Diện tích phần mặt trụ z = y2 nằm trong Ω Trong 4 mặt tạo thành Ω, có 2 mặt cùng song song với trục Oz là y=x2 và x=y2 Từ đó ta được hình chiếu của Ω xuống mặt z = 0 là miền D

D

§1: Tích phân kép – ƯD hình học 1. Diện tích miền D 1

x

S(D ) = ∫∫ dxdy = ∫ dx ∫ dy D

0

x2

2. Thể tích Ω : Hiển nhiên y2 ≥ 0 nên f(x,y)=y2 1

x

V (Ω) = ∫∫ f ( x, y )dxdy = ∫ dx ∫ y 2dy D

0

x2

3. Diện tích mặt cong có phương trình z=y2  ′ =0 z  x 2 2 2  ′ ′ ⇒ 1 + z + z = 1 + 4 y  x y ′   zy = 2 y

§1: Tích phân kép – ƯD hình học Vậy diện tích mặt cong cần tính là 1

x

S = ∫ dx ∫ 1+ 4 y dy 2

0

x2

z=y2

y=x2

x=y2

GIẢI TÍCH HÀM NHIỀU BIẾN • • • • •

CHƯƠNG I: ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN CHƯƠNG II : TÍCH PHÂN BỘI CHƯƠNG III: TÍCH PHÂN ĐƯỜNG CHƯƠNG IV: TÍCH PHÂN MẶT CHƯƠNG V: CHUỖI SỐ - CHUỖI LŨY THỪA

CHƯƠNG I: ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN • • • • • • •

§1: Các khái niệm cơ bản – Giới hạn và liên tục §2: Đạo hàm riêng §3: Khả vi và Vi phân §4: Đạo hàm riêng và vi phân hàm hợp §5: Đạo hàm riêng và vi phân hàm ẩn §6: Công thức Taylor – Maclaurint §7: Cực trị hàm nhiều biến : Cực trị tự do, cực trị có điều kiện, GTLN-GTNN trong miền đóng

§1 : Các khái niệm cơ bản – Giới hạn và liên tục Định nghĩa hàm 2 biến : Cho D là tập con của R2 Hàm 2 biến f(x,y) là ánh xạ f : D → R ( x, y ) ֏ f ( x, y ) = z Miền xác định của hàm là tất cả các giá trị của (x,y) làm biểu thức của hàm có nghĩa Miền giá trị của hàm là tập các giá trị mà hàm có thể nhận được

§1 : Các khái niệm cơ bản – Giới hạn và liên tục Ví dụ : Tìm MXĐ, MGT của hàm f ( x, y ) = 9 − x 2 − y 2 MXĐ là hình tròn D = {( x, y ) ∈ R : x + y ≤ 9} MGT là đoạn [0,3] 2

MXĐ

2

2

3 f(x,y)

(x,y)

3

0

3 MGT

§1 : Các khái niệm cơ bản – Giới hạn và liên tục x + y +1 Ví dụ: Cho hàm f ( x, y ) = x −1 Tính f(2,1) và tìm MXĐ của f Giải : a. f(2,1) = 2 b. MXĐ : Ta lấy nửa mặt phẳng phía trên đường thẳng x+y+1 = 0 và bỏ đi toàn bộ đường x = 1

§1 : Các khái niệm cơ bản – Giới hạn và liên tục Cho f(x, y) là hàm 2 biến với MXĐ là D. Đồ thị của f là tập tất cả các điểm M(x, y, z)∈R3, với (x, y)∈D, z = f(x, y)

Đồ thị hàm z = f(x, y) là phần mặt S, khác với đồ thị hàm 1 biến y = f(x) là phần đường cong.

§1 : Các khái niệm cơ bản – Giới hạn và liên tục Hình tròn mở tâm M0(x0,y0), bán kính r – kí hiệu B(M0,r) là tập

B(M0 , r ) = {M ∈ R : d (M, M0 ) < r } 2

{( x, y ) ∈ R

2

2

2

: ( x − x0 ) + ( y − y 0 ) < r

}

Hình tròn mở này còn được gọi là một r - lân cận của điểm M

§1 : Các khái niệm cơ bản – Giới hạn và liên tục Cho tập D và 1 điểm M thuộc R2. Ta định nghĩa 3 loại điểm như sau : Điểm trong : M gọi là điểm trong của D nếu tồn tại ít nhất r>0 sao cho r- lân cận của M là B(M,r) nằm hoàn toàn trong D. Điểm biên : M gọi là điểm biên của D nếu với mọi r>0, hình cầu mở B(M,r) chứa những điểm thuộc D và những điểm không thuộc D. Điểm tụ : Điểm M gọi là điểm tụ của D nếu với mọi r>0, hình cầu mở B(M,r) đều chứa ít nhất 1 điểm N thuộc D, khác M

§1 : Các khái niệm cơ bản – Giới hạn và liên tục Định lý : Điểm M là điểm tụ của tập D khi và chỉ khi tồn tại dãy điểm Mn (Mn≠M) tiến về M, tức là khi n→∞ thì d(Mn,M) →0 • Chú ý : 1. Như vậy điểm trong của D chắc chắn thuộc A, còn điểm biên của D thì có thể không thuộc D. 2. Điểm biên chắc chắn là điểm tụ, nhưng điểm tụ thì có thể không là điểm biên

§1 : Các khái niệm cơ bản – Giới hạn và liên tục Tập D được gọi là tập đóng nếu D chứa mọi điểm biên của nó. Tập các điểm biên của D gọi là biên của D Tập D được gọi là tập mở nếu R2\D là tập đóng, khi đó, mọi điểm thuộc D đều là điểm trong, D không chứa bất kỳ điểm biên nào Tập D được gọi là tập bị chặn nếu nó được chứa trong một hình cầu nào đó, tức là ∃r : D ∈ B(O, r ) Như vậy, có những tập chỉ chứa 1 phần biên mà không chứa toàn bộ biên nên sẽ là tập không mở, không đóng.

§1 : Các khái niệm cơ bản – Giới hạn và liên tục Ví dụ : Cho D là phần hình cầu D = {( x, y , z ) ∈ R 3 : x 2 + y 2 + z 2 < 4}

Biên của D là toàn bộ mặt cầu x2 + y2 + z2 = 4, do đó D không chứa bất kỳ điểm biên nào tức là mọi điểm thuộc D đều là điểm trong. Vậy D là tập mở Ví dụ : Cho hình vành khăn D = {( x, y ) ∈ R 2 : 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4} Biên của D là 2 đường tròn x2 + y2=1 và x2+y2 = 4 nằm hoàn toàn trong D nên D là tập đóng

§1 : Các khái niệm cơ bản – Giới hạn và liên tục Ví dụ : Trong R2 cho miền D D = {( x, y ) ∈ R 2 : x + y < 3, x ≥ 0, y ≥ 0} Biên của D là 3 đoạn OA, OB, AB. Miền D không chứa đoạn AB tức là D không chứa mọi điểm biên nên D không là tập đóng.

B B

O A Tuy nhiên, D không là tập mở vì D chứa các điểm biên thuộc đoạn OA, OB Tập D là tập bị chặn vì ta có thể lấy đường tròn ngoại tiếp D chứa D (đường tròn tâm I là trung điểm AB, bán kính r = 1/2AB) tức là D nằm hoàn toàn trong 1 hình cầu mở

§1 : Các khái niệm cơ bản – Giới hạn và liên tục Định nghĩa giới hạn hàm 2 biến : Cho hàm f(x,y) có miền xác định là D và M0(x0,y0) là 1 điểm tụ của D. Số a được gọi là giới hạn của hàm f khi x→x0, y→y0 (hay M →M0) nếu

∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀( x, y ) ≠ ( x0 , y 0 ),( x, y ) ∈ D, 2

2

( x − x 0 ) − ( y − y 0 ) < δ ⇒ f ( x, y ) − a < ε Khi ấy, ta viết

lim f ( M ) = a h a y lim f ( x , y ) = a

M →M0

x → x0

y→ y0

Lưu ý: Định nghĩa trên tương tự như giới hạn của hàm f(x), khi M dần đến M0 (không trùng M0), nếu f(M) dần về a thì ta cũng nói giới hạn của f(M) bằng a

§1 : Các khái niệm cơ bản – Giới hạn và liên tục Một cách đơn giản hơn, ta định nghĩa giới hạn hàm cho riêng hàm 2 biến x, y theo đường cong như sau Khi điểm M dần đến M0 theo mọi đường cong L, mà hàm f(M) luôn dần về 1 giá trị a thì ta cũng có lim f ( M ) = a h a y lim f ( x , y ) = a

M →M0

x → x0

y→ y0

Như vậy: Nếu M dần đến M0 theo 2 đường cong L1,L2 khác nhau và f(M) dần đến 2 giá trị a1≠a2 thì ta nói không tồn tại giới hạn của hàm f(M) khi M→M0

§1 : Các khái niệm cơ bản – Giới hạn và liên tục Chú ý : Cách tìm giới hạn hàm 2 biến: Đưa về giới hạn hàm 1 biến hoặc dùng định lý kẹp Ví dụ : Tính

2

xy lim ( x ,y )→(0,0) x 2 + y 2

Giải : Ta dùng định lý kẹp như khi tính giới hạn hàm 1 biến: Suy ra giới hạn cần tìm bằng 0

xy 2 0≤ 2 ≤2 y 2 x +y

0

§1 : Các khái niệm cơ bản – Giới hạn và liên tục sin( xy ) lim Ví dụ : Tính ( x ,y )→(0,0) 1− 3 1 + xy Giải:

Đặt t = xy →0 thì sin( xy ) sin t t lim = lim = lim = −3 3 ( x ,y )→(0,0) 1− 3 1 + xy t →0 1− 1 + t t →0 −1 t 3 xy Ví dụ : Tính lim ( x ,y )→(0,0) x 2 + y 2 Giải: Ta cho (x,y) →(0,0) theo 2 đường y = x và y = 2x Ta được

2

x 1 lim và 2 = ( x ,y )→(0,0) / y = x 2 2x

2

2x 2 lim 2 = ( x ,y )→(0,0) / y =2 x 5 5x

Vậy giới hạn đã cho là không tồn tại

§1 : Các khái niệm cơ bản – Giới hạn và liên tục Các tính chất giới hạn của tổng, tích, thương

Cho lim f ( x, y ) = a, lim g ( x, y ) = b x→ x 0 y →y0

x→ x 0 y →y0

Ta có các kết quả sau khi x→x0, y→y0 1. lim(f(x,y)+g(x,y)=a+b 2. lim f(x,y).g(x,y) = a.b 3. lim C.f(x,y) = C.a f(x,y) a 4. lim = ,b ≠ 0 g(x,y) b

§1 : Các khái niệm cơ bản – Giới hạn và liên tục Hàm liên tục : Hàm f(x,y) được gọi là liên tục tại (x0,y0) lim f ( x, y ) = f ( x0 , y 0 ) nếu f (x0,y0) xác định và ( x ,y )→( x0 ,y 0 )

Hàm liên tục trên miền D nếu nó liên tục tại mọi điểm thuộc miền D Tổng, tích, thương của 2 hàm liên tục là hàm liên tục Hợp của 2 hàm liên tục là một hàm liên tục Các hàm sơ cấp liên tục tại mọi điểm thuộc MXĐ

§2 : Đạo hàm riêng Định nghĩa đạo hàm riêng: Cho hàm 2 biến f(x,y), đạo hàm theo biến x của hàm f tại điểm (x0,y0) là giới hạn (nếu có) f ( x0 + ∆x, y 0 ) − f ( x0 , y 0 ) ∂f fx′( x0 , y 0 ) = ( x0 , y 0 ) = lim ∆x →0 ∂x ∆x Tương tự, ta có định nghĩa đạo hàm riêng của hàm f theo biến y Quy tắc: Khi tính đạo hàm riêng của hàm f(x,y) theo biến x, ta coi y là hằng số

§2 : Đạo hàm riêng Ví dụ: Tính đạo hàm riêng của các hàm sau: 2 2 a. f(x,y)= x + y b. f(x,y)=e

cos

x y y

c. f(x,y,z)=ln(x+e ) + xyz x Giải : ′ , fy ′ = a. f x = 2 2 x +y cos

b. fx ′ = e

x y

x 1 ′ (−s in ) ,fy = e y y

cos

y 2

x +y x y

2

x x (−s in )(− 2 ) y y y

1 e ′ ′ c. f x ′ = + yz ,f = + xz , f y z = xy y y x +e x +e

§2 : Đạo hàm riêng Ví dụ : Cho hàm f ( x, y ) = 3 x 3 + y 3 Tính f’x, f’y tại (0,0) Giải : Nếu tính bằng cách thông thường, ta sẽ không tính được đhr tại điểm đặc biệt (0,0). Do đó, ta sẽ tính các đhr trên bằng định nghĩa 3 3 f (∆x,0) − f (0,0) ∆x − 0 ′ fx (0,0) = lim = lim = 1 ∆x →0 ∆x →0 ∆x ∆x Vì vai trò của x, y như nhau trong hàm f nên ta cũng có f’y(0,0) = 1

§2 : Đạo hàm riêng Ví dụ : Tính các đhr của hàm f(x,y,z) = (y/x)z Giải: Ta tính 3 đhr của hàm 3 biến Để tính đhr của f theo x hoặc y, ta viết lại f(x,y,z) = yz.x-z rồi tính đạo hàm bình thường Lấy đhr theo x: yz, z là hằng số nên: f’x = yz.(-z)x-z-1 Tương tự: f’y = zyz-1x-z Cuối cùng, tính đhr theo z thì ta sẽ để nguyên hàm ban đầu vì y/x là hằng số nên : f’z = (y/x)zln(y/z)

§2 : Đạo hàm riêng Ý nghĩa hình học của đạo hàm riêng của hàm f(x,y) tại (a,b): Gọi S là mặt cong z=f(x,y) C1 là giao của S và mặt phẳng y = b thì đạo hàm fx’(a,b) là hệ số góc của tiếp tuyến T1 hay là hệ số góc của mặt S theo phương Ox tại P(a,b,c) Tương tự, hệ số góc của tiếp tuyến T2 tức là hệ số góc của mặt S theo phương Oy là f’y(a,b)

§2 : Đạo hàm riêng Đạo hàm cấp 2 của hàm f(x,y) là đạo hàm của đạo hàm cấp 1: 2 ∂ Đạo hàm cấp f ′′ ( x , y ) = f ( x , y ) = f ′(f ′ )( x , y ) xx 0 0 0 0 x x 0 0 2 2 theo x: ∂x 2 ∂ f Đạo hàm cấp ′′ fyy ( x0 , y 0 ) = 2 ( x0 , y 0 ) = fy′(fy′ )( x0 , y 0 ) 2 theo y: ∂y Đạo hàm cấp ∂ 2f fxy′′ ( x0 , y 0 ) = ( x0 , y 0 ) = fx′(fy′ )( x0 , y 0 ) 2 hỗn hợp: ∂y ∂x

§2 : Đạo hàm riêng Định lý Schwartz : Nếu hàm f(x,y) và các đạo hàm riêng f’x, f’y, f”xy, f”yx tồn tại và liên tục trong miền mở chứa (x0,y0) thì f”xy(x0,y0) = f”yx(x0,y0) Ghi chú : 1. Đối với các hàm sơ cấp thường gặp, định lý Schwartz đúng tại các điểm tồn tại đạo hàm 2. Định lý Schwartz còn đúng cho các đạo hàm riêng từ cấp 3 trở lên. Tức là các đạo hàm riêng hỗn hợp bằng nhau khi số lần lấy đạo hàm theo mỗi biến bằng nhau, mà không phụ thuộc vào thứ tự lấy đạo hàm theo các biến

§2 : Đạo hàm riêng Ví dụ: Tính đạo hàm riêng đến cấp 2 của hàm x y f ( x, y ) = sin(e + e ) Giải : Hàm 2 biến nên ta tính 2 đạo hàm riêng cấp 1 x x y y x y ′ ′ fx = e cos(e + e ),fy = e cos(e + e )

và 4 đạo hàm riêng cấp 2 x  x y x x y  ′′ fxx = e cos(e + e ) − e sin(e + e ) , y  x y y x y  ′′ fyy = e cos(e + e ) − e sin(e + e ) , x y  x y  ′′ ′′ fxy = fyx = e e − sin(e + e )

§2 : Đạo hàm riêng Tương tự, ta có các đạo hàm riêng cấp (n+1) là đạo hàm của đạo hàm cấp n Ví dụ: Tính đạo hàm riêng cấp 3 của hàm: f(x,y) = x2y – 3ex+y Giải: x +y 2 x +y ′ ′ f = 2 xy − 3 e , f = x − 3 e 2 đạo hàm riêng cấp 1 : x y x +y x +y ′′ ′′ 4 đạo hàm riêng cấp 2 : fxx = 2y − 3e , fyy = −3e , x +y ′′ ′′ fxy = fyx = 2 x − 3e

x+y x+y ′′′ ′′′ ′′′ ′′′ f =− 3 e , f = 4 − 3 e = f = f , xxx xxy yxx xyx 8 đạo hàm riêng cấp 3: x+y x+y ′′′ ′′′ ′′′ = fxyy ′′′ fyyy =−3e ,fyyx =−3e = fyxy

§2 : Đạo hàm riêng Ghi nhớ: Đạo hàm riêng cấp cao hỗn hợp bằng nhau nếu số lần lấy đạo hàm theo các biến bằng nhau (không kể đến thứ tự lấy đạo hàm theo từng biến) Ví dụ: Cho hàm f(x,y,z) = xcosy – 2ysinz. Tính đạo hàm riêng cấp 2.

3 đạo hàm cấp 1: fx′ = cos y , fy′ = −x sin y − 2sin z, fz′ = −2y cos z 9 đạo hàm cấp 2

fxx′′ = 0, fxy′′ = − sin y = fyx′′ , fxz′′ = 0 = fzx′′, fyy′′ = −x cos y , fyz′′ = −2cos z = fzy′′ , fzz′′ = 2y sin z

§3 : Khả vi và Vi phân Hàm 2 biến f(x,y) được gọi là khả vi tại (x0,y0) nếu số gia ∆f = f(x0+ ∆x,y0+ ∆y) – f(x0,y0) viết được dưới dạng ∆f = A ∆x + B ∆y + α∆x + β∆y, trong đó A, B là hằng số, α, β →0 khi ∆x, ∆y →0 . Khi ấy, đại lương A ∆x + B ∆y được gọi là vi phân của hàm f(x,y) tại (x0,y0) và kí hiệu là df (x0,y0) = A ∆x + B ∆y Định lý 1: Hàm khả vi tại (x0,y0) thì liên tục tại đó Định lý 2: (Điều kiện cần khả vi) Nếu hàm f(x,y) khải vi tại (x0,y0) thì nó có các đạo hàm riêng theo x, y tại (x0,y0) và tương ứng bằng A, B trong định nghĩa vi phân.

§3 : Khả vi và Vi phân Định lý 3: (Điều kiện đủ khả vi) Cho f(x,y) xác định trong miền mở chứa (x0,y0) và các đạo hàm riêng liên tục tại (x0,y0) thì hàm khả vi tại (x0,y0) Từ 2 định lý 2, 3 ta có biểu thức của vi phân

df ( x0 , y 0 ) = fx′( x0 , y 0 )dx + fy′( x0 , y 0 )dy Tương tự như hàm 1 biến, ta có các công thức d (f + g ) = df + dg

d (f .g ) = g.df + f .dg f g.df − f .dg d( ) = g g2

§3 : Khả vi và Vi phân Ví dụ: Cho hàm f(x,y) = 2x2y – 3xy2. Tính df(2,-1) Giải: Tính đạo hàm riêng fx′ = 4 xy − 3 y 2 , fy′ = 2 x 2 − 6 xy Thay vào công thức vi phân df(2,-1) = -11dx + 20dy Ví dụ : Tính vi phân hàm f(x,y) = (xy)z Tương tự như hàm 2 biến, ta có vi phân hàm 3 biến

df = fx′dx + fy′dy + fz′dz z−1 z

z

Nên ta được z−1

z

df = zx y dx + zx y dy + ( xy ) ln( xy )dz

§3 : Khả vi và Vi phân Vi phân cấp 2 là vi phân của vi phân cấp 1

d f = d (df ) = d (fx′dx + fy′dy ) = d (fx′dx ) + d (fy′dy ) 2

= (d (fx′ )dx + fx′d (dx )) + (d (fy′ )dy + fy′d (dy )) 2 2 ′′ ′′ ′′ = fxx dx + 2fxy dxdy + fyy dy Hay ta viết dưới dạng 2 2 2 ∂ f ∂ f ∂ f 2 2 d f = 2 dx + 2 dxdy + 2 dy 2 ∂x ∂x∂y ∂y Vậy ta viết dưới dạng quy ước sau

∂  ∂ df =  dx + dy  f ∂x ∂y 

2

∂  ∂ d f =  dx + dy  f ∂x ∂y  2

§3 : Khả vi và Vi phân Tổng quát công thức trên cho hàm 3 biến và cho vi phân cấp 3 Vi phân cấp 3 của hàm 2 biến f(x,y) 3

∂  ∂ d f =  dx + dy  f ∂x ∂y  3

′′′ dx 3 + 3fxxy ′′′ dx 2dy + 3fxyy ′′′ dxdy 2 + fyyy ′′′ dy 3 = fxxx Vi phân cấp 2 của hàm 3 biến f(x,y,z) 2

∂  ∂ ∂ d f (x, y, z) =  dx + dy + dz f ∂x ∂y ∂z  2

= fxx′′dx2 + fyy′′dy 2 + fzz′′dz2 + 2fxy′′dxdy + 2fyz′′dydz + 2fzx′′dzdx

CHƯƠNG III: TÍCH PHÂN ĐƯỜNG §1: THAM SỐ HÓA ĐƯỜNG CONG §2: TÍCH PHÂN ĐƯỜNG LOẠI 1 §3: TÍCH PHÂN ĐƯỜNG LOẠI 2

§1: Tham số hóa đường cong 1. Đường cong trong mặt phẳng: thường được cho bằng 2 cách  x = x (t )   a. Cho bởi pt tham số     y = y (t )

b. Cho bởi pt y=y(x): Ta thường đặt x=t thì pt tham số sẽ là  x =t       y = f (t ) Trường hợp đặc biệt: Có 2 trường hợp a. Viết phương trình tham số của đường tròn (x-a)2+(y-b)2=R2 ta sẽ đặt  x = a + R cos t      y = b + R sin t

§1: Tham số hóa đường cong b. Viết phương trình tham số của đường ellipse x2 y 2 + 2 =1 2 a b  x = ar cos ϕ   Ta sẽ đặt :    y = br sin ϕ

2. Đường cong trong không gian: thường được cho bằng 2 cách a. Được cho sẵn bởi phương trình tham số  x = x (t )    y = y (t )      z = z( t )

§1: Tham số hóa đường cong  f ( x, y , z ) = 0   b. Cho là giao tuyến của 2 mặt cong:    g ( x, y , z ) = 0

Khi đó, thông thường ta sẽ đặt 1 trong 3 biến bằng t, thay vào 2 phương trình trên để được hpt với 2 pt và 2 ẩn là 2 biến còn lại. Giải hpt đó theo tham số t, ta sẽ ra 2 biến còn lại cũng tính theo t

§1: Tham số hóa đường cong Ví dụ 1: Viết phương trình tham số đường cong C là giao tuyến của x2+y2=z2 và ax=y2 (z≥0)  1 2   2 2 2 x = t Ta đặt y=t thì   x +y =z  a     2   ⇔ y = t ax = y     z ≥ 0 1 2 2   2    z= t (t + a )  a   Ví dụ 2: Viết phương trình tham số đường cong C là giao tuyến của x2=y và x=z (x≥0) Ta đặt x=t thì

 x =t  2   y = x   2   ⇔ y = t    x = z   z = t   

§1: Tham số hóa đường cong Tuy nhiên, trong một số trường hợp thông thường hay gặp, ta sẽ có cách tham số hóa từng đường cong cụ thể tùy vào những điểm đặc biệt của chúng Ví dụ 3: Viết pt tham số của 2 đường cong C1, C2 là giao tuyến của x2+y2+z2=2, z2=x2+y2 Ta có: 2 2 2 2 2   x + y + z = 2  + =1 x y    ⇔  2  2 2    z = ±1  z = x + y Tức là C1, C2 vừa là giao tuyến của mặt cầu và mặt nón vừa là giao tuyến của mặt trụ với 2 mặt phẳng.

Nói cách khác: C1, C2 là 2 đường tròn đơn vị nằm trên 2 mp đối xứng nhau qua mp z=0.

§1: Tham số hóa đường cong Khi đó, ta đặt x=cost thì suy ra y=sint. Vậy pt tham số của C là  x = sin t   y = cos t      z = ±1

§1: Tham số hóa đường cong Ví dụ 4: Viết phương trình tham số của đường cong C: x2+y2+z2=a2, x=y Thay x=y vào phương trình mặt cầu Ta được: 2x2+z2=a2 , là pt của đường ellipse. Tức là C là đường ellipse 2x2+z2=a2 trên mp x=y Đặt 2x2=a2cos2t thì suy ra z2=a2sin2t.

Vậy ta được:  a     x=y= cos t x +y +z =a 2x + z = a      ⇔ ⇔ 2      x = y x = y    z = a sin t 2

2

2

2

2

2

2

§1: Tham số hóa đường cong Ví dụ 5: Viết phương trình tham số của đường cong C: x2+y2+z2=4 và x2+y2=2x lấy phần ứng với z dương Từ pt mặt trụ : x2+y2=2x ↔ (x-1)2+y2=1 Ta đặt x-1=cost, suy ra y=sint và thay vào pt mặt cầu 2 2 2  x + y + z =4    2 2  x + y = 2x  

  x = 1 + cos t   ⇔ y = sin t     z = 4 − 2(1+ cos t )

§1: Tham số hóa đường cong Ví dụ 6: Viết phương trình tham số của đường cong C: x2+y2+z2=6z và z=3-x Ta viết lại pt mặt cầu : x2+y2+(3-z)2=9 Thay 3-z=x vào để được C là đường ellipse 2x2+y2=9 trên mp x=3-z Đặt 2x2=3cos2t, thì y2=3sin2t Vậy:

 3   x= cos t  2 2 2 2 2 2    x + y + z = 6 z 2 x + y = 9      y = 3 sin t ⇔  ⇔       z = 3 − x z = 3 − x  3   z = 3− cos t   2 

§1: Tham số hóa đường cong Ví dụ 7: Viết phương trình tham số của đường cong C: x2+y2+z2=2 và x+y+z=0

Thay z=-(x+y) từ pt mặt phẳng vào pt mặt2 cầu: 2  3    1 2 2 2 2 2 x +y +(x+y) =2 ↔ x +y +xy=1 ↔  x + y  +  y  = 1   2    2 Do đó, ta được 2 2      1   3   2 2 2    x + y  +  y  x +y +z =2    ↔  2   2      x + y + z = 0   z = −( x + y ) 

Vậy pt tham số của C là x = cos t − 1

3

sin t , y = 2

3

 1   x + y = cos t  2    3 =1   ↔ y = sin t  2    z = −( x + y )     

sin t , z = − cos t − 1

3

sin t

§2: Tích phân đường loại 1 Định nghĩa: Cho hàm f(x,y) xác định trên cung AB. Chia cung AB thành n phần tùy ý bởi các điểm chia A=A0, A1, A2, … An=B Trên mỗi cung nhỏ AkAk+1 có độ dài là ∆lk lấy 1 điểm Mk(xk,yk) bất kỳ n Cho max ∆l → 0, nếu k Lập tổng S = f ( xk , y k )∆l k S có giới hạn hữu ∑ n n k =0 hạn không phụ thuộc An cách chia cung AB và B cách lấy điểm Mk thì Mk yk A Ak Ak+1 1 giới hạn đó được gọi A0 A là tp đường loại 1 của hàm f(x,y) dọc cung xk AB

§2: Tích phân đường loại 1 Và kí hiệu là ∫ f ( x, y )dl = lim Sn AB

max ∆l k →0

Khi đó, ta nói hàm f(x,y) khả tích trên cung AB Định nghĩa tương tự cho tp đường loại 1 của hàm 3 biến f(x,y,z) Từ định nghĩa, ta suy ra cách tính độ dài cung AB

LAB = ∫ dl AB

Điều kiện khả tích: Hàm f(x,y) liên tục dọc cung trơn từng khúc AB thì khả tích trên cung AB Cung AB có pt tham số x=x(t), y=y(t), a≤t≤b được gọi là trơn nếu các đạo hàm x’(t), y’(t) tồn tại, liên tục và không đồng thời bằng 0 trên đoạn [a,b] và gọi là trơn từng khúc nếu nó có thể chia thành 1 số hữu hạn các cung trơn

§2: Tích phân đường loại 1 Các tính chất: Các hàm f, g khả tích trên cung AB Tính chất 1: TP đường loại 1 không phụ thuộc vào hướng của đường lấy tp, tức là f ( x, y )dl = f ( x, y )dl

∫

∫

AB

BA

Tính chất 2: Với λ, µ là các hằng số thì λf+ µg cũng khả tích trên AB và

∫ (λf + µg )dl = λ ∫ fdl + µ ∫ gdl AB

AB

AB

Tính chất 3: Cho C là điểm bất kỳ trên cung AB thì

∫ fdl = ∫ fdl + ∫ fdl AB

AC

CB

§2: Tích phân đường loại 1 Tính chất 4: Nếu f ≥0 trên cung AB thì

∫ fdl ≥ 0 AB

Tính chất 5:

∫ fdl ≤ ∫ AB

f dl

AB

Tính chất 6: Tồn tại điểm M thuộc cung AB sao cho 1 fdl = f (M ) ∫ LAB AB

Trong đó, LAB là độ dài cung AB. Ta gọi f(M) là giá trị trung bình của hàm f trên cung AB

§2: Tích phân đường loại 1 Ta chia thành 3 trường hợp nếu cung AB trong mp Oxy: TH1: Cung AB có pt y=y(x), x1≤x≤x2 thì

∫

x2

AB

f ( x, y )dl = ∫ f ( x, y ( x )) 1+ y x′ 2 dx x1

TH2: Cung AB có pt x=x(t), y=y(t), t ≤t≤t thì 1 2 t

∫

AB

2

f ( x, y )dl = ∫ f ( x (t ), y (t )) xt′ 2 + y t′ 2 dt t1

TH3: Cung AB có pt r=r(φ), φ1≤φ≤ φ2 thì :

∫

AB

ϕ2

f ( x, y )dl = ∫ f (r (ϕ )cos ϕ, r (ϕ )sin ϕ ) r (ϕ )2 + r ′(ϕ )2 dϕ ϕ1

§2: Tích phân đường loại 1 Nếu AB là cung trong không gian có pt tham số  x = x (t )    y = y (t )     z = z(t ), t1 ≤ t ≤ t 2 Thì

∫

AB

t2

f ( x, y , z )dl = ∫ f ( x (t ), y (t ), z(t )) x ′ 2 (t ) + y ′ 2 (t ) + z ′ 2 (t )dt t1

§2: Tích phân đường loại 1 Ví dụ 1: Tính tích phân đường loại 1 trên biên của ∆ABC với A(1,1), B(3,3), C(1,5) của hàm f(x,y)=x+y Biên của ∆ABC gồm 3 đoạn AB: y=x, 1≤x ≤3, BC: y=6-x, 1≤x ≤3, CA: x=1, 1≤y≤5 I1=IAB+IBC+ICA Trên đoạn AB: thay y=x và

1+ y ′ 2 ( x ) = 2 Ta được : 3

I AB = ∫ ( x + x ) 2dx = 8 2 1

5

C B

3 1

A 1

5

§2: Tích phân đường loại 1 Tương tự, ta cũng có 3

IBC = ∫ 6 2dx = 12 2 1

5

ICA = ∫ (1+ y )dy = 16 1

Vậy I1 = ∫ ( x + y )dl = 20 2 + 16 C

§2: Tích phân đường loại 1 2 2 I = ( x − y )dl Với C là phần đường Ví dụ 2: Tính 2 ∫ C tròn x2+y2=4, x≥0, y≤0

Có 3 cách để tính tp I2 như sau Cách 1: Tính y = − 4 − x 2 ,0 ≤ x ≤ 2 Suy ra 2 2 1+ y ′ ( x ) = =2 4− x 2 2 -2 Vậy: I2 = ( x 2 − (4 − x 2 )) dx ∫ 2 4 − x 0 π

2

2 I2 = 2 (8 sin t − 4)dt =0 ∫ x =2sin t

0

2

§2: Tích phân đường loại 1 Cách 2: Viết pt C trong tọa độ cực r = 2, 3π ≤ ϕ ≤ 2π 2 Suy ra: 2 ′ x = r (ϕ)cosϕ = 2cosϕ, y = r (ϕ)sinϕ = 2sinϕ, r (ϕ) + r (ϕ) = 2 2

Vậy:

2π

I2 =

∫

3π

(4cos2 ϕ − 4 sin2 ϕ ).2dϕ =0

2

Cách 3: Viết pt tham số của C bằng cách đặt x=2cost thì y=2sint Suy ra : x ′2 (t ) + y ′ 2 (t ) = 2 Và ta được tích phân như đã tính trong Cách 2

§2: Tích phân đường loại 1 Ví dụ 3: Tính I3 = ∫ 2 xzdl Với C là giao tuyến của C x2+y2+z2=4, x2+y2=1,z≥0 Đây là tp đường loại 1 trong không gian nên ta bắt buộc phải viết pt tham số của C Thay x2+y2=1 vào pt mặt cầu ta được z = 3 Nên ta đặt x=cost, để có y=sint 2 2 2 ′ ′ ′ Suy ra x (t ) + y (t ) + z (t ) = 1 Vậy :

2π

I3 = ∫ 2.cos t . 3.1dt =0 0

§2: Tích phân đường loại 1 Ví dụ 4: Tính độ dài phần đường parabol y=x2 với 0≤x≤2 Ta có

2 2 ′ 1+ y ( x ) = 1+ 4 x 2

Vậy : LC = ∫ dl = ∫ 1+ 4 x dx 2

C

0

1 LC = ln(4 + 17) 2

CHƯƠNG II: TÍCH PHÂN BỘI §0: MỘT SỐ MẶT BẬC HAI THƯỜNG GẶP §1: TÍCH PHÂN KÉP I. Định nghĩa và Cách tính II. Đổi biến trong tích phân kép III. Ứng dụng hình học của tích phân kép §2: TÍCH PHÂN BỘI BA I. Định nghĩa và Cách tính II. Đổi biến trong tích phân bội ba III. Ứng dụng hình học của tích phân bội ba

§0. Một số mặt bậc hai thường gặp I. Mặt Ellipsoid: 1. Phương trình:

2

2

2

x y z + 2 + 2 =1 2 a b c

2. Cách gọi tên mặt: Với phương trình trên, ta cho x = 0, y = 0, z = 0 ta đều nhận được giao tuyến của mặt với 3 mặt tọa độ làcác đường Ellipse. Tức là nếu cả 3 giao tuyến của mặt S với 3 mặt tọa độ hoặc các mặt song song với các mặt tọa độ đều là ellipse thì ta sẽ gọi mặt S là mặt Ellipsoid 3. Cách vẽ hình Vẽ 3 giao tuyến của S với 3 mặt tọa độ

§0. Một số mặt bậc hai thường gặp

Vẽ đường ellipse

x

2

a2

+

y

2

trên mặt phẳng nằm = 1 b2 ngang z = 0

§0. Một số mặt bậc hai thường gặp

y2

z2

trên mặt phẳng Vẽ thêm đường ellipse 2 + 2 = 1 x=0 b c

§0. Một số mặt bậc hai thường gặp

2 2 2 x y z Vẽ mặt ellipsoid + 2 + 2 =1 2 a b c

§0. Một số mặt bậc hai thường gặp x2+z2=1, y=0

y2+z2=1,x=0

Có thể vẽ thêm đường ellipse trên mặt phẳng y = 0

x2 a

2

+

z2 c

2

x2+y2=1,z=0 =1

§0. Một số mặt bậc hai thường gặp II. Mặt Paraboloid Elliptic: 2 2 x y + 2 =z 1. Phương trình : 2 a b 2. Cách gọi tên mặt: Với phương trình trên, ta cho x = 0, y = 0 thì được 2 giao tuyến với 2 mặt tọa độ là 2 đường Parabol và cho z=c, c>0 ta được đường còn lại là 1 đường Ellipse. Tức là nếu 2 trong 3 giao tuyến với các mặt tọa độ hoặc các mặt song song với các mặt tọa độ là 2 Parabol, giao tuyến còn lại là 1 Ellipse thì ta gọi mặt S là Paraboloid Elliptic 3. Vẽ hình

§0. MỘT SỐ MẶT BẬC HAI THƯỜNG GẶP

Vẽ đường parabol y2 = z trên mặt phẳng x = 0

§0. MỘT SỐ MẶT BẬC HAI THƯỜNG GẶP

Vẽ đường ellipse x2+y2 = 1 trên mặt phẳng z = 1

§0. MỘT SỐ MẶT BẬC HAI THƯỜNG GẶP

Vẽ mặt parabolid x2+y2 = z

§0. MỘT SỐ MẶT BẬC HAI THƯỜNG GẶP

z=x2, y=0

z=y2, x=0

x2+y2=1,z=1

Vẽ thêm đường parabol x2 = z trên mặt phẳng y = 0

§0. MỘT SỐ MẶT BẬC HAI THƯỜNG GẶP III. Mặt Trụ bậc 2: Định nghĩa mặt trụ bậc 2: Mặt trụ bậc 2 là mặt tạo bởi các đường thẳng song song với 1 phương cố định và tựa lên 1 đường cong cố định. Các đường thẳng đó gọi là các đường sinh của mặt trụ, đường cong cố định gọi là đường chuẩn của mặt trụ.

§0. MỘT SỐ MẶT BẬC HAI THƯỜNG GẶP Thông thường, ta sẽ chỉ gặp các mặt trụ có đường sinh song song với 1 trong 3 trục tọa độ. Mặt trụ song song với trục nào thì phương trình mặt sẽ thiếu biến đó, còn phương trình chứa 2 biến còn lại là phương trình đường chuẩn của mặt trụ trong mặt tọa độ tương ứng và ta gọi tên mặt trụ theo tên của đường chuẩn

§0. MỘT SỐ MẶT BẬC HAI THƯỜNG GẶP Ví dụ: Mặt x2+y2 = 1 Phương trình không chứa z nên nó biểu diễn mặt trụ đường sinh song song với trục Oz, đường chuẩn là đường tròn x2+y2=1 trong mặt phẳng z = 0 và ta gọi đây là mặt trụ tròn xoay theo tên của đường chuẩn Vẽ đường tròn x2+y2=1, trên mặt z=0 Mặt trụ tạo bởi các đường thẳng song song với Oz và tựa lên đường tròn trên

§0. MỘT SỐ MẶT BẬC HAI THƯỜNG GẶP Ví dụ : Mặt z=x2 Phương trình không chứa y nên nó biểu diễn mặt trụ song song với trục Oy, đường chuẩn là parabol z=x2 trên mặt phẳng y=0 nên ta gọi đây là mặt trụ parabol Vẽ parabol z=x2 trong mặt phẳng y=0 Vẽ mặt trụ có đường sinh song song với trục Oy, tựa lên đường chuẩn là parabol z=x2 ở trên

§0. MỘT SỐ MẶT BẬC HAI THƯỜNG GẶP IV. Mặt nón bậc 2 : Mặt nón bậc 2 là mặt tạo bởi các đường thẳng đi qua 1 điểm cố định và tựa lên 1 đường cong cố định. Các đường thẳng đó gọi là các đường sinh của mặt nón, đường cong cố định gọi là đường chuẩn của mặt nón và điểm cố định gọi là đỉnh của nón Ví dụ: Mặt nón x2+y2=z2 Cắt dọc mặt nón bởi các mặt x=0 hoặc y=0 ta được 2 đường thẳng cùng đi qua gốc tọa độ O, cắt ngang bởi mặt z = c và z = -c , c tùy ý, ta được giao tuyến là 2 đường tròn tâm tại (0,0,c) và (0,0,-c) bán kính bằng c

§0. MỘT SỐ MẶT BẬC HAI THƯỜNG GẶP Vẽ giao tuyến x2+y2=1, z=1 Và giao tuyến x2=z2, y=0

Vẽ mặt nón x2+y2=z2, lấy phần z > 0

§1: Tích phân kép – Định nghĩa và cách tính

Dij Thể tích các hình hộp nhỏ với đáy dưới là Dij, trên là phần mặt z=f(x,y) sẽ được tính xấp xỉ với hình hộp chữ nhật đáy là Dij, chiều cao là f(xi,yj).

§1: Tích phân kép – Định nghĩa và cách tính

Khi đó, vật thể ban đầu có thể tích xấp xỉ với tổng thể tích các hình hộp chữ nhật nhỏ xếp liên tiếp nhau

§1: Tích phân kép – Định nghĩa và cách tính Định nghĩa tích phân kép : Cho hàm f(x,y) xác định trong miền đóng, bị chặn D Chia miền D thành n phần không dẫm lên nhau là D1, D2, D3, …(các phần không có phần chung) tương ứng có diện tích là ∆S1, ∆S2, ∆S3, …

Trên mỗi miền Dk ta lấy 1 điểm Mk(xk,yk) tùy ý.

Lập tổng (gọi là tổng tích phân kép của hàm f(x,y)) Sn =

n

∑ k =1

f ( x k , y k )∆ S k

Hiển nhiên tổng trên phụ thuộc vào cách chia miền D và cách lấy điểm Mk

§1: Tích phân kép – Định nghĩa và cách tính Cho n→∞ sao cho max{d(D)} →0 (d(D) là kí hiệu đường kính của miền D tức là khoảng cách lớn nhất giữa 2 điểm bất kỳ thuộc D) Nếu khi ấy tổng Sn tiến đến giới hạn hữu hạn S không phụ thuộc vào cách chia miền D cũng như cách lấy điểm Mk thì giới hạn S được gọi là tích phân kép của hàm f(x,y) trên miền D và kí hiệu là ∫∫ f ( x, y )ds

D

Tức là ∫∫ f (x, y )ds = D

lim

n

∑ f (xk , yk )∆Sk

max(d (Dk ))→0 k =1

Hàm f(x,y) được gọi là hàm dưới dấu tích phân, D là miền lấy tích phân, ds là yếu tố diện tích. Khi ấy, ta nói hàm f(x,y) khả tích trên miền D

§1: Tích phân kép – Định nghĩa và cách tính Chú ý : Nếu f(x,y) khả tích trên D thì ta có thể chia D bởi các đường thẳng song song với các trục tọa độ.

Lúc đó Dij sẽ là hình chữ nhật với các cạnh là ∆xi, ∆yj nên ∆Sij = ∆xi. ∆yj và ds được thay bởi dxdy. Vì vậy, ta thường dùng kí hiệu

∫∫ f ( x, y )ds = ∫∫ f ( x, y )dxdy D

D

§1: Tích phân kép – Định nghĩa và cách tính Điều kiện khả tích : Định nghĩa đường cong trơn : Đường cong C có phương trình tham số y = y(t), x = x(t) được gọi là trơn nếu các đạo hàm x’(t), y’(t) liên tục và không đồng thời bằng 0. Đường cong C được gọi là trơn từng khúc nếu có thể chia nó thành hữu hạn các cung trơn. Định lý: Hàm liên tục trên 1 miền đóng, bị chặn và có biên trơn từng khúc thì khả tích trên miền đó.

Tính chất : Cho f(x,y), g(x,y) là các hàm khả tích trên D 1.

S(D ) = ∫∫ dxdy (S(D) là diện tích miền D) D

2. ∫∫ [f ( x, y ) + g ( x, y )]dxdy = ∫∫ f ( x, y )dxdy + ∫∫ g ( x, y )dxdy D

D

D

§1: Tích phân kép – Định nghĩa và cách tính Tính chất 3. ∫∫ Cf ( x, y )dxdy = C ∫∫ f ( x, y )dxdy D

D

4. Chia D thành 2 miền không dẫm lên nhau là E, F thì ∫∫ f ( x, y )dxdy = ∫∫ f ( x, y )dxdy + ∫∫ f ( x, y )dxdy D

E

F

5. Nếu f(x,y)≤g(x,y) trên D thì: ∫∫ f ( x, y )dxdy ≤ ∫∫ g ( x, y )dxdy D

D

6. Trên D, hàm f(x,y) đạt fmax=M, fmin=m thì

mS(D ) ≤ ∫∫ f ( x, y )dxdy ≤ MS(D ) D

§1: Tích phân kép – Định nghĩa và cách tính

Định lý: (Về giá trị trung bình ) Cho hàm f(x,y) liên tục trong miền đóng, bị chặn, liên thông D. Khi ấy trong D có ít nhất 1 điểm (x0,y0) sao cho : ∫∫ f ( x, y )dxdy = f ( x0 , y 0 )S(D) D

1 Đại lượng α = ∫∫ f ( x, y )dxdy được gọi là S (D ) D giá trị trung bình của hàm f(x,y) trên miền D

Ý nghĩa hình học của tích phân kép : Với cách tính thể tích hình trụ cong ở trên ta có V = ∫∫ f ( x, y )dxdy D

§1: Tích phân kép – Định nghĩa và cách tính Ví dụ : Cho vật thể được giới hạn trên bởi mặt bậc hai f(x,y) = 16 – x2 – 2y2, giới hạn dưới bởi hình vuông D = [0,2]x[0,2] và giới hạn xung quanh bởi 4 mặt phẳng x=0, x=2, y=0, y=2. Ước lượng thể tích của vật thể trong các trường hợp sau : a)Chia D thành 4 phần bằng nhau; b)Chia D thành 16 phần bằng nhau; c) Chia D thành 64 phần bằng nhau; d)Chia D thành 256 phần bằng nhau; e)Tính thể tích vật thể

§1: Tích phân kép – Định nghĩa và cách tính 2

D2

D4

D1

D3

1 1

2

4

V ≈ Vn = ∑ f(Mi )×SDi i=1

SDi =1,∀i=1,...,4.

V ≈ f (1,1) + f (1,2) + f (2,1) + f (2,2)

V ≈13+ 7 +10 + 4 = 34.

§1: Tích phân kép – Định nghĩa và cách tính

b. Chia thành 16 phần, V≈ 41,5

§1: Tích phân kép – Định nghĩa và cách tính

c. Chia thành 64 phần, V≈44,875

§1: Tích phân kép – Định nghĩa và cách tính

d. Chia thành 256 phần, V≈46,46875

§1: Tích phân kép – Định nghĩa và cách tính Định lý Fubini: (Cách tính tích phân kép) Cho hàm f(x,y) liên tục trên miền đóng và bị chặn D y=y2(x)

y=y1(x) a

b

1) Giả sử D xác định bởi: a ≤ x ≤ b   y1 ( x) ≤ y ≤ y2 ( x)

b

I= ∫∫ f(x,y)dxdy= ∫ dx D

a

y 2 (x)

∫ f(x,y)dy

y1 (x)

§1: Tích phân kép – Định nghĩa và cách tính d

x=x1(y)

c

x=x2(y)

2) Giả sử D xác định bởi: c ≤ y ≤ d   x1 ( y ) ≤ x ≤ x2 ( y )

d

I = ∫∫ f(x,y)dxdy= ∫ dy D

c

x 2 (y)

∫ f(x,y)dx

x1 (y)

Giải câu e) 0 ≤ x ≤ 2  0 ≤ y ≤ 2

2

2

( D

2

2

)

V= ∫∫ 16-x -2y dxdy

Tính thể tích của vật thể.

2

3 2

2

2

(0

)

= ∫ dx ∫ 16-x 2 -2y 2 dy 0

2 y  2 16  2 = ∫ (16-x )y-2  dx = ∫  32-2x - dx =48 3 3   0 0  0

§1: Tích phân kép – Định nghĩa và cách tính Ví dụ : Tính tích phân

I = ∫∫ xydxdy

trong đó D là

D

tam giác ABC với A(1,-1), B(1,3), C(4,0) Ta đi tích phân này bằng 2 cách Cách 1 : Chiếu miền D xuống trục Ox ta được đoạn [1,4]

Đi theo trục Oy từ dưới lên

1 ≤ x ≤ 4 1  3 ( x − 4) ≤ y ≤ x - 4 4

C(4, 0)

2 − x +4

y I = ∫ dx ∫ xydy = ∫ ( x ) 2 1 1 ( x − 4) 1 1 4

− x +4

3

B(1, 3)

y=4-x

A(1,1/ (x-4) y= 3 1)

4 4 dx = ∫ x ( x − 4)2 dx = 7 ( x − 4) 91 3

§1: Tích phân kép – Định nghĩa và cách tính x=1 Cách 2 : Chiếu miền D xuống trục Oy ta được đoạn [-1,3] x=-y+4 B(1, Đi theo trục Ox từ trái 3 3) sang thì không giống như trên, ta sẽ gặp 2 D đường BC và AC. Do 1 C(4, D đó, ta sẽ chia miền D 0) -1 2 thành 2 phần D1 và D2 A(1, -1) x=3y+4 3y +4 −y +4 0 3 I = ∫ dy ∫ xydx + ∫ dy ∫ xydx −1

1

0

1

3 x 2 3y +4 x 2 −y +4 = ∫ ( y )1 dy + ∫ ( y )1 dy 2 2 −1 0 0

§1: Tích phân kép – Định nghĩa và cách tính Ví dụ : Tính tích phân kép I = ∫∫ ( x − y)dxdy với D là miền D

giới hạn bởi y = x; y = 2 − x

2

−2 ≤ x ≤ 1  2  x ≤ y ≤ 2 − x 

I = ∫∫ ( x − y ) dxdy D 1

2−x2

= ∫ dx ∫ −2

x

( x − y )dy 2 2 − x 2

 y = ∫  xy −  2  −2  x 1

dx

2 2 2   (2 − x ) − x = ∫  x((2 − x 2 ) − x) − dx 2 −2   1

§1: Tích phân kép – Định nghĩa và cách tính Ta còn có thể xác định cận của tích phân trên mà không cần vẽ hình như sau: Tìm giao điểm của 2 đường biên của miền D: y = x = 2-x2 x2+x-2 = 0 x = -2, x = 1 Vậy ta có -2 ≤ x ≤ 1, tức là ta lấy trong khoảng 2 nghiệm của tam thức f(x) = x2+x-2 nên ta có bất đẳng thức: x ≤ 2-x2 x2+x-2 ≤ 0 Tức là, với x nằm trong khoảng (-2,1) thì đường thẳng y=x nằm dưới đường parabol y = 2-x2. Vậy ta cũng được 1 2− x 2 I = ∫ dx ∫ ( x − y )dy −2

x

§2 .

Tích phân bội ba – Định nghĩa và cách

tính Định nghĩa: Cho hàm f(x,y,z) xác định trên miền đóng và bị chặn Ω trong không gian Oxyz. Chia Ω thành n phần không dẫm lên nhau Ω1, Ω2 ,..., Ωn có thể tích tương ứng là ∆V1, ∆V2 ,..., ∆Vn

Trong mỗi miền Ωk lấy 1 điểm bất kỳ Mk(xk,yk,zk) n Lập tổng tích phân Sn = ∑ f ( xk , y k , zk )∆Vk k =1

Cho max d (Ωk ) → 0, nếu tổng trên tiến tới giá trị hữu hạn S không phụ thuộc vào cách chia miền Ω và cách lấy điểm Mk thì giới hạn hữu hạn S được gọi là tích phân bội ba của hàm f(x,y,z) trên miền Ω

§2 .

tính Vậy:

Tích phân bội ba – Định nghĩa và cách

∫∫∫ f (x, y, z)dV = Ω

lim

n

∑ f (xk , yk , zk )∆Vk

max d(Ωk )→0 k =1

Chú ý : Vì tích phân không phụ thuộc vào cách chia miền Ω nên ta có thể chia Ω bởi các mặt phẳng song song với các mặt tọa độ . Khi ấy mỗi miền nhỏ là hình hộp chữ nhật nên ta có ∆V = ∆x ∆y ∆z = dxdydz Vì vậy ta thường dùng kí hiệu :

∫∫∫ f (x, y, z)dV = ∫∫∫ f (x, y, z)dxdydz Ω

Ω

§2 . tính

Tích phân bội ba – Định nghĩa và cách

Tính chất: Các hàm f, g khả tích trên Ω 1. ∫∫∫ dxdydz = V ( Ω) Ω

2. ∫∫∫Cf. (x,y,z)dxdydz =C∫∫∫ f (x,y,z)dxdydz Ω

Ω

3. ∫∫∫(f (x,y,z) +g(x,y,z))dxdydz = ∫∫∫ f (x,y,z)dxdydz + ∫∫∫ g(x,y,z)dxdydz Ω

Ω

4. Nếu g ≥ f trên Ω thì

Ω

∫∫∫ f (x,y,z)dxdydz ≤ ∫∫∫ g(x,y,z)dxdydz Ω

Ω

Nếu Ω được chia thành 2 miền không dẫm lên nhau Ω 1, Ω 2 5. ∫∫∫ f ( x, y, z)dxdydz = ∫∫∫ f ( x, y, z)dxdydz + ∫∫∫ f ( x, y, z)dxdydz Ω

Ω1

Ω2

§2 .

Tích phân bội ba – Định nghĩa và cách

tính 6. Định lý giá trị trung bình: Nếu hàm f(x,y,z) liên tục trong miền đóng, giới nội, liên thông Ω thì trong Ω tồn tại ít nhất 1 điểm M0(x0,y0,z0) sao cho :

∫∫∫ f ( x, y, z)dxdydz = f ( x0, y0, z0 )V (Ω) Ω

Ta gọi giá trị trung bình của hàm f trên Ω là đại lượng

1 ∫∫∫ f ( x, y, z)dxdydz V (Ω) Ω

§2 . tính

Tích phân bội ba – Định nghĩa và cách

Cách tính Nếu miền Ω có hình chiếu xuống mặt phẳng Oxy là miền D và giới hạn trên bởi mặt z = φ(x,y), giới hạn dưới bởi mặt z = ψ(x,y) thì

ϕ ( x,y )  ∫∫∫ f ( x, y, z)dxdydz = ∫∫  ∫ f ( x, y, z)dz  dxdy Ω D ψ ( x,y )  ϕ ( x ,y )

Ta còn viết tích phân trên ở dạng

∫∫ dxdy ∫ f ( x, y , z )dz D

ψ ( x ,y )

Như vậy, để tính tích phân bội ba ta cần xác định hình chiếu của Ω xuống mặt phẳng tọa độ, sau đó đi xác định mặt giới hạn trên, dưới của Ω

§2 .

Tích phân bội ba – Định nghĩa và cách

tính Ví dụ 1 : Tính tích phân I1 = ∫∫∫ 2zdxdydz Ω

Trong đó Ω giới hạn bởi

0 ≤ x,0 ≤ y , x 2 + y 2 ≤ z ≤ 4

Hình chiếu của Ω xuống mặt phẳng Oxy là phần hình tròn D : x2+y2≤4, 0≤x, 0≤y Còn z giới hạn bởi x2+y2≤z ≤4, nên 4

2 4 = ( z I1 = ∫∫ dxdy ∫ 2zdz ∫∫ )x2 +y 2 dxdy D

x2 + y 2

2

2 2

D π

2

2

= ∫∫ (16 − (x + y ) )dxdy = ∫ dϕ ∫ r (16 − r 4 )dr D

0

0

§2 . tính

Tích phân bội ba – Định nghĩa và cách

y=0

z=4 z=x2+y2

D x=0

§2 .

Tích phân bội ba – Định nghĩa và cách

tính Ví dụ 2 : Tính tích phân I2 = ∫∫∫ ( x + y )dxdydz Ω

Trong đó Ω giới hạn bởi y=x2, y+z=1, z=0 Mặt trụ parabolic song song với trục Oz và tựa lên đường parabol y=x2 là mặt trụ không kín, ta cần thêm giao tuyến của mặt phẳng z + y = 1 với mặt phẳng Oxy là đường thẳng y = 1 để có được hình chiếu của Ω xuống mặt phẳng Oxy là miền đóng D 1 Trong miền D, ta có y≤1 tức là 0 ≤ 1 - y nên trong D Ω mặt phẳng z = 1 – y nằm trên mặt phẳng z = 0 -1 1

§2 . tính

Tích phân bội ba – Định nghĩa và cách y+z=1

Vì vậy: 1− y

I2 = ∫∫ dxdy ∫ ( x + y )dz 0

D

1−y = ∫∫ ( x + y )(z0 )dxdy D 1

1

−1

x2

I2 = ∫ dx ∫ ( x + y )(1− y )dy

z=0 y=x2

§2 .

Tích phân bội ba – Định nghĩa và cách

tính Ví dụ 3: Tính tích phân bội ba hàm f(x,y,z)=x trên miền Ω giới hạn bởi x=0, y=0, z=0, x+y=1, x+y=z Hình chiếu của Ω xuống mặt phẳng z=0 là miền D giới hạn bởi x=0, y=0, x+y=1 Miền D ứng với x+y≥0 nên ta được 0≤z ≤x+y. Vậy : I3 = ∫∫∫ f ( x, y , z )dxdydz Ω

x +y

I3 = ∫∫ dxdy ∫ xdz D

0

1

1−x

I3 = ∫ xdx ∫ dy 0

0

§2 . tính

Tích phân bội ba – Định nghĩa và cách

x+y=z

y=0

x+y=1

x=0

§2 .

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ

trụ Xét điểm M(x,y,z) trong không gian, N(x,y,0) là hình chiếu của M xuống mặt phẳng xy. Gọi (r,φ) là tọa độ của N trong tọa độ cực thì : x = rcos φ, y = rsin φ Vậy điểm M được xác định bởi bộ ba số (r, φ, z), chúng được gọi là tọa độ trụ của điểm M. Công thức liên hệ giữa tọa độ trụ và tọa độ Descartes là  x = r cos ϕ   y = r sin ϕ z = z 

z

M(x,y,z)

z x

φ

r

y N(r,φ)

§2 .

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ

trụ Ta có công thức tính tích phân trong tọa độ trụ

∫∫∫ f (x,y,z)dxdydz = ∫∫∫ r.f (r cosϕ,r sinϕ,z)drdϕdz Ω

Ω

Chú ý : Ta thường đổi tích phân bội ba sang tọa độ trụ nếu hình chiếu của miền lấy tích phân xuống 1 trong 3 mặt tọa độ là 1 phần hình tròn hoặc 1 phần ellipse.

§2 .

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ

trụ Ví dụ 4: Tính tích phân I3 = ∫∫∫ zdxdydz Ω

Trong đó Ω là miền giới hạn bởi z = x 2 + y 2, z = x 2 + y 2 Miền Ω giới hạn bởi 2 mặt cong nên ta sẽ khử biến z từ 2 phương trình để tìm hình chiếu của Ω xuống mặt phẳng z = 0 2

2

2

2

2

2 2

2

2

z = x + y = x + y ⇔( x + y ) − x + y = 0  z = x 2 + y 2 = 0 (loại) ⇔ z = x 2 + y 2 = 1  Suy ra, hình chiếu của Ω xuống mặt phẳng Oxy là

hình tròn

x 2 + y 2 ≤ 1 , tương ứng ta có

§2 .

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ

trụ Vì x2+y2≤1 nên Vậy:

I3 =

x2 + y 2 ≤ x2 + y 2

∫∫

dxdy

x 2 + y 2 ≤1

x2 +y 2

∫

zdz

x2 +y 2

Hình chiếu của miền lấy tích phân là hình tròn nên ta sẽ đổi tích phân trên sang tọa độ trụ bằng cách đặt :  x = r cos ϕ   y = r sin ϕ z = z  1

và ta có 2 r

2π

1

r

0

0

r2

I3 = ∫ dϕ ∫ rdr ∫ zdz

1 π z 2 4 I3 = 2π .∫ rdr .( ) = π .∫ r (r − r )dr = 12 2 r2 0 0

§2 . trụ

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ

Miền D

§2 . trụ

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ

Ví dụ 5: Tính tích phân

I5 = ∫∫∫ Ω

z x2 + y 2

dxdydz

Trong đó Ω giới hạn bởi x 2 + y 2 = 1, z = 0, x + y + z = 2 Mặt trụ kín x2+y2=1 song song với trục Oz nên chiếu Ω xuống mặt phẳng Oxy ta được hình tròn : x2+y2≤1 Với 2 mặt còn lại, ta phải so sánh giữa z=0 và z= √2 -x-y để có cận đối với dz Ta vẽ thêm đường thẳng √2 -x-y =0 trong mp z=0 để so sánh Rõ ràng, trong hình tròn ta có √2 -x-y ≥0

§2 .

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ

trụ Vậy :

I5 =

∫∫

dxdy

2− x −y

z

∫

2

2

dz

x +y Hình chiếu của Ω là hình tròn nên ta sẽ đổi tích phân trên tọa độ trụ bằng cách đặt  x = r cos ϕ   y = r sin ϕ 2

2

0

x +y ≤1

z = z 

2π

2−r cos ϕ−r sin ϕ

1

I5 = ∫ dϕ ∫ rdr 0

2π

I5 = ∫ 0

∫

0

1

z  dϕ ∫    2  0

0

z dz r

2−r cos ϕ−r sin ϕ

2

dr 0

§2 . trụ

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ 2π

 1  1 7 π I5 = ∫ 2 − 2(cos ϕ + sin ϕ ) + (1+ sin2ϕ ) dϕ =  2 0 3 3 x+y+z=√2

Ta sẽ tính bằng cách thứ 2 x2+y2=1

Miền D

§2 . trụ

I5 =

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ

z    2 2 x + y  2 0 1

∫∫

x 2 + y 2 ≤1

2

∫∫

=

2

2−x −y

2

dxdy

2 + x + y − 2 2x − 2 2y + 2xy x2 + y 2

x2 + y 2 ≤1

dxdy

Ta đang có tích phân kép trên cả hình tròn nên ta sẽ đổi tích phân kép trên sang tọa độ cực thông thường và được 2π

1

2

2

2 + r − 2 2r (cosϕ + sinϕ) + 2r sinϕ cosϕ I5 = ∫ dϕ ∫ r dr r 0 0

§2 . trụ

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ

Như vậy, thực chất việc ta tính tích phân bội ba trong tọa độ trụ chính là việc tính tích phân đó bình thường theo dz, sau đó đổi tích phân kép trên hình chiếu sang tọa độ cực.

§2 .

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ

trụ Ví dụ 6: Tích tích phân bội ba hàm f(x,y,z) = y2+z2 trên miền Ω giới hạn bởi y2+z2=1, y2+z2=4, x=2π, x=4π Trong 4 mặt tạo nên Ω có 2 mặt trụ cùng song song với Ox nên ta sẽ chiếu Ω xuống mặt phẳng x=0, và được miền D : 1≤ y2+z2≤4 2 mặt còn lại cho ta cận tích phân theo dx: 2π≤x ≤4π 4π

I6 = ∫∫ dydz ∫ ( y 2 + z 2 )dx = 2π

D

2π

2

I6 = 2π ∫ dϕ ∫ r .r dr = 15π 2

0

1

2

∫∫

1≤y 2 +z 2 ≤4

2

2

( y + z ).2πdydz

§2 . cầu

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ

Trong không gian cho điểm M(x,y,z), N là hình chiếu của M xuống mặt phẳng xy. Ta đặt: φ là góc giữa Ox và tia ON θ là góc giữa Oz và tia OM ρ là độ dài đoạn OM

M

θ ρ φ

N

Như vậy 0 ≤ ρ ˂ +∞, - 2π ≤ φ ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ π Nếu M nằm trên Oz thì góc φ không xác định, còn khi M trùng với gốc tọa độ thì cả θ cũng không xác định. Còn tất cả các điểm khác đều có thể xác định φ, θ, ρ và ta gọi đó là tọa độ cầu của điểm M

§2 . cầu

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ

Khi đó, ta dễ dàng tính được  x = ρ sinθ cos ϕ   y = ρ sinθ sin ϕ z = ρ cos θ  Ngược lại, ta có công thức chuyển từ tọa độ cầu sang tọa độ Descartes như sau   ρ = x 2 + y 2 + z2  y  tan ϕ = x   x2 + y 2 tanθ =  z

§2 .

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ

cầu Từ đó, ta có công thức đổi biến tích phân bội 3 sang tọa độ cầu:

∫∫∫ f (x, y, z)dxdydz Ω

= ∫∫∫ ρ2 sinθf (ρ sinθ cosϕ, ρ sinθ sinϕ, ρ cosθ )dϕdθd ρ Ω

Thông thường, nếu miền lấy tích phân là 1 phần hình cầu hoặc 1 phần ellipsoid thì ta sẽ đổi tích phân bội ba sang tọa độ cầu.

Cận của φ được xác định dựa vào hình chiếu của Ω xuống mặt phẳng Oxy, còn đối với θ, ρ thì dựa vào phần cắt dọc Ω bởi 1 mặt phẳng chứa trục Oz

§2 .

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ

cầu Ví dụ 7 : Tính tích phân I6 = ∫∫∫ 2 yzdxdydz Ω

2 2 2 x + y + z ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 Trong đó Ω giới hạn bởi

Ta đổi sang tọa độ cầu bằng cách đặt x = ρsinθcosφ, y= ρsinθsinφ, z = ρcosθ ρ≤1 Hình chiếu của Ω xuống mặt phẳng Oxy là ¼ hình tròn D: x2+y2≤1 ,0≤x, 0≤y nên ta được 0 ≤ φ ≤ π/2 Cắt dọc Ω bởi 1 mặt phẳng chứa trục Oz bởi mặt x = y ta được ½ hình tròn với z ≥ 0 (D1) nên 0 ≤ θ ≤ π/2 Trong miền D1, đi theo chiều mũi tên từ gốc tọa độ ra ta chỉ gặp 1 đường cong tức là đi trong Ω ta chỉ gặp mặt cầu với phương trình ρ = x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1

§2 .

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ

π π cầu 1 2 2 Vậy : I = dϕ dθ ρ 2 sinθ.2ρ sinθ sinϕ.ρ cosθ d ρ ∫ ∫ ∫ 5 π

0

0

0 π

2

2

2

1

4

I5 = ∫ sin ϕ dϕ ∫ sin θ cos θ dθ ∫ 2 ρ d ρ 0

π

2  1sin3 θ 

I5 = ( −cosϕ)0  3 z

π

0

1 2 2 5 

  ρ  0  5 0

0≤θ ≤π/2

0

x2+y2+z2=1

§2 .

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ cầu

Ví dụ 8: Tính tích phân bội ba hàm f(x,y,z)=x+y 2 2 x y trên miền Ω giới hạn bởi + + z2 ≤ 1, x ≤ 0, y ≥ 0, z ≤ 0 4

9

Miền lấy tích phân là 1 phần ellipsoid nên ta sẽ đổi tích phân sang tọa độ cầu mở rộng bằng cách đặt :  x = ρ s in θ c o s ϕ  2  x = 2 ρ s in θ c o s ϕ y   3 = ρ s in θ s in ϕ ⇔  y = 3 ρ s in θ s in ϕ  z = ρ cos θ  z = ρ cos θ  thì định thức Jacobi J = 2.3.ρ 2 sinθ = 6ρ 2 sinθ 2 2 x y và + + z2 ≤ 1 ⇔ ρ ≤ 1 4 9

§2 .

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ cầu

Điều kiện x ≤ 0, y ≥ 0 nên hình chiếu của Ω xuống mặt phẳng Oxy là ¼ hình tròn đơn vị nằm trong góc phần tư thứ 2 nên ta có π/2 ≤ φ ≤ π Cắt dọc Ω bởi 1 mặt phẳng chứa trục Oz là mặt x = y ta 2

y + z 2 ≤ 1 , z ≤ 0, y ≥ 0 (¼ ellipse ) nên được D1 : 9

π/2 ≤ θ ≤ π và đi theo chiều mũi tên từ gốc tọa độ ta chỉ gặp 1 mặt ellipsoid với phương trình ρ = 1 nên ta có ρ≤1 π

π

1

Vậy : I8 = ∫ dϕ ∫ dθ ∫ 6 ρ 2 sinθ ( ρ sinθ cos ϕ + ρ sinθ sin ϕ )d ρ π 2 π

π

2

0

π

1

I8 = ∫ (sin ϕ + cos ϕ )dϕ ∫ sin θ dθ ∫ 6 ρ 3d ρ π

2

π

2

2

0

§2 .

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ cầu

D z

Hình chiếu

§2 .

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ cầu

Ví dụ 9: Tính tích phân bội ba hàm f(x,y,z)=x+y trong miền Ω giới hạn bởi x2+y2+z2=2, z2=x2+y2, z≥0 Miền Ω giới hạn chỉ bởi 2 mặt nên ta tìm hình chiếu xuống mặt z=0 bằng cách khử z từ 2 phương trình 2 mặt và được hình chiếu là D: x2+y2≤1 Hình chiếu D là cả hình tròn tâm tại gốc tọa độ nên 0≤φ ≤2π Ta cũng cắt dọc miền Ω bởi mặt phẳng thẳng đứng x=0 để được -y≤z≤y, y2+z2 ≤2, 0≤z Suy ra 0≤θ≤π/4, 0 ≤ρ≤√2

§2 .

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ cầu

z

0≤θ≤π/20≤θ≤π/2

Miền D

§2 .

Vậy

2π

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ cầu π

4

2

I9 = ∫ dϕ ∫ d θ ∫ ρ 2 sin θ(ρ sin θ cos ϕ + ρ sin θ sin ϕ )d ρ 0

2π

0

0

π

4

2

I9 = ∫ (cos ϕ + sin ϕ )dϕ ∫ sin2 θd θ ∫ ρ 3d ρ 0

0

0

Thự ra đây là tích của 3 tích phân xác định nhân với nhau, mà tích phân thứ nhất bằng 0. Suy ra I9=0 Tuy nhiên, vì miền Ω có hình chiếu là hình tròn nên ta cũng có thể đổi tích phân trên sang tọa độ trụ thông thường

§2 .

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ cầu 2−x 2 −y 2

∫∫

I9 =

dxdy

x 2 +y 2 ≤1

∫∫

I9 =

∫

( x + y )dz

x 2 +y 2

2

2

2

2

( x + y )( 2 − x − y − x + y )dxdy

x 2 +y 2 ≤1 2π 1

I9 = ∫ dϕ ∫ r (r cos ϕ + r sin ϕ )( 1− r − r )dr 2

0 2π

0

1

I9 = ∫ (cos ϕ + s inϕ )dϕ ∫ r 2 ( 1− r 2 − r )dr 0

I9=0

0

§2 .

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ cầu 2π

1

Ví dụ 10 : Đổi tích phân I = d ϕ dr ∫ ∫ 10 sau về tọa độ Descartes 0 0

4−r 2

2

∫ r dz

0

Trước tiên, ta xem xét cận của tích phân theo dr, dφ để có hình chiếu D của miền lấy tích phân xuống mặt Oxy, 0 ≤ ϕ ≤ 2π D: 0 ≤ r ≤ 1 −1 ≤ x ≤ 1 ⇔ − 1 − x 2 ≤ y ≤ 1 − x 2

Suy ra D: x2+y2≤1

1

-1

1

§2 .

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ cầu

sau đó là cận của tích phân theo dz để có mặt giới hạn trên, giới hạn dưới với chú ý x2+y2=r2 : 0≤z≤4-x2-y2 và cuối cùng xem xét đến hàm dưới dấu tích phân để đổi về tọa độ Oxyz : 2 2 f ( x, y , z ) = r = x + y Vậy: 1

I10 = ∫ dx −1

x2 +y 2

∫ − x2 +y 2

dy

4− x 2 − y 2

∫ 0

2

2

x + y dz

§2 .

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ cầu

Ví dụ 11: Đổi tích 0 a2 − x 2 phân sau sang I11 = ∫ dx ∫ dy −a tọa độ cầu và tính − a2 − x 2 −

0

∫

xdz

a2 − x 2 − y 2

Ta cũng bắt đầu từ cận tích phân theo dx, dy để có hình chiếu của miền lấy tích phân xuống mặt phẳng Oxy

−a ≤ x ≤ 0 D:  2 2 2 2 − a − x ≤ y ≤ a − x

⇔ π ≤ ϕ ≤ 3π 2

2

a -a

0 -a

§2 .

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ cầu

2 2 2 2 Cận tích  x + y + z ≤ a 2 2 2 − a − x − y ≤z≤0⇔ phân theo ≤ z 0  dz là cho ta ½ hình cầu nằm phía dưới mặt phẳng z = 0

Cắt dọc miền lấy tích phân bởi mặt phẳng chứa trục Oz là x = 0 ta được ½ hình tròn y2+z2≤a2, z≤0 Suy ra π/2 ≤ θ ≤ π và 0≤ ρ≤a -a z Cuối cùng thay x=ρsinθcosφ vào 3π

2

π

a

I11 = ∫ dϕ ∫ dθ ∫ ρ 2 sinθ .ρ sinθ cos ϕ d ρ π

2

π

2

0

a -a

§2 .

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ cầu

Ví dụ 12: Tính tích phân trên miền V: x2+y2=1, z=0, 2 2 2 2 2 2 x +y =z (z≥0) của hàm f ( x, y , z ) = x + y + z 3 mặt giới hạn V không có mặt cầu nhưng vì hàm f(x,y,z) mà ta sẽ đổi tích phân sang tọa độ cầu Hình chiếu của V xuống mp z=0 là hình tròn D: x2+y2≤1 → 0≤φ≤2π Cắt dọc V bởi mp x=0 ta được D1: z=0, y=1, z=y π/4≤θ≤π/2 Đi từ gốc tọa độ ra, ta chỉ gặp duy nhất đường thẳng tương 1 ứng là mặt trụ trong không gian với pt x2+y2=1 ↔ ρsinθ=1 ↔ ρ =1/sinθ 1

§2 .

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ cầu

2π

π

2

I12 = ∫ dϕ ∫ d θ 0

π

2π

4

π

1 sin θ

∫ 0

2π

ρ 2 sin θ.ρd ρ = ∫

2

0

2π

π

2

 1 1sin θ    4 dϕ ∫ sin θd θ  ρ   4 0  π 4 π

2

1 1 1 −d cos θ I12 = ∫ dϕ ∫ d θ = ∫ dϕ ∫ 3 2 2 4 0 sin θ 4 (1 − co s θ ) π π 0 4

π 1 2 −1 I12 = (− 2 − ln ) 2 2 2 +1

4

§2 .

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ cầu

D1

§2 .

Tích phân bội ba – UD hình học

Thể tích miền Ω được tính bởi V (Ω) = ∫∫∫ 1.dxdydz Ω

Ví dụ 13: Tính thể tích vật thể Ω giới hạn bởi

y = x, y = 2 x, x + z = 6, z = 0 Hai mặt trụ song song với trục Oz là y = √x, y = 2√x tựa lên 2 đường parabol, ta lấy thêm đường thẳng giao tuyến của mặt phẳng x + z =6 với mặt phẳng z = 0 để được miền đóng D là hình chiếu của Ω xuống mặt phẳng Oxy. D: 0≤x≤6, √x≤y≤2√x

§2 .

Tích phân bội ba – UD hình học Miền D nằm bên trái đường thẳng x = 6 tức là ứng với 0 ≤ 6 – x nên trong miền Ω ta có bất đẳng thức 0≤z≤ 6–x

2√6

O

2 x

0

x

6−x

Vậy: V (Ω) = ∫∫∫ dxdydz = ∫ dx ∫ dy ∫ dz Ω

√6

6

D

6

0

§2 .

Tích phân bội ba – UD hình học

Ví dụ 14: Tính thể tích vật thể Ω giới hạn bởi 2

2

2

1 ≤ x + y + z ≤ 4, x ≤ y

Ta sẽ tính thể tích bằng cách đổi tích phân bội ba

V (Ω) = ∫∫∫ dxdydz

sang tọa độ cầu bình thường

Ω

Hình chiếu của vật thể xuống mặt phẳng Oxy là nửa hình tròn D: 2

2

x + y ≤ 4, x ≤ y

π/4 ≤ φ ≤ 5π/4 Cắt dọc Ω bằng mặt phẳng chứa trục Oz là y = x ta được miền D1 là hình vành khăn

D

§2 .

Tích phân bội ba – UD hình học nên 0 ≤ θ ≤ π D1 Trong miền D1 ta đi theo chiều mũi tên từ gốc tọa độ ra ta gặp đường tròn nhỏ trước, đường tròn lớn sau nên 1≤ρ≤2 5π π 2 Vậy: 4 V ( Ω ) = ∫ d ϕ ∫ dθ ∫ ρ 2sinθ d ρ π

4

0

1

2

5π π π 1 3 V (Ω) = ( − ) ( − cosθ )0  ρ  4 4  3 1 14π V (Ω ) = 3

§2 .

Tích phân bội ba – UD hình học

D

D1

§2 .

Tích phân bội ba – UD hình học

Ví dụ 15: Tính thể tíchΩ giới hạn bởi x 2 + y 2 + z 2 ≤ 2z, z ≥ x 2 + y 2

Ta tìm hình chiếu của Ω xuống mặt phẳng Oxy bằng cách khử z : thay z từ pt sau vào pt trước x2 + y 2 + (x2 + y 2 ) = 2 x2 + y 2 ⇔ x2 + y 2 = 1 Ta được hình chiếu D: x2+y2≤1 → 0≤φ≤ 2π Cắt dọc Ω bằng 1 mặt phẳng chứa trục Oz là mặt x = 0 ta được miền D1: -y ≤ z ≤y, y2+z2≤2z nên 0 ≤ θ ≤π/4 và đi theo chiều mũi tên từ trong gốc tọa độ ra ta chỉ gặp 1 mặt cầu với phương trình 2

2

2

2

x + y + z ≤ 2z ⇔ ρ ≤ 2 ρ cos θ ⇔ ρ ≤ 2cos θ

§2 .

Tích phân bội ba – Đổi biến sang tọa độ cầu

2π

π

4

I14 = ∫ dϕ ∫ dθ 0

0

1

0 ≤ θ ≤π/4

1

2cos θ

∫

0

ρ sinθ d ρ