1

BÀI SOẠN

GIẢI TÍCH TOÁN HỌC II

2

CHƯƠNG I: PHÉP TÍNH VI PHÂN HÀM NHIỀU BIẾN

§1:KHÁI NIỆM MỞ ĐẦU 1) Hàm số nhiều biến số

Trong không gian Euclide n chiều n (n 1) một phần tử nx là một bộ n số thực

1 2 n(x ,x ,..., x ) .Tập nD .ta gọi ánh xạ f : D xác định bởi

1 2 n 1 2 nx (x ,x ,..., x ) D u f (x) f (x ,x ,..., x ) là một hàm số n biến xác định

trên

2) Tập hợp trong n :Giả sử 1 2 n 1 2 nM(x ,x ,..., x );N(y , y ,..., y ) trong n .Khoảng

cách giữa 2 điểm ấy,ký hiệu d(M,N) được xác định bởi

1n 22

i ii 1

d(M, N) (x y )

a) Ta gọi n0 0 0 0S M(x, y) / d(M,M ) : M (x , y ) là một lân cận của

0 0 0M (x , y )

b) Điểm M E được gọi là điểm trong của tập E nếu tồn tại một lân cận của M

nằm hoàn toàn trong E

c) Điểm M được gọi là điểm biên của tập E nếu mọi lân cận của M vừa chứa

những điểm của E và những điểm không thuộc E.

d) Tập E được gọi là mở của n nếu mọi điểm của nó đều là điểm trong.

e) Tập E được gọi là liên thông nếu với mọi điểm 1 2M ,M đều nối với nhau bởi

một đường cong liên tục nằm hoàn toàn trong E.

3) Giới hạn của hàm số nhiều biến số:

a) Ta nói rằng dãy điểm n n nM (x ,y ) dần tới 0 0 0M (x , y ) khi n và viết

n 0M M nếu n 0nlim d(M ,M ) 0

hay n 0nlim x x

và n 0nlim y y

3

b) Giả sử hàm z f (M) f (x, y) xác định trong một lân cận V của 0 0 0M (x , y ) .

Hàm f (M) được gọi là có giới hạn khi M(x,y) dần đến 0 0 0M (x , y ) nếu

2 20 00, 0, (x, y) D : (x x ) (y y ) ; f (x, y) và viết

0

0

x xy y

lim f (x, y)

Lưu ý:Giới hạn của hàm số nếu có là duy nhất.

c) Định lý: 0M M

lim f (M)

khi và chỉ khi với mọi dãy nM thỏa mãn

n 0nlim M M

thì nnlim f (M )

Lưu ý:Định lý này thường dùng để chứng minh cho hàm số không tồn tại giới hạn tại

một điểm.

Ví dụ: Tìm 2 2(x,y) (0,0)

xylimx y

Đặt y kx (k 0) khi đó 2

2 2 2x 0

kx klim(k 1)x (k 1)

sẽ có những giá trị khác nhau ứng với

những giá trị khác nhau của k.Do đó không tồn tại giới hạn đã cho.

4) Tính liên tục của hàm nhiều biến: Nếu 0

0M Mlim f (M) f (M )

và 0M thuộc

miền xác định của hàm f(M) thì hàm f(M)được gọi là liên tục tại 0M .

5) Giới hạn 0 0x x y y

lim lim f (x, y)

hoặc0 0y y x x

lim lim f (x, y)

được gọi là giới hạn lặp của

hàm f(x,y) tại 0 0(x , y ) .

§2:ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN I. Đạo hàm riêng:Cho hàm u f (x, y) xác định trong D mở, 0 0 0M (x , y ) D .

Cho 0x một số gia x sao cho 0x x D .Nếu tồn tại

0 0 0x 0

f (x x, y) f (x , y )limx

thì giới hạn đó gọi là đạo hàm riêng của hàm f(x,y) tại

4

0 0 0M (x , y ) và ký hiệu 0 0U (x , y )x

.Hoàn toàn tương tự ta cũng có 0 0U (x , y )y

.

Lưu ý:Đạo hàm riêng của hàm nhiều biến số thực chất là đạo hàm của hàm một biến

số.Vì trong quá trình lấy đạo hàm theo biến x thì 0y y const .

Hoàn toàn tương tự ta cũng có các định nghĩa đạo hàm riêng của các hàm 3,4…biến.

II. Vi phân toàn phần

1) Định nghĩa:Cho hàm u f (x, y) xác định trong D mở, 0 0 0M (x , y ) D .

Cho 0 0(x , y ) một số gia x và y tương ứng sao cho 0 0(x x, y y) D .Biểu thức

0 0 0 0u f (x x, y y) f (x , y ) gọi là số gia toàn phần của u f (x, y)

tại 0 0 0M (x , y ) .Nếu có 2 2u A x B y o x y ,trong đó A,B chỉ phụ thuộc

0 0(x , y ) thì hàm u f (x, y) được gọi là khả vi tại 0 0 0M (x , y ) .Biểu thức A x B y

được gọi là vi phân toàn phần của hàm u f (x, y) tại 0 0 0M (x , y ) .

ký hiệu du A x B y .

Chú ý:Nếu hàm u f (x, y) khả vi tại 0 0 0M (x , y ) thì liên tục tại đó.

2) Định lý:Nếu hàm u f (x, y) có đạo hàm riêng tại 0 0 0M (x , y ) và tại đó hàm

khả vi,tức dU A x B y .Khi đó 0 0u (x , y ) Ax

và 0 0u (x , y ) By

3) Định lý:Cho hàm số u f (x, y) có đạo hàm riêng trong lân cận của điểm

0 0 0M (x , y ) và các đạo hàm riêng liên tục tại 0 0 0M (x , y ) thì tại đó hàm khả vi.

Chứng minh: Ta có

0 0 0 0u f (x x, y y) f (x , y )

0 0 0 0 0 0 0 0f (x x,y y) f (x , y y) f (x ,y y) f (x ,y )

theo công thức số gia giới nội Lagrang của hàm một biến thì

0 0 0 0 x 0 1 0f (x x, y y) f (x , y y) f (x x, y y) x và

0 0 0 0 y 0 0 2f (x , y y) f (x ,y ) f (x ,y y) y trong đó 1 20 , 1 .

Mặt khác x 0 1 0 x 0 0f (x x, y y) f (x , y ) với 0 khi x 0 và y 0

5

y 0 0 y 0 0f (x , y y) f (x , y ) với 0 khi y 0

Vậy x 0 0 y 0 0u f (x ,y ) x f (x ,y ) y x y đpcm.

Chú ý:+ Nếu f (x, y) x hoặc f (x, y) y thì x dx và y dy khi đó

x ydu f dx f dy

+ Ta có thể dung vi phân toàn phần để tính giá trị gần đúng của một biểu

thức,xong sai số không theo ý muốn.

III. Đạo hàm của hàm hợp: Cho u f (x, y) trong đó x x(t,s) và y y(t,s) là các

hàm số.Các hàm u, x, y là các hàm có đạo hàm riêng,khi đó

U U x U y. .t x t y t

U U x U y. .s x s y s

là các đạo hàm riêng của hàm u theo biến t và s.Ngoài ra ta còn có cách thể hiện khác:

UU x yxt t tUU x yys s s

ở đó ma trận

x yt tx ys s

gọi là ma trận Jacobi của x,y đối với t và s.Định thức của ma trận gọi là định thức

Jacobi của x,y đối với t và s.Ký hiệu

x yD(x, y) t tJ

x yD(t,s)s s

Chú ý:Các quy tắc lấy đạo hàm riêng và vi phân của hàm số nhiều biến số tương tự như

quy tắc đối với hàm một biến số.

6

IV. Đạo hàm của hàm ẩn:

1) Khái niệm về hàm ẩn:Gsử từ phương trình F(x, y,z) 0 xác định hàm z z(x, y)

thỏa mãn F x,y,z(x,y) 0 .Như vậy hàm z z(x, y) được xác định một cách ẩn bởi

phương trình F(x, y,z) 0 .Tương tự đối với các hàm nhiều hơn ba biến.

2) Định lý:Giả sử hàm F(x, y,z) có các đạo hàm riêng liên tục trong lân cận của

0 0 0 0M (x , y ,z ) và 0 0 0F(x , y ,z ) 0 ; z 0F (M ) 0 .Khi đó từ F(x, y,z) 0 trong lân cận

0 0 0M (x , y ) xác định hàm ẩn z z(x, y) liên tục,có đạo hàm riêng liên tục và thỏa mãn

0 0 0z z(x , y ) và xx

z

FzF

; yy

z

Fz

F

.

V. Đạo hàm và vi phân cấp cao

1) Khái niệm:Giả sử hàm số U f (x, y) có đạo hàm riêng U (x, y)x

và U (x, y)y

cũng là những hàm số có đạo hàm riêng và đó là các đạo hàm riêng cấp 2

2

2U U

x x x

& 2U U

y x x y

2U U

x y y x

&

2

2U U

y y y

Các đạo hàm 2Ux y

và 2Uy x

được gọi là các đạo hàm hỗn hợp cấp 2.Với cách lý luận

tương tự ta cũng có các đạo hàm cấp 3,4…

2) Định lý(Schwarz):Nếu trong lân cận nào đó của 0 0 0M (x , y ) hàm số U f (x, y)

có các đạo hàm riêng xy yxf f và các đạo hàm đó liên tục tại 0 0 0M (x , y ) thì

xy 0 0 yx 0 0f (x , y ) f (x ,y )

Chứng minh:Xét f (x x, y y) f (x x, y) f (x, y y) f (x, y)

Giữ y và y không đổi, đặt (x) f (x x, y) f (x, y) thì (x x) (x)

từ giả thiết ta có (x) khả vi trong x, x x ,nên

1 1(x x) (x) (x x, y) x (0 1)

7

tức là

x 1 xf (x x,y y) f (x,y) x xy 1 2 2f (x x,y y) y x (0 1)

Vậy xy 1 2f (x x,y y) y x

Hoàn toàn tương tự,giữ x; x cố định ta cũng có

yx 3 4 3 4f (x x,y y) y x (0 , 1)

khi y x 0 ta có xy 1 2 yx 3 4f (x x,y y) f (x x,y y)

khi x 0 và y 0 thì xy yxf (x, y) f (x,y) vì các đạo hàm riêng hỗn hợp liên tục.

3) Vi phân cấp cao:Giả sử x ydu f dx f dy là vi phân toàn phần của hàm U f (x, y)

tại 0 0 0M (x , y ) ,với dx,dy được coi như hằng số và x ydu f dx f dy cũng là một hàm có

vi phân toàn phần.Khi đó 2d(du) d u và 2 22 2

x y xyx yd(f dx f dy) f dx 2f dxdy f dy

Về mặt hình thức: n

nd u dx dy (u)x y

VI. Hàm số đẳng cấp

Cho nG thỏa mãn 1 2 n 1 2 nM(x ,x , , x ) G (tx , tx , , tx ) G .

Hàm số 1 2 nf (x ,x , ,x ) xác định trên G được gọi là đẳng cấp bậc k nếu thỏa mãn

k1 2 n 1 2 nf (tx , tx , , tx ) t f (x ,x , ,x ) với t 0

Ví dụ : 2

3 332

x xU ln arc tg ;U x yyy

Nhận xét:Nếu 1 2 nf (x ,x , ,x ) đẳng cấp bậc k thì các đạo hàm riêng cấp 1 của nó cũng là

những hàm số đẳng cấp bậc k – 1.

Hàm số 1 2 nf (x ,x , ,x ) đẳng cấp bậc k khi và chỉ khi n

iii 1

fx kfx

(CT Euler)

Thật vậy từ k1 2 n 1 2 nf (tx , tx , , tx ) t f (x ,x , ,x ) lấy đạo hàm hai vế theo t ta được

n

k 1i 1 2 n 1 2 n

ii 1

fx (tx , tx , , tx ) kt f (tx , tx , , tx )x

cho t = 1 ta có đpcm.

8

Ngược lại thay ix bởi itx và nhân hai vế của đẳng thức đã cho với k 1t thì được

n

k k 1i 1 2 n 1 2 n

ii 1

fx (tx , tx , , tx )t kt f (tx , tx , , tx ) 0x

Nhận thấy rằng vế trái của đẳng thức trên là đạo hàm theo t của 1 2 nk

f (tx , tx , , tx )t

do đó 1 2 nk

f (tx , tx , , tx ) Ct

cho t 1 ta được 1 2 nC f (x ,x , ,x ) ,tức là

k1 2 n 1 2 nf (tx , tx , , tx ) t f (x ,x , ,x )

VII. Đạo hàm theo hướng.Gradien

Cho hàm số U(x, y,z) xác định trên 3V .Qua điểm 0 0 0 0M (x , y ,z ) V vẽ một đường

thẳng định hướng có vecto đơn vị là ,M là một điểm trên đường thẳng đó.

Ta có 0M M

trong đó là độ dài đại số của vecto 0M M

.Nếu tồn tại

0 0 00 0

U(x, y,z) U(x , y ,z )Ulim lim

thì giới hạn đó gọi là đạo hàm của hàm U theo

hướng tại 0 0 0 0M (x , y ,z ) .ký hiệu 0

U (M )

đặc biệt khi 0M M

cùng phương 0x

thì 0 0U U(M ) (M )

x

Định lý:Nếu hàm u u(x, y,z) khả vi tại 0 0 0 0M (x , y ,z ) thì tại đó nó có đạo hàm theo

mọi hướng và

0 0 0 0u u u u(M ) (M )cos (M )cos (M )cos

x y z

trong đó cos ,cos ,cos là tọa độ của vecto (hay còn gọi là côsin chỉ phương).

Chứng minh:Do giả thiết,nên

0 0 0 0u u uu u(M) u(M ) (M ) x (M ) y (M ) z o( )x y z

trong đó

x cos ; y cos ; z cos nên

9

0 0 0u u u u o( )(M )cos (M )cos (M )cos

x y z

Chuyển qua giới hạn khi 0 ta có điều phải chứng minh.

Vectơ 0 0 0u u u(M ), (M ), (M )x y z

được gọi là Gradien của u u(x, y,z) tại 0M và ký

hiệu 0 0 0u u ugrad u (M ), (M ), (M )x y z

nếu gọi i, j,k

là cơ sở trong 3 thì

0 0 0u u ugradu (M )i (M ) j (M )kx y z

VIII. Công thức Taylor:

Định lý:Cho hàm số f (x, y) có đạo hàm riêng đến cấp (n 1) liên tục trong lân cận nào đó

của điểm 0 0 0M (x , y ) .Nếu 0 0(x x, y y) cũng thuộc lân cận đó thì

0 0 0 0f f (x x, y y) f (x , y )

2 n n 10 0 0 0 0 0 0 0

1 1 1df (x , y ) d f (x , y ) d f (x , y ) d f (x x, y y)2! n! (n 1)!

với 0 1

Chứng minh:Đặt 0 0F(t) f (x t x, y t y) với 0 t 1 khi đó

0 0 0 0F(1) F(0) f (x x, y y) f (x , y ) do giả thiết nên F(t) khả vi trên 0,1 ,theo

Taylor đối với hàm một biến số ta có

(n) (n 1)1 1 1F(1) F(0) F (0) F (0) F (0) F ( )2! n! (n 1)!

với 0 1

Nhưng x 0 0 y 0 0 0 0F (0) f (x ,y ) x f (x ,y ) y df (x ,y )

và 2 22 2 2

0 0 xy 0 0 0 0 0 0x yF (0) f (x , y ) x 2f (x , y ) x y f (x , y ) y d f (x , y )

cứ tiếp tục ta có (n) n (n 1) n0 0 0 0F (0) d f (x , y ).......F ( ) d f (x x, y y) .

Qua đó ta có điều cần phải chứng minh.

10

§3:CỰC TRỊ

I. Cực trị của của hàm nhiều biến:Cho hàm số u f (x, y) xác định trong miền D nào

đó trong 2 ,điểm 0 0 0M (x , y ) D .Ta nói hàm u f (x, y) đạt cực trị tại 0M nếu với mọi

điểm M(x, y) trong lân cận của 0M : 0 0f (x, y) f (x , y ) giữ nguyên một dấu

nếu 0 0f (x, y) f (x , y ) 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại 0M

nếu 0 0f (x, y) f (x , y ) 0 thì hàm số đạt cực đại tại 0M

Đặt 2 2x 0 y 0 0 0 xy 0x yp f (M );q f (M );A f (M );C f (M );B f (M )

Định lý:Nếu hàm u f (x, y) đạt cực trị tại 0M và tại đó có các đạo hàm riêng,thì

x 0 y 0p f (M ) q f (M ) 0 .

Định lý: Giả sử hàm u f (x, y) có các đạo hàm riêng cấp 2 liên tục trong một lân cận

nào đó của 0 0 0M (x , y ) và x 0 y 0p f (M ) q f (M ) 0 .Khi đó tại 0M :

a) Nếu 2AC B 0 thì u f (x, y) đạt cực trị tại 0M và

A 0 thì u f (x, y) đạt cực tiểu tại 0M .

A 0 thì u f (x, y) đạt cực đại tại 0M .

b) 2AC B 0 thì u f (x, y) không đạt cực trị tại 0M

c) 2AC B 0 thì u f (x, y) có thể đạt hoặc không đạt cực trị tại 0M .

Chứng minh:Giả sử 0 0M(x h, y k) ở trong lân cận 0M theo công thức Taylor ta có:

2 2 2 20

1f (M) f (M ) (Ah 2Bhk Ck ) o( h k )2

.Khi h, k đủ nhỏ thì

2 2g(h,k) Ah 2Bhk Ck coi là cùng dấu với . Ta coi 2 2g(h,k) Ah 2Bhk Ck

là dạng toàn phương của 2 biến h và k.Dạng toàn phương có ma trận A BB C

11

Nếu A 0 và 2A BAC B 0

B C thì dạng toàn phương trên không xác định âm hoặc

dương Hàm số không có CĐ,CT.

Nếu Nếu A 0 và 2A BAC B 0

B C thì dạng toàn phương trên xác định dương,do

đó hàm số đạt CT tại 0 0 0M (x , y ) .

Nếu Nếu A 0 và 2A BAC B 0

B C thì dạng toàn phương trên xác định âm,do đó

hàm số đạt CĐ tại 0 0 0M (x , y ) .

Chú ý:Nếu A B C q p 0 ta cần khai triển Taylor hàm u f (x, y) đến cấp 3...

Trong trường hợp hàm n biến ta cần xét đến dạng toàn phương xác định dương,âm.Ở đó

các hệ số của dạng toàn phương là các đạo hàm riêng cấp hai tại 0M .

Cụ thể:Với hàm 3 biến u f (x, y,z) có x 0 y 0 z 0f (M ) f (M ) f (M ) 0 ,còn các đạo hàm

cấp hai tính tại 0 0 0 0M (x , y ,z ) .Ở đó

0 0 0 0U f (x x,y y) f (x ,y )

2 2 22 2 2

xy xz zyx y zf dx 2f dxdy 2f dxdy 2f dxdy f dy f dz

Và ta có ma trận của dạng toàn phương là

2

2

2

0

xy xzx

yx yzy

zx zy z M

f f f

f f f

f f f

Ví dụ:Tìm cực trị của hàm số 2 2 2u 2x y 4z 4yz 2xz 2xy

Chứng minh:

12

1)Tìm điểm nghi ngờ: x

y

z

u 4x z y 0 x 0u y 2z x 0 y 0

z 0u 4z 2y x 0

2)Tính các đạo hàm riêng cấp hai

2 2 2x y zu (0,0,0) 4;u (0,0,0) 2;u (0,0,0) 8 ; yz zyu (0,0,0) 4 u (0,0,0)

và xy xz yx zxu (0,0,0) 2 u (0,0,0) u (0,0,0) u (0,0,0)

Đặt x h; y k; z t khi đó khai triển Taylor của hàm số tại O(0,0,0) là

2 2 24h 4hk 2k 4ht 8kt 8t

Ma trận của dạng toàn phương là:4 2 22 2 42 4 8

là ma trận xác định dương.Vậy tại điểm

O(0,0,0) hàm số đạt cực tiểu và ctu 0 .

Nhắc lại

Định thức con chính dương thì dạng toàn phương xác định dương.

Dạng toàn phương xác định âm khi và chỉ khi các định thức con chính cấp lẻ âm và cấp

chẵn dương.

II. Cực trị có điều kiện

1) Bài toán:Tìm cực trị của hàm số u f (x, y) thỏa mãn điều kiện g(x, y) 0

2) Điều kiện ắt có của cực trị có điều kiện

Giả sử 0 0 0M (x , y ) là điểm cực trị có điều kiện của hàm số u f (x, y) và thỏa mãn điều

kiện g(x, y) 0 .

Định lý:Các hàm f (x, y) ; g(x, y) có đạo hàm riêng cấp một liên tục trong lân cận của

điểm 0 0 0M (x , y ) và thỏa mãn 2 2x 0 y 0g (M ) g (M ) 0 .Khi đó

13

0

x yx y y x

x y M

f ff g f g 0

g g

Chứng minh:Hiển nhiên 0 0g(x , y ) 0 ,giả sử y 0 0g (x ,y ) 0 ,theo điều kiện của hàm ẩn

tồn tại y = y(x) khả vi trong lân cận điểm 0x và hàm f x, y(x) đạt cực trị tại 0x x ,nên

x 0 0 y 0 0 0f (x , y ) f (x ,y )y (x ) 0 hay x 0 0 y 0 0f (x , y )dx f (x ,y )dy 0

mặt khác x 0 0 y 0 0g (x ,y )dx g (x ,y )dy 0

xét hệ với ẩn dx, dy

x 0 0 y 0 0

x 0 0 y 0 0

g (x , y )dx g (x , y )dy 0

f (x , y )dx f (x , y )dy 0

có nghiệm không tầm thường và định thức ma trận hệ

x 0 0 y 0 0

x 0 0 y 0 0

f (x , y ) f (x , y )0

g (x , y ) g (x , y )

Đối với hàm nhiều hơn hai biến số ta cũng có kết quả tương tự.

§4:PHÁP TUYẾN VÀ TIẾP DIỆN

1) Tiếp tuyến của đường cong ghềnh trong không gian

Trong không gian cho đường cong ghềnh

x x(t)

(L) y y(t)z z(t)

ở đó các hàm x(t), y(t), z(t) là các hàm số có các đạo hàm liên tục.khi đó phương trình

cát tuyến đi qua 2 điểm 1M(x,y,z);M (x x,y y,z z) được xác định

X x Y y Z zx y z

=> X x Y y Z zx y zt t t

Và phương trình tiếp tuyến với đường cong tại M là

14

t t t

X x Y y Z zx y z

=> vecto chỉ phương của tiếp tuyến là t t ta(x ,y ,z ) .

Nếu gọi , , là góc tạo bởi tiếp tuyến với chiều dương Ox,Oy,Oz thì

t2 2 2

t t t

xcosx y z

; t

2 2 2t t t

ycosx y z

; t

2 2 2t t t

zcosx y z

trong đó việc chọn dấu được xác định với việc chọn hướng của tiếp tuyến.

Mặt phẳng pháp diện của đường cong tại M có phương trình

t t t(X x)x (Y y)y (Z z)z 0

2) Tiếp diện

Giả sử trong không gian cho một mặt S có phương trình F(x,y,z) 0 trong đó

F(x,y,z) là hàm khả vi.và 0 0 0 0M (x ,y ,z ) S gọi là điểm chính quy khi

2 2 2x y zF F F 0

Giả sử đường L trong S qua 0M có phương trình

x x(t)

(L) y y(t)z z(t)

Từ phương trình F(x,y,z) 0 ta có

x y t zF .x (t) F .y F .z (t) 0

Nhận thấy vecto 0

x y z Mn(F ,F ,F ) không đổi,còn ta(x ,y ,z ) thay đổi khi L thay đổi

nhưng vẫn qua M.Nên vecto 0

x y z Mn(F ,F ,F ) được xem như pháp tuyến của mặt phẳng

tiếp xúc với S tại 0M . Khi đó tiếp diện của mặt S tại 0 0 0 0M (x ,y ,z ) có phương trình

x 0 0 0 0 y 0 0 0 0 z 0 0 0 0F (x ,y ,z )(X x ) F (x ,y ,z )(Y y ) F (x ,y ,z )(Z z ) 0

Khi măt S có phương trình dạng z f (x,y) ,thì tiếp diện của mặt S có phương trình

x yf .(X x) f .(Y y) Z z 0

Nếu gọi , , là góc tạo bởi pháp tuyến tại tiếp điểm với chiều dương Ox,Oy,Oz thì

15

x2 2

x y

fcos1 f f

; y

2 2x y

fcos

1 f f

;

2 2x y

1cos1 f f

Dấu ± cần ứng với hướng ngược nhau của pháp tuyến khi ta xác định hướng.

TÍCH PHÂN BỘI

§1.TÍCH PHÂN PHỤ THUỘC THAM SỐ

I. Tích phân phụ thuộc tham số cận là hằng số

1) Khái niệm:Cho tích phânb

a

f (x, y)dx với y c,d .Đặt b

a

F(y) f (x, y)dx ,tích

phân đó phụ thuộc y được gọi là tích phân phụ thuộc tham số .

2) Tính chất

a) Định lý 1:Nếu f (x, y) liên tục trên a,b c,d thì hàm b

a

F(y) f (x, y)dx

liên tục trên c,d .

Chứng minh:Với y bất kỳ y c,d và y y c,d ta có

b b b

a a a

F(y y) F(y) f (x, y y)dx f (x, y)dx f (x, y y) f (x, y) dx

vì hàm f (x, y) liên tục trên a,b c,d nên liên tục đều trên đó,nên

b

a

f (x, y y) f (x, y) f (x, y y) f (x, y) dxb a

16

Chứng tỏ y 0lim F(y y) F(y)

,tức là F(y) liên tục tại y.Do y bất kỳ trên c,d nên F(y)

liên tục trên c,d .

b) Định lý 2:Nếu với mỗi y c,d hàm số f (x, y) liên tục trên a,b theo x và

yf (x, y) liên tục trên a,b c,d thì hàm b

a

F(y) f (x, y)dx khả vi trên c,d và ta có

b

ya

F (y) f (x, y)dx .

Chứng minh:

Xét b b

ya a

F f (x, y y) f (x, y) dx f (x, y y)dxy y

(Công thức số gia giới nội)

Mặt khác b b

y y ya a

F f (x, y)dx f (x, y y) f (x, y) dxy

với y yf (x, y y) f (x, y)b a

vì hàm yf (x, y) liên tục đều trên a,b c,d .

Chứng tỏ b

yy 0a

Flim f (x, y)dxy

đó là điều phải chứng minh.

c) Định lý 3:Nếu hàm f (x, y) liên tục trên a,b c,d thì b

a

F(y) f (x, y)dx

khả tích trên c,d và d d b b d

c c a a c

F(y)dy f (x, y)dx dy f (x, y)dy dx

.

Chứng minh:hàm f (x, y) khả tích trên c,d là hiển nhiên.

Giả sử với u bất kỳ thỏa mãn c u d ,ta chứng minh

17

u b b u

c a a c

f (x, y)dx dy f (x, y)dy dx

đạo hàm theo u vế trái ta được b

a

f (x,u)dx F(u) ().

Xét trong vế phải thỏa mãn các điều kiện của định lý 2 nên

hàm u

c

(x,u) f (x, y)dy có u

uc u

(x,u) f (x, y)dy f (x,u)

do đó

u b b u b

c a a c auu

f (x, y)dx dy f (x, y)dy dx f (x,u)dx F(u)

()

Từ () và () ta cóu b b u

c a a c

f (x, y)dx dy f (x, y)dy dx C

Đặc biệt u d thì C = 0.

II. Tích phân phụ thuộc tham số cận là hàm của tham số: là tích phân có dạng

b(u)

a(u)(u) f (x,u)dx

1) Định lý 1:Nếu hàm f (x,u) liên tục trên a,b , ,các hàm số a(u);b(u)

liên tục trên , và a a(u) b; b(u) u , thì

b(u)

a(u)(u) f (x,u)dx liên tục trên ,

Chứng minh:Dễ dàng suy ra sự tồn tại của tích phân b(u)

a(u)(u) f (x,u)dx

18

Xét b(u u) b(u)

a(u u) a(u)f (x,u u)du f (x,u)du

a(u) b(u u) b(u)

a(u u) b(u) a(u)f (x,u u)du f (x,u u)du f (x,u u) f (x,u) du

1 2f (c ,u u) a(u u) a(u) f (c ,u u) b(u u) b(u)

b(u)

a(u)f (x,u u) f (x,u) du (Định lý giá trị trung bình).

Ở đó 1 2c ;c tương ứng nằm giữa a(u);a(u u) và b(u);b(u u) .Từ giả thiết của

định lý thì u 0lim 0

tức là hàm số liên tục trên , .

2) Định lý 2: Nếu hàm f (x,u) và uf (x,u) liên tục trên a,b , ,các hàm số

a(u);b(u) liên tục khả vi trên , và a a(u) b; b(u) u , thì

b(u)

ua(u)

(u) f b(u),u b (u) f a(u),u a (u) f (x,u)dx

Chứng minh:

b(u u) b(u)

a(u u) a(u)

1 f (x,u u)du f (x,u)duu u

1 2b(u u) b(u) a(u u) a(u)f (c ,u u) f (c ,u u)

u u

b(u)

a(u)

f (x,u u) f (x,u) duu

Ở đó 1 2c ;c tương ứng nằm giữa a(u);a(u u) và b(u);b(u u) .

19

b(u)

uu 0a(u)

lim f u,b(u) b (u) f u,a(u) a (u) f (x,u)dxu

III. Tích phân phụ thuộc tham số cận suy rộng:Cho hàm số f (x,u) xác định trong

miền R a x ; u .Giả sử với mỗi u , mà tích phân

a

f (x,u)dx

hội tụ và ký hiệu a

I(u) f (x,u)dx

Nói cách khác A

Aa

I(u) lim f (x,u)dx

;hàm I(u) xác định trên đoạn , .

Một cách tương tự ta cũng có các định nghĩa

b b

BB

I(u) lim f (x,u)dx f (x,u)dx

và A

ABB

I(u) lim f (x,u)dx f (x,u)dx

.

1) Định nghĩa: tích phâna

f (x,u)dx

gọi là hội tụ đều về hàm I(u) trên đoạn ,

nếu 00, A a để sao cho u , 0A A :A

f (x,u)dx

2) Định lý(Dấu hiệu hội tụ đều):Nếu với x đủ lớn F(x) với x a sao cho

u , ta có f (x,u) F(x) và tích phân a

F(x)dx

hội tụ.Thì tích phân

a

f (x,u)dx

hội tụ đều trên , .

3) Định lý:Cho hàm số f (x,u) liên tục trên R a x ; u mà tích phân hội

20

tụ đều trên , ,thì tích phân a

f (x,u)dx

liên tục trên , .

Chứng minh: tích phân a

f (x,u)dx

hội tụ đều trên , nên với 0A đủ lớn ta có

0A

f (x,u)dx 0

Mặt khác 0A

a

f (x,u)dx liên tục,nên

0 0 0A A A

a a a

f (x,u u)dx f (x,u)dx f (x,u u) f (x,u) dx với u đủ nhỏ

với u , u u , thì

0A

a a af (x,u u)dx f (x,u)dx f (x,u u) f (x,u) dx

0 0A A

f (x,u)dx f (x,u u)dx 3

.

Chứng tỏ a

I(u) f (x,u)dx

liên tục tại u.

4) Định lý:Cho hàm số f (x,u) liên tục trên R a x ; u mà tích phân hội

tụ đều trên , ,thì tích phân a

f (x,u)dx

khả tích trên , .Và

21

a a

I(u)du f (x,u)dx du f (x,u)du dx

Chứng minh:Ta có

A A

a A a A

I(u)du f (x,u)dx du f (x,u)dx du f (x,u)dx du f (x, u)dx du

nên A

0a A

I(u)du f (x,u)dx du f (x,u)dx du ( ) u , ; A A

do đó A

A a a

I(u)du lim f (x,u)du dx f (x,u)du dx

5) Định lý : Cho hàm số f (x,u) ; uf (x,u) liên tục trên R a x ; u ,

tích phân a

f (x,u)dx

hội tụ và ua

f (x,u)dx

hội tụ đều trên , .Khi đó

ua au

I (u) f (x,u)dx f (x,u)dx

Chứng minh:Xét hàm n

na

I (u) f (x,u)dx hội tụ về I(u) với u , .Mặt khác

n

n ua

I (u) f (x,u)dx .Do hàm ua

f (x,u)dx

hội tụ đều trên , nên dãy hàm nI (u)

hội tụ đều về ua

f (x,u)dx

trên , ,tức a

f (x,u)dx

khả vi trên , .

§2. KHÁI NIỆM VỀ TÍCH KÉP

22

I. Thể tích hình trụ. Cho hình trụ V xác định bởi phương trình z = f(x,y), đáy là miền D.

Chia D thành n phần rời nhau. Gọi tên và diện tích mỗi phần là iD (i 1,n) . Trên mỗi

miền con iD , chọn bất kì điểm Mi(xi,yi). Khi đó V được tách thành các vật thể hình trụ

iV , mà đáy của nó là iD , với i =1,2,...n. Do iD rất nhỏ nên có thể coi đáy cong của

vật thể nhỏ iD là phẳng. Vậy: i i iV f M D . Từ đó n n

i i ii 1 i 1

V V f M D

Xấp xỉ trên càng chính xác nếu tăng số mảnh chia lên vô hạn ( n ), sao cho đường

kính của mỗi mảnh đều dần tới 0( imax D 0 ). Ngoài ra thể tích phải là đại lượng

không phụ thộc cách chia miền D và cách chọn các điểm Mi. Vậy ta định nghĩa :

Khi tăng số mảnh chia lên vô hạn, sao cho imax D 0 . Nếu giới hạn:

I = n

i in i 1lim f M D

là tồn tại và không phụ thuộc cách chia V, và cách chọn các điểm Mi, thì giới hạn I được

gọi là thể tích của vật thể hình trụ V.

II. Định nghĩa tích phân kép. Cho hàm hai biến f(x,y), xác định và liên tục trên miền đóng

giới nội D của mặt phẳng tọa độ Oxy. Chia D thành n phần rời nhau. Gọi tên và diện tích

mỗi phần là iD (i 1,n) . Trên mỗi miền con iD , chọn bất kì điểm Mi(xi,yi). Lập tổng

n

n i i ii 1

I f x , y D

, và gọi là tổng tích phân của hàm f trên D.

Cho n , sao cho imax D 0 . Nếu giới hạn n

i i in i 1

I lim f x , y D

tồn tại và không phụ thuộc cách chia miền D, cách chọn các điểm Mi, thì giới hạn trên

được gọi là tích phân kép của hàm f(x,y) trên D.

và hàm f(x,y) được gọi là khả tích trên D. Kí hiệu tích phân này làD

f (x, y)dxdy .

23

III. Ý nghĩa của tích phân kép

1. Tính thể tích. Trường hợp f(x,y) không âm thì tích phân D

f x, y dxdy

là thể tích vật thể trụ V đã nói trong mục I . Ta có D

V f (x, y)dxdy .

2. Tính diện tích hình phẳng D tính theo công thức: D

s D dxdy

3. Tính khối lượng của bản phẳng không D, đồng chất : D

m D x, y dxdy

trong đó (x,y) là hàm khối lượng riêng của bản phẳng.

4. Tính tọa độ trọng tâm. Cho hệ gồm n chất điểm M1(x1,y1), M2(x2,y2), … , Mn(xn,yn),

với khối lượng tương ứng là m1, m2, … mn. Khi đó trọng tâm G của hệ có tọa độ tính

theo công thức

n n

i i i ii 1 i 1

G Gn n

i ii 1 i 1

x m y mx , y

m m

Xét bản phẳng D trong mặt phẳng Oxy. Giả sử hàm liên tục (x, y) là hàm khối lượng

riêng của D. Khi đó tọa độ trọng tâm G của D được tính theo công thức

G GD D

1 1x x x, y dxdy, y y x, y dxdym m

Trong đó m là khối lượng của D. Trường hợp D là đồng chất thì

G GD D

1 1x xdxdy, y ydxdym m

IV. Sự tồn tại và tính chất của tích phân kép

1. Sự tồn tại: Người ta chứng minh được rằng, nếu f(x,y) liên tục trên miền đóng, bị chặn

thì khả tích trên miền ấy.

24

2. Tính chất: Tích phân kép có các tính chất giống với tích phân xác định. Nếu các tích

phân có mặt trong các công thức sau là tồn tại thì:

D D D

D D

a) f x, y g x, y dxdy f x, y dxdy g x, y dxdy

b) k f x, y dxdy k f x, y dxdy

c) 1 2 1 2

1 2D D D D

f x, y dxdy f x, y dxdy f x, y dxdy, D D

.

d) Nếu trên D có f(x,y) g(x,y) thì D D

f x,y dxdy g x,y dxdy

e) Nếu f(x,y) là hàm số liên tục trên D thì tồn tại điểm (x0,y0) sao cho

0 0D

f x,y dxdy f x , y S

V.TÍNH TÍCH PHÂN KÉP

V1) Miền lấy tích phân là hình chữ nhật.

Định lí 1. (Định lí Fubini). Giả sử D là hình chữ nhật [a,b] × [c,d] và f : D R là hàm

số khả tích trên D. Khi đó:

1) Nếu với mỗi x cố định trên [a,b], hàm một biến f(x,.) Khả tích trên [c,d] thì hàm số

d

c

x I x f x, y dy khả tích trên [a,b] và:

b b d

D a a c

f x, y dxdy I x dx f x, y dy dx

. (1)

2) Nếu với mỗi y cố định trên [c,d], hàm một biến f(.,y) khả tích trên [a,b] thì hàm số

b

a

y J y f x, y dx khả tích trên [c,d] và:

25

d d b

D c c a

f x, y dxdy J y dy f x, y dx dy

. (2)

Chứng minh: 1) Chia các đoạn [a,b] và [c,d] bởi các điểm chia

a = x0 < x1 < x2 < ... < xn = b, c = y0 < y1 < y2 < ... < ym = d.

Đặt i i i 1 j j j 1

ij i j

x x ,x , y y , y

D x y

ij ij

ij ij

m inf f x, y : x, y D

M sup f x, y : x, y D

Trên Dij có ij ijm f x, y M . Vậy yj 1

j

ij j i ij j i iy

m y f , y dy M y , x

.

Lấy tổng theo j, được

d

i

m 1 m 1

ij j i ij jj 0 j 0c

I

m y f , y dy M y

. Nhân các vế với ix , rồi

cộng theo i, được: n 1 m 1 n 1 n 1 m 1

i ij j i i i ij ji 0 j 0 i 0 i 0 j 0

x m y I x x M y

.

Vế đầu và vế cuối là tổng Darboux dưới s và tổng Darboux trên S, vế giữa là tổng tích

phân của hàm I(x). Vì hàm số f(x,y) khả tích, nên khi imax x 0 , j max y 0 , thì s

và S cùng dần tới tích phân D

f x, y dxdy . Vậy:

i

n 1 b di i a cmax x 0 i 0 D D

lim I x f x, y dxdy f x, y dy dx f x, y dxdy

Công thức (2) được chứng minh tương tự.

V2) Miền lấy tích phân là hình bất kì, giới nội.

Định lí 2. Giả sử 1 2D x, y | a x b, y x y y x , trong đó y1(x), y2(x) là hai

hàm liên tục trên [a,b]. Nếu f(x,y) là hàm số liên tục trên D thì

26

2 2

1 1

y x y xb b

D a y x a y x

f x, y dxdy f x, y dy dx dx f x, y dy

. (3)

Chứng minh: Do y1(x), y2(x) liên tục trên D, nên giới nội trên đó. Vậy tồn tại các hằng số

c, d sao cho 1 2c y x y x d, x a,b .

Gọi Q là hình chữ nhật a,b c,d . Dựng hàm

f x, y khi x, y D

F x, y0 khi x, y Q \ D

.

F là hàm khả tích trên Q và có đẳng thức:

D Q

f x, y dxdy f x, y dxdy . Theo định lí Fubini, có :

b d

D Q a c

f x, y dxdy f x, y dxdy F x, y dy dx

.

Nhưng

2

1

y xd

c y x

F x, y dy f x, y dy , nên:

2

1

y xb

D a y x

f x, y dxdy f x, y dy dx

.

Trường hợp 1 2D x, y | c y d, x y x x y , x1(y), x2(y) liên tục trên [c,d],

f(x,y) là hàm số liên tục trên D. Tương tự như (3), có:

2 2

1 1

x y x yd d

D c x y c x y

f x, y dxdy f x, y dx dy dy f x, y dx

(4)

V3) Công thức đổi thứ tự lấy tích phân. Xét tích phân D

f x, y dxdy , trong đó D là miền

giới nội có biên là đường cong đơn liên L, sao cho mỗi đường thẳng song song với trục

tọa độ cắt biên L tại không quá hai điểm.

27

Giả sử hình chiếu của D trên trục Ox là [a,b], trên trục Oy là [c,d]. Giả sử biên của D

được chia thành các phần: Dưới, Trên, Trái, Phải, với các phương trình tương ứng dưới

dạng tường minh là: y = y1(x), y = y2(x), x = x1(y), x = x2(y) .

Khi đó, theo công thức (3), ta có

2

1

y xb

D a y x

f x, y dxdy f x, y dy dx

. (5)

Theo công thức (4), ta có

2

1

x yd

D c x y

f x, y dxdy f x, y dx dy

. (6)

So sánh (5) và (6), ta được công thức đổi thứ tự lấy tích phân sau đây:

2 2

1 1

y x x yb d

a y x c x y

f x, y dy dx f x, y dx dy .

Luyện tập

1. Xác định cận lấy tính phân D

I f x, y dxdy , với D được xác định:

a) x 0, y 0, x y 1 ;

b) 2y x, y 2 – x ;

c) 2 2y x , 4y x , y 4 ;

d) 2 2x y 2x .

Đổi thứ tự lấy tích phân

a) 1 1 x

0 0

dx f x, y dy

b) 21 2 x

2 x

dx f x, y dy

28

c) y4

0 2 y

dy f x, y dx

d)

2

2

1 x 1 2 y2 4

0 0 y1 x 1

dx f x, y dy dy f x, y dx

2. Tính tích phân I = D

dxdyy,xf , trong đó:

a) D = {y = x2, 4y = x2, x = 2}, f(x,y) = x2y.

22

2 2

y x2 x 2 22 62 2

0 x /4 0 0y x /4

y 15x 60I dx x ydy x dx dx2 32 7

b) D = { |x|yx2 2 }, f(x,y) = 6x2y2.

22

1

y 2 x1 2 x 1 32 2 2 2 2

D 0 x 0 y x

y 24 2I 2 6x y dxdy 2 dx 6x y dy 2 6x dx3 7 45

c) D = {y = x, x = 0, y = 1, y = 2}, f(x,y) = x2 + y2.

x yy2 2 23 3

2 2 2

1 0 1 1x 0

x 4yI dy x y dx y x dy dy 53 3

3. Đổi thứ tự lấy tích phân trong tích phân sau

a) 22 x

1 xI dx f x, y dy .

Giải: Miền D được xác định như sau: D = 2x y x . Từ đó vẽ được D (hình vẽ). Vậy:

1 2

y2 4 2

D D 1 1y y

I dy f x, y dx dy f x, y dx

29

b) 2 y1

0 y

I dy f x, y dx

.

Giải: Miền lấy tích phân D được xác định như sau:

D = y x 2 y . Từ đó vẽ được D

Vậy: 2

1 2

1 x 2 2 x

D D 0 0 1 0

I dx f x, y dy dx f x, y dy

VI. ĐỔI BIẾN TRONG TÍCH PHÂN KÉP

6.1) Đổi biến tổng quát. Xét D

I f x, y dxdy , trong đó f liên tục trên D. Giả sử phép

đổi biến số x = x(u,v), y = y(u,v), thỏa mãn các điều kiện sau:

1) Các hàm số x = x(u,v), y = y(u,v), cùng các đạo hàm riêng của chúng, là liên tục

trên một miền đóng D' nào đó của mặt phẳng o'uv.

2) Ánh xạ v,uy,v,uxv,u là một song ánh tử D' vào D.

3) Định thức Jacobi

' 'u v' 'u v

x xD x, yJ 0, u,v D'

D u,v y y .

Khi đó, ta có công thức D D '

f x, y dxdy f x u,v , y u,v . | J |dudv .

Công thức vẫn đúng khi định thức J = 0 tại một số điểm trong D.

Ví dụ 1. Tính D

I x y dxdy , trong đó D là miền giới hạn bởi các đường cong

y + x = 0, y + x = 3 , y – 2x = – 1 , y – 2x = 1.

30

Giải. Miền lấy tích phân tương đối phức tạp. Để khắc phục, ta thực hiện phép đổi biến

u = x + y, v = –2x + y. Từ đó, x = (u – v)/3, y = (2u + v)/3.

Có 1 / 3 1 / 3 1J2 / 3 1 / 3 3

. Vậy

D D '

dudvx y dxdy3

.

Miền D' được giới hạn bởi các đường u = 0, u = 3, v = –1, v = 1. Vậy D' vẽ được như

hình trên. Ta được3 1

D ' 0 1

dudv 1 1 9I udu dv . .2 33 3 3 2

Ví dụ 2. Tínhx yx y

D

e dxdy , D x 0, y 0, x y 1 .

Miền lấy tích phân đơn giản, nhưng hàm dưới dấu tích phân phức tạp. Thực hiện phép

đổi biến x – y = u, x + y = v, được x = (u + v)/2, y = (v – u)/2. Tính được J = 1/2.

Vậy x y ux y v

D D '

1I e dxdy e dudv2

.

Miền D' được xác định như sau:

x 0 u v / 2 0 u v 0

y 0 v u / 2 0 v u 0x y 1 v 1

Vậy D' vẽ được như hình bên. Từ đó:

u u1 v 1 1

1v v

D ' 0 v 0

1 1 1 e eI e dudv dv e du e e vdv .2 2 2 4

6.2) Tính tích phân kép trong tọa độ cực.

1. Nhắc lại tọa độ cực. Trong mặt phẳng, dựng trục Ox. Xét điểm M bất kì.

Đặt r OM , Ox,OM

. Khi đó bộ số ( , r) được gọi là tọa độ cực của điểm M.

Tọa độ đề các và tọa độ cực có liên hệ x = rcos , y = rsin .

31

2. Đổi biến sang tọa độ cực.

Thực hiện phép đổi biến sau, gọi là đổi biến sang tọa độ cực:

x = rcos , y = rsin Định thức Jacobi của phép đổi biến là

cos rsinJ r

sin r cos

. Vậy, gọi D' là miền nghịch ảnh D qua phép đổi biến (*) thì

D D '

I f x, y dxdy f r cos ,r sin rdrd .

Để xác định cận lấy tích phân, ta mô tả D' dưới dạng các ràng buộc bất đẳng thức

1 2D' , r r r . Khi đó:

22

1 1

r

D ' r

I f r cos ,r sin rdrd d f r cos ,r sin rdr

Đó là công thức tính tích phân kép trong tọa độ cực.

Chú ý: Nếu đổi biến x = a rcos , y = b rsin thì phép đổi biến được gọi là đổi sang

tọa độ cực suy rộng. Định thức Jacobi của phép đổi biến là J = abr. Vậy, gọi D' là miền

nghịch ảnh của miền D qua phép đổi biến (*) thì

D D '

I f x, y dxdy ab f r cos ,r sin rdrd .

Ví dụ 1. Tính 2 2 2 2 2 2

D

I a x y dxdy, D x y a , x, y 0 .

D được vẽ như hình bên. Đổi sang tọa độ cực x = rcos , Miền y = rsin , được:

a/2 a 332 2 2 2

0 0 0

1 aI d a r rdr a r2 3 6

Ví dụ 2.Tính 2 2

D

I x y dxdy , trong đó:

32

2 2 2 2a) D x y 2x , b) D 2x x y 4x .

Giải:

a) Miền D được vẽ như hình bên. Đổi sang tọa độ cực x r cos ;y rsin .

Phương trình biên của D được viết như sau:

2 2 2x y 2x r 2r cos r 2cos

Vậy 2 cos/ 2 /2 3

2

/ 2 0 / 2

cos 16I d r rdr d3 9

.

b) Miền D được vẽ như hình trên. Đổi sang tọa độ cực x r cos ;y rsin .

Phương trình biên của D được viết như sau:

2 2 22x x y 4x 2r cos r 4r cos 2cos r 4cos

Vậy 4 cos/ 2 /2 3

2

/ 2 2 cos / 2

56 cos 224I d r rdr d9 27

.

Ví dụ 3. Tính2 2

2 2D

x yI xydxdy, trongđó D 1, x, y 0a b

.

Đổi biến x arcos ;y brsin được

12 22 2 2 2

2

0 0 0

a b a bI d abr cos sin abr dr cos sin d4 8

Ví dụ 4. Tính diện tích miền D gới han bởi đường Lemnicat

22 2 2 2 2x y 2a x y , x 0 .

Giải. Chuyển sang tọa độ cực. Phương trình đường cong 2 2r 2a cos2 .

33

Đó là hình hoa hồng hai cánh đối xứng qua Ox và Oy. Do 0x nên D là cánh phải.

Ta có

S =a 2 cos 2/ 4 / 4

2 2

D / 4 0 0

dxdy d rdr 2a cos2 d a

.

Ví dụ 5. Xác định trọng tâm G của của bản đồng chất D xác định bởi các bất đẳng thức

2 2x y 1, x 0, y 0 .

Ta có m = S = 4 . Vậy

21 1 x 1 2

00 0 0

4 4 1 x 4y dx ydy dx2 3

. Do tính đối xứng,

nên 0 04x y

3

.

3. Chú ý về ứng dụng phép đổi biến trong tích phân kép.

Khi tính tích phân kép, cần để ý trước hết đến miền lấy tích phân. Nếu miền lấy tích phân

là hình tròn hoặc hình quạt, thì nên đổi biến sang tọa độ cực. Khi đó việc xác định cận

tích phân là dễ dàng.

§3. TÍCH PHÂN BỘI BA.

I. Định nghĩa và tính chất tích phân bội ba.

1. Định nghĩa. Cho hàm số f(x,y,z), xác định và liên tục trên miền đóng giới nội V của

không gian Oxyz. Chia V thành n phần rời nhau. Gọi tên và thể tích mỗi phần là

1 2 3 nV ; V ; V ;... V . Trên mỗi miền con iV , chọn bất kì điểm Mi(xi,yi,zi). Lập

tổng n

n i i i ii 1

I f x , y ,z V

, (In gọi là tổng tích phân của hàm f(x,y,z)) . Cho n , sao

cho imax V 0 . Nếu giới hạn I = n

i i i in i 1lim f x , y ,z V

là tồn tại và không phụ

34

thuộc cách chia miền V, và cách chọn các điểm Mi, thì hàm sô f(x,y,z) được gọi là khả

tích trên V, và giới hạn I được gọi là tích phân bội ba của hàm f(x,y,z) trên D. Kí hiệu

tích phân này là V

f x, y,z dxdydz .

2. Ý nghĩa của tích phân bội ba

1) Khối lượng m của V tính theo công thức m = V

x, y,z dxdydz , trong đó x, y,z

là hàm khối lượng riêng của V.

2) Thể tích của vật thể V tính theo công thức V = V

dxdydz ( f x, y,z 1 ).

3) Tọa độ trọng tâm của vật thể V tính bởi công thức

0 0 0V V V

1 1 1x x x, y,z dxdydz ; y y x, y,z dxdydz;z z x, y,z dxdydzm m m

3. Sự tồn tại và tính chất của tích phân bội ba. Người ta chứng minh được rằng, nếu

f(x,y,z) liên tục trên miền đóng, bị chặn thì khả tích trên miền ấy. Tích phân kép có các

tính chất giống với tích phân xác định.

II. Tính tích phân bội ba trong tọa độ đề các.

Xét tích phân I = V

f x, y,z dxdydz . Đưa I về ba tích phân đơn liên tiếp như sau:

a) Chiếu V lên mặt phẳng Oxy. Gọi hình chiếu là D. Giả sử biên trên và dưới của V là hai

mặt cong S1, S2 với các phương trình tương ứng là z = z1(x,y), và z = z2(x,y). Khi đó ta

có:

2

1

z x,y

V D z x,y

f x, y,z dxdydz dxdy f (x, y,z)dz

b)Nếu D xác định bởi các bất đẳng thức

35

1 2y x y y x , a x b thì công thức trên được viết tiếp như sau

2 2

1 1

y x z x,yb

V a y x z x,y

f x, y,z dxdydz dx dy f (x, y,z)dz

c) Nếu chiếu V lên mặt phẳng tọa độ khác, sẽ được công thức tích phân theo thứ tự khác.

Ví dụ 1. Tính tích phân I = 3V

dxdydz1 x y z

, V là miền giới hạn bởi các mặt phẳng tọa

độ và mặt phẳng x + y + z = 1.

Giải.

1 x y 1 x y1 1 x

3 3D 0 0 0 0

dxdydz dxdydzI dxdy dx dy1 x y z 1 x y z

z 1 x y21 1 x 1 1 x

20 0 0 0z 0

1 x y z 1 1 1dx dy dx dy2 2 4 1 x y

y 1 x1 1

0 0y 0

1 y 1 1 3 x 1 ln 2 5dx dx2 4 2 1 x y 2 4 4 x 1 2 16

Ví dụ 2. Tính I =V

zdxdydz , V = {z = 0 và z = 222 yxa }.

Giải. Gọi D là hình chiếu của V lên mặt phẳng Oxy. D là hình tròn tâm O bán kính a. Ta

có

2 2 2a x y2 2 2

D 0 D

1I dxdy zdz a x y dxdy2

Chuyển sang tọa độ cực , được:

a 422 a 2 2 2 2

0 0 0

1 aI d a r rdr a r2 4 4

36

Ví dụ 3. 2 2 2 2

V

I z x y dxdydz, V x y 2y, 0 z a

2sina 2 2 22 2 2 2 2 3

D 0 D 0 0 0

a 4a 16aI dxdy z x y dz x y dxdy d r dr sin d .2 3 9

Ví dụ 4. 2 2 2 2 2

V

I x y z dxdydz, V x y z 1

2 2

1 2 1 12 2 2 2 2

D 0 0 rx y

3I dxdy x y z dz d rdr r z dz10

Chú thích. Có thể tính tích phân bội ba theo cách sau:

b

b S x

f x, y,z dxdydz dx f x, y,z dydzV

Trong đó [a, b] là hình chiếu của V lên trục Ox, và S(x) là thiết diện tạo thành khi cắt

miền V bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại hoành độ x.

Ví dụ: 2

V

x dxdydz , V là miền giới hạn bởi mặt Elipxôit 2 2 2

2 2x y z 1a b

.

Có

a a2 2

a S x a S x

I dx x dydz x dx dydz

. Tích phân lớp trong chính là diện tích

miền S(x). Đó là hình tròn bán kính 2

22

xr b 1a

. Vậy

a2 3 2

2 2 22

a

b 4a bI x a x dx15a

.

37

III. Tính tích phân kép trong tọa độ cầu.

2. Nhắc lại tọa độ cầu. Trong không gian Oxyz, xét điểm M bất kì. Gọi N là hình

chiếu của M lên Oxy. Đặt r OM , Oz,OM , Ox,ON

.

Khi đó bộ ba số (r, , ) được gọi là tọa độ cầu của điểm M. Giữa tọa độ đề các và tọa độ

cầu có liên hệ x = rcos sin , y = rsin sin , z = rcos

Một số vật thể trong tọa độ cầu:

2. Đổi biến sang tọa độ cầu.

Thực hiện phép đổi biến sau, gọi là đổi biến sang tọa độ cầu:

x = r sin cos , y = r sin sin , z = r cos

Khi đó người ta chứng minh được công thức

2

V V

I f x, y,z dxdydz f rcos , rsin ,r cos r sin d dr

Trong đó V' là miền nghịch ảnh của miền V qua phép đổi biến (*).

Chú ý: Nếu đổi biến x = arsin cos , y = brsin sin , z = crcos

Thì phép đổi biến được gọi là đổi sang tọa độ cầu suy rộng. Khi đó

2

V V

I f x, y,z dxdydz abc f ra cos ,rbsin , rccos r sin d dr

Ví dụ 1. Tính 2 2 22 2 2

V

dxdydzI , V x y z 1; x, y 0x y z

.

Đổi biến sang tọa độ cầu. Miền V được xác định bởi hệ các bất đẳng thức:

0 / 2, 0 , 0 r 1 . Vậy

/2 1 2

20 0 0

r dr 1I d sin d .2.2 2 2r

38

Ví dụ 2. 2 2

V

Tính I z x y dxdydz ,trong đó 2 2 2 2V x y z a ,z 0

Đổi biến sang tọa độ cầu. Miền V được xác định bởi hệ các bất đẳng thức:

0 2 , 0 / 2, 0 r 1 .

Vậy 2 / 2 1 2 / 2 1 2

2 2 2 2 4

0 0 0 0 0 0

2aI d d rsin r sin r sin dr d sin cos d r dr15

Ví dụ 3. Tìm tọa độ trọng tâm của vật thể đồng chất V với 2 2 2

2 2 2

x y z 1V

z x y 0

Giải: Gọi 0 0 0(x , y ,z ) là tọa độ trọng tâm của V. Do tính đối xứng, ta có x0 = y0 = 0. Chỉ

còn tính z0.

Miền V xác định bởi bất đẳng thức 0 / 4, 0 2 , 0 r 1

.

Vậy a) Khối lượng m =2 /4 1

2

V 0 0 0

2 2dxdydz d sin d r dr3

.

b) Có2 / 4 1

3

V 0 0 0

zdxdydz d sin cos d r dr8

. Vậy z0 = 8 2 2

.

3. Chú ý về ứng dụng phép đổi biến trong tích phân bội ba.

a) Khi tính tích phân bội ba, cần để ý trước hết đến miền lấy tích phân. Nếu miền lấy tích

phân là khối cầu hoặc khối quạt cầu, thì nên đổi biến sang tọa độ cầu. Khi đó việc xác

định cận tích phân là dễ dàng.

b) Khi miền lấy tích phân là hình trụ cong, có đáy là hình tròn hoặc quạt tròn, hãy đưa

tích phân bội ba về tích phân kép lấy trên đáy của trụ. Để tính tích phân kép này, đổi biến

sang tọa độ cực.

39

CHƯƠNG TÍCH PHÂN ĐƯỜNG – MẶT

A: TÍCH PHÂN ĐƯỜNG

§1:TÍCH PHÂN ĐƯỜNG LOẠI I

I. Định nghĩa:Trong mphẳng x0y cho hàm số U f (x, y) xác định dọc theo L AB .

Dùng phép phân hoạch chia L bởi các điểm chia o 1 2 nA A ,A ,A ,...A B .

Trên mỗi cung k k 1A A lấy bất kỳ điểm k k, .Gọi ds là vi phân cung,nếu tồn tại

n

k k k 1 kd 0 k 1lim f ( , ) A A

với k 1 kkd max A A

mà không phụ thuộc vào cách chia và phép chọn k k, ,thì giới hạn đó gọi là tích phân

đường loại I của hàm U f (x, y) dọc theo L,kí hiệu

40

L

f (x, y)dS

Chú ý: nếu f (x, y) 1 thì L

f (x, y)dS cho ta kết quả là độ dài cung L

II. Cách tính: L

f (x, y)dS

1. Khi L có phương trình y y(x) với a x b thì 2dS 1 y (x)dx

b

2

L a

f (x, y)dS f x, y(x) 1 y (x)dx

2. Khi L có phương trình dạng tham số

x x(t)y y(t)

trong đó 0 1t t t ,thì ta có 1

0

t2 2

L t

f (x, y)dS f x(t), y(t) x (t) y (t)dt

3. Đối với phương trình đường cong trong không gian

(L)x x(t)y y(t)z z(t)

trong đó 0 1t t t ,thì 1

0

t2 2 2

L t

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

§2:TÍCH PHÂN ĐƯỜNG LOẠI II

I. Định nghĩa:Cho hai hàm số P(x, y) và Q(x, y) xác định trên cung AB .Chia cung

AB thành n cung nhỏ bởi các điểm chia o 1 2 nA A ,A ,A ,...A B .Gọi hình chiếu của

vectơ k 1 kA A

lên hai trục 0x , 0y là kx và ky . k k kM ( , ) là điểm tùy ý chọn trên

cung k 1 kA A .

41

Nếu tồn tại giới hạn kk

n

k k k k k kmax x 0 k 1max y 0

lim P( , ) x Q( , ) y

mà không phụ thuộc

vào cách chia AB và cách chọn kM trên cung k 1 kA A thì giới hạn đó gọi là tích phân

đường loại II của các hàm số P(x, y) và Q(x, y) dọc theo cung AB .

ký hiệu: AB

P(x, y)dx Q(x, y)dy

Chú ý:

1. AB

P(x, y)dx Q(x, y)dy = BA

P(x, y)dx Q(x, y)dy

2. Tính chất tích phân đường loai II tương tự như tính chất của tích phân xác định.

3. Đối với đường cong kín chiều dương là chiều đi dọc theo đường cong miền giới

giới hạn bởi đường cong ở phía tay trái.Chiều âm là chiều ngược lại.

II. Cách tínhAB

P(x, y)dx Q(x, y)dy :

1. cung AB có phương trình y y(x) với a x b theo thứ tự từ A đến B

b

aAB

P(x, y)dx Q(x, y)dy P x, y(x) Q x, y(x) y (x) dx

2. cung AB có phương trình tham số x x(t)y y(t)

trong đó 0 1t t t theo thứ tự từ A đến B thì

1

0

t

tAB

P(x, y)dx Q(x, y)dy P x(t), y(t) x (t) Q x(t), y(t) y (t) dt

III. Công thức Green:Nếu các hàm P(x, y) và Q(x, y) cùng các đạo hàm riêng cấp

một liên tục trong miền D thì

D L

Q P dxdy Pdx Qdyx y

42

Trong đó D liên thông có biên trơn L.

Chứng minh:

Để đơn giản ta giả thiết D đơn liên và được xác định a x b và 1 2y (x) y y (x)

2

1

y (x)b b b

2 1D a y (x) a a

P Pdxdy dx dy P x, y (x) dx P x, y (x) dxy y

LAMB ANB

Pdx Pdx Pdx

Hoàn toàn tương tự ta có

D L

Q dxdy Qdyx

Từ hai kết quả trên ta có D L

Q P dxdy Pdx Qdyx y

Chú ý:

1. Nếu P(x, y) y và Q(x, y) x thì DL D

Pdx Qdy 2 dxdy 2S

2. Đối với miền D đa liên và liên thông ta chia nhỏ miền D thành các miền đơn

liên và tính trên các miền đơn liên như ở trên.

IV. Điều kiện để tích phân đường không phụ thuộc đường lấy tích phân

Định lý:Giả sử hai hàm số P(x, y) và Q(x, y) cùng với các đạo hàm riêng cấp một của

chúng liên tục trong miền đơn liên D.Khi đó các mệnh đề sau tương đương

1. P Q ; (x, y) Dy x

2. L

Pdx Qdy 0 dọc theo mọi đường cong kín L nằm chọn trong D

3. AB

Pdx Qdy ,(AB là cung nằm trong D)chỉ phụ thuộc vào hai đầu mút A, B

mà không phụ thuộc vào đường đi từ A đến B

4. Biểu thức Pdx Qdy là vi phân toàn phần của một hàm số U(x, y) trong D

43

Chứng minh:

1 2 :Theo Green ta có điều phải chứng minh

2 3: Giả sử có AMB ANB

Pdx Qdy Pdx Qdy trong đó AMB;ANB là hai cung

nằm trong D.Nên

LAMB ANB AMBNA

Pdx Qdy Pdx Qdy 0 Pdx Qdy 0 Pdx Qdy 0

3 4: Giả sử AM

U(x, y) Pdx Qdy C trong đó 0 0A(x , y ) còn M(x, y) thay đổi và C

là hằng số.

Xét

1

x 0 x 0AM AM

U U(x x, y) U(x, y) 1(x, y) lim lim Pdx Qdy Pdx Qdyx x x

trong đó 1M (x x, y) .Do đó

1

x x

x 0 x 0xMM

U 1 1(x, y) lim Pdx Qdy lim Pdx Qdyx x x

x 0lim P(x x, y) P(x, y)

trong đó 0 1

sử dụng định lý giá trị trung bình trong tích phân xác định

Hoàn toàn tương tự khi 2M (x, y y) thì ta có U (x, y) Q(x, y)y

Do P(x, y) và Q(x, y) liên tục,nên dU Pdx Qdy là vi phân toàn phần của U(x, y)

4 1: Từ giả thiết 4: 2 2U P U Q; (x, y) Dx y y y x x

và gt đlý ta có

P Q ; (x, y) Dy x

Hệ quả 1:Nếu dU Pdx Qdy là vi phân toàn phần của hàm U(x, y) thì

44

AB

Pdx Qdy U(B) U(A)

Hệ quả 2:Nếu 2D thì Pdx Qdy là vi phân toàn phần của một hàm số U(x, y)

được xác định 0 0

yx

0x y

U(x, y) P(x, y )dx Q(x, y)dy C

hoặc 0 0

y x

0y x

U(x, y) Q(x , y)dy P(x, y)dx C

B: TÍCH PHÂN MẶT

§1:TÍCH PHÂN MẶT LOẠI I

1. Khái niệm

Định nghĩa. Cho hàm số f(x,y,z) xác định và giới nội trên mặt cong S. Chia S thành n

mảnh nhỏ. Gọi tên và diện tích mỗi mảnh là iS . Trên iS lấy tùy ý điểm M(xi,yi,zi).

Lập tổng n

n i i i ii 1

I f x , y ,z S

.

Cho n → sao cho max{ iS } → 0. Nếu tồn tại hữu hạn giới hạn nnlim I I

và giới hạn

này không phụ thuộc cách chia mảnh S và cách chọn điểm Mi thì hàm số f(x,y,z) được

gọi là khả tích trên S và I được gọi là tích phân mặt loại một của hàm số f(x,y,z) trên mặt

S. Ký hiệu là S

f x, y,z dS .

45

Điều kiện khả tích. Nếu S là mặt cong trơn từng mảnh và f là hàm số liên tục trên S thì f

khả tích trên S.

Tính chất. Giống tích phân xác định.

Ý nghĩa.

1) S

f x, y,z dS là số đo khối lượng của mảnh vật chất S, với f(x,y,z) là hàm khối lượng

riêng trên S.

2) S

dS là số đo diện tích của mặt S.

3) Tọa độ trọng tâm G của mặt cong S được cho bởi công thức

0 0 0S S S

1 1 1x xf x, y,z dS ; y yf x, y,z dS ; z zf x, y,z dSm m m

Trong đó m là khối lượng của S và f là hàm khối lượng riêng.

2. Cách tính. Giả sử S có hình chiếu lên mặt phẳng tọa độ Oxy là D và phương trình của

mặt S là z = z(x,y). Luôn giả thiết rằng hàm số f(x,y,z) và các đạo hàm riêng của hàm

z(x,y) liên tục trên D.

Gọi i là hình chiếu của iS lên Oxy. Gọi iT là mảnh thiết diện của mặt S tại điểm

Mi mà hình chiếu của nó lên Oxy là iT . Vì iS đủ nhỏ nên có xấp xỉ

2 2' '

i i x i y i iS T 1 z M z M ở đây véc tơ pháp tuyến của S tại

Mi là ' 'x y1,z ,z . Vậy

n

' 2 ' 2i i i x y in i 1S

f x, y,z dS lim f x , y ,z 1 z z

' 2 ' 2x y

S

f x, y,z x, y 1 z x, y z x, y dxdy

46

Ví dụ 1. Tính 2 2 2 2 2 2

S

z x y dS, S x y z 1, x 0, y 0,z 0

Giải: Phương trình S là 2 2z 1 x y , x, y 0 .

Có ' 'x x2 2 2 2

x yz ; z1 x y 1 x y

2 2

2 2 2 2 2 2

x y dxdydS 1 dxdy1 x y 1 x y 1 x y

. Vậy

/2 1

2 2 2 2 2 3

D= 0 0

I x y 1 x y dxdy d 1 r r dr15

Ví dụ 2. Tính S

4y x y z2x z dS, S 1, x 0, y 0,z 03 2 3 4

Giải: Có ' 'x yz 2 , z 4 / 3 dS 1 4 16 / 9dxdy 61dxdy / 3 . Vậy

I = D D

4y 4y 61dxdy 4 61 4 61 2.32x 4 2x dxdy 4 613 3 3 3 3 2

§2. TÍCH PHÂN MẶT LOẠI HAI

1. Khái niệm

Mặt định hướng. Một mặt cong thường có hai phía: trong-ngoài, trái-phải, trên

dưới,v.v... Nếu một mặt có hai phía mà ta chọn một phía làm phía dương thì phía

còn lại là âm. Khi đó mặt được gọi là định hướng. Tại mỗi điểm, véc tơ pháp tuyến

hướng vào phía dương gọi là véc tơ pháp tuyến dương, véc tơ pháp tuyến hướng vào phía

âm gọi là véc tơ pháp tuyến âm. Có những mặt không định hướng được.

Trường véc tơ. Xét véc tơ F M

có điểm đặt tại M, và tọa độ của véc tơ F M

47

phụ thuộc vào tọa độ điểm đặt: F M P M ,Q M ,R M

. Véc tơ như vậy gọi là

trường véc tơ.

Thông lượng của trường véc tơ. Giả sử S là mặt định hướng. Gọi diện tích của nó cũng

là S. Xét dòng chảy qua mặt S có véc tơ vận tốc F

. Ta gọi lượng vật chất chảy qua

mặt S trong một đơn vị thời gian, là thông lượng của trường véc tơ F

qua S.

Nếu S là mảnh phẳng có véc tơ pháp tuyến dương là n , và vận tốc là véc tơ hằng thì

= S.|F

|. cos( n , F

)

Trường hợp tổng quát, chia S thành n mảnh nhỏ. Gọi tên và diện tích của chúng là iS .

Lấy tùy ý các điểm Mi trên iS . Vì các mảnh là đủ nhỏ nên coi iS là phẳng và F không

đổi trên iS . Như vậy

i i i i i i i i i i iS F M ,n M S P M cos Q M cos R M cos

trong đó

bộ ba ( i i icos ,cos ,cos ) là cosin chỉ phương của véc tơ pháp tuyến dương tại Mi.

Từ đó n

i i i i i i i ni 1

P M cos Q M cos R M cos S I

Xấp xỉ trên càng chính xác nếu tăng số mảnh chia lên vô hạn sao cho max{ iS }→0. Vậy

người ta định nghĩa

Cho n→ sao cho max{ iS }→0. Nếu tồn tại hữu hạn giới hạn nnlimI

và giới hạn này

không phụ thuộc cách chia S và cách chọn các điểm Mi, thì I được gọi là thông lương của

trường véc tơ F qua mặt S.

Định nghĩa tích phân mặt loại hai. Cho các hàm số P(x,y,z), Q(x,y,z), R(x,y,z) xác định

trên mặt định hướng S. Khi đó thông lượng qua mắt S của trường véc tơ

F x, y,z P x, y,z ,Q x, y,z ,R x, y,z

Được gọi là tích phân mặt loại hai của các hàm số P(x,y,z), Q(x,y,z), R(x,y,z)

48

trên mặt S. Ký hiệu là

S

P(x, y,z)cos Q(x, y,z)cos R(x, y,z)cos dS

Hoặc S

P(x, y,z)dydz Q(x, y,z)dzdx R(x, y,z)dxdy

Điều kiện khả tích. Nếu các hàm số P, Q, R liên tục và mặt S trơn thì tích phân trên là

tồn tại.

Tính chất: Tích phân mặt loại 2 có tính chất giống tích phân xác định.

2. Cách tính tích phân mặt loại hai.

Xét tích phân S

P(x, y,z)dydz Q(x, y,z)dzdx R(x, y,z)dxdy . Ta tính riêng tích

phânS

R(x, y,z)dxdy . Các tích phân khác tính tương tự.

Chiếu S lên mặt phẳng Oxy. Gọi hình chiếu là D. Giả sử S có phương trình dạng

z = z(x,y). Khi đó theo định nghĩa tích phân mặt, có

n

i i i i in i 1S

i i i ii

i i i i

R(x, y,z)dxdy lim R x , y ,z x , y

D x y , khi cos 0D x y , khi cos 0

a) Nếu véc tơ pháp tuyến tạo với trục Oz góc nhọn thì

n

i i i i i in i 1S D

R(x, y,z)dxdy lim R x , y ,z x , y x y R x, y,z x, y dxdy

b) Nếu véc tơ pháp tuyến tạo với trục Oz góc tù thì

n

i i i i i in i 1S D

R(x, y,z)dxdy lim R x , y ,z x , y x y R x, y,z x, y dxdy

Nếu véc tơ pháp tuyến tạo với trục Oz góc nhọn thì

49

n

i i i i i in i 1S D

R(x, y,z)dxdy lim R x , y ,z x , y x y R x, y,z x, y dxdy

Ví dụ 1. 2 2 2

S

I xdydz ydzdx zdxdy, S x y z 1 Tích phân theo mặt ngoài.

Giải: Trước hết tính S

I zdxdy . Gọi S1, S2 là nửa trên và dưới của S. Có

1 2

2 2 2 21

S S D D

2 12 2 2

D 0 0

I zdxdy zdxdy 1 x y dxdy 1 x y dxdy

42 1 x y dxdy d 1 r rdr3

.

Do tính đối xứng nên I = 3I1 = 4.

Công thức Stốc

L S

R Q P R Q PPdx Qdy Rdz dydz dzdx dxdyy z z x x y

Chiều lấy tích phân trên Lđược chọn sao cho đi dọc theo L thì miền giới hạn bởi đường L

là mặt S phía tay trái.Người ta chứng minh rằng tích phân AB

Pdx Qdy Rdz trong

không gian không phụ thuộc đường nối A, B nằm hoàn toàn trong V là

R Q P R Q P; ;y z z x x y

đó cũng là điều kiện cần và đủ để Pdx Qdy Rdz là vi phân toàn phần của hàm

U(x,y,z) nào đó trong V.Nếu V là 3 thì hàm U(x,y,z) được tính

50

0 0 0

yx z

o o ox y z

U(x, y,z) P(x, y ,z )dx Q(x, y,z )dy R(x, y,z)dz C

Trong trường hợp F(M) P(M),Q(M),R(M)

ta gọi L

Pdx Qdy Rdz là lưu số của

trường vecto F

dọc theo L.Và vecto R Q P R Q P, , rotFy z z x x y

gọi là vecto

xoáy hay rôta của F

.

Lưu số của trường vecto F

dọc theo đường cong kín L bằng thông lượng của rotF

qua

mặt định hướng S nào đó có biên L.

Công thức Ostrogradsky:

Cho 3 hàm P(x,y,z),Q(x,y,z), R(x,y,z) liên tục và có đạo hàm riêng liên tục trên miền

V có biên là mặt S(trơn).Khi đó

S V

P Q RP(x, y,z)dydz Q(x, y,z)dzdx R(x, y,z)dxdy dxdydzx y z

ở đó tích phân lấy ngoài của S.

Thể tích vật thể V được giới hạn bởi mặt S được xác định

S

1V xdydz ydzdx zdxdy3

Nếu F(M) P(M),Q(M),R(M)

thì P Q Rx y z

được gọi là dive của F

,

và ký hiệu P Q R divFx y z

Vậy thông lượng của trường vecto F

qua mặt kín S hướng ra ngoài dược xác định

S V

P(x, y,z)dydz Q(x, y,z)dzdx R(x, y,z)dxdy divFdxdydz

51

Giả sử F F(M) P(M),Q(M),R(M)

,nếu trong V có hàm U(x,y,z) thỏa mãn

U U UP; Q; Rx y z

khi đó gradU F

và F

được gọi là trường thế xác định

trong V.Vậy điều kiện cần và đủ để Pdx Qdy Rdz là vi phân toàn phần của hàm

U(x,y,z) là rotF 0

.

Hoặc điều kiện cần và đủ để trường vecto F F(M)

là một trường thế rotF 0

Người ta gọi toán tử Hamilton (nabla),ký hiệu

là một vecto tượng trưng có các

thành phần , ,x y z

hay i j kx y z

.Về mặt hình thức nếu U là một hàm

số thì U U U.U i j k U i j k gradUx y z x y z

Nếu F F(M) P(M),Q(M),R(M)

thì:

P Q R.F i j k iP jQ kR divFx y z x y z

Mặt khác 2 2 2

22 2 2.

x y z

gọi là toán tử Laplace.

nếu hàm U(x,y,z) thỏa mãn 2 2 2

2 2 2U U UU 0

x y z

thì hàm U(x,y,z) gọi là hàm

điều hòa.

52

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

Phương trình vi phân là phương trình có dạng F(x, y, y', y", ... , y(n)) = 0, trong đó x là

biến độc lập, y = y(x) là hàm phải tìm, y', ... , y(n) là các đạo hàm của nó.

Cấp cao nhất của đạo hàm có trong phương trình, gọi là cấp của phương trình. Giáo trình

này chỉ xét các phương trình cấp 1 và 2.

Nghiệm của phương trình vi phân là mọi hàm số thỏa mãn phương trình đã cho.

Nghiệm của phương trình có thể tìm được dưới dạng tường minh y = y(x), hoặc dạng

tham số x = x(t); y = y(t); hoặc dạng ẩn (x,y) = 0.

§1. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP I.

1. Đại cương về phương trình vi phân cấp 1

Định nghĩa. Phương trình vi phân cấp 1 là phương trình dạng F(x,y,y') = 0. Nếu từ

phương trình đã cho giải được theo y' thì phương trình có dạng y' = f(x,y).

53

Bài toán Cauchy. Là bài toán tìm nghiệm của phương trình y' = f(x,y) thỏa mãn điều

kiện y(x0) = y0, trong đó (x0, y0) là các giá trị cho trước. Bài toán Cauchy được viết

0

0x x

y' f x, y 1

y y 2

Điều kiện (2) gọi là điều kiện ban đầu, hay điều kiện Cauchy.

Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm. Xét bài toán Cauchy (1), (2). Giả sử f(x,y) liên tục

trên 2D , và 0 0x ,y D . Khi đó, trong một lân cận nào đó của x0, bài toán Cauchy

(1), (2) luôn có nghiệm. Nếu có thêm điều kiện 'yf x, y liên tục trên D, thì nghiệm là

duy nhất.

Nghiệm tổng quát. Ta gọi ghiệm tổng quát của phương trình y' = f(x,y) là hàm số

y (x,C) , trong đó C là hằng số tùy ý, thỏa mãn các điều kiện sau:

a) Hàm số y (x,C) thỏa mãn phương trình đã cho với mọi giá trị của C.

b) 0 0x , y D , với D là miền mà điều kiện tồn tại và duy nhất nghiệm được

thỏa mãn, luôn tìm được giá trị của hằng số C, sao cho nghiệm y (x,C) thỏa mãn

điều kiện ban đầu (2).

Nghiệm riêng, tích phân riêng. Nếu trong công thức nghiệm tổng quát hoặc tích phân

tổng quát, ta cho C giá trị cụ thể C0, thì nghiệm nhận được gọi là nghiệm riêng hoặc

tích phân riêng.

Nghiệm kỳ dị. Có thể tồn tại các nghiệm không nằm trong họ nghiệm tổng quát.

Những nghiệm như vậy gọi là nghiệm kỳ dị.

2. Phương trình phân ly.

Là phương trình dạng f(x)dx + g(y)dy = 0.

54

Cách giải: Tích phân hai vế phương trình, được f (x)dx g(y)dy C .

Gọi F(x) và G(y) là các nguyên hàm tương ứng, thì tích phân tổng quát của phương

trình là F(x) + G(y) =C.

Ví dụ: Giải phương trình xe 1 ydx y 1 dy 0 .

Giải: Nếu y 0 , chia hai vế cho y, được x 1e 1 dx 1 dy 0y

Tích phân hai

vế,được xe x y ln y C . Ngoài ra, y(x) 0 cũng là nghiệm. Nghiệm này không

nằm trong họ nghiệm tổng quát, nên là nghiệm kỳ dị .

3. Phương trình thuần nhất.

Là phương trình có dạng yy' fx

.

Cách giải: Đặt y = tx. Đạo hàm theo x, được y' = xt' + t. Thế vào phương trình đã

cho,được xt ' f t t . Nếu f t t 0 , chia hai vế cho x(f(t) - t) được

yx

t

dt dx dt dx ln x t lnC x Cef t t x f t t x

.

Nếu f(t) t, thì y' = y/x. Nghiệm tổng quát là y = Cx.

Nếu tồn tại t0 sao cho f(t0) = t0 thì thử trực tiếp, thấy y = t0x là nghiệm riêng.

Ví dụ: Giải phương trình x yy'x y

.

Giải: Chia tử và mẫu cho x, dễ thấy đây là phương trình thuần nhất. Đặt y = tx, được

2

21 t 1 t 1 t dx 1 txt ' t xt ' t dt.1 t 1 t 1 t x 1 t

55

Tích phận hai vế, được 21ln x arc tgt ln(1 t )2

+ lnC. Vậyyarctg

2 2 xx y Ce .

4. Phương trình khuyết biến.

a) Phương trình khuyết y. Dạng phương trình là F(x,y') = 0.

+ Nếu giải được y' = f(x) thì nghiệm tổng quát là y = f x dx + C.

+ Nếu giải được x = g(y') thì đặt y' = t được dy tdx tg ' t dt y tg ' t dt .

Ngoài ra x = g(t). Vậy nghiệm tổng quát dạng tham số là x = g(t); y tg ' t dt .

Ví dụ: Giải phương trình x = y'2 + y' + 1.

Giải: Đặt y' = t, được x = t2 + t + 1. Từ đó dy = tdx = t(2t + 1)dt,

32t ty C

3 2 . Nghiệm của phương trình là

32t ty C3 2

; x = t2 + t + 1.

+ Nếu giải được x, y' dạng tham số x = f(t) ; y' = g(t) thì dy = f(t)dx = g(t)f '(t)dt.

Do đó y = g t f ' t dt +C. Vậy nghiệm tổng quát là

x f t

y g t f ' t dt C

Ví dụ: x2 + y'2 = 1.

Giải: đặt x = cost ; y' = sint. Từ đó 2dy sin tdx sin tdt 1 cos2t dt / 2 .

Vậy t sin2ty C4

. Đáp số { x = cost ; t sin2ty C

4

}.

b) Phương trình khuyết x. Dạng phương trình là F(y,y') = 0.

+ Nếu giải được y' = f(y) thì dy dydx x C

f y ln y .

+ Nếu giải được y = g(y') thì đặt y' = t. Do dy = tdx nên g'(t)dt = tdx. Vậy

56

g ' t g ' t dtdx dt x C

t t . Vậy nghiệm tổng quát là

g ' t dtx C

ty g t

Ví dụ: Giải phương trình 2 y 'y y ' e .

Giải: Đặt y' = t, nhận được

2 t 2 t t ty t e . Có dy y'dx 2t t e dt tdx dx 2 t e dt x t 1 e . Vậy nghiệm

tổng quát là t 2 tx t 1 e C; y t e .

+ Nếu giải được y, y' dạng tham số y = f(t) ; y' = g(t) thì do dy = y'dx,

nên f '(t)dt = g(t)dx. Do đó

f ' t dtx dt C

g t Vậy nghiệm tổng quát là

y f t

f ' t dtx C

g t

Ví dụ: 2 2y y ' 1 .

Giải: Từ phương trình đã cho, được y = sint ; y' = cost. Do dy = y'dx

nên costdt = costdx, dt = dx, x = t + C. Đáp số y = sint = sin(x - C).

5. Phương trình tuyến tính.

Là phương trình có dạng y' + p(x)y = f(x).

Nếu f(x) 0 thì phương trình trên được gọi là phương trình thuần nhất

a) Giải phương trình thuần nhất y' + p(x)y = 0.

Nếu y 0 , chia hai vế cho y, phương trình trở thành phân ly biến

57

p x dxdy p x dx, ln y p x dx ; y Cey

. Trường hợp y = 0 cũng là nghiệm

và là nghiệm riêng khi C = 0

b) Giải phương trình không thuần nhất y' + p(x)y = f(x).

Chúng ta tìm nghiệm dưới dạng p x dxy C x e , trong đó C(x) là hàm số cần tìm.

Tính đạo hàm từ biểu thức của y rồi thế vào phương trình đã cho, được

p x dx p x dx'

xC x e p x C x e p x dxp x C x e

p x dx p x dx'x

f x

C x f x e ; C x f x e dx

Vậy nghiệm tổng quát là p x dx p x dxy f x e dx K e .

Phương pháp tìm nghiệm như trên gọi là phương pháp biến thiên hằng số. Nếu đã biết

một nghiệm riêng thì ta dễ dàng tìm được nghiệm tổng quát nhờ định lý sau:

Định lý. Gọi Y(x) là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất y' + p(x)y = 0

và gọi y*(x) là nghiệm riêng của phương trình không thuần y' + p(x)y = f(x),

thì nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất là y = Y(x) + y*(x).

Ví dụ 1: Tìm nghiệm riêng của phương trình 2yy' xx

, y(1) = 1.

Giải: Theo công thức nghiệm tổng quát, được dx dx 3

2x x xy e K x e Kx .2

Khi x = 1, thay vào nghiệm tổng quát, được K = 1/2. Vậy nghiệm riêng cần tìm là

y = x(1 + x2)/2 .

Ví dụ 2: Giải phương trình y ye xe 1 y ' 0 .

58

Giải: Coi x là hàm của y, phương trình đã cho viết thành eyx' + (xey - 1) = 0, hay

x' + x = e-y. Vậy nghiệm tổng quát là dy dyy yx e K e e dy e K y

6. Phương trình Bernoulli.

Là phương trình có dạng y p(x)y y q(x) (với 1 ).

Cách giải: Chia hai vế cho y , được - 1-y y' p(x)y q(x) . Đặt 1z y ,

được z (1 )y y . Phương trình trở thành z (1 )z (1 )q(x) .

Đây là phương trình tuyến tính đã biết cách giải.

Ví dụ: 2 4yy' x yx

.

Giải: Chia hai vế cho y4 được 3

4 2yy y' xx

. Đặt z = y -3, được z' = -3y -4y'.

Phương trình trở thành 4 23zy y' 3xx

. Nghiệm tổng quát là

3dx 3dx

2 3 3x x3

1z e K 3x e x K 3ln x , Thay z y , thì yx. K ln x

.

7. Phương trình vi phân toàn phần.

Là phương trình dạng P(x,y)dx + Q(x,y)dy = 0,

trong đó P, Q liên tục cùng các đạo hàm riêng của chúng trên miên D nào đó.

Ngoài ra ' 'y yP Q , x, y D .

Cách giải: Với điểu kiện đã cho, vế trái của phương trình là vi phân toàn phần của hàm

u(x,y) xác định bởi một trong hai công thức sau

59

0 0

yX

0X y

u x, y P x , y dx Q x, y dy hoặc 0 0

yX

0X y

u x, y P x, y dx Q x, y dy

Trong đó (x0, y0) là điểm bất kỳ trong miền D. Khi đã có hàm u(x,y) như trên thì nghiệm

tổng quát là u(x,y) = C.

Ví dụ: Giải phương trình (4xy2 + y)dx + (4x2y + x)dy = 0.

Giải: Dễ kiểm tra điều kiện để vế phải là vi phân toàn phần. vậy tích phân tổng quát của

phương trình là

1 1

2 2 2

0 0

0dx 4x y x dy C 2x y xy C .

Nhận xét: trong trường hợp ' 'y yP Q , x, y D mà tồn tại hàm (x, y) để phương

trình (x, y) P x, y dx Q x, y dy 0 là phương trình vi phân toàn phần.Khi đó hàm

(x, y) được gọi là thừa số tích phân.Nói chung không có phương pháp chung để tìm

(x, y) khi nó phụ thuộc vào cả hai biến x,y.

Đặc biệt khi (x) thì ta có y xy x

P QP d Q dP Q Qy dx x Q

Tương tự khi (y) thì ta cũng tính được y xP QdP

qua đó ta tìm được thừa số

tích phân tương ứng,từ đó có được phương trình vi phân toàn phần và tìm được nghiệm

tương ứng.

§2. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI

1. Đại cương về phương trình vi phân cấp 2.

Định nghĩa. Phương trình vi phân cấp 2 là phương trình dạng F(x,y,y',y'') = 0.

Nếu giải được phương trình trên theo y' thì nó có dạng y'' = f(x,y,y').

60

Bài toán Cauchy. Là bài toán tìm nghiệm của phương trình y' = f(x,y,y') thỏa mãn điều

kiện y(x0) = y0, y'(x0) = y0' , trong đó x0, y0 ,y0' là các giá trị cho trước.

Bài toán Cauchy được viết

0 0

'0 0x x x x

y' f x, y, y ' 3

y y ; y ' y 4

Điều kiện (4) gọi là điều kiện ban đầu, hay điều kiện Cauchy

Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm. Xét bài toán Cauchy (3, 4). Giả sử các hàm số

f x, y, y ' f x, y, y 'f x, y, y ' , ,

y y '

liên tục trên miền 3V .

Khi đó, với '0 0 0x y , y V ,thì trong một lân cận nào đó của điểm x0, tồn tại nghiệm

duy nhất y = y(x) của phương trình (3) thỏa mãn điều kiện ban đầu (4).

Nghiệm tổng quát. Ta gọi nghiệm tổng quát của phương trình y' = f(x,y,y') là hàm số

1 2y (x,C ,C ) , trong đó C1,C2 là hằng số tùy ý, thỏa mãn các điều kiện sau:

a) Hàm số 1 2y (x,C ,C ) thỏa mãn phương trình đã cho với mọi C1, C2.

b) '0 0 0x , y , y D , với D là miền mà điều kiện tồn tại và duy nhất nghiệm được

thỏa mãn, luôn tìm được giá trị của các hằng số C1, C2 sao cho nghiệm

1 2y (x,C ,C ) thỏa mãn điều kiện ban đầu (4).

Nghiệm riêng, tích phân riêng. Nếu trong công thức nghiệm tổng quát ta cho C1, C2 các

giá trị cụ thể thì nghiệm nhận được gọi là nghiệm riêng.

Nghiệm kỳ dị. Có thể tồn tại các nghiệm không nằm trong họ nghiệm tổng quát.

Những nghiệm như vậy gọi là nghiệm kỳ dị.

2. Phương trình khuyết.

a) Phương trình khuyết y, y'. Dạng phương trình F(x,y'') = 0.

61

Đặt y' = t, được F(x,t') = 0. Đây là phương trình cấp 1 khuyết biến t đã biết cách giải.

Nếu nghiệm của phương trình này là t = f(x,C) thì nghiệm phương trình ban đầu là

y = T(x,C) + D, trong đó T(x) là nguyên hàm của f(x).

Ví dụ: Giải phương trình y'' = x2 + xex + 1.

Giải: 3 4 2

2 x x x xx x xy' x xe 1 dx xe e x C y xe Cx D3 12 2

b) Phương trình khuyết y. Dạng phương trình là F(x,y',y'') = 0.

Đặt y' = t, được F(x,t,t') = 0. Đó là phương trình cấp 1 đối với t.

Ví dụ: Giải phương trình 2x 0 x 0

y '' 1 x 2xy' ; y 1 , y' 3

.

Đặt t = y', được t'(1 + x2) = 2xt 22 2

t ' 2x 2xdxln t ln 1 x lnCt 1+x 1+x

2 2 3Ct C 1 x y' C 1 x y x Cx D3

Thay điều kiện đầu được x 0 x 0y D 1 ; y' C 3. Nên y = x3 + 3x +1.

c) Phương trình khuyết x. Dạng phương trình là F(y,y',y'')= 0.

Đặt y' = t, được ' ' 'y x yy'' t .y t t . Thế vào phương trình, được F(y, t, t '

yt ) = 0. Đây là

phương trình cấp 1 đối với t(y).

Ví dụ: Giải phương trình 2yy'' = y'2 +1.

Đặt y' = t, được yy t.t . Thế vào phương trình đã cho, được 2y2y t t t 1 ;

2 222tdt dy ln t 1 ln y lnC y C t 1

yt 1

.

Mặt khác, do y' = t, nên dy = tdx. Thế y từ kết quả trên vào đây,

được C2tdt tdx x 2Ct D .

Đáp số y = C(t2 + 1) ; x = 2Ct + D (dễ dàng viết dàng tường minh).

62

3. Phương trình tuyến tính thuần nhất.

Đó là phương trình dạng y'' + p(x)y' + q(x)y = 0. (5)

a) Cấu trúc nghiệm tổng quát.

Định lý. Nếu y1(x) và y2(x) là hai nghiệm của phương trình thuần nhất (5),

thì 1 2y x Cy x Dy x cũng là nghiệm của phương trình này.

Nếu có thêm điều kiện hai nghiệm riêng y1(x) và y2(x) độc lập tuyến tính thì nghiệm

y = C y1(x) + D y2(x) là nghiệm tổng quát của (5).

(Hai hàm số y1(x), y2(x) được gọi là độc lập tuyến tính nếu phân thức y1(x)/y2(x)

không đồng nhất bằng hằng số)

Chứng minh: Dễ kiểm tra rằng nếu y1(x) và y2(x) là các nghiệm của (5) thì y(x) cũng là

nghiệm của (5). Ta sẽ chứng minh y(x) là nghiệm tổng quát. Xét điều kiện đầu bất kỳ

0 0

'0 0x x x x

y y ; y ' y

. Khi đó

0 1 0 2 0' ' '0 1 0 2 0

y Cy x Dy x

y Cy x Dy x

Đây là hệ phương trình đại số tuyến tính với định thức của hệ khác 0(do giải thiết về tính

độc lập tuyến tính của y1 và y2). Vậy, hệ luôn có nghiệm, tức là luôn tìm được các hằng

số C, D để nghiệm y thỏa mãn điều kiện ban đầu. ĐFCM.

Định lý trên cho thấy, để tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất, chỉ việc tìm

hai nghiệm riêng độc lập tuyến tính là được. Người ta chưa có cách chung để tìm hai

nghiệm này. Tuy nhiên, nếu đã biết một nghiệm riêng thì có thể tìm được nghiệm riêng

thứ hai bằng phương pháp dưới đây.

b) Phương pháp tìm nghiêm riêng thứ hai.

Bổ đề . Nếu y1(x), y2(x) là hai nghiệm riêng của phương trình (5) thì định thức Wronsky

1 2' '1 2

y x y xW=

y x y x thỏa mãn hệ thức - p x dxW Ce .

63

Chứng minh. Vì y1(x), y2(x) là hai nghiệm của phương trình (5), nên

1 1 1

2 2 2

y p(x)y q(x)y 0y p(x)y q(x)y 0

Nhân hệ thức đầu với -y2, sau với y1, rồi cộng lại, được

1 2 2 1 1 2 2 1y y y y p x y y y y 0 Mà

'1 2 2 1 1 2 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1W y y y y , W y y y y y y y y y y y y .

Thế vào kết quả trên, được

p x dxdWW ' + p(x)W = 0 p x dx W(x) CeW

. ĐFCM.

Định lý. Nếu y1(x)0 là một nghiệm riêng của phương trình (5) thì nghiệm riêng thứ hai

y2(x), độc lập với y1(x) tìm được theo công thức

p x dx2 1 2

1

1y x y x e dxy x

Chứng minh. Theo bổ đề, có

- p x dx - p x dx - p x dx1 2 2 11 2 2 1 2 2

1 1

y y y y CW Ce y y y y Ce ey y

(C=1,D=0)- p x dx - p x dx - p x dx2 22 12 2 2

1 11 1 1

y yd C C 1e e dx +D y y e dxdx y yy y y

Ví dụ: Giải phương trình 21 x y'' 2xy ' 2y 0 , biết một nghiệm riêng y = x.

Giải: Chia hai vế cho 1- x2, thì 22 2

2x 2xdxp x p x dx ln x 11-x 1-x

.

Vậy nghiệm thứ hai là

64

2ln x 1

p x dx p x dx2 1 2 2 2

1

1 1 e 1y x y x e dx x e dx x dx x xxy x x x

Từ

đó nghiệm tổng quát y = Cx + D(x2 + 1).

4. Phương trình tuyến tính không thuần nhất.

Là phương trình có dạng y'' p x y' q x y f x . (6)

Định lý. Nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính không thuần (6) bằng tổng của

nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng (5) với một nghiệm riêng nào

đó của phương trình không thuần (6).

Nói cách khác, nghiệm tổng quát của (6) là y = Y(x) + y*(x), trong đó Y(x) là nghiệm

tổng quát của (5), y*(x) là nghiệm riêng của (6).

a) Phương pháp biến thiên hằng số. Giả sử đã biết nghiệm tổng quát của phương trình

thuần nhất (5) là Y(x) = Cy1(x) + Dy2(x). Chỉ còn phải tìm nghiệm riêng của (6) là xong.

Ta Coi C, D là các hàm phụ thuộc x, và phải tìm các hàm số này để biểu thức y(x) =

C(x)y1(x) + D(x)y2(x) là nghiệm của phương trình (6).

Có 1 1 2 2y Cy C'y Dy D y . Chọn C, D sao cho 1 2C'y D'y 0 . Khi đó

y' = Cy1' + Dy2' (7)

Lấy đạo hàm, được 1 1 2 2y C'y Cy D'y Dy . Thế y' và y'' vào phương trình (6),

được 1 1 2 2 1 2 1 2C'y Cy D'y Dy p Cy Dy q Cy Dy f x ;

1 1 1 2 2 2 1 2C y py qy D y py qy C'y D'y f x .

Vì y1, y2 là nghiệm của phương trình thuần nhất, nên

1 2C'y D'y f x (8)

Tổng hợp điều kiện (7) (8) nhân được kết quả:

65

Định lý: Biểu thức y = Cy1 + Dy2 là nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất (6)

, nếu thỏa mãn hệ

1 2

1 2

C'y D'y 0C'y ' D'y ' f x

Hệ trên là hệ đại số tuyến tính với ẩn C', D'. Từ đó tìm được C, D.

Ví dụ: Giải phương trình 2 21 x y 2xy 2y 1 x , biết một nghiệm riêng của

phương trình thuần nhất tương ứng là y = x. (xem ví dụ ở mục trên)

Giải: Phương trình viết thành 2 22x 2y' y ' y 1

1-x 1 x

Theo bài giải đã có ở trên, nghiệm tổng quát của phương tình thuần nhất tương ứng là

Y = Cx + D(x2 + 1), ở đây y1 = x ; y2 = x2 + 1.

Để tìm nghiệm riêng, ta giải hệ

2 2

22

2 x 1C' 1 C x lnC'x D' x 1 0 x 1x 1x 1C' D'2x 1 D' D ln x 1

x 1 2

Vậy nghiệm riêng là 2

2 2x 1 x 1y* x x ln + ln x 1x 1 2

. Nghiệm tổng quát là

2

2 2 2x 1 x 1y Cx +D x 1 x xln + ln x 1x 1 2

5. Phương trình tuyến tính có hệ số không đổi.

Đó là phương trình có dạng y'' + py' + qy = f(x), trong đó p, q là các hằng số.

1) Giải phương trình thuần nhất

y'' py ' qy 0 (9)

Ta sẽ tìm các nghiệm riêng độc lập tuyến tính của phương trình thuần nhất dưới dạng

y = ekx, trong đó k là hằng số cần tìm. Có y' = kekx ; y'' = k2ekx. Thế y'', y' , y

66

vào phương trình đã cho, được

2 kx kx kxk e kpe +qe 0 hay 2 k +pk q 0 (10)

phương trình (10) được gọi là phương trình đặc trưng. Xét các trường hợp:

a) Nếu (10) có hai nghiệm đơn k1, k2. Khi đó phương trình thuần nhất (9) có hai nghiệm

riêng 1 2k x k x1 2y e ; y e . Hai nghiệm này độc lập tuyến tính. Vậy nghiệm tổng quát là

1 2k x k xy Ce De .

b) Nếu (10) có nghiệm kép k0. Khi đó phương trình thuần nhất (9) có một nghiệm riêng

0k x1y e . Nghiệm tổng quát là 0k xy C Dx e .

c) Nếu (10) có nghiệm phức k = a bi. Khi đó phương trình thuần nhất (9) có hai nghiệm

riêng

a bi x a bi xax ax1 2y e e cosb isin b ; y e e cos b isin b .

Từ đó, ax ax1 2 1 21 2

y y y yz e cosb ; z e sin b2 2i

cũng là hai nghiệm riêng.

Chúng độc lập tuyến tính, vậy nghiệm tổng quát là

axy Ccosb Dsinb e .

Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình sau

(a) y 3y 2y 0

(b) y 4y 4y 0

(c) y 2y 5y 0

Giải: (a) Phương trình đặc trưng k2 - 3k + 2 = 0, k = 1, k = 2. Nghiệm tổng quát là

x 2xy Ce +De .

(b) Phương trình đặc trưng k2 + 4k + 4 = 0, k = -2 là nghiệm kép. Nghiệm tổng quát của

phương trình vi phân là 2xy C+Dx e .

67

(c) Phương trình đặc trưng k2 + 2k + 5 = 0, (k +1)2 + 4 = 0, k = -1 2i. Nghiệm tổng quát

của phương trình vi phân là x y (C cos2 Dsin 2 )e .

2) Phương trình có vế phải đặc biệt.

Xét phương trình y'' + py' + qy = f(x). Trong trường hợp tổng quát, ta đã biết cách giải

phương trình thuần nhất, nên có thể dùng phương pháp biến thiên hằng số để tìm một

nghiệm riêng, từ đó tìm được nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất đã

cho.

Trường hợp vế phải f(x) có dạng đặc biệt, chúng ta tìm được nghiệm riêng một cách

nhanh chóng như trình bày dưới đây.

a) Trường hợp xf (x) P(x)e , (P(x) là đa thức bậc n cho trước).

Ta sẽ xác định dạng của nghiệm riêng y*(x), tùy theo các trường hợp có là nghiệm của

phương trình đặc trưng hay không

+ Nếu không là nghiệm của phương trình đặc trưng, xy e Q(x) .

+ Nếu là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng, xy xe Q(x) .

+ Nếu là nghiệm kép của phương trình đặc trưng, 2 xy x e Q(x) .

Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình sau

(a) y'' 3y ' 2y 2x

(b) xy'' 3y ' 2y xe

(c) xy'' 2y ' y 2 x 1 e

Giải: (a) Phương trình đặc trưng k2 - 3k + 2 = 0, k = 1, k = 2. Nghiệm tổng quát của

phương trình thuần nhất tương ứng là Y = Cex + De2x.

Vế phải f(x) = 2xe0x, ( = 0). Vậy tìm nghiệm riêng dạng y* = ax + b. Tính các đạo hàm

của y* rồi thế vào phương trình đã cho, được

68

- 3a + 2(ax + b) 2x, từ đó a = 1, b = 3/2.

Đáp số y = Cex + De2x + x + 3/2.

(b) Vế phải f(x) = xex. Có = 1 là một nghiệm riêng của phương trình đặc trưng. Vậy

tìm nghiệm riêng dạng y* = x(ax + b)ex = (ax2 + bx)ex. Tính các đạo hàm:

2 x 2 x(y*) ax bx 2ax b e ax b 2a x b e .

2 x 2 x(y*) ax b 2a x b 2ax b 2a e ax b 4a x 2a 2b e

Thế vào phương trình đã cho, được

2 x

2 x x x

2 x

[ax (b 4a)x 2a 2b]e 1aVF 3[ax (b 2a)x b ]e 2ax 2a b e xe 2

b 12[ax bx ]e

Đáp số x 2x xxy Ce De 1 e2

.

(c) Phương trình đặc trưng k2 - 2k + 1 = 0, = 1 là nghiêm kép. Nghiệm riêng có

dạng 3 2 xy ax bx e . Tính các đạo hàm:

3 2 2 x 3 2 x(y*) ax bx 3ax 2bx e ax b 3a x 2bx e .

3 2 2 x(y*) ax b 3a x 2bx 3ax 2 b 3a x 2b e

= 3 2 xax b 6a x 4b 6a x 2b e

Thế vào phương trình đã cho, được

3 2 x x

3 2 x x

3 2 x

[ax (b 6a)x 4a 6b x 2b]e 4a 2b x 2b eVF 2[ax (b 3a)x 2bx ]e 2x 2 e

[ax bx + ]e a 1 ; b 1

69

Đáp số x xy C Dx e 1 x e .

b) Trường hợp axf x e P x cosbx Q x sin bx ,ở đó P(x) và Q(x) là đa thức

Ta sẽ xác định dạng của nghiệm riêng Y(x), tùy theo các trường hợp a ib có là nghiệm

của phương trình đặc trưng hay không

+ Nếu a ib không là nghiệm của phương trình đặc trưng, tìm Y dạng

axY e U x cosbx V x sinbx .

+ Nếu a ib là nghiệm của phương trình đặc trưng, tìm Y dạng

axY xe U x cosbx V x sinbx .

Trong đó, U và V là đa thức cần tìm có bậc bằng bậc cao nhất của P và Q.

Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình sau

(a) y'' 3y ' 2y 4sin x 2cos x

(b) y'' y cos x .

Giải: (a) Phương trình đặc trưng k2 - 3k + 2 = 0, k = 1, k = 2. Nghiệm tổng quát của

phương trình thuần nhất tương ứng là Y = Cex + De2x.

Vế phải f(x) = sinx + cosx. Có I không là nghiệm của phương trình đặc trưng.

Bậc cao nhất của các đa thức P, Q là 0.

Vậy ta tìm nghiệm riêng dạng y* = asinx + bcosx. Tính các đạo hàm của y*

(y*) a cos x bsin x ; (y*) a sin x bcos x .

Thế vào phương trình đã cho, được

- asin x bcosx 3 a cosx bsin x 2 asin x bcosx 4sin x 2cos x

a 3b sin x b 3a cos x 4sin x 2cosx a 1 ; b 1.

70

Đáp số x 2xy Ce De sin x cosx .

(b) Phương trình đặc trưng k2 + 1 = 0, i là nghiệm . Bậc cao nhất của các đa thức

P, Q là 0. Vậy nghiệm riêng có dạng y ax sinx bx cosx . Có:

(y*) a bx sin x b ax cos x

(y*) b b ax sin x a a bx cosx 2b ax sin x 2a bx cosx

Thế vào phương trình đã cho, được

2b ax sin x 2a bx cosx ax sin x bx cosx

2bsin x 2a cosx 2cosx . Từ đó a = 1, b = 0.

Đáp số y Ccos x Dsin x xsin x .

c) Trường hợp axf x P x cosbx Q x sinbx e .

Đặt y = zeax, sẽ đưa về dạng đã xét.

Ví dụ: Giải phương trình xy'' 2y ' 2y xe sinx .

Giải: Đặt x x xy ze . Có y ' z ' z e ; y '' z '' 2z ' z e . Thế vào phương trình đã

cho, được z'' + z = xsinx

Theo cách giải của phần (b), tìm được nghiệm tổng quát của phương trình này là

Ccosx Dsinx sinx xcosxy

4

. Vậy nghiệm của phương trình đã cho là

xCcosx Dsinx sinx xcosxy e

4

.

d) Trường hợp f(x) = f1(x) + f2(x), trong đó f1(x), f2(x) có dạng như đã xét.

Áp dụng nguyên lý chồng chất nghiệm sau đây:

Định lý(Nguyên lý chồng chất nghiệm). Cho phương trình

1 2y'' p x y' q x y f x f x (11)

71

Nếu 1y x là nghiệm riêng của phương trình 1y'' p x y' q x y f x và 2y x là

nghiệm riêng của phương trình 2y'' p x y' q x y f x , thì 1 2y y x y x

là nghiệm riêng của phương trình (11).

Chứng minh định lý là dễ dàng.

Ví dụ: Giải phương trình y'' - y' = 2cos2x

Giải: Nghiệm của phương trình thuần nhất là xY C De

Để tìm nghiệm riêng, ta phân tích vế phải: 2cos2x = 1 + cos2x. Vậy xét hai phương trình:

(1) y'' y ' 1 . Nghiệm là 1y x .

(2) y'' y ' cos2x . Nghiệm là 22 1y cos2x sin 2x

10 10 .

Đáp số: x 2 1y C De x cos2x sin 2x10 10

§3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

1. Đại cương

Định nghĩa. Hệ phương trình tuyến tính chuẩn tắc cấp 1 là hệ có dạng

'2 1 1 2 n'2 2 1 2 n

'2 n 1 2 n

y f x, y , y ,..., y

y f x, y , y ,..., y...

y f x, y , y ,..., y

(12)

Nghiệm tổng quát của hệ (12) là bộ n hàm số yi(x, C1, ... , Cn), i = 1, 2, ..., n, với C1, ... ,Cn

là các hằng số tuỳ ý, thỏa mãn các điều kiện sau:

(i) Thỏa mãn (12) với mọi C1, ... ,Cn.

72

(ii) Với mọi điểm (x0, y10,y2

0, ... , yn0) của không gian Rn+1, mà ở đó điều kiện tồn tại và

duy nhất nghiệm được thỏa mãn, luôn tìm được các giá trị của C1, ... , Cn sao cho các hàm

số yi(x, C1, ... ,Cn), i = 1, ... , n thỏa mãn điều kiện đầu

0

0ix xy y i 1,...,n

Nghiệm riêng là nghiệm có được bằng cách cho C1, ... , Cn trong họ nghiệm tổng quát các

giá trị xác định.

Đường dòng của trường véc tơ. Giả sử trong miền D của không gian Rn, cho trước một

trường véc tơ 1 2 nF x f x ,f x ,...,f x

. Ta gọi đường dòng của trường F là một

đường cong (C) sao cho tiếp tuyến tại mỗi điểm của nó là đồng phương với F tại điểm đó.

2. Cách giải hệ phương trình vi phân.

Xét hệ (12). Ta luôn đưa hệ về một phương trình cấp cao bằng cách khử những hàm số

chưa biết từ các phương trình của hệ. Phương pháp này được gọi là phương pháp khử.

Minh họa phương pháp bằng ví dụ dưới đây.

Ví dụ 1: Giải hệ

y' 5y 4z 1

z ' 4y 5z 2

Giải: Lấy đạo hàm hai vế (1), rồi thế z' từ phương trình (2), được

y 5y' 4z ' 5y ' 4 4y 5z 5y' 16y 20z . (3)

Khử z từ (1), được z = (y' - 5y) / 4. Thế vào (3), nhận được

y'' 5y ' 16y 5 y' 5y 10y' 9y , hay y '' 10y' 9y 0 (4).

Nghiệm của phương trình (4) là y = Cex + De9x. Thế nghiệm này vào (1) được

x 9x x 9x x 9x1z Ce 9De 5Ce 5De Ce De4 .

Đáp số x 9xz Ce De ; x 9xz Ce De

73

Ví dụ 2: Giải hệ y' y z (1)z ' y z x (2)

Giải: Lấy đạo hàm hai vế (1), rồi thế z' từ phương trình (2), được

y'' = y' + z' = y' + (y + z + x) = y' + y + z + x (3)

Khử z từ (1), được z y y . Thế vào (3), nhận được y'' - 2y' = x (4).

Nghiệm của phương trình (4) là 2

2x x xy C De 4 4

. Thế y vào phương trình (1)

được 2

2x x x 1z C De4 4 4

.

Đáp số :2

2x x xy C De 4 4

; 2

2x x x 1z C De 4 4 4

.

------------------------------------------------