dong dinh - google sites · pdf file · 2015-12-31dong dinh...

Dong Dinh

BÀI TẬP TÍCH PHÂN BỘI, TÍCH PHÂN ĐƯỜNG

VÀ TÍCH PHÂN MẶT

∫∫S

2015dS = ∫= =∫0

1 =B∮A

= −∫1

0 = ∫=∫∫∫V

2016dV

Bản thảo

Phiên bản 1.2.1

Sửa lần cuối ngày 31/12/2015

Mục lục

1 Tích phân bội 3

1.1 Tính tích phân bằng định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 Đổi thứ tự lấy tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.3 Đổi biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.3.1 Đổi biến bằng phép biến đổi affine . . . . . . . . . . . . . 6

1.3.2 Đổi biến trong tọa độ cực . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.4 Một số tích phân đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.5 Định lí Fubini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.6 Tích phân ba lớp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.7 Ứng dụng của tích phân bội . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2 Tích phân đường - Tích phân mặt 30

2.1 Tích phân đường loại 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.2 Tích phân đường loại 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.2.1 Tích phân đường loại 2 bằng định nghĩa . . . . . . . . . . 31

2.2.2 Công thức Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.2.3 Điều kiện để tích phân đường không phụ thuộc vào đường

lấy tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.3 Tham số hóa của một mặt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.4 Tích phân mặt loại 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

2.5 Tích phân mặt loại 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

2.6 Định lí Ostrogradski, Định lí Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

2.6.1 Định lí Gauss-Ostrogradski . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

2.6.2 Định lí Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

Tài liệu tham khảo 69

1 Tích phân bội

1.1 Tính tích phân bằng định nghĩa

Bài tập 1.1. Chứng minh hàm số f(x, y) = 1 khả tích trên [a, b]× [c, d].

Giải. Với mọi phân hoạch P(xi, yj) : i = 0 . . . n, j = 0 . . . k ta có

mij(f) = inff(x, y) : (x, y) ∈ [xi−1, xi]× [yj−1, yj] = 1,

và

Mij(f) = supf(x, y) : (x, y) ∈ [xi−1, xi]× [yj−1, yj] = 1.

Mặt khác,

L(f, P ) =n∑i=1

k∑j=1

mij(xi − xi−1)(yj − yj−1)

=n∑i=1

k∑j=1

(xi − xi−1)(yj − yj−1)

= (b− a)(d− c).

và

U(f, P ) =n∑i=1

k∑j=1

Mij(xi − xi−1)(yj − yj−1)

=n∑i=1

k∑j=1

(xi − xi−1)(yj − yj−1)

= (b− a)(d− c).

Suy ra

U(f) = infU(f, P ) : P là một phân hoạch = (b− a)(d− c).

L(f) = supL(f, P ) : P là một phân hoạch = (b− a)(d− c).

Do đó f khả tích và∫∫

Dfdxdy = (b− a)(d− c)

Bài tập 1.2. Chứng minh hàm số f(x, y) =

1, x và y là số hữu tỉ

0, x hoặc y là số vô tỉkhông khả

tích trên [a, b]× [c, d].

3

Giải. Giả sử P(xi, yj) : i = 0 . . . n, j = 0 . . . k là một phân hoạch bất kì của

[a, b]× [c, d]. Vì [xi−1, xi] và [yj−1, yj] chứa các số hữu tỉ và vô tỉ nên mij(f) = 0,

Mij(f) = 1 với mọi i, j. Do đó L(f, P ) = 0, U(f, P ) = (b − a)(d − c). Suy ra

U(f) = (b− a)(d− c), L(f) = 0. Vì a < b, c < d nên L(f) 6= U(f), tức là f không

khả tích.

1.2 Đổi thứ tự lấy tích phân

Bài tập 1.3. Tính tích phân

I1 =

∫∫D

ydxdy

trong đó D = (x, y) : y ≤ 0, x2 + 2y2 ≤ 1.

Giải. Viết lại D = (x, y) : −2 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤√

(4−x)2

2. Ta có

∫∫D

ydxdy =

2∫−2

(

√(4−x)2

2∫0

ydy)dx =1

2

2∫−2

4− x2

2dx =

8

3.

Cách khác: Viết lại D = (x, y) : 0 ≤ y ≤√

2,−√

4− 2y2 ≤ x ≤√

4− 2y2. Ta

có ∫∫D

ydxdy =

√2∫

0

(

√4−2y2∫

−√

4−2y2

ydx)dy = 2

√2∫

0

y√

4− 2y2dy =8

3.


I2 =

∫∫D

ex2

dxdy

trong đó D = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2x.

Giải.

I2 =

∫∫D

ex2

dxdy =

∫ 1

0

(

∫ 2x

0

ex2

dy)dx =

∫ 1

0

2xex2

dx = e− 1.

4

Bài tập 1.5. Đổi thứ tự lấy tích phân

a) I1 =1∫−1

dx1−x2∫

−√

1−x2f(x, y)dy;

b) I2 =a∫0

dx

√a2−x2∫

a2−x22a

f(x, y)dy.

Giải. a) Ta có I1 =∫∫D

f(x, y)dxdy với D là miền giới hạn bởi y = 1 − x2 và

y = −√

1− x2.

Suy ra I1 =0∫−1

dy

√1−y2∫

−√

1−y2f(x, y)dx+

1∫0

dy

√1−y∫

−√

1−yf(x, y)dx.

b) Ta có I2 =∫∫D1

f(x, y)dxdy +∫∫D1

f(x, y)dxdy với

D1 = (x, y)| 0 ≤ y ≤ a

2,√a2 − 2ay ≤ x ≤

√a2 − y2,

D2 = (x, y)| a2≤ y ≤ a, 0 ≤ x ≤

√a2 − y2.

Suy ra I2 =

a2∫

0

dy

√a2−y2∫

√a2−2ay

f(x, y)dx+a∫a2

dy

√a2−y2∫0

f(x, y)dx.

1.3 Đổi biến

Thực hiện phép đổi biến x = x(u, v) và y = y(u, v) thỏa mãn

• là các hàm liên tục và có đạo hàm riêng liên tục trong miền đóng D′ của mặt

phẳng Ouv

• x = x(u, v) và y = y(u, v)xác định song ánh từ D′ trong mặt phẳng Ouv vào

D trong mặt phẳng Oxy

• Định thức Jacobi

J(u, v) =

∣∣∣∣∣∣∣∂x

∂u

∂x

∂v∂y

∂u

∂y

∂v

∣∣∣∣∣∣∣ (1.3.1)

khác 0 trong D′.

5

Khi đó ∫∫D

f(x, y) dxdy =

∫∫D′

f(x(u, v), y(u, v)) |J(u, v)| dudv . (1.3.2)

1.3.1 Đổi biến bằng phép biến đổi affine


∫∫D

ex−yx+y dxdy, trong đó D = (x, y) : x ≥ 0, y ≥

0, x+ y ≤ 1.

Giải. Đặt u = x− y and v = x+ y. Suy ra x = 12(u+ v) và y = 1

2(v − u). Ta có

x

y

0

x+ y = 1

1

1

Du

v

0

1

−1 1

D′

u = vu = −v

x = 12(u+ v)

y = 12(v − u)

Hình 1: Miền D và D′

J(u, v) =

∣∣∣∣∣∣∣∂x

∂u

∂x

∂v∂y

∂u

∂y

∂v

∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣12

12

−12

12

∣∣∣∣∣∣ =1

2⇒ |J(u, v)| =

∣∣∣∣12∣∣∣∣ =

1

2,

Theo công thức đổi biến ta có∫∫D

ex−yx+y dxdy =

∫∫D′

f(x(u, v), y(u, v)) |J(u, v)| du dv

=

∫ 1

0

∫ v

−veuv 1

2du dv

=

∫ 1

0

(v2euv

∣∣∣u=v

u=−v

)dv

=

∫ 1

0

v2(e− e−1) dv

=v2

4(e− e−1)

∣∣∣10

=1

4

(e− 1

e

)=

e2 − 1

4e


I3 =

∫∫D

(x− y)2 sin2(x+ y)dxdy

6

trong đó D = (x, y) ∈ R2 : −π ≤ x+ y ≤ 3π,−π ≤ x− y ≤ π.

Giải. Đổi biến u = x+ y

v = x− y

Suy ra x = u+v2

y = u−v2

Ta có D′ = (u, v) : −π ≤ u ≤ 3π,−π ≤ v ≤ π và |J | = 12.

Từ đó

I3 =1

2

∫∫D′

v2 sin2 ududv =1

2

∫ 3π

−π(

∫ π

−πv2 sin2 udv)dv =

π4

3.


I4 =

∫∫D

y

x+ ydxdy

trong đó D = (x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≥ 0, 1 ≤ 2(x+ y) ≤ 2.

Giải. Đổi biến u = x+ y

v = yx+y

Suy ra x = u(1− v)

y = uv

Ta có D′ = (u, v) : 12≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 1 và |J | = u.

Từ đó

I4 =

∫∫D′

uvdudv =

∫ 1

12

(

∫ 1

0

uvdu)dv =3

16.

7

1.3.2 Đổi biến trong tọa độ cực

∫∫D

f(x, y) dx dy =

∫∫D′

f(r cos θ, r sin θ) r dr dθ , (1.3.3)

với công thức đổi biến x = r cos θ, y = r sin θ biến miền D′ trong mặt phẳng Orθ

thành miền D trong mặt phẳng Oxy.

Ta thường dùng phép đổi biến trong tọa độ cực khi miền lấy tích phân là một

hình tròn (hoặc một phần của nó, hoặc miền giới hạn bởi phương trình đường

cong có chứa x2 + y2) hoặc khi hàm lấy dưới dấu tích phân có dạng f(√x2 + y2)

và miền D giới hạn bởi các đường thẳng đi qua gốc tọa độ.

Vẽ miền lấy tích phân D (nếu được) vì như thế sẽ dễ dàng xác định cận lấy tích

phân hơn.


I1 =

∫∫D

dxdy√a2 − x2 − y2

trong đó D là miền giới hạn bởi đường tròn x2 + y2 = ay, a > 0.

Giải. Đổi biến sang tọa độ cực ta có

D′ = (r, ϕ) : 0 ≤ ϕ ≤ π, 0 ≤ r ≤ a sinϕ.

Ta có

I1 =

π∫0

dϕ

a sinϕ∫0

rdr√a2 − r2

=−1

2

π∫0

((a2 − r2)

12

12

∣∣∣a sinϕ

0

)dϕ

= a

π∫0

(1− | cosϕ|)dϕ

= a(π − 2).

8


I2 =

∫∫D

√1− x2

a2− y2

b2dxdy

trong đó D là miền giới hạn bởi elip x2

a2+ y2

b2= 1, (a, b > 0).

Giải. Đầu tiên ta biến đổi miền elip D = (x, y) : x2

a2+ y2

b2≤ 1 thành hình tròn

đơn vị D1 = (u, v) : u2 + v2 ≤ 1 bằng phép biến đổi affine u = xa, v = y

b. Khi

đó

I1 =

∫∫D

f(x, y)dxdy =

∫∫D1

f(au, bv)abdudv

vì |J(u, v)| = ab.

Sau đó biến D1 thành D′ = (r, ϕ) : 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 1 bằng phép đổi biến

sang tọa độ cực. Do đó ta có

I1 =

∫∫D

f(x, y)dxdy =

∫∫D1

f(au, bv)abdudv =

∫∫D′

f(ar cosϕ, br sinϕ)abrdrdϕ.

Một cách đơn giản, ta dùng phép đổi biến như sau x = ar cosϕ, y = br sinϕ ta

có |J(r, ϕ)| = abr và

D′ = (r, ϕ) : 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 1.

Khi đó

I1 =

2π∫0

dϕ

1∫0

r√

1− r2dr

=−ab

2

2π∫0

((1− r2)

32

32

∣∣∣10

)dϕ

=−ab

2× −4π

3

=2abπ

3.


I3 =

∫∫D

√a2 − x2 − y2dxdy

trong đó D là miền giới hạn bởi đường tròn x2 + y2 = ax, (a > 0).

9


D′ = (r, ϕ) : −π2≤ ϕ ≤ π

2, 0 ≤ r ≤ a cosϕ.

Ta có

I3 =

π2∫

−π2

dϕ

a cosϕ∫0

√a2 − r2rdr

=−1

2

π2∫

−π2

((a2 − r2)

32

32

∣∣∣a cosϕ

0

)dϕ

=1

3a3

π2∫

−π2

(1− | sin3 ϕ|)dϕ

=1

9a3(3π − 4).


I4 =

∫∫D

√x2 + y2dxdy

trong đó

D = (x, y) : x ≥ 0, y ≥ 0, Rx ≤ x2 + y2 ≤ 4R2,

R là số dương.


D′ = (r, ϕ) : 0 ≤ ϕ ≤ π

2, R cosϕ ≤ r ≤ 2R.

10

Ta có

I3 =

π2∫

0

dϕ

2R∫R cosϕ

r2dr

=

π2∫

0

(r3

3

∣∣∣2RR cosϕ

)dϕ

=R3

3

π2∫

0

(8− cos3 ϕ)dϕ

= R3(4π

3− 2

9).

1.4 Một số tích phân đặc biệt


I5 =

∫∫D

[x+ y]dxdy

trong đó D = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2, [x + y] là phần nguyên của

x+ y.

Giải. Ta chia miền D thành 4 miền D1, D2, D3, D4 bởi các đường thẳng x+y = k,

k = 1, . . . , 4. Ta có [x + y] = k − 1 với (x, y) ∈ IntDk. Suy ra I5 = 0.S(D1) +

1.S(D2) + 2.S(D3) + 3.S(D4) = 0.12

+ 1.32

+ 2.32

+ 3.12

= 6.


I6 =

∫∫D

sgn(x2 − y2 + 2)dxdy

trong đó D = (x, y) ∈ R2 : 0 ≥ x, 0 ≥ y, x2 + y2 ≤ 4, sgn(x) là hàm dấux.

Giải. Hyperbol x2 − y2 + 2 chia miền D thành 2 phần D1 và D2, D1 = (x, y) ∈

D : 0 ≤ x ≤ 1,√x2 + 2 ≤ y ≤

√4− x2, D2 = D \D1. Ta có

sgn(x2 − y2 + 2) =

−1, nếu (x, y) ∈ IntD1

1, nếu (x, y) ∈ IntD2.

11

Suy ra I5 = −∫∫D1

dxdy +∫∫D2

dxdy = S(D) − 2S(D1) = π − 2∫∫D1

dxdy = π −

2∫ 1

0

∫ √4−x2√x2+2

dydx = π − 2(π3− ln 1+

√3√

2).


I =

∫ 1

0

∫ 1

0

maxx2, y3

dxdy.

Chứng minh. Ta có [0; 1]×[0; 1] = S1∪S2 trong đó S1 = (x, y) ∈ [0; 1]×[0; 1]|x2 ≥

y3 và S2 = (x, y) ∈ [0; 1]× [0; 1]|x2 < y3, S1 ∩ S2 = ∅.∫S1

max x2, y3 dxdy =∫ 1

0dx∫ x2

3

0x2 dy = 3

11.∫

S2max x2, y3 dxdy =

∫ 1

0dy∫ y 3

2

0x3 dy = 2

11.

Vậy I =5

11.

Bài tập 1.16. Chứng minh∫ 1

0

∫ 1

0

max xm, yn dxdy =m+ n

mn+m+m=

1m

+ 1n

1 + 1m

+ 1n

.

Giải.1∫

0

1∫0

max xm, yn dxdy =

∫∫S1

xm dxdy +

∫∫S2

yn dxdy

=

1∫0

xmn∫

0

xm dydx+

1∫0

ynm∫

0

yn dxdy

=

1∫0

xmn +m dx+

1∫0

ynm+n dy

=1

mn

+m+ 1+

1nm

+ n+ 1=

m+ n

mn+m+ n.

Bài tập 1.17. Tính

I =

∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 1

0

max x, y, z dxdydz.

1

1∫ 10

∫ 10

∫ 10 max xm, yn, zp dxdydz = mn+np+pm

mnp+mn+np+pm

12

Giải. Với x ≥ y ≥ z thì

I =

∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 1

0

max x, y, z dxdydz =

∫ 1

0

dx

∫ x

0

dy

∫ y

0

xdz =1

8.

Với 5 miền còn lại, tính toán tương tự ta cũng có kết quả là 18.

Vậy I = 6× 18

= 34.

Bài tập 1.18. Tính1∫0

1∫0

xy

yx

dxdy trong đó x là phần lẻ của x.

Giải. Trước tiên ta tính tích phân của miền giới hạn bởi các đường x = 1, y =

xn, y = x

n+1gọi miền này là ∆n có diện tích làAn. Khi đó ta có

∫∆n

x

y

yx

dxdy =

An − n4

(1n2− 1

(n+1)2

).

Tổng tất cả các tích phân trên các miền tam giác ta có1∫0

1∫0

xy

yx

dxdy =

1− 2∞∑n=1

n4

(1n2− 1

(n+1)2

)= 1− 1

2

∞∑n=1

(1

(n+1)2+ 1

n− 1

n+1

)= 1− π2

12

Bài tập 1.19. Cho hàm số f : [−a, a] → R liên tục, chẵn, a > 0. Kí hiệu

D = [0, a]× [0, a]. Chứng minh rằng∫∫D

f(x− y)dxdy = 2

a∫0

(a− t)f(t)dt.

Giải. Kí hiệu D′ = (x, y) ∈ D|x ≥ y. Vì D đối xứng qua đường y = x và f là

hàm số chẵn nên ∫∫D

f(x− y)dxdy = 2

∫∫D′

f(x− y)dxdy.

Thực hiện phép đổi biến u = x, v = x− y ta có D′ biến thành chính nó. Ta có∫∫D′

f(x− y)dxdy =

∫∫D′

f(v)dudv =

a∫0

a∫v

du

f(u)dv =

a∫0

(a− v)f(v)dv.

1.5 Định lí Fubini

Bài tập 1.20. Cho hàm số

f(x; y) =

x2−y2

(x2+y2)2, nếu (x; y) 6= (0; 0)

0, nếu (x; y) = (0; 0)

13

1. f có khả tích trên hình vuông [0; 1]2?

2. Tính các tính phân lặp theo 2 thứ tự.

3. Có tồn tại tích phân∫ 1

0(∫ 1

0|f(x; y)|dx)dy

Giải. 1. f không khả tích trên hình vuông [0; 1]2 vì

1∫0

1∫0

|f(x; y)|dxdy ≥∫

(x;y)|x,y≥0,x2+y2≤1

|f(x; y)|dxdy

=

1∫0

∫ π2

0

cos 2θ

r2rdrdθ

≥1∫

0

∫ π4

0

cos 2θ

rdrdθ

≥1∫

0

dr

r

√2

2

π

4=∞


∫(0;1]

(

∫(0;1]

x2 − y2

(x2 + y2)2dy)dx =

∫(0;1]

(

∫(0;arctan 1

x ]

x2(1− tan2 x) cos2 t.tdt)dx

=

∫(0;1]

(

∫(0;arctan 1

x ]

x2 cos 2t.tdt)dx

=

∫(0;1]

x3

1 + x2dx =

1− ln 2

2

Tương tự, ∫(0;1]

(

∫(0;1]

x2 − y2

(x2 + y2)2dx)dy =

−1 + ln 2

2

3. Không tồn tại tích phân∫ 1

0(∫ 1

0|f(x; y)|dx)dy vì nếu nó tồn tại thì theo định

lí Fubini1∫0

1∫0

|f(x; y)|dxdy tồn tại, mâu thuẫn với 1.

Bài tập 1.21. Tính tích phân∫∫S

f(x; y)dxdy trong đó S là hình chữ nhật [0; 2]×

14

[0; 1] và f là hàm số xác định như sau

f(x; y) =

xy(x2−y2)(x2+y2)3

, nếu (x; y) 6= (0; 0)

0, nếu (x; y) = (0; 0)


2. Có tồn tại tích phân∫ 1

0(∫ 1

0|f(x; y)|dx)dy

Giải. 1. Với mỗi x, ta đặt A(x) =∫ 1

0f(x; y)dy. Bây giờ giả sử x 6= 0. Sử dụng

phép thế u = x2 + y2, du = 2ydy và x2 − y2 = 2x2 − u ta có A(x) =∫ 1

0f(x; y)dy =

x2+1∫x2

x(2x2−u)du2u3

=x2+1∫x2

(x3)u3− x

2u2

)du = x

2(x2+1)2. Khi x = 0 kết

quả trên vẫn đúng.2∫0

A(x)dx =2∫0

x2(x2+1)2

dx = 15.

2. Với mỗi y, ta đặt B(y) =∫ 1

0f(x; y)dx. Bây giờ giả sử y 6= 0. Ta sử dụng phép

thế u = x2 + y2, ta có B(y) = −2y(4+y2)2

.

Suy ra1∫0

B(y)dy = −120.

3. Nguyên nhân: Hàm f liên tục theo từng biến nhưng không khả tích trên S do

đó không thể nghiệm đúng định lí Fubini. Thật vậy, f thậm chí không bị chặn

vì f nhận giá trị âm dương tùy ý quanh điểm gốc cụ thể là f(2t; t) = 6125t2

and f(t; 2t) = −6125t2

với mọi t 6= 0.

Bài tập 1.22. (IMC 2004) Chứng minh rằng

1∫0

1∫0

dxdy

x−1 + | ln y| − 1≤ 1

Giải. Sử dụng bất đẳng thức x−1 + 1 ≥ | lnx|, x ∈ (0; 1].

Do đó

1∫0

1∫0

dxdy

x−1 + | ln y| − 1≤

1∫0

1∫0

dxdy

| lnx|+ | ln y|=

1∫0

1∫0

dxdy

| ln(x.y)|.

15

Thay y = uxta có

1∫0

1∫0

dxdy

| ln(x.y)|=

1∫0

1∫u

dx

x

du

| lnu|=

1∫0

| lnu| du| lnu|

= 1.

1.6 Tích phân ba lớp

Ta thường dùng phép đổi biến trong tọa độ cầu khi miền lấy tích phân là một

hình cầu (hoặc một phần của nó) hoặc khi hàm lấy dưới dấu tích phân có dạng

f(x2 + y2 + z2). Nếu miền tính tích phân giới hạn bởi mặt trụ hoặc khi hàm lấy

dưới dấu tích phân có dạng f(x2 + y2) thì đổi biến sang tọa độ trụ thường giúp

ta dễ tính tích phân hơn


I =

∫∫∫B

2xdxdydz

trong đó B = (x, y, z) : x ≥ 0, y ≥ 0, x2 + y2 ≤ z ≤ 4.

Giải. Hình chiếu D của B lên mặt phẳng Oxy là một phần tư hình tròn:

D = (x, y)| 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤√

4− x2.

Suy ra

I =

∫∫D

dxdy

4∫x2+y2

2xdz = 2

∫∫D

x(4− x2 − y2)dxdy

= 2

2∫0

dx

√4−x2∫0

x(4− x2 − y2)dy =128

15.


I =

∫∫∫V

ydxdydz

16

trong đó V là tứ diện có các đỉnh là O(0, 0, 0), A(1, 0, 0), B(0, 1, 0), C(0, 0, 1)2.

Giải. Ta xác định cận tích phân cho từng biến như sau. Ta có 0 ≤ x ≤ 1. Với mỗi

x cố định, để tạo nên tam giác AOB của miền B, y chạy từ 0 đến dường thẳng

AB có phương trình trong mặt phẳng Oxy là y = 1 − x. Do đó 0 ≤ y ≤ 1 − x.

Với mỗi (x, y) đã xác định, z chạy từ 0 đến mặt phẳng ABC có phương trình là

z = 1− x− y. Suy ra 0 ≤ z ≤ 1− x− y. Từ đó

B = (x, y, z)| 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1− x, 0 ≤ z ≤ 1− x− y.

y

z

x

0B

C

A

V

x+ y + z = 1

Vậy

I =

1∫0

dx

1−x∫0

dy

1−x−y∫0

ydz =

1∫0

dx

1−x∫0

y(1− x− y)dy

=

1∫0

(1− x)3

6dx =

1

24.


I1 =

∫∫∫B

(x2

a2+y2

b2+z2

c2)dxdydz

trong đó B là tập x2

a2+ y2

b2+ z2

c2≤ 1.

Giải. Đầu tiên ta biến đổi miền elipsoid D = (x, y, z) : x2

a2+ y2

b2+ z2

c2≤ 1 thành

hình cầu đơn vị D1 = (u, v, w) : u2 + v2 + w2 ≤ 1 bằng phép biến đổi affine

u = xa, v = y

b, w = z

c. Khi đó

I1 =

∫∫∫B

f(x, y, z)dxdydz =

∫∫∫B1

f(au, bv, cw)abcdudvdw

2Ta có 3! cách đổi thứ tự lấy tích phân khác nhau của ba tích phân đơn. Mỗi cách có một cách xác định cận khác

nhau. Trong bài tập này, do vai trò của x, y, z như nhau nên ta có 6 cách lấy thứ tự tích phân tương tự. Chẳng hạn

I =1∫0

dz1−z∫0

dy1−z−y∫

0

ydx.

17

vì |J(u, v, w)| = abc.

Sau đó biến B1 thành B′ = (r, ϕ, θ) : 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ r ≤ 1 bằng

phép đổi biến sang tọa độ cầu.

y

z

x

0a b

c

Do đó ta có

I1 =

∫∫∫B

f(x, y)dxdydz =

∫∫∫B1

f(au, bv, cw)abcdudvdw

=

∫∫∫B′

f(ar sin θ cosϕ, br sin θ sinϕ, cr cos θ)abc.r2 sin θdrdϕdθ.

Một cách đơn giản, ta dùng phép đổi biến như sau x = ar sin θ cosϕ, y =

br sin θ sinϕ, z = cr cos θ ta có |J(r, ϕ, θ)| = abcr2 sin θ và

B′ = (r, ϕ, θ) : 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ r ≤ 1.

Khi đó

I1 =

2π∫0

dϕ

π∫0

dθ

1∫0

r2.abcr2 sin θdr

=−abc

5

2π∫0

(cos θ

∣∣∣π0

)dϕ

=4abcπ

5.


I2 =

∫∫∫B

(x2 + y2)dxdydz

trong đó B được giới hạn bởi các mặt x2 + y2 = 2z và z = 2.

18

Giải. Đổi biến sang tọa độ trụ ta có

B′ = (r, ϕ, z) : 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 2,r2

2≤ z ≤ 2.

y

z

x

0

Ta có

I2 =

2π∫0

dϕ

2∫0

dr

2∫r2

2

r2.rdz

= 2π

2∫0

(r3z∣∣∣2r2

2

)dr

=16π

3.


I3 =

∫∫∫B

(x2 + y2)dxdydz

trong đó B được giới hạn bởi các mặt x2 + y2 + z2 = 1 và x2 + y2 = z2 (z ≥ 0).3

Giải. Đổi biến sang tọa độ cầu4 ta có

B′ = (r, ϕ, θ) : 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ π

4, 0 ≤ r ≤ 1.

Ta có3Nếu thay nửa mặt nón trên bởi nửa mặt nón dưới x2 + y2 = z2 (z ≤ 0) thì khi chuyển sang tọa độ cầu 3π

4≤ θ ≤ π.

4Ta cũng có thể đổi biến sang tọa độ trụ.

19

Hình 2

I3 =

2π∫0

dϕ

1∫0

dr

π4∫

0

r2 sin2 θ.r2 sin θdθ

=

2π∫0

dϕ

1∫0

r4dr

π4∫

0

sin3 θdθ

= (4

15− 1

3√

2)π.


I4 =

∫∫∫B

zdxdydz

trong đó B được giới hạn bởi các mặt x2 + y2 + z2 = 6 và x2 + y2 = z.

Giải. Đổi biến sang tọa độ trụ ta có

B′ = (r, ϕ, z) : 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤√

2, r2 ≤ z ≤√

6− r2.

Ta có

20

I3 =

2π∫0

dϕ

√2∫

0

dr

√6−r2∫r2

z.rdz

= 2π

√2∫

0

(z2

2

∣∣∣√6−r2

r2

)rdr

= π

√2∫

0

(6− r2 − r4

)dr

=11π

3.


I =

∫∫∫B

zdxdydz

trong đó B = (x, y, z) : a2 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ 2az.

Giải. Đổi biến sang tọa độ cầu ta có

B′ = (r, ϕ, θ) : 0 ≤ θ ≤ π

3,−π ≤ ϕ ≤ π, a ≤ r ≤ 2a cosϕ.

Ta có

I =

π3∫

0

[

2a cosϕ∫a

(

π∫−π

(r cos θ).r2 sin θdϕ)dr]dθ

= 2π

π3∫

0

cos θ sin θ16a4 cos4 θ − a4

4dθ

=πa4

2

π3∫

0

(16 cos5 θ − cos θ) sin θdθ =9πa4

8.

21


I =

∫∫∫B

(x2 + y2)dxdydz

trong đó B được giới hạn bởi miền trong hình cầu x2 + y2 + z2 = 4a2 và miền

ngoài hình trụ x2 + y2 = a2 (a > 0).

Giải. Đổi biến sang tọa độ trụ ta có:

I = 2

2π∫0

dϕ

2a∫a

dr

√4a2−r2∫0

r2.rdz

= 4π

2a∫a

r3√

4a2 − r2dr =44

5

√3πa5.

Bài tập 1.31. Gọi B là khối được bao phía trên bởi mặt cầu x2 + y2 + z2 = 1 và

bao phía dưới bởi mặt nón z =√x2 + y2. Tính thể tích của B.

Giải. Cách 1:

I =

∫∫∫B

zdxdydz =

∫∫(x,y)|x2+y2≤1

2

√

1−x2−y2∫√x2+y2

dxdy

=

∫∫(x,y)|x2+y2≤1

2

1

2

(1− 2x2 − 2y2

)dxdy

=

2π∫0

1√2∫

0

1

2(1− 2r2)rdr

dϕ =π

8.

Cách khác: Đổi biến sang tọa độ cầu ta có:

I =

1∫0

2π∫0

π4∫

0

r cos θ.r2 sin θdθ

dϕ

dr =π

8.

22

Bài tập 1.32. Chứng minh rằng nếu f là hàm liên tục trong miền compact V

và∫∫∫Ω

f(x2 + y2 + z2)dxdydz = 0 với mọi Ω ⊂ V thì f(x, y, z) = 0 với mọi

(x, y, z) ∈ V .

Giải. Lấy điểm M ∈ intV tùy ý. Gọi Vε ⊂ V là hình cầu tâm M bán kính ε. Theo

định lí giá trị trung bình, tồn tại M ∈ Vε sao cho∫∫∫Vε

f(x2 + y2 + z2)dxdydz = 0 =4

3πε3f(M).

Cho ε dần tới 0 ta có M → M . Vì f liên tục trên V nên f(M) → f(M). Vậy

f(M) = 0 với mọi M ∈ intV. Vì f liên tục trong tập đóng V nên f = 0 tại các

điểm biên của V . Do đó f = 0 với mọi M ∈ V .

Bài tập 1.33. Chứng minh

I =

∫∫∫V

f(x)f(y)f(z)dxdydz =1

6

1∫0

f(u)du

3

trong đó V = (x, y, z)| 0 ≤ x ≤ 1, x ≤ y ≤ 1, x ≤ z ≤ y và f là hàm liên tục

trên [0, 1].

Giải. Vì hàm f liên tục trên [0, 1] nên tồn tại hàm F (t) =t∫

0

f(u)du xác định trên

[0, 1]. Suy ra

I =

1∫0

f(x)dx

1∫x

f(y)dy

y∫x

f(z)dz =

1∫0

f(x)dx

1∫x

F ′(y)[F (y)− F (x)]dy

=

1∫0

f(x)

[(F (y))2

2− F (x)F (y)

] ∣∣∣1xdx

=1

2

1∫0

[F (x)− F (1)]2f(x)dx

=1

6[F (x)− F (1)]

∣∣∣10

=1

6[F (1)− F (0)]3 =

1

6

1∫0

f(x)dx

.

Bài tập 1.34. Cho F (t) =∫∫∫Ω

f(x2+y2+z2)dxdydz trong đó Ω = (x, y, z)|x2+

y2 + z2 ≤ t2, T > 0 và f liên tục trên Ω. Tính F ′(t).

23

Giải. Đổi biến sang tọa độ cầu ta có ảnh của Ω là

Ω′ = (r, ϕ, θ)| 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ r ≤ t.

Ta có F (t) =2π∫0

dϕπ∫0

sin θdθt∫

0

f(r2).r2dr = 4πt∫

0

f(r2).r2dr.Do đó F ′(t) = 4πt2f(t2).

Bài tập 1.35. Gọi D = [a, b]2, V = [a, b]3, f1, f2, f3 : D → R liên tục. Kí hiệu

I =

∫∫∫V

|f1(x, y)f2(x, z)f3(y, z)|dxdydz,

và với mỗi i ∈ 1, 2, 3,

Ji =

∫∫D

|fi(x, y)dxdy.

Chứng minh I2 ≤ J1J2J3.

Giải. Đặt f(x, y) =b∫a

|f2(x, z).f3(y, z)|dz, K =∫∫D

(f(x, y))2dxdy. Áp dụng bất

đẳng thức Cauchy-Schwarz5 ta có

I2 ≤

∫∫D

f(x, y)f1(x, y)dxdy

2

≤ KJ1.

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được

(f(x, y))2 ≤

b∫a

(f2(x, z))2dz

b∫a

(f3(y, z))2dz

.

Suy ra

K ≤∫∫D

(f(x, y))2 ≤

b∫a

(f2(x, z))2dz

b∫a

(f3(y, z))2dz

dxdy

=

b∫a

b∫a

(f2(x, z))2dz

dx

.

b∫a

b∫a

(f3(y, z))2dz

dy

= J2J3.

5

(∫∫D

fg

)2

≤(∫∫D

f2

)(∫∫D

g2

).

24

1.7 Ứng dụng của tích phân bội

Bài tập 1.36. Tính diện tích miền D giới hạn bởi các đường x = y2, y − x = 3,

y = −3, y = 2.

Hình 3

Giải. Ta có

S =

∫∫D

dxdy =

∫ 3

−2

∫ y2

y−3

dxdy =

∫ 3

−2

x∣∣∣y2y−3

dy =175

6

Bài tập 1.37. Tính diện tích

a) Phần hình tròn x2 − 2√3x+ y2 ≤ 0 nằm ngoài hình tròn x2 + y2 ≤ 1.

b) Miền giới hạn bởi các đường cong x2 = ay, x2 = by, x3 = cy và x3 = dy trong

đó 0 < a < b, 0 < c < d.

c) Miền giới hạn bởi y = −x, x2 + y2 = 3√x2 + y2 − 3x và y ≥ 0.

Giải. a) Ta có S =∫∫D

dxdy, trong đó

D = (x, y)| 1 ≤ x2 + y2 ≤ 2√3x

là miền cần tính diện tích. Chuyển sang hệ tọa độ cực ta có:

D′ = (r, ϕ)| − π

6ϕ ≤ π

6, 1 ≤ r ≤ 2√

3cosϕ.

Suy ra

S =

π6∫

−π6

dϕ

2√3

cosϕ∫1

rdr =3√

3− π18

.

25

b) Miền cần tính diện tích là

D = (x, y)| a ≤ x2

y≤ b, c ≤ x3

y2≤ d.

Dùng phép đổi biến u = x2

y, v = x3

y2. Suy ra x = u2

v, y = u3

v2và |J | = u4

v4. Ta có

D′ = (x, y)| a ≤ u ≤ b, c ≤ v ≤ d.

Do đó

S =

b∫a

u4du

d∫c

dv

v4=

(b5 − a5)(c3 − d3)

c3d3.

c) Chuyển sang tọa độ cực ta có:

D′ = (r, ϕ)| 0ϕ ≤ 3π

4, 0 ≤ r ≤ 3(1− cosϕ).

6 Suy ra

S =

3π4∫

0

dϕ

3(1−cosϕ)∫0

rdr =81π

4− 18√

2− 9

2.

Bài tập 1.38. Tính thể tích V của tứ diện giới hạn bởi mặt phẳng 2x+y+4z = 4

và các mặt phẳng tọa độ.

y

z

x

0 (0, 4, 0)

(0, 0, 1)

(2, 0, 0)

2x+ y + 4z = 4

(a)

x

y

0

y = −2x+ 4

D

2

4

(b)

Hình 4

Giải. Khối tứ diện xem Hình 4(a) có thể tích V là∫∫D

f(x, y) dxdy, trong đó

f(x, y) = z = 14(4− 2x− y) và miền D, xem Hình 4(b) là

D = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ −2x+ 4.6Từ r sinϕ = −r cosϕ ta có ϕ = 3π

4; r2 = 3r − 3r cosϕ hay r = 3(1− cosϕ); r sinϕ ≥ 0 khi 0 ≤ ϕ ≤ π.

26

Từ đó

V =

∫∫D

14(4− 2x− y) dxdy

=

∫ 2

0

[∫ −2x+4

0

14(4− 2x− y) dy

]dx

=

∫ 2

0

(−1

8(4− 2x− y)2

∣∣∣y=−2x+4

y=0

)dx

=

∫ 2

0

18(4− 2x)2 dx

= − 148

(4− 2x)3∣∣∣20

= 6448

= 43

Bài tập 1.39. a) Tính thể tích V phần trong paraboloid z = x2 + y2 với 0 ≤

z ≤ 1.

b) Tính thể tích V phần trong nón z =√x2 + y2 với 0 ≤ z ≤ 1.

c) Tính thể tích V phần nằm trong góc phần tám thứ nhất giới hạn bởi z =

4− x2 − y2, y = 2− 2x2, x = 0, y = 0 và z = 0

Giải. a) Ta có

V =

∫∫D

(1− z) dxdy =

∫∫D

(1− (x2 + y2)) dxdy ,

với D = (x, y) : x2 + y2 ≤ 1 là đĩa đơn vị trong R2 (hình vẽ).

y

z

x

0

x2 + y2 = 1

1

Trong hệ tọa dộ cực (r, ϕ) ta có x2 + y2 = r2 và đĩa D là tập D′ = (r, ϕ) :

0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ ϕ ≤ 2π.

27

Suy ra

V =

∫ 2π

0

∫ 1

0

(1− r2) r dr dϕ

=

∫ 2π

0

∫ 1

0

(r − r3) dr dϕ

=

∫ 2π

0

(r2

2− r4

4

∣∣∣r=1

r=0

)dϕ

=

∫ 2π

0

14dϕ

=π

2

b) Ta có

y

z

x

0

x2 + y2 = 1

1

V =

∫∫D

(1− z) dxdy =

∫∫D

(1−

√x2 + y2

)dxdy ,

với D = (x, y) : x2 + y2 ≤ 1 là đĩa tròn đơn vị trong R2 (xem hình vẽ).

Chuyển sang tọa độ cực ta có D′ = (r, ϕ) : 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ ϕ ≤ 2π. Suy ra,

V =

∫ 2π

0

∫ 1

0

(1− r) r dr dϕ

=

∫ 2π

0

∫ 1

0

(r − r2) dr dϕ

=

∫ 2π

0

(r2

2− r3

3

∣∣∣r=1

r=0

)dϕ

=

∫ 2π

0

16dϕ

=π

3

c) Ta có z = 4−x2−y2 là paraboloid có đỉnh là (0, 0, 4) có bề lõm hướng xuống

dưới, y = 2 − 2x2 là hình trụ có trục sông song với Oz. Từ hình vẽ ta thấy

28

khối cần tính thể tích nằm dưới paraboloid và nằm trên miền D nằm trong

góc phần tư thứ nhất của mặt phẳng Oxy giới hạn bởi Ox, Oy và parabol

y = 2− 2x2. Do đó

Hình 5 Hình 6

V =

1∫0

2−2x2∫0

(4− x2 − y2)dxdy =404

105.

29

2 Tích phân đường - Tích phân mặt

2.1 Tích phân đường loại 1

Cách tính tích phân đường loại 1:

I =

∫C

f(x, y)ds =

b∫a

f(x(t), y(t))√x′2(t) + y′2(t)dt

trong đó

x = x(t)

y = y (t), t ∈ [a, b] là phương trình tham số của C.

Bài tập 2.1. Tính các tích phân đường loại 1 sau

a) I1 =∫C

xyds, C là chu vi hình vuông |x|+ |y| ≤ a, a > 0.

b) I2 =∫C

√2y2 + z2ds, C là đường cong

x2 + y2 + z2 = a2

x = y.

Chứng minh. a) Bốn đỉnh của hình vuông ABCD có A(a, 0), B(0, a), C(−a, 0),

D(0,−a). Ta có I1 =∫AB

xyds+∫BC

xyds+∫CD

xyds+∫DA

xyds.

Phương trình tham số của đoạn AB là

x = t

y = a− t, t ∈ [0, a]. Suy ra

∫AB

xyds =

a∫0

t(a− t)√

1 + 1dt =a3√

2

6.

Tính toán các tích phân còn lại I1 = 0.

b) C là đường tròn tâm O bán kính a nằm trên mặt phẳng y = x. Phương trình

tham số của C là x = a

√2

2cos t

y = a√

22

cos t

z = a sin t

, t ∈ [0, 2π].

30

Ta có x′t = y′t = −a√

22

sin t, z′t = a cos t và ds = adt.

Do đó

I2 =

2π∫0

√2.(a√

2

2cos t)2 + (a sin t)2.adt =

2π∫0

a2dt = 2πa2.

Bài tập 2.2. Tính∫C

xyds, trong đó C là đoạn giao tuyến giữa mặt paraboloid

elliptic z = 2− x2 − 2y2 và mặt trụ parabolic z = x2 từ điểm A(0, 1, 0) đến điểm

B(1, 0, 1) nằm trong góc phần tám thứ nhất.

Chứng minh. Chọn tham số là t = x thì z = x2 = t2 và y2 = 12(2−z−x2) = 1−t2.

Vì C nằm trong góc phần tư thứ nhất nên ta có phương trình tham số của C là

x = t, y =√

1− t2, z = t2, 0 ≤ t ≤ 1.

Khi đó

ds =√x′2(t) + y′2(t) + z′2tdt =

√1 +

t2

1− t2+ 4t2dt.

Vậy ∫C

xyds =

1∫0

t√

1− t2√

1 + 4t2 − 4t4√1− t2

dt

=

1∫0

t√

1 + 4t2 − 4t4dt =π + 2

8.

2.2 Tích phân đường loại 2

2.2.1 Tích phân đường loại 2 bằng định nghĩa

Cho F = (P,Q,R) là hàm vector liên tục trên cung trơn AB có phương trình

tham số x = x(t), y = y(t), z = z(t), t ∈ [a, b] (theo hướng tăng của tham số t).

Khi đó

31

I =

∫AB

Pdx+Qdy +Rdz

=

b∫a

[P (x(t), y(t), z(t)).x′(t) +Q(x(t), y(t), z(t)).y′(t) +R(x(t), y(t), z(t)).z′(t)]dt

Bài tập 2.3. Tính tích phân đường loại II I2 =∫OA

xdy + ydx với O là gốc tọa

độ, A có tọa độ (1, 2)nếu:

a) OA là đoạn thẳng nối hai đểm O và A.

b) OA là nhánh parabol mà trục của nó trùng với Oy.

c) OA là đường gấp khúc bao gồm đoạn OB nằm trên trục Ox và đoạn BA song

song với trục Oy.

Giải. a) Phương trình tham số của OA làx = t

y = 2t, t ∈ [0, 1].

Do đó∫OA

xdy + ydx =1∫0

(t.2 + 2t.1)dt =1∫0

4tdt = 2.

x

y

0

A(1, 2)2

1

B

b) Phương trình tham số của nhánh parabol y = 2x2 làx = t

y = 2t2, t ∈ [0, 1].

Do đó∫OA

xdy + ydx =1∫0

(t.4t+ 2t2)dt =1∫0

6t2dt = 2.

32

x

y

0

A(1, 2)2

B(1, 0)

Hình 7

c) ∫OA

xdy − ydx =

∫OB

xdy − ydx+

∫BA

xdy − ydx

=

1∫0

(t.0 + 0.1)dt+

2∫0

(1.1 + t.0)dt = 2.

Bài tập 2.4. Tính các tích phân đường loại II sau

a) I3 =∫C

(x2 + y2)dx+ (x2− y2)dy trong đó C là đường cong y = 1− |1− x| với

) ≤ x ≤ 2.

b) I4 =∫C

(x2+y2)dx+(x2−y2)dyx2+y2

trong đó C là đường tròn x2 +y2 = a2 lấy theo chiều

dương ngược với chiều kim đồng hồ.

Giải. a) Ta có

y = 1− |1− x| =

x nếu x ≤ 1

2− x nếu x > 1.

C là đường gấp khúc gồm 2 đoạn OA và AB trong đó đoạn OA có phương

trình tham số là x = t

y = t, t ∈ [0, 1];

đoạn AB có phương trình tham số làx = t

y = 2− t, t ∈ [1, 2].

33

Vậy

I3 =

∫OA

(x2 + y2)dx+ (x2 − y2)dy +

∫AB

(x2 + y2)dx+ (x2 − y2)dy

=

1∫0

[(t2 + t2).1 + (t2 + t2).1]dt+

2∫1

[(t2 + (2− t)2).1− (t2 − (2− t)2)]dt

= 2

1∫0

t2dt+ 2

2∫1

(t− 2)2dt =4

3.

b) Phương trình tham số của đường tròn x2 + y2 = a2 theo chiều dương làx = a cos t

y = a sin t, t ∈ [0, 2π].

Suy ra

I4 =

2π∫0

[a2(−a sin t) + a2(cos2 t− sin2 t).a cos t

a2

]dt

= a

2π∫0

((1− 2sin2t) cos t− sin t)dt = 0.

Bài tập 2.5. Tính tích phân đường loại II trong không gian

a) I4 =∫C

(y−z)dx+(z−x)dy+(x−y)dz trong đó C là đường tròn x2 +y2 +z2 =

a2, y = x tanα với −π2< α < π

2lấy theo chiều ngược kim đồng hồ nếu nhìn

từ phía dương của trục Ox;

b) I5 =∫C

(y2− z2)dx+ (z2− x2)dy+ (x2− y2)dz, trong đó C là đường cong giới

hạn phần mặt cầu x2 + y2 + z2 = 1, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0.

Giải. a) Ta có khoảng cách từ I(0, 0, 0) đến mặt phẳng (α) : y − x tanα = 0

bằng 0 nên C là đường tròn tâm I bán kính a nằm trong mặt phẳng (α).

Phương trình của C là x2 + y2 + z2 = a2

y − x tanα = 0

34

hay (

xcosα

)2+ z2 = a2

y = x tanα

Đặt xcosα

= a cos t, z = a sin t với t ∈ [0, 2π] ta có phương trình tham số của

C là x = a cosα cos t

y = a sinα cos t

z = a sin t

, t ∈ [0, 2π].

Vậy I4 =2π∫0

a2(cosα− sinα)(sin2 t+ cos2 t)dt = 2a2(cosα− sinα)π.

b) Ta có đường cong C là giao của mặt cầu với ba mặt phẳng x = 0, y = 0,

z = 0. Suy ra C gồm 3 cung tròn AB, BC, CA nằm lần lượt trong 3 mặt

phẳng z = 0, x = 0, y = 0 với A(1, 0, 0), B(0, 1, 0), C(0, 0, 1). Hướng dương

của C là hướng từ A đến B rồi đến C và trở lại A.

Suy ra I5 =∫AB

ω +∫BC

ω +∫CA

ω trong đó ω = (y2 − z2)dx + (z2 − x2)dy +

(x2 − y2)dz..

Phương trình của cung AB làx2 + y2 + z2 = 1

z = 0⇔

x2 + y2 = 0

z = 0.

Phương trình tham số của AB làx = cos t

y = sin t

z = 0

, t ∈ [0,π

2].

Do đó ∫AB

ω = −

π2∫

0

(sin3t+ cos3 t)dt =−4

3.

Tương tự ta có∫BC

ω =∫CA

ω = −43.

Vậy I5 = −4.

35

2.2.2 Công thức Green

Giả sử D ⊂ R2 là miền đóng, bị chặn với biên C = ∂D gồm một số hữu

hạn đường cong kín đơn, trơn từng khúc không giao nhau, ∂D được định hướng

dương. Nếu P,Q là hai hàm số thuộc lớp C1 trên một tập mở trong mặt phẳng

chứa D thì ∫C

Pdx+Qdy =

∫∫D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)dxdy.

Bài tập 2.6. Áp dụng công thức Green7 tính các tích phân đường sau

a) I5 =∫C

ex[(1 − cos y)dx − (y − sin y)dy] trong đó C là chu tuyến định hướng

giới hạn miền 0 < x < π, 0 < y < sinx.

b) I6 =∫C

e−(x2+y2)(cos 2xydx+sin 2xydy) trong đó C là đường tròn x2+y2 = R2.

Giải. a) Ta có P (x, y) = ex(1− cos y), Q(x, y) = −ex(y − sin y).

Suy ra∂P

∂y= ex sin y

∂Q

∂x= −ex(y − sin y).

Do đó

I5 =

∫C

ex[(1− cos y)dx− (y − sin y)dy] =

∫∫D

(−y.ex)dxdy

= −π∫

0

sinx∫0

exydy

dx =−1

2

∫ π

0

ex sin2 xdx

=−1

4

∫ π

0

ex(1− cos 2x)dx =−1

5(eπ − 1).

b) Ta có P (x, y) = e−(x2−y2) cos 2xy, Q(x, y) = e−(x2−y2) sin 2xy.

Suy ra∂P

∂y= 2ye−(x2−y2) cos 2xy − 2xe−(x2−y2) sin 2xy

∂Q

∂x= −2xe−(x2−y2) sin 2xy + 2ye−(x2−y2) cos 2xy.

7Kiểm tra các giả thiết về các hàm P , Q và đường cong C, miền D của Định lí Green khi áp dụng.

36

Do đó ∂Q∂x− ∂P

∂y= 0.

Áp dụng Công thức Green ta được I6 =∫∫D

(∂Q∂x− ∂P

∂y

)dxdy = 0.

Bài tập 2.7. Tính tích phân I7 =∫C

xdy − ydxx2 + y2

trong đó C là đường cong không

tự cắt, không đi qua gốc tọa độ O.

Giải. Gọi D là miền bao quanh bởi C. Kí hiệu D = D ∪ C. Ta có

∂

∂x

(x

x2 + y2

)− ∂

∂y

(−y

x2 + y2

)=

y2 − x2

(x2 + y2)2+

x2 − y2

(x2 + y2)2= 0

với mọi (x, y) 6= 0.

Nếu điểm O nằm ngoài D thì áp dụng công thức Green ta được I7 = 0.

Nếu điểm O thuộc D thì với ε > 0 đủ bé, đường tròn Cε tâm O bán kính ε nằm

trong D và không có điểm chung với C.

Gọi Dε là miền giới hạn bởi đường cong C và Cε. Suy ra ∂Dε = C+ ∪ C−ε . Sử

dụng công thức Green ta được∫∂Dε

xdy − ydxx2 + y2

=

∫∫Dε

(∂

∂x

(x

x2 + y2

)− ∂

∂y

(−y

x2 + y2

))dxdy = 0.

x

y

0

C

Cε

1

1

ε

ε

Dε

I

J

Mặt khác ∫∂Dε

xdy − ydxx2 + y2

=

∫C

xdy − ydxx2 + y2

+

∫C−ε

xdy − ydxx2 + y2

=

∫C

xdy − ydxx2 + y2

−∫Cε

xdy − ydxx2 + y2

.

37

Suy ra ∫C

xdy − ydxx2 + y2

=

∫Cε

xdy − ydxx2 + y2

.

Phương trình tham số của đường tròn Cε làx = ε cos t

y = ε sin t, t ∈ [0, 2π].

Khi đó ∫∫Cε

xdy − ydxx2 + y2

=

2π∫0

ε cos t.ε cos t− ε sin t.(−ε sin t)

ε2dt = 2π.

Vậy

I7 =

0 nếu O /∈ D,

2π nếu O ∈ D.

Bài tập 2.8 (Tích phân từng phần.). Giả sử D là miền đóng bị chặn của R2

giới hạn bởi đường cong C kín khả vi liên tục và có hướng dương ngược chiều kim

đồng hồ, u, v : D → R2 là hai ánh xạ khả vi liên tục. Chứng minh rằng∫∫D

u(x, y)∂v

∂y(x, y)dxdy = −

∫C

u(x, y)dx−∫∫D

∂u

∂y(x, y)v(x, y)dxdy.

Giải. Áp dụng công thức Green đối với P = uv, Q = 0 ta có∫C

Pdx =

∫∫D

∂P

∂ydxdy =

∫∫D

(∂u

∂y(x, y)v + u

∂v

∂y(x, y)

).

Suy ra điều cần chứng minh.

2.2.3 Điều kiện để tích phân đường không phụ thuộc vào đường lấy tích phân

Giả sử D là miền đơn liên và P,Q cùng các đạo hàm riêng cấp một liên tục

trên D. Khi đó bốn mệnh đề sau tương đương

1. ∂Q∂x

= ∂P∂y

với mọi (x, y) ∈ D.

2.∫L

Pdx+Qdy = 0 với mọi đường cong kín L nằm trong D.

38

3.∫AB

Pdx+Qdy không phụ thuộc vào đường đi mà chỉ phụ thuộc vào điểm đầu

A và điểm cuối B, trong đó AB là một cung nằm trong D.

4. Pdx + Qdy là vi phân toàn phần của một hàm số u(x, y) nào đó trong D,

tức là có hàm số u(x, y) sao cho du = Pdx+Qdy.

Bài tập 2.9. Tính tích phân đường loại II 8

a) J1 =∫AB

tan ydx+x

cos2 ydy với A(1, 0), B(2, π

4);

b) J2 =∫AB

(1− ye−x)dx + (e−x)dy, với A(1, 0), B(1, 2)

trong đó AB là cung trơn bất kỳ.

Giải. a) Đặt P (x, y) = tan y, Q(x, y) =x

cos2 y. Ta có

∂P

∂y=∂Q

∂x=

1

cos2 yvới

mọi (x, y) ∈ D, miền D chứa cung trơn AB. Do đó J1 chỉ phụ thuộc vào 2

điểm A,B.

Phương trình tham số của đoạn thẳng AB làx = 1 + t

y = π4t

, t ∈ [0, 1].

Do đó

J1 =

1∫0

[tan(π

4t).1 +

1 + t

cos2(π4t).π

4]dt

= (1 + t) tan(π

4t)|10 = 2.

Cách khác: Do ∂P∂y

= ∂Q∂x

nên tồn tại hàm U sao cho dU = Pdx+Qdy.

∂U∂x

= P (x, y) = tan y (1)

∂U∂y

= Q(x, y) = xcos2 y

. (2)

Lấy nguyên hàm hai vế của (1) theo x:

U(x, y) = x tan y + g(y) (3)

8Nếu điều kiện 1 thỏa mãn và cần tính tích phân trên cung AB không đóng thì ta thường chọn đường tính tích phân

sao cho việc tính tích phân đơn giản nhất, thông thường là đường thẳng nối A,B hoặc đường gấp khúc có các cạnh song

song với Ox,Oy. Nếu tìm được hàm u sao cho du = Pdx+Qdy thì I = u(B)− u(A).

39

trong đó g(y) là một hàm số thuộc lớp C1 trên R. Lấy đạo hàm hai vế của

(3) theo y, ta được

∂U

∂y(x, y) =

x

cos2 y+ g′(y). (4)

Kết hợp (2) và (4) ta được g′(y) = 0. Do đó g(y) = C, C là hằng số. Chọn

C = 0, ta có U(x, y) = x tan y.

Vậy J1 = U(B)− U(A) = 2.

b) Đặt P (x, y) = 1 − ye−x, Q(x, y) = e−x. Ta có ∂P∂y

= ∂Q∂x

= −e−x với mọi

(x, y) ∈ R2. Do đó J2 chỉ phụ thuộc vào 2 điểm A,B.

Phương trình tham số của đoạn thẳng AB làx = 1

y = t, t ∈ [0, 2].

Do đó

J2 =

2∫0

[(1− te−1).0 + e−1.1]dt

=2

e.

Cách khác: Do ∂P∂y

= ∂Q∂x

nên tồn tại hàm U sao cho dU = Pdx+Qdy.

∂U∂x

= P (x, y) = 1− ye−x (1)

∂U∂y

= Q(x, y) = e−x. (2)

Lấy nguyên hàm hai vế của (2) theo y ta có

U(x, y) = e−xy + f(x), (3)

trong đó f(x) là một hàm số thuộc lớp C1 trên R. Lấy đạo hàm hai vế của

(3) theo x, ta được∂U

∂x(x, y) = e−xy + f ′(x).

Kết hợp (2) và (4) ta được f ′(x) = 1. Do đó f(x) = x + C, C là hằng số.

Chọn C = 0, ta có U(x, y) = x+ ye−x.

Vậy J2 = U(B)− U(A) = 2e.

40

Bài tập 2.10. Chứng minh các biểu thức sau đây là vi phân toàn phần của một

hàm U trên R2 và xác định hàm U này

a) (x2 − 2xy2 + 3)dx+ (y2 − 2x2y + 3)dy;

b) [ex+y + cos(x− y)]dx+ [ex+y − cos(x− y) + 2]dy.

Giải. a) Đặt P (x, y) = x2− 2xy2 + 3, Q(x, y) = y2− 2x2y+ 3. Ta có ∂P∂y

= ∂Q∂x

=

−4xy với mọi (x, y) ∈ R2.

Vì R2 là miền đơn liên nên từ đẳng thức trên suy ra Pdx + Qdy là một vi

phân toàn phần của một hàm U trên R2.

Ta xác định hàm U sao cho U = Pdx+Qdy, tức là∂U∂x

= P (x, y) = x2 − 2xy2 + 3 (1)

∂U∂y

= Q(x, y) = y2 − 2x2y + 3. (2)


U(x, y) =x3

3− x2y2 + 3x+ g(y). (3)

Lấy đạo hàm hai vế của (3) theo y, ta được

∂U

∂y(x, y) = −2x2y + g′(y). (4)

Kết hợp (2) và (4) ta được g′(y) = y2 + 3. Do đó g(y) = y3

3+ 3y + C, C là

hằng số.

Suy ra U(x, y) = x3

3− x2y2 + 3x+ y3

3+ 3y + C.

Cách khác: U(x0, y0) =(x0,y0)∫(a,b)

Pdx + Qdy + C, (a, b) là điểm cố định thuộc

R2, (x0, y0) là điểm bất kì, C là hằng số.

Chọn (a, b) = (0, 0), ta có phương trình tham số đoạn thẳng nối (0, 0) và

(x0, y0) là x = x0t

y = y0t, t ∈ [0, 1].

41

Vậy

U(x0, y0) =

1∫0

[(x20t

2 − 2x0y20t

3 + 3)x0 + (y20t

2 − 2x20y0t

3 + 3)y0]dt

=x3

0

3− x2

0y20 + 3x0 +

y30

3+ 3y0 + C

b) Đặt P (x, y) = ex+y + cos(x − y), Q(x, y) = ex+y − cos(x − y) + 2. Ta có

∂P∂y

= ∂Q∂x

= ex+y + sin(x− y) với mọi (x, y) ∈ R2.

Vì R2 là miền đơn liên nên từ đẳng thức trên suy ra Pdx + Qdy là một vi

phân toàn phần của một hàm U trên R2.


= P (x, y) = ex+y + cos(x− y) (1)

∂U∂y

= Q(x, y) = ex+y − cos(x− y) + 2 (2)


U(x, y) = ex+y + sin(x− y) + g(y). (3)

Lấy đạo hàm hai vế của (3) theo y, ta được

∂U

∂y(x, y) = ex+y − cos(x− y) + g′(y). (4)

Kết hợp (2) và (4) ta được g′(y) = 2. Do đó g(y) = 2y + C, C là hằng số.

Suy ra U(x, y) = ex+y + sin(x− y) + 2y + C.

Cách khác: U(x0, y0) =(x0,y0)∫(a,b)

Pdx + Qdy + C, (a, b) là điểm cố định thuộc

R2, (x0, y0) là điểm bất kì, C là hằng số.

Chọn (a, b) = (0, 0), ta có phương trình tham số đoạn thẳng nối (0, 0) và

(x0, y0) là x = x0t

y = y0t, t ∈ [0, 1].

Vậy

U(x0, y0) =

∫ 1

0

[(e(x0+y0)t + cos(x0 − y0)t)x0+

+ (e(x0+y0)t + cos (x0 − y0) t+ 2)y0]dt

= ex0+y0 + sin(x0 − y0) + 2y0 + C.

42

Bài tập 2.11. Tính tích phân đường loại II mà biểu thức dưới dấu tích phân là

một vi phân toàn phần

a) I1 =(2,3)∫(0,1)

(x+ y)dx+ (x− y)dy;

b) I2 =(1,2)∫(2,1)

ydx−xdyx2

, trong đó tích phân lấy theo mọi đường không cắt Oy;

c) I3 =(6,8)∫(0,1)

xdx+ydy√x2+y2

, trong đó tích phân lấy theo đường cong không đi qua gốc tọa

độ.

Giải. a) Đặt P (x, y) = x + y, Q(x, y) = x − y. Ta có ∂P∂y

= ∂Q∂x

= 1 với mọi

(x, y) ∈ R2. Do đó I1 chỉ phụ thuộc vào 2 điểm A(0, 1), B(2, 3).


= P (x, y) = x+ y (1)

∂U∂y

= Q(x, y) = x− y. (2)

Tính toán ta suy ra U(x, y) = x2

2+xy− y2

2+C. Từ đó I1 = U(B)−U(A) = 4.

b) Đặt P (x, y) = yx2, Q(x, y) = −1

x. Ta có ∂P

∂y= ∂Q

∂x= 1

x2với mọi (x, y) ∈ D. Do

đó I2 chỉ phụ thuộc vào 2 điểm A(2, 1), B(1, 2).


= P (x, y) = yx2

(1)

∂U∂y

= Q(x, y) = −1x. (2)

Tính toán ta suy ra U(x, y) = −yx

+ C. Từ đó I2 = U(B)− U(A) = −32.

c) Đặt P (x, y) = x√x2+y2

, Q(x, y) = y√x2+y2

. Ta có ∂P∂y

= ∂Q∂x

= −xy(x2+y2)

√x2+y2

với

mọi (x, y) ∈ R2 \ (0, 0). Do đó I3 chỉ phụ thuộc vào 2 điểm A(0, 1), B(6, 8).


= P (x, y) = x√x2+y2

(1)

∂U∂y

= Q(x, y) = y√x2+y2

. (2)

43

Lấy nguyên hàm hai vế của (1) theo x ta có

U(x, y) =√x2 + y2 + g(y) (3)

trong đó g(y) là một hàm số thuộc lớp C1 trên R. Lấy đạo hàm hai vế của

(3) theo y, ta được

∂U

∂y(x, y) =

y√x2 + y2

+ g′(y). (4)

Kết hợp (2) và (4) ta được g′(y) = 0. Do đó g(y) = C, C là hằng số. Chọn

C = 0, ta có U(x, y) =√x2 + y2.

Vậy J1 = U(B) − U(A) = 9. Tính toán ta suy ra U(x, y) = −yx

+ C. Từ đó

I2 = U(B)− U(A) = −32.

Cách khác: Phương trình tham số của đoạn thẳng AB làx = 6t

y = 1 + 7t, t ∈ [0, 1].

Do đó

I3 =

1∫0

[85t+ 7√

85t2 + 14t+ 1]dt

=√

85t2 + 14t+ 1|10 = 9.

Bài tập 2.12. Cho hai hàm số P (x, y) = y2 + 1; Q(x, y) = 3xy.

a) Tìm hàm h(y) sao cho h(y)P (x, y)dx + h(y)Q(x, y)dy là vi phân toàn phần

của một hàm U nào đó trên R2. Xác đinh hàm U .

b) Với h(y) vừ tìm được, tính

I =

∫AB

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

trong đó AB là đường cong bất kì nối hai điểm A(3, 0) và B(1,√

3).

44

Giải. a) Ta có

⇔ ∂hP

∂y=∂hQ

∂x

⇔ h(y).3y = h′(y)(y2 + 1) + h(y).2y

⇔ h′(y)

h(y)=

y

1 + y2

⇔ h(y) =√

1 + y2.

Khi đó U xác định bởi công thức

U(x, y) =

x∫0

(y2 + 1)√y2 + 1dx+

y∫0

3xy√

1 + y2dy + C

= 2x(y2 + 1)√y2 + 1 + C.

b) Tích phân cần tính không phụ thuộc vào đường đi mà chỉ phụ thuộc vào 2

điểm A và B. Do đó I = U(B)− U(A) = 10.

Bài tập 2.13. Cho hai hàm số P (x, y) = ex(1 + x + y); Q(x, y) = ex(1− x− y).

a) Tìm hàm h(y) sao cho h(y)P (x, y)dx + h(y)Q(x, y)dy là vi phân toàn phần

của một hàm U nào đó trên R2. Xác đinh hàm U .

b) Với h(y) vừa tìm được, tính

I =

∫C

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

trong đó C là nửa trên của elip x2

a2+ y2

b2= 1, y ≥ 0.

Giải. a) Ta có

⇔ ∂hP

∂y=∂hQ

∂x

⇔ h(y) = h′(y)

⇔ h(y) = e−y.

Khi đó U xác định bởi công thức

U(x, y) =

x∫0

ex(1 + x)dx +

y∫0

ex−y(1− x− y)dy + C

= xex + ex−y(x + y)− xex + C = ex−y(x + y) + C.

45

b) Tích phân cần tính không phụ thuộc vào đường đi mà chỉ phụ thuộc vào 2

điểm A và B. Do đó I = U(−a, 0)− U(a, 0) = −a(e−a + ea).9

2.3 Tham số hóa của một mặt

Bạn đã từng thấy nhiều mặt tham số ngay cả khi bạn không nghĩ đó là các

tham số của chúng. Chẳng hạn, z =√x2 + y2 là tham số hóa của mặt nón với

hai tham số x, y. Mặt nón này trong hệ tọa độ trụ là z = r, 0 ≤ ϕ ≤ 2π trong đó

r, ϕ là hai tham số. Tương tự, r = 4, 0 ≤ ϕ ≤ 2π và 0 ≤ θ ≤ π là một tham số

của mặt cầu với hai tham số θ và ϕ.

Các kiến thức sau sẽ cần thiết khi tham số hóa các mặt quen thuộc.

Trong hệ tọa độ trụ (r, ϕ, z), r0, ϕ0 và z0 là các hằng số, mặt r = r0 là mặt trụ

có bán kính đáy r0 có trục là Oz, mặt ϕ = ϕ0 là nửa mặt phẳng có bờ là trục Oz,

và mặt z = z0 là mặt phẳng song song với mặt phẳng Oxy.

y

z

x

0

r0

(a) r = r0

y

z

x

0

ϕ0

(b) ϕ = ϕ0

y

z

x

0

z0

(c) z = z0

Hình 8: Phương trình một số mặt trong tọa độ trụ

Trong hệ tọa độ cầu (r, ϕ, θ) với r0, ϕ0 và ϕ0 là các hằng số mặt r = r0 là mặt

cầu bán kính r0 tâm là gốc tọa độ, mặt θ = ϕ0 nửa mặt phẳng có bờ là Oz, và

mặt θ = θ0 nón có đỉnh ở gốc tọa độ.

Bài tập 2.14. Xác định mặt với phương trình tham số x = 2 cosu cosh v, y =

2 sinu cosh v, z = 2 sinh v với 0 ≤ u ≤ 2π, −∞ < v < +∞.9Cách khác: Gọi L là đường cong C bổ sung đoạn [−a, a] sau đó áp dụng công thức Green ta có I =

∫L

−∫

[−a,a]=

0− a(e−a + ea).

46

y

z

x

0

r0

(a) r = r0

y

z

x

0

ϕ0

(b) θ = ϕ0

y

z

x

0

θ0

(c) θ = θ0

Hình 9: Phương trình một số mặt trong hệ tọa độ cầu

Giải. Để ý cosh2 v − sinh2 v = 1 ta có

x2 + y2 − z2 = 4 cos2 cosh2 +4 sin2 u cosh2 v − 4 sinh2 v

= 4(cos2 u+ sin2 u) cosh2 v − 4 sinh2 v

= 4 cosh2 v − 4 sinh2 v = 4.

Vậy mặt đã cho là hyperboloid (một phía).

Hình 10

Bài tập 2.15. a) Tìm ít nhất hai tham số hóa của mặt elliptic paraboloid z =

x2 + y2 + 1.

b) Nếu ta chỉ muốn tham số hóa mặt paraboloid ở câu a) nằm từ mặt phẳng

z = 10 trở xuống, tìm điều kiện của các tham số đã dùng trong a)?

Giải. a) Một cách nghĩ tham số hóa đơn giản là ta muốn mô tả mặt đã cho

bằng các dùng hai tham số, tức là biểu diễn x, y và z bằng cách dùng 2 biến.

Trong trường hợp này, z đã được viết theo x, y. Do đó ta có tham số hóa

γ(x, y) = (x, y, x2 + y2 + 1). Vì ta hay dùng u, v như là các tham số nên ta

47

viết lại γ(u, v) = (u, v, u2 + v2 + 1).

Một khả năng khác là dùng tọa độ trụ ta viết lại phương trình mặt paraboloid

là z = r2 + 1. Khi đó mọi điểm có thể biểu diễn theo hai tham số r và ϕ vì

z = r2 + 1. Trở lại hệ tọa độ Descartes x = r cosϕ, y = r sinϕ và z = r2 + 1.

Từ đó ta có tham số hóa của mặt đã cho là (r cosϕ, r sinϕ, r2 + 1).

Phức tạp hơn các cách tiếp cận trên ta có thể xem x2 + y2 = z − 1 là đường

tròn tâm (x, y) = (0, 0) với bán kính R =√z − 1. Do đó ta có thể biểu diễn

x =√z − 1 cos t và y =

√z − 1 sin t như cách ta tham số hóa đường tròn

thông thường. Điều này cho ta một tham số hóa khác của mặt ban đầu là

(√z − 1 cos t,

√z − 1 sin t, z).

b) Đối với tham số hóa γ(u, v) = (u, v, u2 + v2 + 1), vì z ≤ 10 nên ta cần

u2 + v2 ≤ 9.

Đối với (r cosϕ, r sinϕ, r2 + 1), ta cần hạn chế ϕ và r. Vì phương trình

paraboloid trong tọa độ trụ là z = r2 + 1 và z ≤ 10 nên r ≤ 3. Từ đó ta có

hạn chế của chúng là 0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ ϕ ≤ 2π.

Đối với tham số hóa (√z − 1 cos t,

√z − 1 sin t, z), ta cần hạn chế t và z. Ta

biết z ≤ 10 và nhìn vào phương trình paraboloid ta thấy z ≥ 1.10 Ta dùng

t để tham số hóa đường tròn nên một hạn chế tốt của t là 0 ≤ t ≤ 2π. Vậy

1 ≤ z ≤ 10 và 0 ≤ t ≤ 2π.

Bài tập 2.16. Tìm một biểu diễn tham số (đơn giản) cho

a) Phần mặt nón z =√x2 + y2 nằm trong mặt trụ x2 + y2 = 4.

b) Phần mặt cầu x2 + y2 + z2 = 16 nằm trong mặt nón z =√x2 + y2.

Giải. a) Sự có mặt của√x2 + y2 gợi ý cho ta dùng hệ tọa độ trụ (r, ϕ, z) sẽ

thuận tiện. Mặt nón z =√x2 + y2 trong tọa độ trụ có phương trình z = r.

Dựa vào mặt trụ x2 + y2 = 4 ta có các tham số r, ϕ lần lượt thuộc các đoạn

[0, 2] và [0, 2π].

10Từ phương trình tham số ta có√z − 1 không xác định nếu z < 1.

48

Hình 11

Vậy một tham số của mặt ban đầu là x = r cosϕ, y = r sinϕ, z = r với

0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ ϕ ≤ 2π.

b) Bây giờ ta dùng hệ tọa độ cầu. Ta chỉ cần 2 tham số nên một ta cần loại bỏ

một trong các tọa độ r, ϕ, θ. Để từ x2 +y2 +z2 = 16 ta suy ra r = 4. Do đó ta

có một tham số của mặt cầu là x = 4 sin θ cosϕ, y = 4 sin θ sinϕ, z = 4 cos θ

trong đó 0 ≤ ϕ ≤ 2π và 0 ≤ θ ≤ π. Để xác đinh phần mặt cầu bên trong

nón, ta để ý mặt nón trong hệ tọa độ cầu là θ = π4. Một tham số của phần

Hình 12

mặt cầu bên trong nón là x = 4 sin θ cosϕ, y = 4 sin θ sinϕ, z = 4 cos θ trong

đó 0 ≤ ϕ ≤ 2π và 0 ≤ θ ≤ π4.

Bài tập 2.17. a) Tìm ít nhất hai tham số hóa của mặt elliptic paraboloid z =

x2 + y2 + 1.

b) Nếu ta chỉ muốn tham số hóa mặt paraboloid ở câu a) nằm từ mặt phẳng

49

z = 10 trở xuống, tìm điều kiện của các tham số đã dùng trong a)?

Giải. a) Một cách nghĩ tham số hóa đơn giản là ta muốn mô tả mặt đã cho

bằng các dùng hai tham số, tức là biểu diễn x, y và z bằng cách dùng 2 biến.

Trong trường hợp này, z đã được viết theo x, y. Do đó ta có tham số hóa

γ(x, y) = (x, y, x2 + y2 + 1). Vì ta hay dùng u, v như là các tham số nên ta

viết lại γ(u, v) = (u, v, u2 + v2 + 1).

Một khả năng khác là dùng tọa độ trụ ta viết lại phương trình mặt paraboloid

là z = r2 + 1. Khi đó mọi điểm có thể biểu diễn theo hai tham số r và ϕ vì

z = r2 + 1. Trở lại hệ tọa độ Descartes x = r cosϕ, y = r sinϕ và z = r2 + 1.

Từ đó ta có tham số hóa của mặt đã cho là (r cosϕ, r sinϕ, r2 + 1).

Phức tạp hơn các cách tiếp cận trên ta có thể xem x2 + y2 = z − 1 là đường

tròn tâm (x, y) = (0, 0) với bán kính R =√z − 1. Do đó ta có thể biểu diễn

x =√z − 1 cos t và y =

√z − 1 sin t như cách ta tham số hóa đường tròn

thông thường. Điều này cho ta một tham số hóa khác của mặt ban đầu là

(√z − 1 cos t,

√z − 1 sin t, z).

b) Đối với tham số hóa γ(u, v) = (u, v, u2 + v2 + 1), vì z ≤ 10 nên ta cần

u2 + v2 ≤ 9.

Đối với (r cosϕ, r sinϕ, r2 + 1), ta cần hạn chế ϕ và r. Vì phương trình

paraboloid trong tọa độ trụ là z = r2 + 1 và z ≤ 10 nên r ≤ 3. Từ đó ta có

hạn chế của chúng là 0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ ϕ ≤ 2π.

Đối với tham số hóa (√z − 1 cos t,

√z − 1 sin t, z), ta cần hạn chế t và z. Ta

biết z ≤ 10 và nhìn vào phương trình paraboloid ta thấy z ≥ 1.11 Ta dùng

t để tham số hóa đường tròn nên một hạn chế tốt của t là 0 ≤ t ≤ 2π. Vậy

1 ≤ z ≤ 10 và 0 ≤ t ≤ 2π.

11Từ phương trình tham số ta có√z − 1 không xác định nếu z < 1.

50

2.4 Tích phân mặt loại 1

Giả sử S là mặt hai phía trơn (trơn từng mảnh) trong R3 có phương trình

tham số

x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v), (u, v) ∈ D ⊂ R2.

Khi đó tích phân mặt loại 1 của hàm f(x, y, z) trên mặt S xác định bởi công

thức: ∫∫S

f(x, y, z)ds =

∫∫D

f(x(u, v), y(u, v), z(u, v))√EG− F 2dudv

=

∫∫D

f(x(u, v), y(u, v), z(u, v))√A2 +B2 + C2dudv,

trong đó E,F,G là các hệ số Gauss:

E =

(∂x

∂u

)2

+

(∂y

∂u

)2

+

(∂z

∂u

)2

= ||U ||2

G =

(∂x

∂v

)2

+

(∂y

∂v

)2

+

(∂z

∂v

)2

= ||V ||2

F =∂x

∂u.∂x

∂v+∂y

∂u.∂y

∂v+∂z

∂u.∂z

∂v= U.V

và (A,B,C) là tọa độ của U ∧ V cho bởi các công thức:

A =D(y, z)

D(u, v), B =

D(z, x)

D(u, v), C =

D(x, y)

D(u, v)

trong đó U = (∂x∂u, ∂y∂u, ∂z∂u

), V = (∂x∂v, ∂y∂v, ∂z∂v

). Đặc biệt, nếu S có dạng z = z(x, y)

thì

A =∂z

∂x,B =

∂z

∂y, C = 1.

Bài tập 2.18. Tính∫∫S

(3x2+3y2+3z2)ds trong đó mặt S là mặt cầu x2+y2+z2 =

4.

Giải. Một tham số của mặt cầu là x = 2 sin θ cosϕ, y = 2 sin θ sinϕ, z = 2 cos θ

trong đó 0 ≤ ϕ ≤ 2π và 0 ≤ θ ≤ π.

Suy ra E = 4, G = 4 sin2 θ và F = 0. Do đó√EG− F 2 = 4| sin θ|.

51

Vậy ∫∫S

(3x2 + 3y2 + 3z2)ds =

∫∫D

(12)4| sin θ|ds

=

2π∫0

π∫0

48 sin θ = 192π.

Bài tập 2.19. Tính∫∫S

zds trong đó mặt S là phần paraboloid z = 4 − x2 − y2

nằm trên mặt phẳng Oxy.

Giải. Trên mặt S ta có z = 4−x2−y2, (x, y) ∈ D với D = (x, y) : x2 +y2 ≤ 4.

Hình 13

Do đó ∫∫S

zds =

∫∫D

(4− x2 − y2)√

4x2 + 4y2 + 1dxdy

=

2π∫0

2∫0

(4− r2)√

4r2 + 1drdϕ

=289

60π√

17− 41

60π.

Bài tập 2.20. Xét mặt xuyến T khi quay đường tròn bán kính a trong mặt phẳng

Oyzquanh trục Oz, trong đó khoảng cách từ tâm của đường tròn đến trục Oz bằng

b (0 < a < b), như trong Hình 14. Tìm diện tích của mặt T .

52

y

z

0

a

(y − b)2 + z2 = a2

u

b

(a) Đường tròn trong mp Oyz

x

y

z

va

(x,y,z)

(b) Xuyến T

Hình 14

Giải. Một tham số hóa của mặt xuyến T là

x = (b+ a cosu) cos v , y = (b+ a cosu) sin v , z = a sinu ,

với 0 ≤ u ≤ 2π , 0 ≤ v ≤ 2π.

Ta có

A = −a(b+ a cosu) cos v cosu

B = −a(b+ a cosu) sin v cosu

C = −a(b+ a cosu) sinu

Suy ra√A2 +B2 + C2 = a(b+ a cosu) .

Vậy diện tích của mặt T là

S =

∫∫T

1 ds

=

∫ 2π

0

∫ 2π

0

√A2 +B2 + C2 du dv

=

∫ 2π

0

∫ 2π

0

a(b+ a cosu) du dv

=

∫ 2π

0

(abu+ a2 sinu

∣∣∣u=2π

u=0

)dv

=

∫ 2π

0

2πab dv

= 4π2ab.

53

2.5 Tích phân mặt loại 2

Giả sử S là mặt hai phía trơn (trơn từng mảnh) trong R3 có phương trình

tham số

x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v), (u, v) ∈ D ⊂ R2.

Nếu vector−→N = (A,B,C) cùng hướng với vector pháp tuyến định hướng dương

của mặt S thì∫∫S

Pdydz +Qdzdx+Rdxdy =

∫∫D

(PA+QB +RC)dudv.

Một kí hiệu khác của tích phân mặt loại 2 là∫∫S

~F .~nds =

∫∫D

(P,Q,R).(A,B,C)dudv.

Nếu không thì ở đẳng thức trên ta thêm dấu trừ ở vế phải.

Làm thế nào để biết vector (A,B,C) có phải là vector pháp tuyến định hướng

dương của mặt hay không? Ta cần lưu ý: Có hai kiểu thường gặp trong việc định

hướng dương cho mặt:

• Định hướng dương theo phía trên của mặt (phía trên thường được hiểu là

phía dương trục Oz).

• Định hướng dương theo phía ngoài của mặt (pháp tuyến ngoài).

Kiểu thứ nhất thường áp dụng cho mặt không kín. Mặt được định hướng dương

theo hướng dương trục Oz, ta xét tích vô hướng:

(A,B,C).(0, 0, 1) = C

Nếu C > 0, nghĩa là góc hợp bởi (A,B,C) với hướng dương trục Oz là góc nhọn

thì (A,B,C) là vector pháp tuyến định hướng dương cho mặt! Nếu C < 0 thì góc

đó tù hay ngược hướng với vector định hướng dương cho mặt.

Kiểu thứ hai thường áp dụng cho mặt kín, chẳng hạn trong trường hợp sử dụng

Định lý Ostrogradski, ta lấy một điểm nằm trong miền giới hạn bởi mặt kín đó

(thường ta lấy tâm như trong trường hợp ellipsoid hoặc một điểm trên trục giữa

54

như trong trường hợp nón hay trụ). Ta xét tích vô hướng

(A,B,C).(x− x0, y − y0, z − z0) = D

trong đó (x, y, z) là điểm trên mặt mà ta đang xét vector pháp tuyến.

Nếu D > 0 thì (A,B,C) là vector pháp tuyến ngoài. Nếu D < 0 thì (A,B,C) là

vector pháp tuyến trong.

Ta nên vẽ hình để xác định nhanh chóng. Chẳng hạn, với phần mặt nón z2 =

x2+y2, z > 0 có hướng dương hướng ra ngoài, khi ta vẽ hình, hướng dương sẽ quay

xuống nghĩa là có thành phần z âm. Vector (A,B,C) = (−r cosϕ,−r sinϕ, r) có

thành phần z là r dương nên ngược với hướng dương của mặt. Do đó∫∫S

Pdydz +Qdzdx+Rdxdy = −∫∫D

(PA+QB +RC)drdϕ.

Bài tập 2.21. Tính I =∫∫S+

xdydz + ydzdx + zdxdy trong đó S+ là mặt ngoài

của elipxôit x2

a2+ y2

b2+ z2

c2= 1.

Giải. Một tham số hóa của mặt elipsoid là x(θ, ϕ) = a sin θ cosϕ, y(θ, ϕ) =

b sin θ sinϕ, z(θ, ϕ) = c cos θ, (θ, ϕ) ∈ D = [0, π]× [0, 2π].

Tính toán ta được−→N = (A,B,C) = (bc sin2 θ cosϕ, ac sin2 θ sinϕ, ab sin θ cos θ).

Tại điểm M bất kì thuộc elipsoid ta có−→N .−−→OM = abc sin θ > 0 với mọi ϕ ∈ [0, 2π]

và mọi θ ∈ (0, π). Do đó vector−→N tại điểm M tạo với vector

−−→OM một góc nhọn.

Suy ra−→N cùng hướng với vector pháp tuyến ngoài của elipsoid.12

Do đó

I = abc

∫∫D

(sin3 θ cos2 ϕ+ sin3 θ sin2 ϕ+ sin θ cos2 θ)dθϕ

= abc

2∫0

πdϕ

π∫0

sin θdθ = 4πabc.

Bài tập 2.22. Tính I =∫∫S+

(y− z)dydz+ (z−x)dzdx+ (x− y)dxdy trong đó S+

là phần mặt nón x2 + y2 = z2 với 0 ≤ z ≤ h.12Tại các điểm (0, 0, c) và (0, 0,−c) vector pháp tuyến đơn vị lần lượt là (0, 0, 1) và (0, 0,−1).

55

Giải. Một tham số hóa13 của S là z =√x2 + y2, (x, y) ∈ D : x2 + y2 ≤ h2. Ta có

A = −z′x =−x√x2 + y2

=−xz

B = −z′y =−y√x2 + y2

=−yz

C = 1

Do cos γ < 0 nên I = −∫∫D

(PA+QB +RC)dxdy = −∫∫D

((y− z)A+ (z− x)B +

(x− y)C)dxdy = −2∫∫D

(x− y)dxdy = 0.

Bài tập 2.23. Cho S là mặt trụ x2 + y2 = 32 với 0 ≤ z ≤ 5, định hướng dương

theo vector pháp tuyến ngoài. Tính I =∫∫S

2xdydz + 2ydzdx+ 2zdxdy.

Giải. Một tham số hóa của mặt trụ S là

γ(θ, t) = (3 cos θ, 3 sin θ, t)

trong đó D : 0 ≤ θ ≤ 2π và 0 ≤ t ≤ 5.

Vì

∂γ

∂θ(θ, t) = (−3 sin θ, 3 cos θ, 0)

∂γ

∂t(θ, t) = (0, 0, 1)

nên vector pháp tuyến là

∂γ

∂θ(θ, t) ∧ ∂γ

∂t(θ, t) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

−3 sin θ 3 cos θ 0

0 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣=~i3 cos θ −~j(−3 sin θ)

= (3 cos θ, 3 sin θ, 0).

Suy ra (A,B,C) = (3 cos θ, 3 sin θ, 0) và có cùng hướng với vector pháp tuyến

13Một tham số hóa khác của S là x = z cos t, y = z sin t, z = z với 0 ≤ t ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ h. Khi đó−→N cùng hướng với ~n.

56

ngoài. 14 Vậy

I =

∫ 5

0

∫ 2π

0

(6 cos θ, 6 sin θ, 2t) · (3 cos θ, 3 sin θ, 0)dθ dt

=

∫ 5

0

∫ 2π

0

18 cos2 θ + 18 sin2 θ dθ dt

=

∫ 5

0

∫ 2π

0

18 dθ dt

=

∫ 5

0

18(2π)dt

= 18(2π)(5) = 180π

Bài tập 2.24. Tính tích phân mặt loại hai sau: I =∫∫S

yzdydz+zxdzdx+xydxdy

trong đó S là phía ngoài của tứ diện x = y = z = 0, x+ y + z = a (a > 0).

Giải. Vẽ hình. Gọi S4 là tam giác nằm trong mặt phẳng x + y + z = a giới hạn

bởi các mặt phẳng tọa độ, S1, S2, S3 lần lượt là hình chiếu của S4 lên các mặt

phẳng Oxy, Oyz, Oxz. Ta có S = S1 ∪ S2 ∪ S3 ∪ S4. Do đó

I =

∫∫S

=

∫∫S1

+

∫∫S2

+

∫∫S3

+

∫∫S4

.

Trên S1 : z = 0, ta có vector pháp tuyến ngoài là ~n = (0, 0,−1). Suy ra

I1 =

∫∫S

yzdydz + zxdzdx+ xydxdy = −∫∫S1

xydxdy = −a∫

0

a−x∫0

xydxdy =−a4

24.

Tương tự I2 =∫∫S2

= −a424

và I3 =∫∫S3

= −a424. Mặt khác I4 =

∫∫S4

= 3a4

24.

Vậy I = I1 + I2 + I3 + I4 = 0.

Bài tập 2.25. Tính thông lượng của trường vector F = (x, y, 0) trên mặt S là

phần paraboloid z = x2 + y2 nằm dưới mặt phẳng z = 4 (định hướng theo vector

pháp tuyến ngoài hướng lên trên).

14Ta có thể kiểm chứng định hướng bằng cách chọn một điểm cụ thể, chẳng hạn lấy θ = 0 và t = 0. Trong trường hợp

này, điểm (x, y, z) = (3, 0, 0) và (A,B,C) = (3, 0, 0).

57

Giải. Hình chiếu của mặt S xuống mặt phẳng Oxy là đường tròn D: x2 + y2 ≤

4, z = 0. Phương trình tham số của S là z = x2 + y2, (x, y) ∈ D. Vì vector

pháp tuyến hướng lên trên nên vector pháp tuyến đơn vị cùng hướng với−→N =

(A,B,C) = (−2x,−2y, 1).

Hình 15

∫∫S

~F .~nds =

∫∫D

(x, y, 0).(−2x,−2y, 1)dxdy =

∫∫D

(−2x2 − 2y2)dxdy = −16π.

Bài tập 2.26. Tính thông lượng của trường vector F = (x, y, z) qua mặt ngoài

của hình trụ x2 + y2 ≤ a2, 0 ≤ z ≤ h.

Giải. Mặt ngoài S của hình trụ gồm ba mặt định hướng: mặt xung quanh S1 của

hình trụ với trường vector pháp tuyến đơn vị hướng ra ngoài hình trụ, hình tròn

S2 tâm O bán kính a nằm trong mặt phẳng Oxy với vector pháp tuyến ngoài là

(0, 0,−1) hướng xuống dưới và S3 là hình tròn tâm O bán kính a nằm trong mặt

phẳng z = h với vector pháp tuyến ngoài là (0, 0, 1) hướng lên trên.

Một tham số hóa của S1 là x(ϕ, z) = a cosϕ, y(ϕ, z) = a sinϕ, z(ϕ, z) = z với

(ϕ, z) ∈ D = [0, 2π]× [0, h].

Tính toán ta được−→N = (A,B,C) = (a cosϕ, a sinϕ, 0) hướng ra ngoài hình trụ.

Do đó ∫∫S1

~F .~nds =

∫∫D

(a cosϕ, a sinϕ, z).(a cosϕ, a sinϕ, 0)dϕdz

= a2

2π∫0

dϕ

h∫0

dz = 2πha2.

58

Tham số hóa của S2 : z = 0, x2 + y2 ≤ a2. Ta có ~m = (0, 0,−1) là vector pháp

tuyến ngoài của S2 và−→N = (A,B,C) = (0, 0,−1). Suy ra ~m và

−→N ngược hướng.

Do đó ∫∫S2

~F .~nds = −∫∫S2

0dxdy = 0.

Tương tự ta có∫∫S3

~F .~nds =

∫∫S3

(x, y, h).(0, 0, 1)dxdy =

∫∫S3

hdxdy = h.S(S3) = hπa2.

Vậy ∫∫S

~F .~nds =

∫∫S1

~F .~nds+

∫∫S2

~F .~nds|+∫∫S3

~F .~nds

= 2πa2h+ 0 + πa2h = 3πa2h.

2.6 Định lí Ostrogradski, Định lí Stokes

Định lí Ostrogradski là mở rộng của Định lí Stokes và trực tiếp hơn nữa là

định lí Green (từ 2 chiều ra 3 chiều). Ý chung của các định lí này là cho mối

liên hệ giữa tích phân trên một miền và tích phân (kiểu khác) trên biên của miền

đó. Công thức Green cho ta mối liên hệ giữa tích phân kép và tích phân đường

loại 2 trên biên của miền lấy tích phân. Công thức Stokes là mở rộng của công

thức Green ra trường hợp miền là mặt cong trong không gian, không phải là miền

phẳng. Công thức Ostrogradski cho ta mối liên hệ giữa tích phân bội ba trên một

miền và tích phân mặt trên mặt biên của miền đó. Cả ba định lí trên là mở rộng

của trường hợp cơ bản của Công thức Newton-Leibnitz.

2.6.1 Định lí Gauss-Ostrogradski

Cho Ω ⊂ R3 là miền bị chặn có biên S trơn từng mảnh, F = (P,Q,R) là một

hàm vector liên tục và có các đạo hàm riêng liên tục trên Ω = Ω ∪ ∂Ω. Lúc đó∫∫∂S

~F .~ndS =

∫∫∫Ω

(∂P

∂x+∂Q

∂y+∂R

∂z

)dxdydz

59

trong đó ∂Ω định hướng dương theo pháp tuyến ngoài.

Bài tập 2.27. Cho F = (xy2z(z−1), x2yz(z−1), z3−z2), S là mặt trụ x2+y2 = 1

với 0 ≤ z ≤ 1. Tính∫∫S

~F .~ndS, S định hướng theo pháp tuyến ngoài.

Giải. Gọi Ω là hình trụ x2 + y2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1. Ta có ∂Ω = S ∪ S1 ∪ S2 với

S1 : x2 + y2 ≤ 1, z = 1 và S2 : x2 + y2 ≤ 1, z = 0. Ta kí hiệu I1 =∫∫S1

~F .~ndS, I2 =∫∫S2

~F .~ndS, J =∫∫∂Ω

~F .~ndS. Khi đó I = J − I1 − I2.

Dùng công thức Ostrogradski ta tính được J = −π12.

y

z

x

0

S1 : z = 1

S

S2 : z = 0

Tính toán trực tiếp ta được I1 = I2 = 0 và do đó I = J = −π12.


xdydz + ydzdx + zdxdy

trong đó S là phía ngoài của tứ diện x = y = z = 0, x+ y + z = a (a > 0).

Giải. Các hàm P = x, Q = y, R = z là có các đạo hàm riêng liên tục trong miền

tứ diện B giới hạn bởi mặt kín S. Do đó theo công thức Ostrogradsky ta có

I =

∫∫S

xdydz + ydzdx+ zdxdy =

∫∫∫V

(1 + 1 + 1)dxdydz = 3V (B).

Mặt khác V (B) = a3

6. Vậy I = 3.a

3

6= a3

2.


(x − y + z)dydz + (y −

z + x)dzdx+ (z− x+ y)dxdy trong đó S là phía ngoài của mặt |x− y+ z|+ |y−

z + x|+ |z − x+ y| = 1.

Giải. Ta có P = x− y + z, Q = y − z + x, R = z − x + y và các đạo hàm riêng

của nó liên tục trên miền B giới hạn bởi S. Do đó

I =

∫∫∫B

(1 + 1 + 1)dxdydz = 3

∫∫∫B

dxdydz.

60

Dùng phép đổi biến u = x− y + z, v = y − z + x, w = z − x+ y, ta có

J =D(x, y, z)

D(u, v, w)=

1D(u,v,w)D(x,y,z)

=1

4.

Vậy

I =3

4

∫∫∫|u|+|v|+|w|≤1

dudvdw =3

4.8

∫∫∫|u|+|v|+|w|≤1,u,v,w≥0

dudvdw = 6.1

6= 1.

Bài tập 2.30. Cho khối trụ B: x2 + y2 ≤ −2ax, (a > 0), 0 ≤ z ≤ a. Tính

I =

∫∫S

xdydz + y2dxdz + dxdy

trong đó S là mặt xung quanh của khối trụ đã cho.

Giải. Gọi S1, S2 lần lượt là đáy dưới và đáy trên của khối trụ. Ta có I =∫∫S∪S1∪S2

−∫∫

S1∪S2

.

Tính toán trực tiếp ta được∫∫

S1∪S2

xdydz + y2dxdz + dxdy =∫∫S1

xdydz + y2dxdz +

dxdy =∫∫S2

xdydz + y2dxdz + dxdy = −πa2 + πa2 = 0.

Áp dụng công thức Ostrogradsky ta có∫∫S∪S1∪S2

=

∫∫∫B

(1 + 2y)dxdydz

Chuyển sang hệ tọa độ trụ ta có

B′ = (r, ϕ, z) : 0 ≤ r ≤ −2r cosϕ,π

2≤ ϕ ≤ 3π

2, 0 ≤ z ≤ 1.

Suy ra

∫∫∫B

ydxdydz =

a∫0

dz

3π2∫

π2

sinϕdϕ

−2a cosϕ∫0

r2dr =−8a4

3

3π2∫

π2

sinϕ cos3 ϕdϕ = 0.

Tương tự ∫∫∫B

dxdydz = πa3.

Vậy I = πa3.

61

Bài tập 2.31. Tính

I =

∫∫S

(x2 cosα + y2 cos β + z2 cos γ)dS

trong đó S là phần mặt nón x2 + y2 ≤ z2, 0 ≤ z ≤ h, cosα, cos β, cos γ là cosin

chỉ hướng của pháp tuyến ngoài của S.

Giải. Ta tiến hành theo các bước sau15:

• Bổ sung vào mặt nón S hình tròn S1:

z = h

x2 + y2 ≤ h2

để được một mặt kín.

• Tính tích phân trên S1 bằng tính toán trực tiếp, và S ∪ S1 bằng công thức

Ostrogradski.

• I =∫∫

S∪S1

−∫∫S1

.

Hình 16

Một tham số hóa của S1 là z = h với (x, y) ∈ D : x2 + y2 ≤ h2. Ta có A = 0, B =

0, C = 1 nên−→N = (A,B,C) cùng hướng với ~n = (0, 0, 1) nên∫∫

S1

(x2 cosα + y2 cos β + z2 cos γ)dS =

∫∫D

(0 + 0 + h2.1)dxdy = h2.S(D) = πh4.

Gọi V là hình nón: x2 + y2 ≤ z2 ≤ h2, z ≥ 0. Áp dụng công thức Ostrogradski ta

có ∫∫S∪S1

(x2 cosα + y2 cos β + z2 cos γ)dS = 2

∫∫∫V

(x+ y + z)dxdydz =πh4

2.

15Ta cũng có thể tính trực tiếp: một tham số hóa của S là z =√x2 + y2, (x, y) ∈ D : x2 + y2 ≤ h2. Do cos γ < 0 nên

I = −∫∫D

(PA+QB +RC)dxdy = −∫∫D

(x2.(−xz

) + y2.(−yz

) + z2.1)dxdy = −πh4

2.

62

Vậy

I =−πh4

2.

Bài tập 2.32. Tính thông lượng qua mặt kín S chứa điểm O(0, 0, 0) ở bên trong

của F (x, y, z) = c(x~i+y~j+z~k)

(x2+y2+z2)32.16

Giải. Vì F và divF không xác định tại O nên không thể áp dụng định lí Ostro-

gradski. Ta khắc phục bằng cách: với mọi a > 0 đủ bé, lấy mặt cầu Sa tâm O

Hình 17

bán kính a nằm trọn trong mặt S. Gọi B là miền đóng giới hạn bởi mặt cầu Sa

và mặt kín S. Theo Định lí Ostrogradski ta có:∫∫S

~F .~ndS −∫∫Sa

~F .~ndS =

∫∫∫B

(divF )dxdydz,

trong đó Sa là mặt định hướng theo vector pháp tuyến ngoài.

Ta có divF (x, y, z) = 0 với mọi (x, y, z) 6= (0, 0, 0). Suy ra∫∫S

~F .~ndS =∫∫Sa

~F .~ndS.

Vector pháp tuyến đơn vị ngoài của mặt cầu Sa tại điểm (x, y, z) là ~n = (xa, ya, za).17

Do đó ∫∫S

~F .~ndS =

∫∫Sa

~F .~ndS

=

∫∫Sa

c(x2 + y2 + z2)

a(x2 + y2 + z2)32

dS

=c

a2

∫∫Sa

dS =c

a2.S(Sa) =

c

a2.(4πa2) = 4πc.

16Đây là một mở rộng của Bài tập 2.717Vì (x, y, z) ∈ Sa nên x2 + y2 + z2 = a2.

63

2.6.2 Định lí Stokes

Cho S là mặt hai phía trong R3 giới hạn bởi đường cong kín đơn Γ, gọi

F (x, y, z) = (P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z) là trường vector xác định trên miền

Ω chứa S. Khi đó∫Γ+

−→F d~r =

∫Γ+

Pdx+Qdy +Rdz =

∫∫S+

(rot ~F ) · ~n dS , (2.6.1)

trong đó

rot ~F =

(∂R

∂y− ∂Q

∂z

)~i +

(∂P

∂z− ∂R

∂x

)~j +

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)~k , (2.6.2)

~n là vector pháp tuyến ngoài đơn vị của S, và Γ định hướng phù hợp với hướng

của ~n.

y

z

x

0

~n

(x, y)D

CD

Γ+

S : z = z(x, y)

Bài tập 2.33. Kiểm chứng định lí Stokes với F(x, y, z) = (z, x, y) trong đó S là

phần paraboloid z = x2 + y2 thỏa mãn z ≤ 1.

Giải. Vector pháp tuyến đơn vị theo hướng dương của z = z(x, y) = x2 + y2là

~n =− ∂z∂x~i− ∂z

∂y~j + ~k√

1 +(∂z∂x

)2+(∂z∂y

)2=−2x~i− 2y~j + ~k√

1 + 4x2 + 4y2,

và rot ~F = (1− 0)~i+ (1− 0)~j + (1− 0)~k =~i+~j + ~k, do đó

rot ~F .~n = (−2x− 2y + 1)/√

1 + 4x2 + 4y2 .

64

y

z

x

0

n

Γ

S

1

Vì S có một tham số hóa là x = x, y = y, z = x2 + y2 với (x, y) thuộc D =

(x, y) : x2 + y2 ≤ 1 , nên∫∫S

(rot ~F ) · ~n dS =

∫∫D

−2x− 2y + 1√1 + 4x2 + 4y2

√1 + 4x2 + 4y2 dxdy

=

∫∫D

(−2x− 2y + 1) dxdy , chuyển sang tọa độ cực ta có

=

∫ 2π

0

∫ 1

0

(−2r cosϕ− 2r sinϕ+ 1)r dr dϕ

=

∫ 2π

0

∫ 1

0

(−2r2 cosϕ− 2r2 sinϕ+ r) dr dϕ

=

∫ 2π

0

(−2r3

3cosϕ− 2r3

3sinϕ+ r2

2

∣∣∣r=1

r=0

)dϕ

=

∫ 2π

0

(−2

3cosϕ− 2

3sinϕ+ 1

2

)dϕ

= −23

sinϕ+ 23

cosϕ+ 12ϕ∣∣∣2π0

= π .

Mặt S giới hạn bởi Γ là đường tròn đơn vị x2 + y2 = 1 nằm trong mặt phẳng

z = 1 có tham số hóa là x = cos t, y = sin t, z = 1 với 0 ≤ t ≤ 2π. Suy ra∫Γ+

~Fd~r =

∫ 2π

0

((1)(− sin t) + (cos t)(cos t) + (sin t)(0)) dt

=

∫ 2π

0

(− sin t+

1 + cos 2t

2

)dt

= cos t+t

2+

sin 2t

4

∣∣∣2π0

= π .

Điều này đúng với Định lí Stokes.

Bài tập 2.34. Cho S là nửa mặt cầu z =√

4− x2 − y2. Tính I =∫∫S

rot~F ·~ndS

biết rằng F =(ez

2

, 4z − y, 8x sin y)

65

Giải. Đường cong giới hạn Slà đường tròn18 C: x2 +y2 = 4 nằm trong mặt phẳng

Oxy. Theo Định lí Stokes ta có I =∫∫S

rot~F · ~ndS =∫C

Pdx+Qdy +Rdz.

Hình 18

Một tham số hóa của C là x = 2 cos t, y = 2 sin t, z = 0 với 0 ≤ t ≤ 2π.

Vậy I =2π∫0

(e0(−2 sin t) + (4.0− 2 sin t)2 cos t+ 0) dt = 0.

Bài tập 2.35. Cho C là giao của mặt phẳng y + z = 2 và mặt trụ x2 + y2 = 1,

F (x, y, z) = (−y2, x, z2). Tính I =∫C

~Fd~r trong đó C được định hướng dương

ngược chiều kim đồng hồ khi nhìn từ phía trên.

Giải. Ta có C là một elip, P = −y2, Q = x, R = z2. Suy ra rot~F = (0, 0, 1 + 2y)

Hình 19

Theo Định lí Stokes ta có

I =

∫∫S

rot~F · ~ndS =

∫∫S

(1 + 2y)dxdy =

∫∫D

(1 + 2y).1dxdy

18Nếu xét một mặt nào đó khác có cùng dường cong giới hạn, chẳng hạn phần paraboloid z = 4− x2 − y2, z ≥ 0 thì kết

quả tích phân không thay đổi.

66

với D là đường tròn tâm O bán kính 2 (là hình chiếu của S lên mặt phẳng Oxy.).

Chuyển sang tọa độ cực ta được I =2π∫0

1∫0

(1 + 2r sinϕ)rdrdϕ = π.

Bài tập 2.36. Áp dụng công thức Stokes, tính

I =

∫C

(y2 + z2)dx+ (z2 + x2)dy + (x2 + y2)dz

với C là đường x2 + y2 + z2 = 2Rx, x2 + y2 = 2rx, (0 < r < R, z ≥ 0) theo chiều

sao cho phần nhỏ nhất của phía ngoài mặt cầu giới hạn bởi C ở bên trái.

Giải. Áp dụng công thức Stokes đối với phần mặt cầu x2 + y2 + z2 = 2Rx giới

hạn bởi mặt trụ x2 + y2 = 2rx với z ≥ 0, ta có

I =

∫C

(y2 + z2)dx+ (z2 + x2)dy + (x2 + y2)dz

= 2

∫∫S

[(y − z) cosα + (z − x) cos β + (x− y) cos γ]ds

Phương trình của S là

z =√R2 − (x−R)2 − y2.

cosα =z′x√

1 + z′2x + z′2y=

x−Rz√

1 + z′2x + z′2y

cos β =z′y√

1 + z′2x + z′2y=

y

z√

1 + z′2x + z′2y

cos γ =1√

1 + z′2x + z′2y

Suy ra

cosα =x−Rz

cos γ cos β =y

zcos γ.

Do đó

I = 2

∫∫S

[(y − z)x−Rz

+ (z − x)y

z+ (x− y)] cos γds

= 2

∫∫x2+y2≤2rx

[(y − z)x−Rz

+ (z − x)y

z+ (x− y)]dxdy

= 2R

∫∫x2+y2≤2rx

[1− y

z]dxdy = 2R(πr2 − 0) = 2πRr2.

67

Bài tập 2.37. Cho S là mặt ngoài (hoặc mặt trong) của mặt cầu x2 +y2 +z2 = a2

và F là một trường vector thuộc lớp C1 trên một tập mở V trong R3 chứa S. Chứng

minh ∫∫S

(rot ~F ) · ~n dS = 0.

Giải. Giả sử S là mặt ngoài của mặt cầu x2 + y2 + z2 = a2. Mặt phẳng z = 0 cắt

mặt cầu theo giao tuyến là dường tròn C có phương trình x2 + y2 = a2. Gọi S1,

S2 lần lượt là nửa trên và nửa dưới của mặt cầu S. Hai mặt S1, S2 có chung biên

là đường tròn C. Hướng dương của C cảm sinh bởi mặt S1 và S2 là ngược chiều

nhau. Do đó, theo Định lí Stokes ta có∫∫S

(rot ~F ) · ~n dS =

∫∫S1

(rot ~F ) · ~n dS +

∫∫S2

(rot ~F ) · ~n dS

=

∫C+

−→F d~r +

∫C−

−→F d~r = 0.

68

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Nguyễn Xuân Liêm, Giải tích, Tập 2, NXB Giáo dục, 2001.

[2] Trần Đức Long, Nguyễn Đình Sang, Hoàng Quốc Toàn, Giáo trình Giải tích,

Tập 3, NXB ĐHQG Hà Nội, 2009.

[3] Trần Đức Long, Nguyễn Đình Sang, Hoàng Quốc Toàn, Bài tập Giải tích,

Tập 3, NXB ĐHQG Hà Nội, 2009.

[4] M. Spivak, Giải tích trên Đa tạp, NXB Giáo dục, 1985.

[5] Nguyễn Đình Trí (chủ biên), Bài tập Toán cao cấp, Tập 3, NXB Giáo dục,

2001.

69

dong dinh - google sites · pdf file · 2015-12-31dong dinh...

Documents