Topic về Tích phân đường - Tích phân mặt
#1
Đã gửi 08-05-2012 - 11:56
Ta sẽ bắt đầu với
PHẦN 1: TÍCH PHÂN ĐƯỜNG
I. Tóm tắt kiến thức.
Phần này các bạn có thể xem lại các khái niệm, tính chất, các định lí, hệ quả cũng như phương pháp tính trong các giáo trình Toán cao cấp liên quan.
II. Ví dụ và bài tập.
Ví dụ 1: Tính $\oint\limits_L {\left( {x - y} \right)} ds$, trong đó $L:{x^2} + {y^2} = 2ax$
GIẢI.
Chuyển qua tọa độ cực $\left\{ \begin{gathered} x = r\cos \varphi \\ y = r\sin \varphi \\
\end{gathered} \right.$
Trong tọa độ cực phương trình đường tròn có dạng $r = 2a\cos \varphi , - \frac{\pi }{2} \leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi }{2}$
Vi phân độ dài cung: \[ds = \sqrt {{r^2} + {r_\varphi }{{^\prime }^2}} d\varphi = \sqrt {4{a^2}{{\cos }^2}\varphi + 4{a^2}{{\sin }^2}\varphi } d\varphi = 2ad\varphi \]
Do đó: \[\oint\limits_L {\left( {x - y} \right)} ds = \int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {\left[ {\left( {2a\cos \varphi } \right)\cos \varphi - \left( {2a\sin \varphi } \right)\sin \varphi } \right]} 2ad\varphi \]
\[ = 4{a^2}\int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^2}\varphi } d\varphi = 4{a^2}\int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {\left( {\frac{{1 + \cos 2\varphi }}{2}} \right)} d\varphi = ... = \boxed{2\pi {a^2}}\]
Ví dụ 2: Tính $I = \oint\limits_L {{y^2}dx - {x^2}} dy$, trong đó $L$ là chiều dương chu vi của nửa mặt tròn ${x^2} + {y^2} \leqslant {R^2},y \geqslant 0$.
GIẢI. Ta có thể giải quyết bài này bằng 2 cách.
Cách 1: Tính trực tiếp (các bạn vẽ hình ra để dễ nhìn nhé)
Xét nửa mặt tròn tâm $O$ bán kính $R$ nằm trên trục $Ox$ có chiều từ $B \to A,B\left( {R;0} \right),A\left( { - R;0} \right)$
Phương trình tham số của nửa đường tròn: $x = R\cos t,y = R\sin t$
Khi đó: \[I = \int\limits_{ACB} { + \int\limits_{AB} = \int\limits_0^\pi {\left( { - {R^2}{{\sin }^2}t.R\sin t - {R^2}{{\cos }^2}t.R\cos t} \right)dt} } \]
\[ = {R^3}\int\limits_0^\pi {\left( {1 - {{\cos }^2}t} \right)d\left( {\cos t} \right) - \left( {1 - {{\sin }^2}t} \right)d\left( {\sin t} \right)} \]
\[ = {R^3}\left( {\left. {\cos t} \right|_0^\pi - \left. {\frac{1}{3}{{\cos }^3}t} \right|_0^\pi - \left. {\sin t} \right|_0^\pi + \left. {\frac{1}{3}{{\sin }^3}t} \right|_0^\pi } \right) = \boxed{ - \dfrac{4}{3}{R^3}}\]
Cách 2. Dùng công thức Green.
Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}
P = {y^2}\\
Q = - {x^2}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{\partial P}}{{\partial y}} = 2y\\
\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = - 2x
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{\partial Q}}{{\partial x}} - \frac{{\partial P}}{{\partial y}} = - \left( {2x + 2y} \right) = - 2\left( {x + y} \right)\]
Khi đó: \[I = \iint\limits_D {\left[ { - 2\left( {x + y} \right)} \right]}dxdy = - 2\iint\limits_D {\left( {x + y} \right)dxdy}\]
trong đó $D = \left\{ {\left( {x;y} \right)/{x^2} + {y^2} \leqslant {R^2},y \geqslant 0} \right\}$
Chuyển qua tọa độ cực: $\left\{ \begin{array}{l}
x = r\cos \varphi \\
y = r\sin \varphi
\end{array} \right.$ với $\left\{ \begin{array}{l}
0 \le r \le R\\
0 \le \varphi \le \pi
\end{array} \right.$
Do đó: \[I = - 2\int\limits_0^\pi {d\varphi } \int\limits_0^R {\left( {r\cos \varphi + r\sin \varphi } \right)r} dr = - 2\int\limits_0^\pi {\left( {\cos \varphi + \sin \varphi } \right)d\varphi \left. {\frac{{{r^3}}}{3}} \right|} _0^R = ... = \boxed{ - \dfrac{4}{3}{R^3}}\]
Chú ý: Công thức Green chỉ được áp dụng trong trường hợp đường lấy tích phân là đường cong kín và các hàm số $P\left( {x;y} \right),Q\left( {x;y} \right)$ và các đạo hàm riêng $\frac{{\partial P}}{{\partial y}},\frac{{\partial Q}}{{\partial x}}$ cùng liên tục trong miền $D$ giới hạn bởi đường cong không tự cắt trơn từng khúc $L = \partial D$.
Sau đây mình gửi tới các bạn một số bài tập.
Bài 1. Tính tích phân $\oint\limits_L {\frac{x}{y}} ds$, trong đó $L$ là cung Parabol ${y^2} = 2x$ từ điểm $\left( {1;\sqrt 2 } \right)$ đến $(2;2)$.
Bài 2. Tính tích phân $\oint\limits_L {\left( {3{x^2} + y} \right)dx + \left( {x - 2{y^2}} \right)dy} $, trong đó $L$ là biên của hình tam giác với đỉnh $A\left( {0;0} \right),\,\,B\left( {1;0} \right),\,\,C\left( {0;1} \right)$.
Bài 3. Tính tích phân $\oint\limits_L {\frac{{\left( {x + y} \right)dx - \left( {x - y} \right)dy}}{{{x^2} + {y^2}}}} $, trong đó $L$ là chiều dương của đường tròn ${x^2} + {y^2} = {a^2}$.
- hoangnbk, vantho302, funcalys và 3 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 08-05-2012 - 12:00
CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ GHÉ THĂM.
---
- Dont Cry, nghiemthanhbach, hoainamcx và 1 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 10-05-2012 - 01:50
Đừng thờ ơ với Toán cao cấp như thế này chứ.
---
- Dont Cry, toan134, nghiemthanhbach và 3 người khác yêu thích
#4
Đã gửi 10-05-2012 - 09:49
1. TRONG MẶT PHẲNG
* Cung $AB$ được cho bởi phương trình $y = y(x), a \le x \le b$ thì:
Tích phân đường loại 1:
$\int _{AB}f(x,y)ds=\int_{a}^{b}f(x,y(x))\sqrt{1+y^2(x)}dx$
Tích phân đường loại 2:
$\int _{AB}P(x,y)dx+Q(x,y)dy=\int_{a}^{b}[P(x,y(x))+Q(x,y(x)).y'(x)]dx$
* Cung $AB$ được cho bởi phương trình tham số $x=x(t),y=y(t), t_1 \le t \le t_2$ thì:
Tích phân đường loại 1:
$\int _{AB}f(x,y)ds=\int _{t_1}^{t_2}f(x(t),y(t)).\sqrt{x'^2(t)+y'^2(t)}dt$
Tích phân đường loại 2:
$\int _{AB}P(x,y)dx+Q(x,y)dy=\int_{t_1}^{t_2}[P(x(t),y(t))+Q(x(t),y(t)).y'(t)]dt$
2. TRONG KHÔNG GIAN: Tương tự trong mặt phẳng.
3. CÔNG THỨC GREEN:
$\int \int_{D} \left ( \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} \right )dxdy=\int _{L}Pdx+Qdy$
trong đó $D$ là một miền liên thông, bị chặn, có biên $L$ gồm một hay nhiều đường kín trơn từng khúc.
4. VI PHÂN TOÀN PHẦN:
Dựa vào định lí bốn mệnh đề tương đương có thể tìm một hàm số $u(x,y)$ dựa vào vi phân toàn phần của hàm số.
+ Biểu thức $Pdx+Qdy$ là một vi phân toàn phần của hàm số $u(x,y)$ nào đó trong miền $D$ khi và chỉ khi:
$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$
+ Cách xác định hàm $u(x,y)$
$u(x,y)=\int_{x_0}^{x}P(x,y_0)dx+\int_{y_0}^{y}Q(x,y)dy+C$
hay $u(x,y)=\int_{y_0}^{x}Q(x_0,y)dy+\int_{x_0}^{x}P(x,y)dx+C$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ongtroi: 11-05-2012 - 16:07
#5
Đã gửi 14-05-2012 - 10:02
Nhận xét, đây là tích phân đường loại 1 và cung $L$ được cho dạng $y = y(x)$. Áp dụng công thức cho ngay kết quả!
$I=\int_{1}^{2}\frac{x}{\sqrt{2x}}\sqrt{1+2x}dx\\ \\=\frac{1}{\sqrt{2}}\int_{1}^{2}\sqrt{2x^2+2x}dx$
Tích phân hàm một biến, OK
#6
Đã gửi 14-05-2012 - 13:46
2. Mình tha thiết kêu gọi mọi người hãy dành chút thời gian quan tâm đến box Toán Cao cấp
3. Mình có câu hỏi nhỏ: Làm thế nào để tạo được hứng thú cho các bạn với Toán Cao cấp?
4. Hơi lạc đề tí.
5. Xin chân thành cảm ơn các bạn.
---
- Dont Cry và nghiemthanhbach thích
#7
Đã gửi 15-05-2012 - 11:08
Nhận xét, đây là tích phân đường loại 2 và $L$ được cho bởi đường tròn mà thông qua đó ta có thể biểu diễn về dạng tham số và áp dụng công thức ngay trường hợp này là OK
Viết lại phương trình đường tròn: $\left\{\begin{matrix}
x=a\cos t\\y=a\sin t
\end{matrix}\right. ,t \in [0;2\pi]$
Áp dụng thẳng công thức thì OK
$I=\frac{1}{a^2}\int_{0}^{2\pi}[a(\cos t+\sin t)-a^2(\cos t-\sin t)\cos t]dt\\ \\ \\=\frac{1}{a}\int_0^{2\pi}(\cos t+\sin t)dt-\int_0^{2\pi}(\cos^2t-\sin t\cos t)dt$
Đến đây OK
Bài tập tiếp theo
Bài 4: Tính tích phân: $I=\oint_L(x+y)dx-(x-y)dy$ trong đó $L$ là elip $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$, lấy ngược chiều kim đồng hồ.
Bài 5: Tính tích phân: $I=\oint _L\frac{dx-dy}{x+y}$ lấy dọc theo chu vi của hình vuông với các đỉnh là
$A(1;0),B(0;1),C(-1;0),D(0;-1)$, với điều kiện lấy ngược chiều kim đồng hồ.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ongtroi: 15-05-2012 - 11:10
#8
Đã gửi 19-05-2012 - 01:06
---
#9
Đã gửi 29-05-2012 - 14:13
phương trình chính tắc của L là $\left\{\begin{matrix} x=a.cost\\y=b.sint \end{matrix}\right., t \in \left ( 0,2\pi \right )$
ta có: $dx=-a.sintdt, dy= b.costdt$
suy ra: $I = \int_{0}^{2\pi }(a.cost+b.sint)(-asintdt) - (a.cost - b.sint)(b.costdt)\\ = \int_{0}^{2\pi }[(-a^{2}.sint.cost-ab.sin^{2}t)- (ab.cos^{2}t-b^{2}.sint.cost)]dt$
đến đây thì giải ra là xong rồi
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huyquangvip: 29-05-2012 - 14:13
#10
Đã gửi 30-05-2012 - 21:27
1)Tính $ \int_{S} \int z(x^2+y^2)dxdy $ trong đó S là nửa mặt cầu $x^2+y^2+z^2=1; z \geq 0$ hướng S ra ngoài
2) Tính $ \int_{S} \int x^2y^2z dxdy $, trong đó S là nửa mặt cầu $x^2+y^2+z^2=R^2; z \leq 0$, hướng S ra ngoài
- funcalys yêu thích
#11
Đã gửi 01-06-2012 - 21:56
________________________________
Bạn nói rõ hơn 2 điểm không xác định là như thế nào bạn?
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ongtroi: 11-06-2012 - 20:50
#12
Đã gửi 05-11-2012 - 22:02
#13
Đã gửi 07-12-2012 - 01:17
Hình như là x chứ không phải là 2xChém bài 1, anh em chém tiếp cho topic sôi động lên nào!
Nhận xét, đây là tích phân đường loại 1 và cung $L$ được cho dạng $y = y(x)$. Áp dụng công thức cho ngay kết quả!
$I=\int_{1}^{2}\frac{x}{\sqrt{2x}}\sqrt{1+2x}dx\\ \\=\frac{1}{\sqrt{2}}\int_{1}^{2}\sqrt{2x^2+2x}dx$
Tích phân hàm một biến, OK
- hoainamcx yêu thích
#14
Đã gửi 14-04-2013 - 20:13
Tỡ xin giải 2 bài tích phân mặt ở trên
Bài 1. Ta thấy mặt trên chưa tạo thành 1 vật kín để áp dụng công thức G-O do đó ta sẽ thêm vào mặt phẳng $z=0$ có biên là đường tròn $x^2+y^2=1$
Khi đó ta có
$$I = \iint\limits_D {} = \iint\limits_{D \cup {D_1}} {} - \iint\limits_{{D_1}} {} = \iint\limits_{D \cup {D_1}} {z\left( {{x^2} + {y^2}} \right)dxdy}$$
Khi đó áp dụng công thức Gauss-Ostro ta có
$$I = \mathop{{\int\!\!\!\!\!\int\!\!\!\!\!\int}\mkern-31.2mu \bigodot}\limits_{D \cup {D_1}}
{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)d{xdydz}} $$
Đổi biến trong toạ độ cầu là ra
- funcalys yêu thích
#15
Đã gửi 05-06-2013 - 00:07
mọi người giúp e giải những bài này nhé. E ko hiểu lắm. Mà thầy cũng không giảng. Nên chả bik làm thế nào.
$Công thức$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 05-06-2013 - 12:04
#16
Đã gửi 05-06-2013 - 00:14
sao em ko viết được phương trình như mọi ng nhỉ. Em làm theo đúng chỉ dẫn mà
#17
Đã gửi 06-06-2013 - 22:15
Bạn xem lại tóm tắt lí thuyết này áp dụng nhé! Theo mình thấy các bài này cũng nhẹ nhàng!
Tạm thời cho ongtroi "ghi" lại các công thức về TÍCH PHÂN ĐƯỜNG:
1. TRONG MẶT PHẲNG
* Cung $AB$ được cho bởi phương trình $y = y(x), a \le x \le b$ thì:
Tích phân đường loại 1:
$\int _{AB}f(x,y)ds=\int_{a}^{b}f(x,y(x))\sqrt{1+y^2(x)}dx$
Tích phân đường loại 2:
$\int _{AB}P(x,y)dx+Q(x,y)dy=\int_{a}^{b}[P(x,y(x))+Q(x,y(x)).y'(x)]dx$
* Cung $AB$ được cho bởi phương trình tham số $x=x(t),y=y(t), t_1 \le t \le t_2$ thì:
Tích phân đường loại 1:
$\int _{AB}f(x,y)ds=\int _{t_1}^{t_2}f(x(t),y(t)).\sqrt{x'^2(t)+y'^2(t)}dt$
Tích phân đường loại 2:
$\int _{AB}P(x,y)dx+Q(x,y)dy=\int_{t_1}^{t_2}[P(x(t),y(t))+Q(x(t),y(t)).y'(t)]dt$
2. TRONG KHÔNG GIAN: Tương tự trong mặt phẳng.
3. CÔNG THỨC GREEN:
$\int \int_{D} \left ( \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} \right )dxdy=\int _{L}Pdx+Qdy$
trong đó $D$ là một miền liên thông, bị chặn, có biên $L$ gồm một hay nhiều đường kín trơn từng khúc.
4. VI PHÂN TOÀN PHẦN:
Dựa vào định lí bốn mệnh đề tương đương có thể tìm một hàm số $u(x,y)$ dựa vào vi phân toàn phần của hàm số.
+ Biểu thức $Pdx+Qdy$ là một vi phân toàn phần của hàm số $u(x,y)$ nào đó trong miền $D$ khi và chỉ khi:
$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$
+ Cách xác định hàm $u(x,y)$
$u(x,y)=\int_{x_0}^{x}P(x,y_0)dx+\int_{y_0}^{y}Q(x,y)dy+C$
hay $u(x,y)=\int_{y_0}^{x}Q(x_0,y)dy+\int_{x_0}^{x}P(x,y)dx+C$
#18
Đã gửi 06-06-2013 - 22:26
Bạn xem lại tóm tắt lí thuyết này áp dụng nhé! Theo mình thấy các bài này cũng nhẹ nhàng!
dạ, nhưng em không hiểu nên không thể áp dụng đc á. (
Từng bước làm em cũng không rõ nữa. Mong anh chỉ giáo từng bài một. Mỗi bài a có thể gợi ý đc ko. Chứ a đưa công thức e cũng po1 tay
#19
Đã gửi 18-07-2013 - 17:43
E đang ôn thi lại ạ nhưng có bài này làm mãi k được mong mọi người giúp e!
Tính $\int xyds$ giới hạn bởi ba điểm A(0;0), B(1;1) và C(1;3)?
Đoạn AB và AC e đã làm được rồi nhưng còn đoạn BC thì k biết thay y bằng gì, mong mọi người giải giùm e ạ, e cảm ơn!
- yume yêu thích
#20
Đã gửi 21-07-2013 - 16:36
Theo mình nghĩ đoạn này x cố định bằng 1, y chạy từ 1 đến 3 còn ds=dy. Kết quả tích phân trên BC ra 4.
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh