Đề cương môn giải tích 2- Trường Đại học bách khoa - Đại học đà nẵng.
1. I=òò yzdydz+zxdzdx+xydxdy
Đề cương môn giải tích 2- Trường Đại học bách khoa - Đại học đà nẵng.
Tài liệu gồm 13 trang , giúp bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao.
Môn: Giải tích 2(GT2101) 46 tài liệu
Trường: Trường Đại học Bách khoa, Đại học Đà Nẵng 1.7 K tài liệu
Tác giả:
Preview text:
BÀI TẬP: GIẢI TÍCH II
CHƯƠNG V: TÍCH PHÂN MẶT
TÍCH PHÂN MẶT LOẠI II
Bài 1: Tính các tích phân mặt loại hai:
1. I = yzdydz + zxdzdx + xydxdy S
S là phía ngoài của tứ diện: x = y = z = 0, x + y + z = a(a 0) . = x2 + y2 + z2 = 2. I
zdxdy ; S là phía ngoài của mặt ellipsoïde: 1 2 a b2 c2 S
3. I = x2dydz + y2dzdx + z2dxdy ; S là phía ngoài của: S
a) Nửa hình cầu: x2 + y2 + z2 = a2 , z 0 .
b) Hình cầu: (x − 1)2 + ( y − 1)2 + (z − 2)2 = a2 ?
4. I =(y − z)dydz + (z − x)dzdx + (x − y)dxdy S
S là phía ngoài của mặt nón: x2 + y2 = z2 ,0 z h x2 + y2
5. F (t) = f (x, y, z)ds ; S : x2 + y2 + z2 = t2 , f = S 0 : z
Hướng dẫn giải
1) Ta có (hình vẽ): I = =+++ S S1 S2 S3 S4
Trên S : z = 0,dz = 0 . 1
Phía ngoài của tứ diện ứng với phía dưới của S1 . − a a−x a a 4
Do đó: I = − xydxdy = − dx xydy = − 1 x (a − x)2dx = 1 2 24 S1 0 0 0 −a 4
Tương tự: I = =I = = 2 3 24 S2 S3
Ta cũng được: I = += xydxdy + yzdydz + zxdzdx 4 S4 S1 S2 S3
S , S , S là hình chiếu trên các mặt phẳng tọa độ xOy, yOz, zOx của S . 1 2 3 4
Dấu + chỉ phía trên của mặt phẳng x + y + z = a , ứng với phía ngoài của tứ diện đối với các mặt phẳng tọa độ đó. 3a4 Theo trên thì: I = . 4 24 −a4 a4 a4 3a4
Vậy: I = I + I + I + I = − − + = 0. 1 2 3 4 24 24 24 24
2) Ta có phương trình của nửa trên (dưới) của ellipsoïde đã cho là z = c x2
y2 z = −c x2 y2 1− − 1− − a2 b2 a2 b2 x2 y2
Các nửa này có hình chiếu trên mặt phẳng xOy là miền D : + 1 . a2 b2 x2 y2
Do đó: I = c − −−c
dxdy= 2c − dxdy 1 2 2 D a b D
Chuyển sang tọa độ độc cực suy rộng: x = arcosφ, y = brsinφ , ta có: 2π 1 1 1 4πabc 3/ 2 (
I = 2c dφ 1− r2 abrdr = 4πabc − 1− r 2 ) = 3 3 0 0 0
3) a) Phương trình của nửa mặt cầu đã cho đối với các mặt phẳng tọa dộ xOy, yOz, zOx là:
z = a2 − x2 − y2 , x = a2 − y2 − z2 , y = a2 − x2 − z2 2 Do đó: I = 1 x d2 ydz =
( 2 2 2 ( 2 2 2 )2
a − y − z ) − − a − y − z dydz = 0 S
y2 +z2 a2 ,z0 Tương tự: 2
I = y2dzdx = 0 2 S (
I = z2dxdy = a2 − x2 − y2 )2dxdy 3 S
x2 +y2 a2 2π a a a2r2 r4 πa4
Chuyển sang tọa độ độc cực ta có: I = dφ (a2 − r2 )rdr = 2π − = 3 2 0 0 2 4 0 4
Vậy: I = I + I + I = 0 + 0 + πa = πa4 1 2 3 2 2
b) Xét I = z2dxdy 1 S
Mặt S gồm 2 phần:
S1 (phía trên mặt phẳng z = 2 ): z = 2 + a2 − x2 − y2
S (phía dưới mặt phẳng z = 2) : z = 2 − a2 − x2 − y2 2
Hình chiếu của S ,S trên mặt phẳng x Oy là miền D : (x − 1)2 + (y − 1)2 a2 1 2 Ta có: 2 I = − ( 2 2 2
(2 − a 2 − (x − 1) 2 + ( y − 1) 2 )2 dxdy = 8 2 a −(x −1) 2 −( y −1) 2dxdy 1
2 + a − (x − 1) − ( y − 1) ) D D
Chuyển sang tọa độ độc cực: x − 1 = rcosφ, y − 1 = rsinφ,0 φ 2π 2π a 1 3/ 2 a 16π (
thì: I = 8 dφ a2 − r2rdr = 16π− a2 − r2 ) = a3 1 3 0 3 0 0
Tương tự: I = 8π a3 , I = 8π a3 2 3 3 3
Vậy: I = I + I + I = 32 πa3 1 2 3 3 4) Xét I = ( 1
x − y)dxdy , hình chiếu của mặt nón trên mặt phẳng xOy là miền D : x2 + y2 h2 , phía S
ngoài của mặt nón có pháp tuyến hợp với Oz một góc tù, do đó: 2π h 2π h
I = − (x − y)dxdy = − dφ r(cosφ − sinφ)rdr = − (cosφ − sinφ)dφ r2dr = 0 1 S 0 0 0 0 Xét I = ( 2
z − x)dzdx , đối với mặt phẳng xOy,S gồm 2 phần S : y = z2 − x2 ,S : y = − cùng 1 2 S
có hình chiếu trên mặt phẳng xOy là miền D giới hạn bởi: z = x, z = −x, z = h và có pháp tuyến
ngược hướng nhau. Do đó I = 0 , tương tự I = 0 . 2 3
Vậy: I = I + I + I = 0. 1 2 3
5) Ở đây: z = t2 − x2 − y2 t
S = 1+ z'2 + z'2dxdy = dxdy = dxdy. x y
t2 − x2 − y2
vì f 0 trên mặt cầu S giới hạn bởi mặt nón z = x2 + y2 nên: 1
(x2 + y2 )dxdy
F (t ) = (x2 + y2 )ds = t s
t2 − x2 − y2 1 D t 2
D là hình chiếu của phần mặt cầu S trên mặt phẳng xOy : x2 + y2 1 2
(khử z từ: x2 + y2 + z2 = t2 và z = x2 + y2 ).
Chuyển sang tọa độ độc cực và do đối xứng, ta có: t t / π/ 2 2 3 r dr 2 r2dr2
t / 2 (t2 − r2 − t2 )d (t2 − r2 )
F (t )= 4 t = π t = dφ π t 0 0 t2 − r2 0 t2 − r2 0 t2 − r2 t/ 2 1/
d (t2 − r2 ) 2 = π t
t2 − r2d (t2 − r2 )− t2 0 0 t2 − r2 t/ 2 2 t/ 2
= π t (t2 − r2 )3/ 2 − t2 2 = πt4 t2 − r 2
(8 − 5 2 ). 3 0 0 6
Bài 2: Áp dụng công thức Ostrogradski, tính: 4
x2dydz + y2dzdx + z2dxdy , S: phía ngoài của hình lập phương: 0 x, y, z a 1) I = S
xdydz + ydzdx + zdxdy,S : phía ngoài của tứ diện: x + y + z = a, x = 0, y = 0, z = 0 2) I = S
(x − y + z)dydz + (y − z + x)dzdx + (z − x + y)dxdy 3) I = S
S: phía ngoài của mặt: x − y + z + y − z + x + z − x + y = 1.
4) I =(x2cos + y2cos + z2cos )ds S x2 y2
S: phía ngoài của phần mặt nón:
+ − z2 = 0 (0 z b) a2 a2 b2
5) I (x, y, z) = cos(n,e)dS S
S: mặt trơn kín, e = const, n là pháp tuyến ngoài của S . cos(r,n)
dS (tích phân Gauss); S: trơn, kín giới hạn miền V ; n : pháp tuyến
6) I (x, y, z) = r2 S
ngoài của S tại ( ,, ) S,r = ( − x)2 + ( − y)2 + ( − z)2 ,(x, y, z) R3
Hướng dẫn giải
1) Các hàm P = x2 ,Q = y2 , R = z2 là các hàm luỹ thừa nên chúng cùng các đạo hàm riêng của chúng
liên tục trong hình lập phương 0 x , y, z a, đó là một miền compact. Do đó:
I = x2dydz + y2dzdx + z2dxdy = 2(x + y + z)dV S V a a a a a a = z2
2 dx dy(x + y + z)dz = 2 dx (x + y) z + dy 2 0 0 0 0 0 0 a a a a a2 a y2 a2 a a2x2
= 2 dx ax + ay + dy = 2 axy + a + y dx = 2(a2x + a3 )dx = 2
+ a3x = 3a4 . 0 0 2 0 2 2 0 0 2 0 2) Tương tự như 1):
I = xdydz + ydzdx + zdxdy = (1+ 1+ 1)dV = 3V S V a 3
V là thể tích tứ diện: V = . 6 a 3 a3
Do đó: I = 3 = . 6 2
3) Ở đây: P = x − y + z,Q = y − z + x, R = z − x + y
Do đó: I = (1+ 1+ 1)dV = 3V V
V : thể tích của miền giới hạn bởi S .
Dùng phép đổi biến tổng quát: u = x − y + z, v = y − z + x, w = z − x + y.
D (x, y, z) 1 1 1 Ta có: J = = = =
D (u, v, w) D (u,v,w) 1 −1 1 4 D (x, y, z) 1 1 −1 −1 1 1 3 3 1 Do đó: I =
dudvdw= 8 dudvdw = 6 = 1. 4 4 6
u + v + w 1
u + v + w 1 u,v,w0
4) S: không kín, ta bổ xung thêm mặt S : z = b để được mặt S + S kín (hình vẽ). 1 1
Áp dụng công thức Ostrogradski, đối với mặt kín S + S ta có: 1
I = x2dydz + y2dzdx + z2dxdy S
= x21ydz + y2dzdx + z2dxdy − x2dydz + y2dzdx + z2dxdy S+S1 S1
Trên S : z = b,dz = 0 1
nên: = b2dxdy = b2.a2.π, =2(x + y + z)dV S1
x2 +y2 a2 S+S1 V
Chuyển sang toạ độ trụ: 6 2π a b = 2π a 2 b 3 b2 b2
2 dφ rdr r (cosφ + sinφ) + zdz = 2 dφ br − r (cosφ + sinφ) + r − r 3 dr 2 S+S a 2 2a 1 0 0 br 0 0 a 2π = a3b a2b2 a2b2 a2b2 2
(cosφ + sinφ) +
dφ = 0 + 2 2π = π 0 12 8 8 2 − a 2b π 2 a2b2π Vậy: I = − a2b2π = . 2 2
5) Giả sử e = (a,b,c) = const,n = (cosα,cosβ,cosγ).
n e acosα + bcosβ + ccosγ cos(e ,n) = = n e
a2 + b2 + c2
I (x, y, z) = cos (n, e )ds = acosα + bcosβ + ccosγ
adydz + bdzdx + cdxdy ds = S S
a2 + b2 + c2 S
a2 + b2 + c2 = a + b + b dV =
0 dV = 0 x
a2 + b2 + c2 y y D
a2 + b2 + c2
a2 + b2 + c2 V 6) Xét:
a) S không bao quanh điểm (x, y, z) : r n
Ta có: cos(r ,n) = r n ξ − x η − y ξ − z
và: I (x, y, z) = cosα + cosβ + cosγds 3 3 3 S r r r
Áp dụng công thức Ostrogradski (các hàm thỏa mãn các điều kiện của công thức):
3 3(ξ − x)2 + 3(η − y)2 + 3(ζ − z)2 3 3
I (x, y, z )= −
dV = − 3 5 3 dV = 0. 3 V r r V r r
b) Mặt S bao quanh điểm (x, y ,z) (hình vẽ).
Xét mặt cầu S tâm M bán kính . Khi đó các hàm lại có đủ 1
các điều kiện để áp dụng công thức Ostrogradski trong miền
V1 gồm giữa S và S1 .
cos(r n) ds = 0.dV = 0 (theo a) r2 s+s1 V1
cos(r n)
cos(r n)
Do đó: I (x, y, z) = 2 ds = ds 2 r S S r 1
(Pháp tuyến ngoài của S và pháp tuyến trong của S1 là ngược nhau, cùng là pháp tuyến ngoài của S + S ). 1
Vậy: I (x, y, z )= r n r ds ds = 1
ds = 1 4πε2 = 4π . (vì với S : ) =
r / /n và r = ε 3 2 2 1 ε S r 3 r ε 1 S1 S1
Bài 3: Áp dụng công thức Stockes, tính:
1) I = (y + z)dx + (z + x)dy + (x + y)dz C là đường x2 + y2 + z2 = a2 , x + y + z = 0 theo chiều ngược C
kim đồng hồ nếu nhìn từ phía dương của trục Ox .
2) I = (y − z)dx + (z − x)dy + (x − y)dz C
C là ellipse x2 + y2 = 1, x + z = 1, theo chiều ngược kim đồng hồ nếu nhìn từ phía dương của Ox .
3) I = (y2 + z2 )dx + (z2 + x2 )dy + (x2 + y2 )dz C
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 của phần mặt cầu giới hạn bởi C ở bên trái.
y2z2dx + z2x2dy + x2y2dz 4) I = C
C là đường khép kín: x = acost, y = acos2t, z = acos3t , theo chiều tăng của t.
Hướng dẫn giải
1) Áp dụng công thức Stockes dối với S là mặtt tròn giới hạn bởi đường tròn
x2 + y2 + z2 = a2 , x + y + z = 0
(ở đây P = y + z,Q = z + x , R = x + y thỏa mãn các điều kiện của công thức). 8 cosα cosβ cosγ dx
I = (y + z)dx + (z + x)dy + (x + y)dz = x y ds C S z x
y + z z + x x + y
= (1− 1)cosα + (1− 1)cosβ + (1− 1)cosγds = 0. S
2) Áp dụng công thức Stockes vào S là hình ellipse giới hạn bởi ellipse x2 + y2 = 1, x + z = 1 (hình vẽ).
Ta có: I = (y − z)dx −(z − x)dy + (x − y)dz C
= −2dydz+ dzdx + dxdy S
= −2 dydz + dzdx + dxdy D 1 D2 D3 3
D : hình chiếu của S trên mặt phẳng x Oy : x2 + y2 1, do đó: dxdy = π12 = π D3
D2 : hình chiếu của S trên mặt phẳng xOz : D = 0 , do đó: 2 dzdx= 0 D2
D : hình chiếu của S trên mặt phảng yOz : khử x từ x2 + y2 = 1, x + z = 1, ta có: D : y2 + (z − 1)2 1 1 3
, do đó: dydz = π12 = π D3
Vậy: I = −2(π + 0 + π) = −4π
3) Áp dụng công thức Stockes đối với phần mặt cầu
x2 + y2 + z2 = 2Rx giới hạn bởi mặt trụ x2 + y2 = 2rx
với z 0 (hình vẽ).
Ta có: I = (y2 + z2 )dx +(z2 + x2 )dy + (x2 + y2 )dz C
= 2 (y − z)cosα + (z − x)cosβ + (x − y)cosγds S
ở đây phương trình của S : z = z cosα = x = x − R
1 + z'2 + z'2
z 1 + z'2 + z'2 x y x y ' z y cosβ = y = ,
1 + z'2 + z'2
z 1 + z'2 + z'2 x y x y 11 cosγ =
1 + z'2 + z'2 x y
(lấy cosγ 0 , vì pháp tuyến của phía trên của S làm với Oz một góc tù). y
Do đó: cosα = x − R cosγ,cosβ = cosγ z z
(y − z)(x − R) (z − x) y
và: I = 2 +
+ x − ycosγds z z S = 2
(y − z)(x − R) + (z − x) y + = 2R y 2 x − z ydxdy
1− dxdy = 2πRr z
x2 +y2 2rx
x2 +y2 2rx y y (vì
ydxdy = 0 do hàm trên hai nửa hình tròn lấy các giá trị: như nhau nhưng trái dấu z z z 2 2
x + y 2rx nhau).
4) Khi 0 t π thì M (x, y, z) vẽ đường C tại A(a,a,a) đến B(−a,a,−a) và khi π t 2π; M vẫn
vẽ đường C nhưng theo hướng ngược lại từ B(−a,a,−a) đến A(a,a,a), do đó đường C là khép kín
nhưng không giới hạn mặt S nào, do đó theo công thức Stockes: I = 0 .
Bài 4: Tìm tọa độ trọng tâm của:
1) Phần mặt đồng chất (p = 1) : az = x2 + y2 (0 z a)
2) Phần mặt đồng chất (ρ = 1) : z = x2 + y2 bị cắt bởi mặt trụ x2 + y2 = ax .
Tìm moment quán tính đối với gốc tọa độ của các mặt dồng chất (ρ = 1) .
3) Mặt toàn phần: - a x, y,z a
4) Mặt toàn phần: x2 + y2 R2 ,0 z H của hình trụ. 10
Hướng dẫn giải
1) Vì là mặt đồng chất và do đối xứng nên trọng tâm của nó phải ở trên trục Oz (hình vẽ) nghĩa là
x = y = 0 . G G Mxy Ta có: z = G M
với: M = zds = 1 (
x2 + y2 ) a2 + 4 (x2 + y2 )dxdy xy a2 S D
với D : x2 + y2 a2
Chuyển sang tọa độ độc cực ta có: 1 2π a π a 3/ 2 1/ 2 M =
dφ r2 a2 + 4r2rdr =
(a2 + 4r2 ) − a2 (a2 + 4r2 ) d (a2 + 4r2 ) xy 2 a 16a2 0 0 0 a a π = 2
π 2 ( 5/ 2 ( a2 + 4r2 )
− a2 a2 + 4r2 ) = a3 25 5 + 1) ( 16a2 5 3 60 0 0
Tương tự: M = dS= 1 a2 + 4 (x2 + y2 )dxdy = πa2 (5 − 5 1). a 6 S D π a3 25 5 + 1
Vậy: z = 60 (
) = 25 5 + 1 .a G
πa2 (5 5 − 1) 10 (5 5 − 1) 6
2) Tương tự như 1), ta có:
M = dS = 1+ z'2x + z'2dxdy S
x2 +y2 ax
ở đây: z = x2 + y2 ; ; 1 + z'2 + z'2 = 1 + − x2 + y2 = 2 x y x2 + y2 x2 + y2
2 π a2
Vậy: M = 2dxdy = 4
x2 + y2 =ax
x = 1 xds = 4 x 2dxdy G M S
2 πa2 x2 + y2 =ax 4 π/ 2 acosφ 4a π/ 2 8a π/ 2 8a 31 π a =
cosφdφ r2dr = cos4φdφ = cos4φdφ = = πa2 − π/ 2 0 3π− 3π 3π 4 2 2 2 π/ 2 0 1 4 π/2 acosφ 4a π/ 2 yds =
cos3φsinφdφ = 0. (vì cos3φsinφ là hàm lẻ) G y =
sinφdφ r2dr = M πa2 3π S −π/ 2 0 −π/ 2 1 4 π/2 acosφ 4a π/ 2 4a 2 16a zds =
cos3φdφ = 2 = G z =
dφ r2dr = M πa2 3π 3π 3 9π S −π/ 2 0 −π/ 2
3) Moment quán tính của mặt toàn phần của hình lập phương đã cho đối với gốc tọa độ là: 6 = I 0
∬ (x2 + y2 + z2 )ds. S i=1 i
S (i = 1,6) là các mặt của khối lập phương 1
+) Xét S1 : − a x a,−a y a,z = a,ds = dxdy. Do đó: a a a a a 20a4 3
(x2 + y2 + z2 )ds = dx (x2 + y2 + a2 )dy = 4dx(x2 + y2 + a2 )dy = 4 ax2 + 4 a dx = 3 3 S − 1 a −a 0 0 0 6.20a4
Do đối xứng nên: I = 6I = = 40a4 0 1 3
5) Moment quán tính của mặt toàn phần S của hình trụ đối với gốc tọa độ là:
I = (x2 + y2 + z2 )ds = + + 0 S Sd St Sb
S ,S , S là đáy dưới, dáy trên và mặt bên của hình trụ. d 1 b
Với S : z = 0, S : z = H,ds = dxdy , hình chiếu của chúng trên mặt phẳng xOy cùng là miền d t
D : x2 + y2 R2 , do đó: + =
2(x2 + y2 )+ H2 dxdy Sd St D ( ) 2π R
= πR2H2 + 2 x2 + y2 dxdy = πR2H 2 + 2 dφr3dr = πR2H 2 + πR4 D 0 0 12 với S : y =
đối với mặt phẳng xOz,dS = Rdxdz và hình chiếu của S trên mặt phẳng b b xOz là D : 1
−R x R,0 z H, do đó: R H3 = dx H 2R (R 2 + 2
z )dz = 2πRH R + 3 S − b R 0 Vậy: I
πR R(R + H) + H 0 = 2 2 3 3 HẾT
Tài liệu liên quan:
-
Đề cương môn giải tích 2- Trường Đại học bách khoa - Đại học đà nẵng
17 9 -
Đề cương môn giải tích 2- Trường Đại học bách khoa - Đại học đà nẵng.
14 7 -
Đề cương môn giải tích 2- Trường Đại học bách khoa - Đại học đà nẵng.
16 8 -
Đề cương môn giải tích 2- Trường Đại học bách khoa - Đại học đà nẵng.
16 8 -
Đề cương môn giải tích 2- Trường Đại học bách khoa - Đại học đà nẵng.
21 11