13 trang 5 lượt tải

Đề cương môn giải tích - Trường Đại học bách khoa - Đại học đà nẵng.

10

Sd,S1,Sb làđáydưới,dáytrên vàmặtbêncủahìnhtrụ

Đề cương môn giải tích - 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) 17 tài liệu

Trường: Trường Đại học Bách khoa, Đại học Đà Nẵng 1 K tài liệu

Tác giả:

Profile

giang le

1 tuần trước
Danh sách Quiz
/13
1
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) .

x
2
y
2
z
2
2.
I zdxdy ; S là phía ngoài của mặt ellipsoïde:
2
S
a
1
b
2
c
2
3. I

x
2
dydz y
2
dzdx z
2
dxdy ; S là phía ngoài của:
S
a) Nửa hình cầu:
x
2
y
2
z
2
a
2
, z 0
.
b)
Hình cầu:
(x 1)
2
( y 1)
2
(z 2)
2
a
2
?
4. I

y z
dydz
z x
dzdx
x y
dxdy
S
S là phía ngoài của mặt nón: x
2
y
2
z
2
,0 z h
x
2
y
2
5.
F
t

f
x, y, z
ds ; S : x
2
y
2
z
2
t
2
, f
S
0 :
z
Hướng dẫn giải
1) Ta có (hình vẽ): I





S
S
1
S
2
S
3
S
4
Trên S : z 0,dz 0 .
Phía ngoài của tứ diện ứng với phía dưới của S1 .
a ax a
4
Do đó: I
xydxdy dx xydy
1
x
a x
2
dx
a
1

2
24
S
1
0 0 0
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường
1
y
2
a
2
b
2
1
x
2
y
2
a
2
b
2
a
 
x dydz
a
y
z
a
y
z dydz 0
1
4
Tương tự: I
2

I
3

24
S
2
S
3
Ta cũng được:
I
4


xydxdy

yzdydz

zxdzdx
S
4
S
1
S
2
S
3
S
1
, S
2
, S
3
là hình chiếu trên các mặt phẳng tọa độ
xOy, yOz, zOx
của S
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.
Theo trên thì:
3a
4
I .
24
a
4
a
4
a
4
3a
4
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
z c
x
2
y
2
Các nửa này có hình chiếu trên mặt phẳng xOy là miền
D : 1 .
a
2
b
2
x
2
y
2
Do đó:
I

c
c
dxdy 2c

2
2
dxdy
D
D
Chuyển sang tọa độ độc cực suy rộng:
x arcosφ, y brsinφ
, ta có:
2π 1
1
1
3/ 2
4πabc
I 2c
dφ

0 0
1 r
2
abrdr 4πabc

1 r
2
3
0
3
3) a) Phương trình của nửa mặt cầu đã cho đối với các mặt phẳng tọa dộ xOy, yOz, zOx là:
z a
2
x
2
y
2
, x
a
2
y
2
z
2
, y
2
2
2
2
2
2 2
2
2
S
y
2
z
2
a
2
,z
0
Tương tự:
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường
2
a
2
x
2
z
2
1
Do đó:
I
4
a
b
a
πa
1
2
I
1

2
a
(x 1)
( y 1)
2
a
(x 1)
( y 1)
dxdy 8

(x 1)
( y 1) dxdy
3
I
2

y
2
dzdx 0
S
I
3

z
2
dxdy

a
2
x
2
y
2
2
dxdy
S
x
2
y
2
a
2
2π a
a
2
r
2
r
4
πa
4
Chuyển sang tọa độ độc cực ta có: I
dφ
a
2
r
2
rdr 2π
3
0 0
2 4
0
2
Vậy:
I I I I
4
0 0
πa
4
b) Xét
1 2 3
2 2
I
1

z
2
dxdy
S
Mặt S gồm 2 phần:
S1 (phía trên mặt phẳng
z 2
): z 2
S
2
(phía dưới mặt phẳng z 2
: z 2
Hình chiếu của S ,S
trên mặt phẳng x
Oy
là miền D : (x 1)
2
(y 1)
2
a
2
Ta có:
2 2 2
2
2 2
2
2
2
2
2
D
D
Chuyển sang tọa độ độc cực:
x 1 rcosφ, y 1 rsinφ,0 φ 2π
2π
a
1
3/ 2
16π
thì:
I
1
8
dφ
0
0
a
2
r
2
rdr 16π
a
2
r
2
3
a
3
0
Tương tự:
I
8π
a
3
, I
2
3
3
8π
a
3
3
Vậy:
I I I I
32
πa
3
1
2
3
3
4) Xét
I
1

S
x y
dxdy , hình chiếu của mặt nón trên mặt phẳng xOy là miền
D : x
2
y
2
h
2
, phía
ngoài của mặt nón có pháp tuyến hợp với Oz một góc tù, do đó:
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường
a
2
x
2
y
2
a
2
x
2
y
2
a
a
x
2
y
2
x
2
y
2
t
2
r
2
2
t/ 2
1
2
2
3
1
2
3
x y
1
3
2π h 2π h
I
x y
dxdy dφ r
cosφ sinφ
rdr
cosφ sinφ
dφ r
2
dr 0
1

S 0 0 0 0
Xét I
2

S
z x
dzdx , đối với mặt phẳng
xOy,S
gồm 2 phần S : y
z
2
x
2
,S : y
cùng
có hình chiếu trên mặt phẳng
xOy
là miền D giới hạn bởi:
ngược hướng nhau. Do đó I
0 , tương tự I
0 .
z
x, z
x, z
h
và có pháp tuyến
Vậy:
I I I
I
0.
5) Ở đây: z
S 1 z
'2
z
'2
dxdy
t
dxdy dxdy.
t
2
x
2
y
2
vì
f 0
trên mặt cầu S
giới hạn bởi mặt nón z nên:
x
2
y
2
dxdy
F
t

x
2
y
2
ds t

s
1
D
D là hình chiếu của phần mặt cầu S
trên mặt phẳng
xOy
: x
2
y
2
t
2
(khử
z
từ:
x
2
y
2
z
2
t
2
và z ).
Chuyển sang tọa độ độc cực và do đối xứng, ta có:
F
t
4
t
π/ 2
dφ
0 0
t /
r dr
π t
t
2
r
2
0
r
2
dr
2
π t
t
2
r
2
t /
0
t
2
r
2
t
2
d
t
2
r
2
t/ 2 1/
d
t
2
r
2
π t
t
2
r
2
d
t
2
r
2
t
2
0 0
t/
π t
2
t
2
r
2
3/ 2
t
2
2
π
t
4
8 5
2
.
3
0
0
6
Bài 2: Áp dụng công thức Ostrogradski, tính:
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường
4
t
2
r
2
t
2
x
2
y
2
t
2
x
2
y
2
t
2
2
2
2
t
2
r
2
1
2
a a a a a
a
a
1)
I

S
2)
I

S
3)
I

S
x
2
dydz y
2
dzdx z
2
dxdy , S: phía ngoài của hình lập phương: 0 x, y, z a
xdydz ydzdx zdxdy,S : phía ngoài của tứ diện: x y z a, x 0, y 0, z 0
x y z
dydz
y z x
dzdx
z x y
dxdy
S: phía ngoài của mặt:
x y z y z x z x y 1
.
4) I

x
2
cos y
2
cos z
2
cos
ds
S
S: phía ngoài của phần mặt nón:
x
2
y
2
z
2
0
0 z b

5) I
x, y, z

cos
n,e
dS
S
a
2
a
2
b
2
S: mặt trơn kín, e const, n là pháp tuyến ngoài của S .
cos
r,n
6)
I
x, y, z

S
dS (tích phân Gauss); S: trơn, kín giới hạn miền V ;
n
: pháp tuyến
r
2
ngoài của S tại
,,
S,r ( x)
2
( y)
2
( z)
2
,
x, y, z
R
3
Hướng dẫn giải
1) Các hàm P x
2
,Q y
2
, R z
2
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

x
2
dydz y
2
dzdx z
2
dxdy 2

x y z
dV
S V
2
dx
dy
x y z
dz 2
dx
x y
z
0 0 0 0 0
z
2
dy
0
a a
a
2
a
y
2
a
2
a
a
2
x
2
2
dx
ax ay
dy 2
axy a y
dx 2
a
2
x a
3
dx 2
a
3
x
3a
4
.
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
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường
2
a
1
1
a
3
3
V là thể tích tứ diện:
3
V .
6
Do đó:
I 3
a
.
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
Do đó:
I
3

dudvdw
3
8

dudvdw 6
1
1.
4
u v w 1
4
u v w 1
6
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:
I

x
2
dydz y
2
dzdx z
2
dxdy
S

S
S
1
x
2
1ydz y
2
dzdx z
2
dxdy

x
2
dydz y
2
dzdx z
2
dxdy
S
1
Trên S : z b,dz 0
nên:

S
1

x
2
y
2
a
2
b
2
dxdy b
2
.a
2
.π,

S
S
1
2

x y z
dV
V
Chuyển sang toạ độ trụ:
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường
6
a
2
b
2
c
2
a
2
b
2
c
2

r
2
cos
r n
ds
ss
1
a b π

1
b
3
3
2π a b
2π a
2
b
3
b
2
b
2

2
dφ
rdr
r
cosφ sinφ
z
dz 2
dφ
br
r
cosφ sinφ
r
2
r
dr
SS
1
0 0
b
r
a
0 0
a 2
2a
2π
a
3
b a
2
b
2
a
2
b
2
a
2
b
2
2
cosφ sinφ
dφ 0 2 2π π
0
12 8
8 2
Vậy:
2
2
I a
2
b
2
π
a
2
b
2
π
.
2
2
5) Giả sử
e
a,b,c
const,n
cosα,cosβ,cosγ
.
n e
acosα bcosβ ccosγ
cos
e ,n
n e
a
2
b
2
c
2
I
x, y, z

cos
n, e
ds

acosα bcosβ ccosγ
ds
adydz bdzdx cdxdy
S S
a
2
b
2
c
2
S a
2
b
2
c
2

a
b

dV

0 dV 0
x

a
2
b
2
c
2
y
y

D
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
3
cosγ
ds
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

3
5
dV

3
3
dV 0.
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
các điều kiện để áp dụng công thức Ostrogradski trong miền
V1 gồm giữa
S
và S1 .

0.dV 0
V
1
(theo a)
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường
3
1
r
r
r
ε
cos
r
n
cos
r
n
Do đó: I
x, y, z

S
2
ds

2
ds
S
1
(Pháp tuyến ngoài của
S
và pháp tuyến trong của S1
S S
).
là ngược nhau, cùng là pháp tuyến ngoài của
Vậy:
I
x, y, z

r n
ds
r
ds
1 ds
1
4πε
2
4π . (vì với S : )
 3
S
1
 3
S
1
2  2
1
S
1
Bài 3: Áp dụng công thức Stockes, tính:
1) I
y z
dx
z x
dy
x y
dz C là đường
x
2
y
2
z
2
a
2
, 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 x
2
y
2
1, x z 1, theo chiều ngược kim đồng hồ nếu nhìn từ phía dương của Ox .
3) I
y
2
z
2
dx
z
2
x
2
dy
x
2
y
2
dz
C
C là đường
x
2
y
2
z
2
2Rx,x
2
y
2
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.
4)
I
C
y
2
z
2
dx z
2
x
2
dy x
2
y
2
dz
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
x
2
y
2
z
2
a
2
, x y z 0
(ở đây
P y z,Q z x
,
R x y
thỏa mãn các điều kiện của công thức).
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường
8
r / /n và r ε
ε
r
3
I
y z
dx
z x
dy
x y
dz

C S

1 1
cosα
1 1
cosβ
1 1
cosγ
ds 0.
S
2) Áp dụng công thức Stockes vào S là hình ellipse giới hạn bởi ellipse x
2
y
2
1, x z 1 (hình vẽ).
Ta có: I
y z
dx
z x
dy
x y
dz
C
2

dydz dzdx dxdy
S
2

dydz

dzdx

dxdy
D
1
D
2
D
3
D
: hình chiếu của
S
trên mặt phẳng x
Oy : x
2
y
2
1
, do đó:

dxdy π1
2
π
D
3
D2 : hình chiếu của
S
trên mặt phẳng
xOz : D
2
0 , do đó:

dzdx 0
D
2
D
: hình chiếu của
S
trên mặt phảng
yOz
: khử
x
từ x
2
y
2
1,
x z 1
, ta có: D : y
2
(z 1)
2
1
1
, do đó:
3

dydz π1
2
π
D
3
Vậy:
I 2
π 0 π
4π
3) Áp dụng công thức Stockes đối với phần mặt cầu
x
2
y
2
z
2
2Rx
giới hạn bởi mặt trụ
x
2
y
2
2rx
với z 0 (hình vẽ).
Ta có: I
y
2
z
2
dx 
z
2
x
2
dy
x
2
y
2
dz
C
2

y z
cosα
z x
cosβ
x y
cosγ
ds
S
ở đây phương trình của
S
: z
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường
cosα
cosβ
cosγ
dx
x
y
z
ds
x
y z
z x
x y
1 z
'2
z
'2
x y
z 1 z
'2
z
'2
x y
x y
x y
2 2
z
z
cosα
cosβ
z
x
'
y
1 z
'2
z
'2
1
1
x R
z
y
,
cosγ
1 z
'2
z
'2
(lấy cosγ 0 , vì pháp tuyến của phía trên của S làm với Oz một góc tù).
Do đó:
cosα
x R
cosγ,cosβ
y
cosγ
z
z
y z

x R
z
x
y
và:
I 2

z
x y
cosγds
z
S
2
y z

x R
z x
y
x
2R
y 2

z
y
dxdy

1
dxdy 2πRr
x
2
y
2
2rx
x
2
y
2
2rx
(vì

y
dxdy 0 do hàm
y
trên hai nửa hình tròn lấy các giá trị:
y
như nhau nhưng trái dấu
x y 2rx
z
z
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 x
2
y
2
0 z a
2) Phần mặt đồng chất
ρ 1
: z
bị cắt bởi mặt trụ x
2
y
2
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:
x
2
y
2
R
2
,0 z H
của hình trụ.
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường 10
1 z
'2
z
'2
x y
x
2
y
2
z
5
5
1
x
2
y
2
x
2
y
2
y
2
0
a
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
Ta có:
M
xy
z
M
với:
M
xy

zds
1
a
2
x
2
y
2
a
2
4
x
2
y
2
dxdy
S D
với
D : x
2
y
2
a
2
Chuyển sang tọa độ độc cực ta có:
1
2π a
π
a
3/ 2 1/ 2
M dφ
r
2
a
2
4r
2
rdr
a
2
4r
2
a
2
a
2
4r
2
d
a
2
4r
2
xy
2
0 0
16a
2
π
2
16a
2
5
a
2
4r
2
a
5/ 2
0
a
2
2
a
2
4r
2
3
a
0
π
a
3
25
60
1

Tương tự:
M

dS
1

a
2
4
x
2
y
2
dxdy
πa
2
5 1
.
S
a
D
6
Vậy: z
π
a
3
25 5 1
60
25
1
.a
G
πa
2
6
5
1
10
5
1

2) Tương tự như 1), ta có:
M

dS

1 z
'2
x z
'2
dxdy
S
x
2
y
2
ax
ở đây: z
x
2
y
2
; ;
Vậy:
M

x
2
y
2
ax
2dxdy
4
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường
5
5
5
1 z'
2
z'
2
x y
2
2 π a
2

G
M
M
1
a a a a a
3
0 1
d
t
G
G
G
x
1

S
xds
4
2 πa
2

x
2
y
2
ax
x 2dxdy
4
π/ 2
acosφ
4a
π/ 2
8a
π/ 2
8a
31
π
a
cosφdφ
r
2
dr
cos
4
φdφ
cos
4
φdφ
πa
2
π/ 2 0
3π
π/ 2
3π
0
3π
4 2
2 2
1
4
π/2
acosφ
4a
π/ 2
y

S
yds
πa
2
sinφdφ
r
2
dr
π/ 2 0
π/ 2
cos
3
φsinφdφ 0. (vì cos
3
φsinφ là hàm lẻ)
1
4
π/2
acosφ
4a
π/ 2
4a
2
16a
z

S
zds
πa
2
dφ
r
2
dr
π/ 2 0
π/ 2
cos
3
φdφ 2
3π
3
9π
3) Moment quán tính của mặt toàn phần của hình lập phương đã cho đối với gốc tọa độ là:
6
∬
x
2
y
2
z
2
ds.
i
1
S
i
S
i 1,6
là các mặt của khối lập phương
+) Xét
S
1
:
a
x
a,
a
y
a,z
a,ds
dxdy.
Do đó:

x
2
y
2
z
2
ds
dx
x
2
y
2
a
2
dy 4
dx
x
2
y
2
a
2
dy 4
ax
2
4
a
dx
20a
4
S
1
a
a 0 0 0
3
3
6.20a
4
Do đối xứng nên: I 6I
40a
4
3
5) Moment quán tính của mặt toàn phần S của hình trụ đối với gốc tọa độ là:
I
x
2
y
2
z
2
ds
0
   
S
S
d
S
t
S
b
S
d
,S
1
, S
b
là đáy dưới, dáy trên và mặt bên của hình trụ.
Với
S : z 0, S : z H,ds dxdy , hình chiếu của chúng trên mặt phẳng
xOy
cùng là miền
D : x
2
y
2
R
2
, do đó:



2
x
2
y
2
H
2
dxdy
S
d
S
t
D
2π R
πR
2
H
2
2

x
2
y
2
dxdy πR
2
H
2
2
dφ
r
3
dr
D 0 0
πR
2
H
2
πR
4
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường
12
M
3π
3π
0
I
b
2
2
3
2 2
với
S : y
đối với mặt phẳng
xOz,dS
Rdxdz
và hình chiếu của
S
b
trên mặt phẳng
xOz là
D
1
:
R
x
R,0
z
H,
do đó:
R
dx
H
H
3

2R
R
z
dz 2πRH
R
3
S
b
R
0
Vậy:
I
πR R(R H)
H
0
3
HẾT
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường

Tài liệu khác của Trường Đại học Bách khoa, Đại học Đà Nẵng

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 zdydz  z xdzdx  x ydxdy S
S là phía ngoài của mặt nón: x2 y2 z2 ,0 z h x2 y2
5. F t  f x, y, zds ; 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 ax 1 a a 4
Do đó: I   xydxdy   dx xydy  
x a x2dx    1   2 24 S1 0 0 0
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường a 4
Tương tự: I     2 I3 24 S2 S3
Ta cũng được: I   4
xydxdy   yzdydz  zxdzdx 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
dxdy2c  dxdy    1 2 2    a b D   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 1r2 abrdr 4πabc  
1r 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:
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường 2 I  2
y2dzdx 0 S I 
a2 x2 y2 2dxdy 3 z2dxdy   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  1 z2dxdy 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  16π a thì: I 8
a2 r2rdr 16π
a2 r2    a3 1 dφ  3 0 3 0 0 8π 8π Tương tự: I a3 , I a3 2 3 3 3 32
Vậy: I I I I πa3 1 2 3 3
4) Xét I  1
x ydxdy , 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:
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường 2π h 2π h
I   x ydxdy   dφ rcosφ sinφrdr   cosφ sinφdφ r2dr 0  1     S 0 0 0 0 Xét I   2
z xdzdx , 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 1z'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
π t t2 r2 3/ 2 t2 2   t4 t2 r 2
8 5 2 . 3 6 0 0 
Bài 2: Áp dụng công thức Ostrogradski, tính:
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường 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 zdydz  y z xdzdx  z x ydxdy 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 z2
S: phía ngoài của phần mặt nón:
   0 0 z b  a2 a2 b2
5) I x, y, z   cosn,edS S
S: mặt trơn kín, e  const, n là pháp tuyến ngoài của S . cosr,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 zdV S V a a a a a a   z2 
2dxdyx y zdz 2dx x yz   dy 2 0 0 0 0 0   0 a a a a  a2 a  y2 a2 a a2x2 
2dx 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  111dV 3V S V
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường 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  111dV 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,w1 1 1 4 D x, y, z1 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 SS1 S1
Trên S : z b,dz 0 1
nên:   b2dxdy b2.a2.π, 2x y zdV S1
x2 y2 a2 SS1 V
Chuyển sang toạ độ trụ:
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường 6 2π a b    2π
a  2 b 3 b2 b2 
 2dφrdr  r cosφ sinφ  zdz 2 dφ  br  r cosφ sinφ  r r 3 2 dr SS  a 2 2a  1 0 0 b 0 0 r a 2π   a3b a2b2  a2b2 a2b2
2   cosφ sinφ 
dφ 0 2  2π   π 0 12 8 8 2 a 2b 2π a2b2π Vậy: I   a2b2π  . 2 2
5) Giả sử e  a,b,c  const,n  cosα,cosβ,cosγ.
n e acosα bcosβ ccosγ
cose ,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: cosr ,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 .
 cosr n
ds  0.dV 0 (theo a) r2 ss1 V1
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường
cosr n
cosr 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 1
Vậy: I x, y, z  r n r 1 ds
4πε2 4π . (vì với S : ) ds ds    
r / /n và r ε r 3 3 2 2 1 ε S S r S ε 1 1 1
Bài 3: Áp dụng công thức Stockes, tính:
1) I   y zdx  z xdy  x ydz 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 zdx  z xdy  x ydz 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).
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường 8 cosα cosβ cosγ    dx
I   y zdx  z xdy  x ydz   x y ds C S z x
y z z x x y
 11cosα  11cosβ  11cosγds 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 zdx z xdy  x ydz C
 2dydzdzdx 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 dzdx0 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  2π 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 zcosα  z xcosβ  x ycosγds S
ở đây phương trình của S : z 
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường   z x R cosα  x
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). x R y Do đó: cosα
cosγ,cosβ cosγ z z
y zx R z xy 
và: I 2  
x ycosγds z z    S        2
y zx R  z xy    2R y 2 x    z ydxdy
 1 dxdy 2πRr   z 
x2 y2 2rx  
x2 y2 2rx y y y (vì
 dxdy 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 Aa,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 Aa,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.
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường 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 1
với: M zds   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 2 a  π π 2 5/ 2
 a2 4r2   a2  a2 4r2    a3 25 5 1  16a2 5 60 0 3 0  1 πa2
Tương tự: M  dS  a2 4 x2 y2 dxdy  5 5 1. a 6 S D
π a3 25 5 1 Vậy: z
  25 1 60 5 .a G
πa2 5 5 1 10 5 5 1 6
2) Tương tự như 1), ta có:
M  dS   1z'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 M  
x2 y2 ax
2 π a2 Vậy: 2dxdy  4
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường 1 4 x  xds   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 3π3π 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    M
πa2 sinφdφ r2dr  3π S π/ 2 0 π/ 2 1 4 π/2 acosφ 4a π/ 2 4a 2 16a zds 
cos3φdφ   2  G z    M
πa2 dφ r2dr  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 i1 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 S1 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:     
2x2 y2  H2 dxdy Sd St D 2π R
πR2H2 2 
x2 y2 dxdy πR2H 2 2 dφr3dr πR2H 2 πR4 D 0 0
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường 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 2 2 2R
 R z dz 2πRH R   3 Sb R 0    Vậy:   I
πR R(R H) H 0   2 2 3  3       HẾT
Thầy Phạm Ngọc Lam Trường

Tài liệu liên quan: