Bài giảng Giải tích 2 - Phần 3: Ứng dụng hình học của tích phân kép

ỨNG DỤNG HÌNH HỌC CỦA TÍCH PHÂN KÉP NỘI DUNG • Tính diện tích miền phẳng • Tính thể tích vật thể trong R3 • Tính diện tích mặt cong TÍNH DIỆN TÍCH MIỀN PHẲNG ( ) D S D dxdy  D là miền đóng và bị chận trong R2: Có thể dùng cách tính của tp xác định trong GT1 cho những bài không đổi biến. Ví dụ 2 1 0 x x dx dy   1 3  2,y x y x  1/ Tính diện tích miền D giới hạn bởi: 2y x ( ) D S D dxdy  y x 2 2 1x y  2/ Tính diện tích miền D là phần nằm ngoài đường tròn và nằm trong đường tròn 2 2 2 2 1 2 3 x y x y x          Tọa độ giao điểm Đổi biến: x = rcos, y = rsin 2 2 2 3 x y x  13 cos 2 r       6 6 : 2 1 cos 3 D r             2 2 2 2 1 2 3 x y x y x         1 6 r         2 cos 6 3 1 6 ( )S D d rdr         3 6 18    D1 = D {x,y)/ y  0}  S(D) = 2S(D1) Miền D đối xứng qua Ox 1 0 6 : 2 1 cos 3 D r            Nếu sử dụng tính đối xứng của D 2 cos 6 3 0 1 ( )S D d rdr      BÀI TOÁN THỂ TÍCH Xét vật thể hình trụ  được giới hạn trên bởi mặt cong z = f2(x, y), mặt dưới là z = f1(x, y), bao xung quanh là mặt trụ có đường sinh // Oz và đường chuẩn là biên của miền D đóng và bị chận trong Oxy. Khi đó, hình chiếu của  lên Oxy là D.  2 1( ) ( , ) ( , ) D V f x y f x y dxdy   Cách xác định hàm tính tích phân và hình chiếu D Chọn hàm tương ứng với biến chỉ xuất hiện 2 lần trong các pt giới hạn miền tính thể tích (). VD: z chỉ xuất hiện 2 lần : z = f1(x, y), z = f2(x,y), hàm tính tp là z = |f2(x,y) – f1(x,y)| B1: chọn hàm tính tích phân: Cách xác định hàm tính tích phân và hình chiếu D Gs hàm tính tp là z = f(x,y), D là hình chiếu của  lên mp Oxy và được xác định từ các yếu tố sau: 1.Điều kiện xác định của hàm tính tp 2.Các pt không chứa z giới hạn miền . 3.Hình chiếu giao tuyến của z = f1(x,y) và z = f2(x,y) (có thể không sử dụng) B2: Xác định miền tính tp D Hình chiếu giao tuyến 1.Được tìm bằng cách khử z từ các pt chứa z. 2. Các TH sử dụng hc giao tuyến. Tìm được từ đk 1,2 Không sử dụng Sử dụng D1 D2 Sử dụng để xác định dấu của f2 – f1 f1 > f2 f2 > f1 Ví dụ , 0, 0, 1y x y z x z     Oxy D hc  0,y y x  1/ Tính thể tích của vật thể giới hạn bởi: Cách 1: z xuất hiện 2 lần nên hàm lấy tp là z = 1 – x và z = 0 (các hàm xác định trên R2) •các pt không chứa z 1 0x •Hc giao tuyến: 1 1 D ( ) [(1 ) 0] D V x dxdy    2 1 1 0 (1 ) y dy x dx   2 1 1 0 4 (1 ) 15 y dy x dx    Cách 2: y xuất hiện 2 lần, chọn hàm tính tp là 0,y y x  Oxz D hc  1, 0x z z   •Các pt không chứa y: 0 0x x   •Hc giao tuyến: 0x  •Đk xác định của hàm tính tp: z x : , 0, 0, 1 y x y z x z      ( ) [ 0] D V x dxdz   1 1 0 0 x dx xdz       1 1/2 3/2 0 4 15 x x dx   11 z = 1 – y2 y z Cách 3: x xuất hiện 2 lần, chọn hàm tính tp là 2, 1y x x y x z     0, 0y z  •Các pt không chứa x: 21 z y •Hc giao tuyến: 0y •Đk xác định hàm: Oyz D hc  : , 0, 0, 1 y x y z x z      2( ) [(1 ) ] D V z y dydz    21 1 2 0 0 4 (1 ) 15 y dy z y dz       Oxy D hc  Oyz D hc  Oxz D hc  y x y x y x y x 1x z  y x 1x z  y x 1x z  2 2 2 24 , 0, 2z x y z x y      2/ Tính thể tích của vật thể giới hạn bởi: z xuất hiện 2 lần nên hàm lấy tp là: 2 24 , 0z x y z    Oxy D hc  2 2 2x y  •Các pt không chứa z: 2 20 4 x y   •Hc hiếu giao tuyến: 2 2 Hình chiếu giao tuyến không sử dụng 2 2( ) [(4 ) 0] D V x y dxdy     2 2 2 0 0 (4 )d r rdr     6 2 24z x y   2 2 2x y  0z  2 2 2 24 , 2 2 z x y z x y      3/ Tính thể tích của vật thể giới hạn bởi: Hàm tính tp: 2 2 2 24 , 1 2 x y z x y z       : Oxy D hc  2 2 2 2 2 2 4 1 2 2 x y x y x y         (hc giao tuyến) 2 2 2 2( ) (4 ) 1 2 D x y V x y dxdy                2 2 2 2( ) (4 ) 1 2 D x y V x y dxdy                 2 21 6 3 3 2 D x y dxdy   2 2 2 0 0 3 (2 ) 3 2 d r rdr       2 24z x y   2 2 1 2 x y z    Hình chiếu: x2 + y2  2 2 22 1, 1 z x y x y     4/ Tính thể tích của vật thể giới hạn bởi: và các mặt tọa độ. Các mặt tọa độ bao gồm: x = 0, y = 0, z = 0 Hàm tp: 2 22 1, 0z x y z    : Oxy D hc  1, 0, 0x y x y    (Không có gt của 2 mặt cong tính tp)  2 2( ) 1 2 D V x y dxdy    2 22 1z x y   1x y  D 2 2 2 2 24, 2 , 0 x y z x y y z      5/ Tính thể tích của vật thể cho bởi: Hàm tp : 2 24 , 0z x y z    : Oxy D hc  2 2 2 24, 2x y x y y    2 2 2( ) 4 D V x y dxdy    2 2sin 2 0 0 ( ) 2 4V d r rdr       sử dụng tính đối xứng của D: 2 24z x y   2 21 , , 3 , 0; , , 0z x y y x y x z x y z       6/ Tính thể tích của vật thể cho bởi: TÍNH DIỆN TÍCH MẶT CONG Oxy D hc S Mặt cong S có phương trình: z = f(x, y), Diện tích của S tính bởi công thức 2 21 ( ) ( )x y D S f f dxdy    Giả sử S có pt tổng quát F(x,y,z)=0 1.Chọn cách viết tp mặt cong S( tương ứng với biến xuất hiện ít nhất trong pt các mặt chắn và pt của S) 2.Tính phần vi phân mặt cho hàm lấy tp. 3.Tìm hình chiếu D(giống như tính thể tích) Cách tính diện tích mặt cong VÍ DỤ 2 2 2x y y  : Oxy D hc  2 2 2 24, 2x y x y y    2 24z x y  1/ Tính diện tích của bị chắn trong mặt trụ 2 D Pt mặt cong: 2 24z x y   2 2 2 2 , 4 4 x y x y z z x y x y          2 21 ( ) ( )x y D S z z dxdy    2 2 2 4D dxdy x y     2 2sin 2 0 0 2 2 4 rdr d r       4 8  D 2 2 24z x y   2 2 2x y y  22z x2/ Tính diện tích của phần mặt trụ: bị chắn bởi các mặt 2 0, 2 0,x y y x    Phương trìnht mặt cong: 2 2 x z  : Oxy D hc  2 0, 2 0, 2 2x y y x x     2 2 2 2x  2 21 ( ) ( )x y D S f f dxdy    21 D x dxdy  2 2 2 2 0 2 1 13 x x dx x dy    2 2 2 2 x z  22z x D 2 2z x y  3/ Tính diện tích của phần mặt nón: bị chắn bởi mặt cầu: 2 2 2 2x y z   : Oxy D hc  2 2 1x y  2 21 ( ) ( )x y D S f f dxdy    2 D dxdy  2 ( ) 2S D   (S(D) là diện tích hình tròn có R = 1) 2 2 2 4x y z   4/ Tính diện tích của phần mặt cầu: bị chắn bởi các mặt: , 3 , 0 x z z x x   Phần mặt cầu gồm 2 nửa S1 và S2: 2 2 1,2 4y x z    Hình chiếu của S1 và S2 lên Oxz giống nhau và xác định bởi:  S = S1 + S2 2 24 0, : , 3 , 0 x z D z x z x x         2 24 0, : , 3 , 0 x z D z x z x x         z x 4 2 2 1 2 2 2 1 ( ) ( ) 2 4 D z D xS S dxdz dxdz x z y y          4 2 2 6 0 2 4 rdr d r        12   1 2 6 S S S     2 24y x z  