Bài tập biến đổi tích phân képcó lời giải
|
1. Từ tích phân trên miền D1, ta nhận thấy cận của tích phân theo biến y có tính đối xứng, hay dựa vào ồ thị ta có miền D là miền đối xứng qua Ox. Do đó, nếu hàm f(x;y) là hàm lẻ theo y thì tích phân bằng 0; còn nếu f(x;y) là hàm chẵn theo y thì tích phân sẽ bằng 2 lần tích phân trên miền D1′ (D1′ là miền D1 ứng ới y >0) Tài liệu gồm 163 trang tuyển chọn và phân dạng các bài tập trắc nghiệm tích phân có đáp án và lời giải chi tiết, giúp học sinh học tốt chương trình Giải tích 12 chương 3 và ôn thi THPT Quốc gia môn Toán. Mục lục tài liệu bài tập trắc nghiệm tích phân có đáp án và lời giải: Vấn đề 1. Tích phân. Phần 1. Câu hỏi và bài toán trắc nghiệm. + Dạng toán 1. Tính tích phân bằng cách áp dụng định nghĩa, tính chất và bảng nguyên hàm (Trang 1). + Dạng toán 2. Tích phân hàm phân thức hữu tỉ (Trang 9). + Dạng toán 3. Tích phân hàm chứa dấu căn thức (Trang 14). + Dạng toán 4. Tích phân hàm số lượng giác (Trang 15). + Dạng toán 5. Tích phân hàm số mũ và hàm số logarit (Trang 18). Phần 2. Lời giải chi tiết. + Dạng toán 1. Tính tích phân bằng cách áp dụng định nghĩa, tính chất và bảng nguyên hàm (Trang 20). + Dạng toán 2. Tích phân hàm phân thức hữu tỉ (Trang 35). + Dạng toán 3. Tích phân hàm chứa dấu căn thức (Trang 48). + Dạng toán 4. Tích phân hàm số lượng giác (Trang 50). + Dạng toán 5. Tích phân hàm số mũ và hàm số logarit (Trang 58). Vấn đề 2. Tích phân đổi biến số. Phần 1. Câu hỏi và bài toán trắc nghiệm. + Dạng toán 1. Phương pháp tích phân đổi biến số dạng 1: hàm đa thức, hàm hữu tỉ, hàm vô tỉ, hàm lượng giác, hàm số mũ, hàm số logarit (Trang 62). + Dạng toán 2. Phương pháp tích phân đổi biến số dạng 2: dạng √(a^2 – x^2), dạng √(x^2 – a^2), dạng √(x^2 + a^2), dạng √((a + x)/(a – x)), dạng √((a – x)/(a + x)) (Trang 76). [ads] Phần 2. Lời giải chi tiết. + Dạng toán 1. Phương pháp tích phân đổi biến số dạng 1: hàm đa thức, hàm hữu tỉ, hàm vô tỉ, hàm lượng giác, hàm số mũ, hàm số logarit (Trang 79). + Dạng toán 2. Phương pháp tích phân đổi biến số dạng 2: dạng √(a^2 – x^2), dạng √(x^2 – a^2), dạng √(x^2 + a^2), dạng √((a + x)/(a – x)), dạng √((a – x)/(a + x)) (Trang 123). Vấn đề 3. Tích phân từng phần. Phần 1. Câu hỏi và bài toán trắc nghiệm. + Dạng toán 1. Tích phân P(x).e^x (Trang 131). + Dạng toán 2. Tích phân P(x).sinx hoặc P(x).cosx (Trang 133). + Dạng toán 3. Tích phân P(x).lnx (Trang 134). Phần 2. Lời giải chi tiết. + Dạng toán 1. Tích phân P(x).e^x (Trang 138). + Dạng toán 2. Tích phân P(x).sinx hoặc P(x).cosx (Trang 148). + Dạng toán 3. Tích phân P(x).lnx (Trang 151). Students also viewed
Related documents
Preview textLỜI GIẢI BÀI TẬP TÍCH PHÂN BỘI BACâu 1: Tính các tích phân bội ba sau Giải: 𝑎) ∫∫∫ 𝑧𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 ,(𝑉) {0 ≤ 𝑥 ≤ 1/𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 2𝑥0 ≤ 𝑧 ≤√1 − 𝑥2 − 𝑦2 ∫∫∫ 𝑧𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 \= ∫ 𝑑𝑥1 4 0 ∫ 𝑑𝑦2𝑥 𝑥 ∫ 𝑧𝑑𝑧√1−𝑥 2 −𝑦 2 0 \= ∫ 𝑑𝑥1 4 0 ∫(12𝑧2 |√1 − 𝑥2 − 𝑦2 0)𝑑𝑦2𝑥 𝑥 \=12∫ 𝑑𝑥1 4 0 ∫(1 − 𝑥2 − 𝑦2 )𝑑𝑦2𝑥 𝑥 \=12∫(𝑥 −103𝑥3 )𝑑𝑥1 4 0 \=433072𝑏) ∫∫∫ 𝑥2 𝑦3 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 ,(𝑉): 1 ≤ 𝑥 ≤ 2, 2 ≤ 𝑦 ≤ 3, 3 ≤ 𝑧 ≤ 4∫∫∫ 𝑥2 𝑦3 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 \= ∫ 𝑑𝑥2 1 ∫ 𝑑𝑦3 2 ∫ 𝑥2 𝑦3 𝑑𝑧4 3 \= ∫ 𝑑𝑥2 1 ∫ 𝑥2 𝑦3 𝑑𝑦3 2 \= ∫654𝑥2 𝑑𝑥2 1 \=45512𝑐) ∫∫∫ 𝑥𝑦𝑧𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 ,(𝑉): 0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 0 ≤ 𝑦 ≤√1 − 𝑥2 , 0 ≤ 𝑧 ≤√𝑥2 + 𝑦2 ∫∫∫ 𝑥𝑦𝑧𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 \= ∫ 𝑑𝑥1 0 ∫ 𝑑𝑦√ 1−𝑥 2 0 ∫ 𝑥𝑦𝑧√𝑥 2 +𝑦 2 0 𝑑𝑧 = ∫ 𝑑𝑥1 0 ∫𝑥(𝑥2 + 𝑦2 )𝑦2𝑑𝑦√ 1−𝑥 2 0 \= ∫ [𝑥2 (1 − 𝑥2 )4+(1 − 𝑥2 )2 8]. 𝑥𝑑𝑥1 0 \=124𝑑) ∫∫∫ 𝑥𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 , 𝑉: 3𝑥 + 𝑦 ≥ 1, 3𝑥 + 2𝑦 ≤ 2, 𝑦 ≥ 0, 0 ≤ 𝑧 ≤ 1 − 𝑥 − 𝑦Xét hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là 𝐷 xác định bởi 3𝑥 + 𝑦 ≥ 1, 3𝑥 + 2𝑦 ≤ 2, 𝑦 ≥ 0 ⇒ 𝐷: {(1 − 𝑦)/3 ≤ 𝑥 ≤(2 − 2𝑦)/0 ≤ 𝑦 ≤ 1⇒ ∫∫∫ 𝑥𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 \= ∫ 𝑑𝑦1 0 ∫ 𝑑𝑥2−2𝑦 3 1−𝑦 3 ∫ 𝑥𝑑𝑧1−𝑥−𝑦 0 \= ∫ 𝑑𝑦1 0 ∫ 𝑥(1 − 𝑥 − 𝑦)𝑑𝑥2−2𝑦 3 1−𝑦 3 \= ∫13(𝑦 − 1)3 162𝑑𝑦1 0 \=−638Câu 2: Tính các tích phân bội ba sau: Giải: 𝑎) ∫∫∫(−𝑥 + 2𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 , 𝑉 giới hạn bởi 1 ≤ −𝑥 + 2𝑦 ≤ 2, −1 ≤ 2𝑥 + 𝑦 + 𝑧 ≤ 2, 0 ≤ 𝑧 ≤ 3 Đặt { 𝑢 = −𝑥 + 2𝑦𝑣 = 2𝑥 + 𝑦 + 𝑧𝑤 = 𝑧⇒ 𝐽− \= |𝑢𝑥 ′ 𝑢𝑦 ′ 𝑢𝑧 ′ 𝑣𝑥 ′ 𝑣𝑦 ′ 𝑣𝑧 ′ 𝑤𝑥 ′ 𝑤𝑦 ′ 𝑤𝑧 ′ | = |−1 2 02 1 10 0 1| = −5 ⇒ 𝐽 = −1/Miền 𝑉 trong tọa độ mới 𝑂𝑢𝑣𝑤 là 𝑉 𝑢𝑣𝑤 : {1 ≤ 𝑢 ≤ 2−1 ≤ 𝑣 ≤ 20 ≤ 𝑤 ≤ 3⇒ 𝐼 = ∫∫∫15𝑢𝑑𝑢𝑑𝑣𝑑𝑤𝑉𝑢𝑣𝑤 \= ∫ 𝑑𝑤3 0 ∫ 𝑑𝑣2 − ∫15𝑢𝑑𝑢2 1 \=2710𝑏) ∫∫∫(2𝑥 + 3𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 , 𝑉 giới hạn 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = ±3 , 𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 = ±1 , 𝑥 + 4𝑦 + 𝑧 = ± Đặt { 𝑢 = 𝑥 + 𝑦 + 𝑧𝑣 = 𝑥 + 2𝑦 − 𝑧𝑤 = 𝑥 + 4𝑦 + 𝑧⇒ 𝐽− \= |𝑢𝑥 ′ 𝑢𝑦 ′ 𝑢𝑧 ′ 𝑣𝑥 ′ 𝑣𝑦 ′ 𝑣𝑧 ′ 𝑤𝑥 ′ 𝑤𝑦 ′ 𝑤𝑧 ′ | = |1 1 11 2 −1 4 1| = 6 ⇒ 𝐽 = 1/⇒ 𝐼 = ∫∫∫12[34(𝑢 + 𝑣 + 𝑤)2 +(𝑣 + 𝑤 − 𝑢)+(𝑤 − 𝑢 − 𝑣)2] 𝑑𝑢𝑑𝑣𝑑𝑤𝑉𝑢𝑣𝑤 \=12∫ 𝑑𝑤1 − ∫ 𝑑𝑣1 − ∫ [34(𝑢2 + 𝑣2 + 𝑢2 + 2 𝑢𝑣 + 2 𝑢𝑤 + 2 𝑣𝑤)+32𝑤 +12𝑣 −32𝑢] 𝑑𝑢1 − \= 3Câu 3: Tính các tích phân bội ba sau: Giải: 𝑎) ∫∫∫(𝑥2 + 𝑦2 )𝑧2 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 , 𝑉 được giới hạn bởi 𝑥 2 + 𝑦2 \= 1, 𝑧 = 0, 𝑧 = 1.Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là 𝐷: 𝑥 2 + 𝑦2 ≤ 1Đặt { 𝑥 = 𝑟cos 𝜑 𝑦 = 𝑟 sin 𝜑 𝑧 = 𝑧, 𝐽 = 𝑟Miền 𝑉 trong tọa độ trụ là 𝑉: { 0 ≤ 𝑟 ≤ 10 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋0 ≤ 𝑧 ≤ 1⇒ ∫∫∫(𝑥2 + 𝑦2 )𝑧2 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 \= ∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫ 𝑑𝑟1 0 ∫ 𝑟2 𝑧. 𝑟𝑑𝑧1 0 \=12∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫ 𝑟3 𝑑𝑟1 0 \=12. 2𝜋.14\=𝜋4𝑏) ∫∫∫ 𝑧𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 , 𝑉 giới hạn bởi 𝑧 2 \= 4(𝑥2 + 𝑦2 ), 𝑧 = 2.Xét giao tuyến của hai mặt 𝑧 2 \= 4(𝑥2 + 𝑦2 ), 𝑧 = 2⇒ 4(𝑥2 + 𝑦2 )= 4 ⇔ 𝑥2 + 𝑦2 \= 1⇒ Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là: 𝐷: 𝑥 2 + 𝑦2 ≤ 1Đặt { 𝑥 = 𝑟cos 𝜑 𝑦 = 𝑟 sin 𝜑 , 𝐽 = 𝑟Miền 𝑉: { 2√𝑥2 + 𝑦2 ≤ 𝑧 ≤ 2𝐷: 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 1⇔ {2𝑟 ≤ 𝑧 ≤ 2𝐷: {0 ≤ 𝑟 ≤ 10 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋⇒ 𝐼 = ∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫ 𝑑𝑟1 0 ∫ 𝑧. 𝑟𝑑𝑧2 2𝑟 \= ∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫(2 − 2𝑟2 ). 𝑟𝑑𝑟1 0 \= 𝜋𝑐) ∫∫∫(𝑥2 + 𝑦2 )𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 , 𝑉 giới hạn bởi 𝑥 2 + 𝑦2 \= 2𝑧, 𝑧 = 2Xét giao tuyến hai mặt 𝑥 2 + 𝑦2 \= 2𝑧 và 𝑧 = 2 ⇒ 𝑥2 + 𝑦2 \= 4Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là 𝐷: 𝑥 2 + 𝑦2 ≤ 4Đặt { 𝑥 = 𝑟cos 𝜑 𝑦 = 𝑟 sin 𝜑 𝑧 = 𝑧, 𝐽 = 𝑟Miền 𝑉: { 𝐷: 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 4(𝑥2 + 𝑦2 )/2 ≤ 𝑧 ≤ 2⇔ {𝐷: {0 ≤ 𝑟 ≤ 20 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋𝑟2 /2 ≤ 𝑧 ≤ 2⇒ 𝐼 = ∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫ 𝑑𝑟2 0 ∫ 𝑟2 . 𝑟𝑑𝑧2 𝑟 2 2 \= ∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫ 𝑟3 (2 −𝑟2 2) 𝑑𝑟2 0 \=163𝜋𝑑) ∫∫∫ 𝑧√𝑥2 + 𝑦2 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 , 𝑉 được giới hạn bởi 𝑦 = − √4𝑥 − 𝑥2 , 𝑦 = 0, 𝑧 = 0, 𝑧 = 4Hình chiếu 𝐷 của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 giới hạn bởi các đường 𝑦 = −√4𝑥 − 𝑥 2 , 𝑦 = 0⇒ 𝐷: − √4𝑥 − 𝑥2 ≤ 𝑦 ≤ 0 ⇔ {(𝑥 − 2)2 + 𝑦2 ≤ 4𝑦 ≤ 0⇔ {𝑥2 + 𝑦2 ≤ 4𝑥𝑦 ≤ 0\= ∫12[(1 + 𝑦2 )2 −(2𝑦2 )2 ]. 𝑦2 𝑑𝑦1 − \=32105𝑓) ∫∫∫ 𝑧𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 , 𝑉 xác định bởi 𝑥 2 + 𝑦2 ≤ 1, 𝑦2 + 𝑧2 ≤ 4, 𝑧 ≥ 0Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là 𝐷: 𝑥 2 + 𝑦2 ≤ 1Miền 𝑉: { 0 ≤ 𝑧 ≤ √4 − 𝑦2 𝐷: 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 1Đặt { 𝑥 = 𝑟cos 𝜑 𝑦 = 𝑟 sin 𝜑 𝑧 = 𝑧, 𝐽 = 𝑟 ⇒ 𝑉: {0 ≤ 𝑧 ≤ √4 −(𝑟 sin 𝜑 )2 0 ≤ 𝑟 ≤ 10 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋∫∫∫ 𝑧𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 \= ∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫ 𝑑𝑟1 0 ∫ 𝑧. 𝑟𝑑𝑧√ 4− ( 𝑟 sin 𝜑 ) 2 0 \=12∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫[4 −(𝑟 sin 𝜑) 2 ]. 𝑟𝑑𝑟1 0 \=12∫ [2 −14(sin 𝜑 )2 ] 𝑑𝜑2𝜋 0 \=12.15𝜋4\=15𝜋8𝑔) ∫∫∫ 𝑧𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 , 𝑉 giới hạn bởi 𝑥 2 + 𝑦2 \= 𝑧, 𝑧 = 4Xét giao tuyến hai mặt 𝑥 2 + 𝑦2 \= 𝑧 và 𝑧 = 4 ⇒ 𝑥2 + 𝑦2 \= 4Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là 𝐷: 𝑥 2 + 𝑦2 ≤ 4Đặt { 𝑥 = 𝑟cos 𝜑 𝑦 = 𝑟 sin 𝜑 𝑧 = 𝑧, 𝐽 = 𝑟Miền 𝑉: { 𝐷: 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 4(𝑥2 + 𝑦2 )≤ 𝑧 ≤ 4⇔ {𝐷: {0 ≤ 𝑟 ≤ 20 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋𝑟2 ≤ 𝑧 ≤ 4⇒ 𝐼 = ∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫ 𝑑𝑟2 0 ∫ 𝑧. 𝑟𝑑𝑧4 𝑟 2 \= ∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫(16 − 𝑟4 ). 𝑟2𝑑𝑟2 0 \=643𝜋ℎ) ∫∫∫(𝑥2 + 𝑦2 )𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 ,(𝑉):√𝑥2 + 𝑦2 ≤ 𝑧 ≤ 1.Xét giao tuyến của hai mặt 𝑧 = √𝑥 2 + 𝑦2 , 𝑧 = 1⇒ √𝑥2 + 𝑦2 \= 1 ⇔ 𝑥2 + 𝑦2 \= 1⇒ Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là: 𝐷: 𝑥 2 + 𝑦2 ≤ 1Đặt { 𝑥 = 𝑟cos 𝜑 𝑦 = 𝑟 sin 𝜑 𝑧 = 𝑧, 𝐽 = 𝑟Miền 𝑉: { √𝑥2 + 𝑦2 ≤ 𝑧 ≤ 1𝐷: 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 1⇔ {𝑟 ≤ 𝑧 ≤ 2𝐷: {0 ≤ 𝑟 ≤ 10 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋⇒ 𝐼 = ∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫ 𝑑𝑟1 0 ∫ 𝑟2 . 𝑟𝑑𝑧2 𝑟 \= ∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫ 𝑟3 (2 − 𝑟)𝑑𝑟1 0 \=3𝜋5𝑖) ∫∫∫ 𝑧√𝑥2 + 𝑦2 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 , 𝑉 giới hạn bởi 𝑥 2 + 𝑦2 \= 1, 𝑧 = 0, 𝑧 = 2Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là 𝐷: 𝑥 2 + 𝑦2 ≤ 1Đặt { 𝑥 = 𝑟cos 𝜑 𝑦 = 𝑟 sin 𝜑 𝑧 = 𝑧, 𝐽 = 𝑟Miền 𝑉 trong tọa độ trụ là 𝑉: { 0 ≤ 𝑟 ≤ 10 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋0 ≤ 𝑧 ≤ 2⇒ ∫∫∫ 𝑧√𝑥2 + 𝑦2 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 \= ∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫ 𝑑𝑟1 0 ∫ 𝑧. 𝑟. 𝑟𝑑𝑧2 0 \= 2 ∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫ 𝑟2 𝑑𝑟1 0 \=12. 2𝜋.13\=𝜋3\= ∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫ [1 − 𝑟6 3+(1 − 𝑟2 )(𝑟 cos 𝜑 )2 +(1 − 𝑟2 )(𝑟 sin 𝜑 2)2 ].𝑟2𝑑𝑟2 0 \=−85𝜋6𝑙) ∫∫∫ 𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 , 𝑉 giới hạn bởi 𝑦 = √𝑥2 + 𝑧2 , 𝑦 = 2Hình chiếu của miền 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑧 là 𝐷: 𝑥 2 + 𝑧2 ≤ 4Đặt { 𝑧 = 𝑟cos 𝜑 𝑥 = 𝑟 sin 𝜑 𝑦 = 𝑦, 𝐽 = 𝑟𝑉: {√𝑥2 + 𝑧2 ≤ 𝑦 ≤ 2𝐷: 𝑥2 + 𝑧2 ≤ 4⇔ {𝑟 ≤ 𝑦 ≤ 20 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋0 ≤ 𝑟 ≤ 2⇒ 𝐼 = ∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫ 𝑑𝑟2 0 ∫ 𝑦. 𝑟𝑑𝑦2 𝑟 \= ∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫12(4 − 𝑟2 ). 𝑟𝑑𝑟2 0 \= 4𝜋𝑚) ∫∫∫𝑧3 1 + 𝑥2 + 𝑦2 𝑉 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧, 𝑉: 𝑥 ≥ 0,√𝑥2 + 𝑦2 ≤ 𝑧 ≤ 1Xét giao tuyến của 𝑧 = √𝑥 2 + 𝑦2 và 𝑧 = 1 ⇒ √𝑥2 + 𝑦2 \= 1 ⇔ 𝑥2 + 𝑦2 \= 1Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là 𝐷: { 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 1𝑥 ≥ 0Đặt { 𝑥 = 𝑟cos 𝜑 𝑦 = 𝑟 sin 𝜑 𝑧 = 𝑧, 𝐽 = 𝑟Miền 𝑉: { √𝑥2 + 𝑦2 ≤ 𝑧 ≤ 1𝐷: 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 1, 𝑥 ≥ 0⇔ {𝑟 ≤ 𝑧 ≤ 1−𝜋/2 ≤ 𝜑 ≤ 𝜋/0 ≤ 𝑟 ≤ 1∫∫∫𝑧3 1 + 𝑥2 + 𝑦2 𝑉 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∫ 𝑑𝜑𝜋 2 −𝜋 2 ∫ 𝑑𝑟1 0 ∫𝑧3 . 𝑟1 + 𝑟2 𝑑𝑧1 𝑟 \= ∫ 𝑑𝜑𝜋 2 −𝜋 2 ∫𝑟5 4 (1 + 𝑟2 )𝑑𝑟1 0 \= 𝜋(ln 2 8−116)𝑛) ∫∫∫ 𝑧√𝑥2 + 𝑦2 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 , 𝑉 giới hạn bởi 𝑥 2 + 𝑦2 \= 2𝑥, 𝑧 = 0, 𝑧 = 2Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là 𝐷: 𝑥 2 + 𝑦2 ≤ 2𝑥Đặt { 𝑥 = 𝑟cos 𝜑 𝑦 = 𝑟 sin 𝜑 𝑧 = 𝑧, 𝐽 = 𝑟 ⇒ 𝑉: {0 ≤ 𝑧 ≤ 2𝐷: 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 2𝑥⇔ {0 ≤ 𝑧 ≤ 2−𝜋/2 ≤ 𝜑 ≤ 𝜋/0 ≤ 𝑟 ≤ 2cos 𝜑 ∫∫∫ 𝑧√𝑥2 + 𝑦2 𝑉 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∫ 𝑑𝜑𝜋 2 −𝜋 2 ∫ 𝑑𝑟2 cos 𝜑 0 ∫ 𝑧. 𝑟. 𝑟𝑑𝑧2 0 \= ∫ 𝑑𝜑𝜋 2 −𝜋 2 ∫ 2𝑟2 𝑑𝑟2 cos𝜑 0 \=163∫(cos 𝜑 )3 𝑑𝜑𝜋 2 −𝜋 2 \=163∫(cos 𝜑 )2 . cos 𝜑 𝑑𝜑 𝜋 2 −𝜋 2 \=163∫[1 −(sin 𝜑 )2 ] 𝑑(sin 𝜑 )𝜋 2 −𝜋 2 \=163∫(1 − 𝑢2 )𝑑𝑢1 − \=649𝑜) ∫∫∫ 𝑧𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 , 𝑉: 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 ≤ 6, 𝑧 ≥ 𝑥2 + 𝑦2 Xét giao tuyến của 𝑥 2 + 𝑦2 + 𝑧2 \= 6, 𝑧 = 𝑥2 + 𝑦2 ⇒ 𝑥2 + 𝑦2 +(𝑥2 + 𝑦2 )2 \= 6 ⇔ 𝑥2 + 𝑦2 \= 2Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑦 là 𝐷: 𝑥 2 + 𝑦2 ≤ 2Đặt { 𝑥 = 𝑟cos 𝜑 𝑦 = 𝑟 sin 𝜑 𝑧 = 𝑧, 𝐽 = 𝑟Miền 𝑉: { 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 𝑧 ≤ √6 − 𝑥2 − 𝑦2 𝐷: 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 2Miền 𝑉 trong tọa độ trụ 𝑉: { 𝑟2 ≤ 𝑧 ≤ √6 − 𝑟2 0 ≤ 𝑟 ≤√20 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋∫∫∫ 𝑧𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 \= ∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫ 𝑑𝑟√ 2 0 ∫ 𝑧. 𝑟𝑑𝑧√6−𝑟 2 𝑟 2 \=12∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫(6 − 𝑟2 − 𝑟4 ). 𝑟𝑑𝑟√ 2 0 \=113𝜋Câu 4: Tính các tích phân bội ba sau: Giải: 𝑎) ∫∫∫(𝑥2 + 𝑦2 )𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 ,(𝑉): 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 ≤ 4, 𝑧 ≥√𝑥2 + 𝑦2 3Đặt { 𝑥 = 𝑟 sin 𝜃cos 𝜑 𝑦 = 𝑟 sin 𝜃 sin 𝜑 𝑧 = 𝑟cos 𝜃 , 𝐽 = −𝑟2 sin 𝜃 Miền 𝑉 trong tọa độ cầu là 𝑉: { 0 ≤ 𝑟 ≤ 20 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋/0 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋⇒ 𝐼 = ∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫ 𝑑𝜃𝜋 3 0 ∫ 𝑟2 (sin 𝜃 )2 . 𝑟2 sin 𝜃 𝑑𝑟 2 0 \=325∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫(sin 𝜃) 2 . sin 𝜃 𝑑𝜃 𝜋 3 0 \=−5∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫[1 −(cos 𝜃 )2 ]𝑑(cos 𝜃 )𝜋 3 0 \=−5∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫(1 − 𝑢2 )𝑑𝑢1 2 1 \=8𝜋3𝑏) ∫∫∫√𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 𝑉 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧, 𝑉: 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 ≤ 1, 𝑧 ≥√ 3 (𝑥2 + 𝑦2 )Đặt { 𝑥 = 𝑟 sin 𝜃cos 𝜑 𝑦 = 𝑟 sin 𝜃 sin 𝜑 𝑧 = 𝑟cos 𝜃 , 𝐽 = −𝑟2 sin 𝜃 Miền 𝑉 trong tọa độ cầu là 𝑉: { 0 ≤ 𝑟 ≤ 10 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋/0 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋⇒ 𝐼 = ∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫ 𝑑𝜃𝜋 6 0 ∫√𝑟2 . 𝑟2 sin 𝜃 𝑑𝑟 1 0 \=𝜋2(1 −√ 32)𝑐) ∫∫∫ 𝑥𝑦𝑧𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 , 𝑉: 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 ≤ 1, 𝑥 ≥ 0, 𝑦 ≥ 0, 𝑧 ≥ 0.Đặt { 𝑥 = 𝑟 sin 𝜃cos 𝜑 𝑦 = 𝑟 sin 𝜃 sin 𝜑 𝑧 = 𝑟cos 𝜃 , 𝐽 = −𝑟2 sin 𝜃. Miền 𝑉 trong tọa độ cầu là 𝑉: { 0 ≤ 𝑟 ≤ 10 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋/0 ≤ 𝜑 ≤ 𝜋/∫∫∫ 𝑥𝑦𝑧𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 \= ∫ 𝑑𝜑𝜋 2 0 ∫ 𝑑𝜃𝜋 2 0 ∫ 𝑟3 (sin 𝜃) 2 cos 𝜃 sin 𝜑cos 𝜑. 𝑟 2 sin 𝜃 𝑑𝑟 1 0 \=16∫ 𝑑𝜑𝜋 2 0 ∫(sin 𝜃 )3 cos 𝜃 sin 𝜑cos 𝜑 𝑑𝜃 𝜋 2 0 \=16∫ 𝑑𝜑𝜋 2 0 ∫(sin 𝜃 )3 sin 𝜑cos 𝜑 𝑑 (sin 𝜃 )𝜋 2 0 \=16∫ 𝑑𝜑𝜋 2 0 ∫ 𝑢3 sin 𝜑cos 𝜑 𝑑𝑢 1 0 \=124∫ sin 𝜑cos 𝜑 𝑑𝜑 𝜋 2 0 \=148𝑑) ∫∫∫(𝑥2 + 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 ,(𝑉): 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 ≤ 1Đặt { 𝑥 = 𝑟 sin 𝜃cos 𝜑 𝑦 = 𝑟 sin 𝜃 sin 𝜑 𝑧 = 𝑟cos 𝜃 , 𝐽 = −𝑟2 sin 𝜃 Miền 𝑉 trong tọa độ cầu là 𝑉: { 0 ≤ 𝑟 ≤ 10 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋0 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋Miền 𝑉 trong tọa độ cầu là 𝑉: { 0 ≤ 𝑟 ≤ sin 𝜃cos 𝜑 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋−𝜋/2 ≤ 𝜑 ≤ 𝜋/⇒ 𝐼 = ∫ 𝑑𝜑𝜋 2 −𝜋 2 ∫ 𝑑𝜃𝜋 0 ∫√𝑟2 . 𝑟2 sin 𝜃 𝑑𝑟 sin 𝜃cos𝜑 0 \=14∫ 𝑑𝜑𝜋 2 −𝜋 2 ∫(sin 𝜃cos 𝜑 )4 sin 𝜃 𝑑𝜃 𝜋 0 \=−4∫ 𝑑𝜑𝜋 2 −𝜋 2 ∫(cos 𝜑) 4 [1 −(cos 𝜃) 2 ]4 𝑑(cos 𝜃) 𝜋 0 \=−4∫(cos 𝜑) 4 𝑑𝜑𝜋 2 −𝜋 2 ∫(1 − 𝑢2 )4 𝑑𝑢− 1 \=64315∫[(cos 𝜑) 2 ]2 𝑑𝜑𝜋 2 −𝜋 2 \=64315∫(1 + cos 2𝜑 2)2 𝑑𝜑𝜋 2 −𝜋 2 \=16315∫[1 + 2cos 2𝜑 + (cos 2𝜑 )2 ]𝑑𝜑𝜋 2 −𝜋 2 \=16315.3𝜋2\=8𝜋105𝑔) ∫∫∫(𝑥 + 𝑦 + 𝑧)2 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 , 𝑉: 1 ≤ 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 ≤ 4 , 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 𝑧2 ∫∫∫(𝑥 + 𝑦 + 𝑧)2 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 \= ∫∫∫(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 )𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 + ∫∫∫(2𝑥𝑦 + 2 𝑦𝑧 + 2 𝑥𝑧)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 − {𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)= 2 𝑥𝑦, 𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧)= 2 𝑥𝑧 lẻ với biến 𝑥 ℎ(𝑥, 𝑦, 𝑧)= 2 𝑦𝑧 lẻ với biến 𝑦 Miền 𝑉 đối xứng qua 𝑂𝑦𝑧 và 𝑂𝑥𝑧 ⇒ ∫∫∫(2𝑥𝑦 + 2 𝑦𝑧 + 2 𝑥𝑧)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 \= 0− {(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 )chẵn với biến 𝑧 Miền 𝑉 đối xứng qua 𝑂𝑥𝑦 ⇒ ∫∫∫(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 )𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 \= 2 ∫∫∫(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 )𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 Với 𝑉 : 1 ≤ 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 ≤ 4 , √𝑥2 + 𝑦2 ≤ 𝑧Đặt { 𝑥 = 𝑟 sin 𝜃cos 𝜑 𝑦 = 𝑟 sin 𝜃 sin 𝜑 𝑧 = 𝑟cos 𝜃 , 𝐽 = −𝑟2 sin 𝜃 Miền 𝑉 trong tọa độ cầu là 𝑉: { 1 ≤ 𝑟 ≤ 20 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋/0 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋∫∫∫(𝑥 + 𝑦 + 𝑧)2 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 \= 2 ∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫ 𝑑𝜃𝜋 0 ∫ 𝑟2 . 𝑟2 sin 𝜃 𝑑𝑟 2 1 \=248𝜋5ℎ) ∫∫∫ 𝑧𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 , 𝑉: 𝑥2 +𝑦2 4+𝑧2 9≤ 4, 𝑦 ≥ 0, 𝑧 ≥ 0Đặt { 𝑥 = 𝑟 sin 𝜃cos 𝜑 𝑦 = 2𝑟 sin 𝜃 sin 𝜑 𝑧 = 3𝑟cos 𝜃 , 𝐽 = −6𝑟2 sin 𝜃 Miền 𝑉 trong tọa độ cầu suy rộng là 𝑉: { 0 ≤ 𝑟 ≤ 20 ≤ 𝜃 ≤𝜋 2 0 ≤ 𝜑 ≤ 𝜋∫∫∫ 𝑧𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 \= ∫ 𝑑𝜑𝜋 0 ∫ 𝑑𝜃𝜋 2 0 ∫ 3𝑟cos 𝜃. 6𝑟 2 sin 𝜃 𝑑𝑟 2 0 \= 72 ∫ 𝑑𝜑𝜋 0 ∫ cos 𝜃. sin 𝜃 𝑑𝜃 𝜋 2 0 \= 36𝜋⇒ ∫√4 − 𝑟2 . 𝑟2 𝑑𝑟2 0 \= ∫√4 − 4(sin 𝑡) 2 . 4(sin 𝑡) 2 . 2 cos 𝑡 𝜋 2 0 𝑑𝑡 = ∫ 2cos 𝑡. 4(sin 𝑡) 2 . 2 cos 𝑡 𝜋 2 0 𝑑𝑡\= 16 ∫(sin 𝑡cos 𝑡 )2 𝑑𝑡𝜋 2 0 \= 16 ∫(sin 2𝑡 2)2 𝑑𝑡𝜋 2 0 \=164∫(sin 2𝑡 )2 𝑑𝑡𝜋 2 0 \= 4 ∫1 − cos 4𝑡 2𝑑𝑡𝜋 2 0 \= 𝜋⇒ ∫∫∫(4𝑧 − 𝑥2 − 𝑦2 − 𝑧2 )𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 \= 𝜋 ∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫ sin 𝜃 𝑑𝜃 𝜋 0 \= 4𝜋2 𝑘) ∫∫∫𝑦2 √4𝑧 − 𝑥2 − 𝑧2 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 ,(𝑉): 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 ≤ 4𝑧, 𝑦 ≥ 0Miền 𝑉: { 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 ≤ 4𝑧𝑦 ≥ 0⇔ {𝑦2 ≤ −𝑥2 − 𝑧2 + 4𝑧𝑦 ≥ 0⇔ 0 ≤ 𝑦 ≤√4 −[𝑥2 +(𝑧 − 2)2 ]Hình chiếu của 𝑉 lên 𝑂𝑥𝑧 là 𝐷: 𝑥 2 +(𝑧 − 2)2 ≤ 4Đặt { 𝑧 = 2 +cos 𝜑 𝑥 = 𝑟 sin 𝜑 𝑧 = 𝑧, 𝐽 = 𝑟 ⇒ 𝑉: {0 ≤ 𝑦 ≤ √4 − 𝑟2 0 ≤ 𝑟 ≤ 20 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋∫∫∫𝑦2 √4𝑧 − 𝑥2 − 𝑧2 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 \= ∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫ 𝑑𝑟2 0 ∫𝑦2 √4 − 𝑟2 . 𝑟𝑑𝑦√4−𝑟 2 0 \=13∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫(4 − 𝑟2 )𝑟𝑑𝑟2 0 \=8𝜋3𝑙) ∫∫∫(2𝑦 − 𝑧)2 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 ,(𝑉): 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 ≤ 1𝐼 = ∫∫∫(4𝑦2 − 4 𝑦𝑧 + 𝑧2 )𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 \= ∫∫∫(4𝑦2 + 𝑧2 )𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 + ∫∫∫(−4 𝑦𝑧)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 {𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)\= −4𝑦𝑧 là hàm lẻ với biến 𝑦 Miền 𝑉 đối xứng qua 𝑂𝑥𝑧 ⇒ ∫∫∫(−4 𝑦𝑧)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 \= 0Đặt { 𝑥 = 𝑟 sin 𝜃cos 𝜑 𝑦 = 𝑟 sin 𝜃 sin 𝜑 𝑧 = 𝑟cos 𝜃 , 𝐽 = −𝑟2 sin 𝜃 Miền 𝑉 trong tọa độ cầu là 𝑉: { 0 ≤ 𝑟 ≤ 10 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋0 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋𝐼 = ∫∫∫(4𝑦2 + 𝑧2 )𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 \= ∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫ 𝑑𝜃𝜋 0 ∫[ 4 (𝑟 sin 𝜃 sin 𝜑) 2 +(𝑟 cos 𝜃) 2 ]1 0 𝑟2 sin 𝜃 𝑑𝑟 \= ∫ 𝑑𝜑2𝜋 0 ∫ [45(sin 𝜃 sin 𝜑 )2 +15(cos 𝜃 )2 ] sin 𝜃 𝑑𝜃 𝜋 0 \= ∫ [1615(sin 𝜑 )2 +215] 𝑑𝜑2𝜋 0 \=43𝜋𝑚) ∫∫∫√6𝑦 − 𝑥2 − 𝑦2 − 𝑧2 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉 , 𝑉: 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 ≤ 6𝑦Miền 𝑉: 𝑥 2 + 𝑦2 + 𝑧2 ≤ 6𝑦 ⇔ 𝑥2 +(𝑦 − 3)2 + 𝑧2 ≤ 9 |
