Bài giảng Giải tích 2 - Phan Bá Trình

1 UBND TỈNH QUẢNG NGÃI TRƯỜNG ĐẠI HỌC PHẠM VĂN ĐỒNG BÀI GIẢNG GIẢI TÍCH 2 Dành cho sinh viên ngành Kinh tế, Kỹ thuật Biên soạn: ThS. PHAN BÁ TRÌNH Quảng Ngãi, Tháng 7 - 2020 Quaûng Ngaõi, Thaùng 7 - 2020 2 MỤC LỤC Mục lục 2 Lời nói đầu 3 Chương 1. TÍCH PHÂN BỘI.... 4 Bài 1. Tích phân hai lớp..... 4 Bài 2. Tích phân ba lớp.. 18 Bài tập chương 1... 29 Chương 2. TÍCH PHÂN ĐƯỜNG VÀ TÍCH PHÂN MẶT.... 31 Bài 1. Tích phân đường loại I 31 Bài 2. Tích phân đường loại II... 35 Bài 3. Tích phân mặt loại I 44 Bài 4. Tích phân mặt loại II... 48 Bài 5. Ứng dụng của tích phân mặt .. 54 Bài tập chương 2 58 Chương 3. CHUỖI SỐ VÀ CHUỖI HÀM. 60 Bài 1. Chuỗi số . 60 Bài 2. Chuỗi hàm... 69 Bài tập chương 3 82 Chương 4. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN . 84 Bài 1. Phương trình vi phân cấp 1. 84 Bài 2. Phương trình vi phân cấp 2 93 Bài tập chương 4 101 Tài liệu tham khảo 103 3 LỜI NÓI ĐẦU Giải tích 2 là phần kiến thức toán học tiếp nối chương trình Giải tích 1 dành cho sinh viên đại học năm thứ nhất ngành Kinh tế và Kỹ thuật. Nội dung và các chương mục của bài giảng này được biên soạn theo chương trình Toán cao cấp dành cho các khối ngành ngoài sự phạm của Trường Đại học Phạm Văn Đồng trên cơ sở chương trình khung của Bộ Giáo dục - Đào tạo những năm gần đây. “ Bài giảng Giải tích 2” gồm 4 chương: Chương 1. Tích phân bội Chương 2. Tích phân đường và tích phân mặt Chương 3. Chuỗi số và chuỗi hàm Chương 4. Phương trình vi phân Bài giảng đã trình bày những nội dung căn bản nhất của: Tích phân bội; Tích phân đường, tích phân mặt; Chuỗi số, chuỗi hàm và Phương trình vi phân. Đặc biệt, sau mỗi chương có phần bài tập khá phong phú để sinh viên củng cố kiến thức và rèn luyện kỹ năng tính toán. Các kiến thức trong bài giảng này có nhiều điểm mới đối với sinh viên. Do đó, sinh viên phải tập trung nỗ lực để tiếp thu các khái niệm, định nghĩa và nắm chắc các công thức, phương pháp của từng nội dung để vận dụng tính toán một cách thành thạo, nhằm mang lại những kết quả tốt. Kinh nghiệm cho thấy, nếu sinh viên không hiểu đầy đủ các quy tắc suy luận logic, không nắm vững các công thức toán học thì sẽ gặp nhiều khó khăn trong tiếp thu bài học cũng như vận dụng vào việc giải bài tập. Bài giảng đã giới thiệu các ví dụ minh hoạ, những bài toán ứng dụng trong hình học, cơ học sẽ giúp ích cho các bạn sinh viên có cách nhìn đa dạng trong việc ứng dụng toán học. Trong quá trình giảng dạy, tùy theo mỗi ngành cụ thể mà ở mỗi chương chúng ta dành một thời lượng thích hợp. Chúng tôi hy vọng rằng “Bài giảng Giải tích 2” là một tài liệu học tập bổ ích cho sinh viên và là nguồn tư liệu phong phú cho quý Thầy, Cô giáo tham khảo, nghiên cứu. Là lần đầu tiên biên soạn, chắc chắn bài giảng còn nhiều thiếu sót. Chúng tôi chân thành cảm ơn sự góp ý, nhận xét của bạn đọc về nhiều phương diện để nội dung bài giảng ngày càng được hoàn chỉnh hơn. Tác giả 4 CHƯƠNG 1. TÍCH PHÂN BỘI BÀI 1: TÍCH PHÂN HAI LỚP (TÍCH PHÂN KÉP HAY TÍCH PHÂN BỘI HAI) 1.1.1 KHÁI NIỆM VỀ TÍCH PHÂN HAI LỚP 1.1.1.1 Bài toán dẫn đến tích phân hai lớp Xét một vật thể hình trụ được giới hạn bởi mặt phẳng Oxy chứa miền đóng D, bị chặn biên L; mặt trụ có đường sinh song song với Oz tựa trên L; mặt cong ),( yxfz  trong đó ),( yxf là hàm xác định, không âm, liên tục trên miền D. (Miền D gọi là đáy của vật thể hình trụ này). Hãy tính thể tích V của vật thể hình trụ trên. Giải quyết bài toán: + Chia miền D thành n phần nhỏ, đóng (không dẫm lên nhau). Gọi tên và cả diện tích lần lượt là: S1; S2;. . .; Sn. Lấy mỗi miền nhỏ Si làm đáy và dựng vật thể hình trụ mà mặt xung quanh có đường sinh song song với Oz và phía trên giới hạn bởi mặt cong ),( yxfz  (Hình 1.1). Gọi thể tích của n vật thể hình trụ nhỏ này là : V1; V2;. . .; Vn . + Trong mỗi miền nhỏ Si chọn điểm Mi(xi, yi) tuỳ ý. Vì (x,y) liên tục nên giá trị của (x,y) sai khác rất bé trên Si khi Si khá bé. Do đó: Vi  (xi,yi).Si , với i = 1, n. Và nếu mọi miền con Si (i = 1, n) đều khá bé thì:    n i iii SyxfV 1 ).,( + Gọi di là đường kính của Si. Cho n sao cho maxdi0 thì thể tích của vật thể hình trụ là:    n i iiid SyxfV i 10max ).,(lim . 1.1.1.2 Định nghĩa tích phân hai lớp Định nghĩa 1.1.1 Giả sử Z = (x,y) bị chặn trên miền hữu hạn D. z (xi,yi) O xi x Si Mi L D y yi Z=(x,y) Hình 1.1 5 + Chia miền D thành n phần nhỏ đóng (không dẫm lên nhau) có tên và diện tích lần lượt là: S1; S2;. . .; Sn. + Trong mỗi miền nhỏ Si chọn tuỳ ý điểm Mi(xi, yi) và lập tổng tích phân:    n i iiin SyxfI 1 ).,( . Gọi di là đường kính của Si. + Nếu n sao cho maxdi0 mà tồn tại giới hạn: 0max lim   id nII không phụ thuộc vào cách chọn điểm (xi,yi) và cách chia miền D, được gọi là tích phân hai lớp của hàm (x, y) lấy trên miền D và được ký hiệu là:  D dSyxfI ).,( Trong đó: - (x, y) là hàm dưới dấu tích phân - D là miền lấy tích phân - dS là yếu tố diện tích Vậy: (1)    n i iii dD SyxfdSyxf i 10max ).,(lim).,( Nếu (x, y) có tích phân hai lớp trên miền D thì ta nói (x,y) khả vi trên miền D. Chú ý 1.1.1 i. Vì giá trị của tích phân không phụ thuộc vào cách chia miền D nên có thể chia D bởi lưới các đường song song với Ox, Oy (Hình 1.2). Khi đó, hầu hết các miền Si là hình chữ nhật với các cạnh x, y. Do đó, ta có dS = dx.dy. Từ đó, tích phân hai lớp được ký hiệu dưới dạng:  D dxdyyxf ),( ii. Dựa vào định nghĩa tích phân hai lớp thì thể tích của hình trụ ở bài toán trên là:  D dxdyyxfV ),( . 1.1.1.3 Sự tồn tại tích phân hai lớp Định lý 1.1.2 Nếu hàm (x,y) liên tục trên miền đóng và bị chặn D thì nó khả tích trên miền D. 1.1.2 CÁC TÍNH CHẤT CỦA TÍCH PHÂN HAI LỚP Dựa vào định nghĩa ta thấy tích phân hai lớp có các tính chất tương tự như tích phân xác định. Chẳng hạn: y y x x Si Hình 1.2 6 1.   DDD gfgf )( 2.   DD fcfc. 3.   21 DDD fff (D1, D2 không dẫm lên nhau: D1D2=D; D1D2 = ) 4.   D DSdxdy )( ; (S(D): diện tích của miền D) 5. Nếu g(x,y)  (x,y); (x,y)D thì:   DD dxdyyxfdxdyyxg ),(),( . Đặc biệt, nếu (x,y)  0 ; (x,y)D thì: 0),(  D dxdyyxf . 6. Nếu m và M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm (x,y) trên miền D thì ta có: )(.),()(. DSMdxdyyxfDSm D   7. Định lý giá trị trung bình: Nếu (x,y) liên tục trên miền D thì tồn tại (,)D sao cho:  D dxdyyxf DS f ),( )( 1),(  . Khi đó:  D dxdyyxf DS ),( )( 1 được gọi là giá trị trung bình của (x,y) trên D. 1.1.3 CÁCH TÍNH TÍCH PHÂN 2 LỚP TRONG HỆ TỌA ĐỘ DESCARTES Giả sử cần tính tích phân: I =  D dxdyyxf ),( với D là miền hữu hạn và (x,y) liên tục trên D. 1.1.3.1 Trường hợp D là hình thang cong loại 1 D là hình thang cong loại 1 nếu D phẳng giới hạn bởi: x1 = a; x2 = b; y1 = 1(x); y2 = 2(x) (a < b; 1(x)  2(x)) (Hình 1.3). Với 1,2 liên tục và đơn trị trên [a;b]. a. Xét (x,y)  0; (x,y)D Ta thấy: y O a b y1= 1(x) y2= 2(x) D x Hình 1.3 7  D dxdyyxf ),( bởi mặt trụ có đường sinh song song Oz; đáy là D; giới hạn phía trên là mặt ),( yxfz  (Hình 1.4). Cắt vật thể bằng mặt phẳng vuông góc với Ox tại x[a; b]. Thiết diện thu được có diện tích là:  )( )( 2 1 ),()( x x dyyxfxS   . Khi đó thể tích của vật thể là: .),(),(),( )( )( )( )( 2 1 2 1          x x b a b a x xD dyyxfdxdxdyyxfdxdyyxfV     (1) b. Xét (x,y)  0 ; (x,y)D: Công thức trên vẫn còn đúng. Vậy: .),(),( )( )( 2 1   x x b aD dyyxfdxdxdyyxfV   (2) 1.1.3.2 Trường hợp D là hình thang cong loại 2 D là hình thang cong loại 2 nếu D phẳng giới hạn bởi các đường: y1 = c; y2 = d; x1 = 1(y); x2 = 2(y); (c < d; 1(y)  2(y)). Với 1(y); 2(y) là các hàm liên tục và đơn trị trên [c;d]. Tương tự như trường hợp 1.3.1, ta có:   )( )( 2 1 ),(),( y y d cD dxyxfdydxdyyxf   (3) Chú ý 1.1.2 1/ Nếu D là hình chữ nhật giới hạn bởi: x1= a; x2 = b; y1 = c; y2 = d (a < b; c < d) thì: z Z = (x,y) a x b x S(x) 2 1 y Hinh 1.4 8   b a d c d c b aD dxyxfdydyyxfdxdxdyyxf ),(),(),( . Đặc biệt, nếu (x, y) = 1(x).2(y) thì:   d c b aD dyyfdxxfdxdyyxf )()(),( 21 . 2/ Các công thức (2), (3) chứa các tích phân có dạng ở vế phải được gọi là các tích phân lặp. 3/ Trường hợp D là miền bất kỳ: Nếu D là miền bất kỳ thì ta chia D thành một số hữu hạn miền phẳng không dẫm lên nhau có dạng hình thang cong loại 1 hoặc loại 2. Khi đó, tích phân lấy trên D bằng tổng tích phân lấy trên các miền đã chia (Hình 1.5). 1.1.4. CÁC VÍ DỤ Ví dụ 1.1.1 Tính:   D yx dxdyeI . Trong đó D là hình giới hạn bởi x= 0; x= 1; y= 0; y= 1. Giải. 2 21 0 1 0 1 0 1 0 1 0 )1(        edtedyedxedxedxI tyxyx . Ví dụ 1.1.2 Tính thể tích hình trụ có đáy là hình vuông xác định bởi 0 x  1; 0 y 1 và giới hạn trên bởi mặt paraboloit: 22),( yxyxfz  (tròn xoay). Giải. Ta có:             1 0 3 2 1 0 22 1 0 22 0 1 3 )()( dxyyxdyyxdxdxdyyxV D 3 2 0 1 333 1 31 0 2              xxdxx (đvtt). Ví dụ 1.1.3 Thay đổi thứ tự lấy tích phân của tích phân sau:  x x dyyxfdxI ),( 0 1 . Giải. Ta thấy miền lấy tích phân D là đường cong loại 1 giới hạn bởi đường thẳng y = x và parabol y = x2. Nhưng cũng có thể xem là đường cong loại 2 được giới hạn bởi y = 0; y = 1; x = y (Hình 1.6). Do đó, tích phân có thể viết lại:  y y dyyxfdxI 2 ),( 1 0 . y O x Hình 1.5 D1 D2 D3 D4 y 1 O 1 x y = x Hình 1.6 9 Ví dụ 1.1.4 Tính  D dxdye y x . Trong đó, D là miền tam giác giới hạn bởi các đường y = 0; y = x; x = 1. Giải. Miền lấy tích phân được giới hạn bởi 0  x 1; 0  y  1, nên:   2 1 0 1 2 )1(.)1( 0 . 21 00 1 0   exedxxedx x exdyedxI x y x y x Ví dụ 1.1.5 Tính:   D dxdyyxI )( Trong đó, D là miền giới hạn bởi: y = -1; y = 1; x = y2; y = x + 1. Giải. Nếu xem D là hình thang cong loại 2 thì việc tính tích phân đơn giản hơn là xem nó là hình thang loại 1. Ta thấy D được giới hạn bởi: - 1  y 1; y-1  x  y2 (Hình 1.7). Do đó: 15 7 2 1 2212 )( 1 1 2 3 421 1 2 1 1 1 2               dyyyydy y y xyxdxyxdyI y y . 1.1.5. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN TRONG TÍCH PHÂN HAI LỚP. CÁCH TÍNH TRONG HỆ TOẠ ĐỘ CỰC. 1.1.5.1 Trường hợp tổng quát Định nghĩa 1.1.2 Giả sử x, y được biểu diễn như hàm hai biến u,v bởi phương trình: x = x(u,v); y = y(u,v) (Hình 1.8a,b). Xem các phương trình trên như là 1 ánh xạ điểm từ mặt phẳng Iuv đến mặt phẳng Oxy. Ta nói phép biến đổi (ánh xạ) trên là phép biến đổi 1 - 1 (song ánh) từ tập D’ trong mặt phẳng Iuv đến tập D trong mặt phẳng Oxy. Nếu: i/ Mỗi điểm trong D’ có ảnh là 1 điểm trong D. ii/ Mỗi điểm trong D có ảnh là 1 điểm trong D’. iii/ Các điểm khác nhau trong D’ có điểm khác nhau trong D. Chú ý 1.1.3 Nếu x = x(u,v); y = y(u,v) là phép biến đổi 1-1 từ D’ đến D thì có thể giải được u,v là các hàm của x,y. Phép biến đổi ngược lại: u = u(x,y) v = v(x,y) cũng là phép biến đổi 1-1 từ D đến D’. Định lý 1.1.2 Giả sử ta có phép biến đổi: x = x(u,v); y = y(u,v). Trong đó: i/ Đó là phép biến đổi 1-1 từ miền D’  Iuv vào miền D  Oxy -2 -1 y 1 -1 x O D Hình 1.7 y O x I u D D’ u =  v =  (x,y) (u,v) a) b) Hình 1.8 10 ii/ Các hàm x(u,v); y(u,v) liên tục và các đạo hàm riêng liên tục trên D’. iii/ Định thức hàm Jacobian: 0 ),( ),( // //             vu vu yy xx v y u y v x u x vu yxJ ; (u,v)D’ Khi đó, ta có:   ' .)].,();,([),( DD dvduJvuyvuxfdxdyyxf . Chứng minh. Ta tìm cách biểu diễn yếu tố diện tích: dS = dx.dy trong mp Oxy qua yếu tố diện tích trong mp Iuv. Với mỗi u cố định (u = c) thì các phương trình: x = x(u,v); y = y(u,v) xác định một đường cong theo v, ta gọi là u - đường cong tương ứng với giá trị u = c. Tương tự, với mỗi v cố định thì các phương trình trên xác định một đường cong theo u, ta gọi là v - đường cong. Xét yếu tố diện tích dS trong mp Oxy giới hạn bởi các u - đường cong gần nhau có các giá trị u, u + du và các đường cong v, v + dv. Với du, dv khá bé, vì các đường cong trơn nên yếu tố xấp xỉ với diện tích hình bình hành. Do đó: dS  ),( PRPQ (Hình 1.9). Ta có: PQ = dx.  i + dy.  j , trong đó: dx = 'ux du + ' vx dv ; dy = ' uy du + ' vy dv. Mà dv = 0 dọc theo v - đường cong PQ nên: PQ = 'ux .du.  i + 'uy .du.  j . Tương tự: PR = 'vx .dv  i + 'vy .dv  j Do đó: dvduJdvdu vu yx dvyduy dvxdux kji dS vu vu .. ),( ),( 0 0 '' ''     (Với ),( ),( vu yxJ   ) (Hình 1.10 a,b). Vậy:   ' .)].,();,([(.),( DD dvduJvuyvuxfdydxyxf Ví dụ 1.1.6 Tính I =   D dydxyx .)( , trong đó D là miền giới hạn bởi các đường: y = x - 3; y = x + 1; y = 3 7 3 1  x ; y = 5 3 1  x . y O u R P Q u + du v + dv v x Hình 1.9 (x,y) O x y D I [x(u,v);y(u,v)] v u D’ a) b) Hình 1.10 a,b 11 Giải. Ta gặp khó khăn khi tính trực tiếp. Tuy nhiên, nếu đổi biến ta tính toán dễ dàng hơn. Nếu ta đặt u = y - x; v = y + x 3 1 . Khi đó, các đường thẳng: y = x - 3; y = x + 1; y = 3 7 3 1  x ; y = 5 3 1  x được biến thành các đường thẳng tương ứng: u = - 3; u = 1; 3 7v ; v = 5. Trong mp Iuv. Ta có:         vuy vux 4 3 4 1 4 3 4 3 Suy ra: 4 3 4 3 4 1 4 3 4 3 '' ''    vu vu yy xx J Do đó: 8. 4 3 .. 4 3 1 3 5 3 7      duudv dvduuI D . 1.1.5.2 Đổi biến trong toạ độ cực Ta có công thức liên hệ giữa toạ độ Descartes (x,y) và toạ độ cực (r, ) của cùng một điểm: x = rcos; y = rsin. Nếu r  0; 0    2 (hoặc -     ) thì công thức trên xác định một phép biến đổi 1-1 giữa toạ độ Descartes (x,y) và toạ độ cực (r, ). Ta có định thức Jacobian: r r r yy xx r yxJ r r           cossin sincos ),( ),( // // . Do đó:   ' ..).sin.,cos.(.),( DD ddrrrrfdydxyxf  (D’ là miền của (r, ) có ảnh là D qua phép đổi biến) Nhận xét. 1/Nếu D’ là miền giới hạn bởi các đường: r = r1(); r = r2();  = ;  = ; ( < ; r1()  r2()) (Hình 1.11) thì:   )( )( 2 1 .)sin.,cos.(.),(      r rD drrrrfddydxyxf r = r2() r = r1() S  =   =  O x Hình 1.11 12 2/ Nếu D’ chứa gốc cực của toạ độ cực và mọi bán kính cực chỉ cắt biên của D’ tại một điểm có bán kính véctơ r() (Hình 1.12a) thì:   )( 0 2 0 .).,(.),(   r D drrrfddydxyxf 3/ Nếu D’ là hình tròn có tâm trùng với gốc cực của bán kính là a thì:   a D drrrfddydxyxf 0 2 0 .).,(.),(   . Ví dụ 1.1.7 Tính   D dxdyyxI 224 , trong đó D là nửa trên của hình tròn:   11 22  yx . Giải. Dùng công thức đổi biến: x = rcos; y = rsin. Ta thấy miền D’ là miền giới hạn bởi các đường: r = 0; r = 2cos;  = 0;  = 2  (Hình 1.12b). Do đó:   2 2 3 2 0 2 cos2 0 2 0 0 cos2 )4( 3 14.    drdrrrdI .        3 2 23 8)sin1( 3 8 2 0 3   d . Ví dụ 1.1.8 Thể tích của một vật thể nằm ở góc phần tám thứ nhất, ở phía trong hình trụ 222 ayx  ,  0a và phía dưới mặt phẳng yz  . Giải. Ta có:  D dxdyyV . với D là hình tròn 222 ayx  . Chuyển sang toạ độ cực thì miền D’ là miền giới hạn bởi: 0   2  ; 0  r  a. Khi đó:   a drrrdV 00 ..sin. 2    a drrd 0 2 0 .sin 2   3 3 1 a (đvtt). Ví dụ 1.1.9 Tính   D yx dxdyeI )( 22 , trong đó D là hình tròn 222 ayx  ,  0a . r = r() O  x Hình 1.12a  cos2r y x O Hình 1.12b 13 Giải. Chuyển sang toạ độ cực, ta có:   a r drredI 0 2 0 .. 2    22 1 02 12 ar e a e         21 ae  . 1.1.6 ỨNG DỤNG HÌNH HỌC CỦA TÍCH PHÂN HAI LỚP 1.1.6.1 Thể tích của vật thể Từ bài toán mở đầu ta thấy: V =  D yxf ),( dxdy là thể tích hình trụ đáy D giới hạn bởi mặt trên ),( yxfz  mà mặt trụ có đường sinh song song với Oz; 0),( yxf ; liên tục trên miền D. Chú ý 1.1.4 Nếu 0),( yxf thì dxdyyxfV D  ),( . Ví dụ 1.1.10 Tính thể tích của vật thể được giới hạn bởi các mặt : y = x ; y = 2 x ; x + z = 4 ; z = 0. Giải. Vật thể có hình chiếu D xuống mp Oxy xác định bởi: 0  x  4; x  y  2 x có thể tích là (Hình 1.13):     4 0 24 0 .)4( )4()4( dxxx dyxdxdxdyxV x xD 15 128 0 4 5 2 3 8 2 5 2 3          x (đvtt). 1.1.6.2 Diện tích của hình phẳng Diện tích của hình phẳng D được cho bởi công thức:    D dxdyDS (theo tính chất 4 của tích phân hai lớp) Ví dụ 1.1.11 Tính diện tích của hình phẳng được giới hạn bởi các đường: y = x; y = 2 - x2. Giải. Cách 1: Sử dụng tích phân xác định      1 2 2 ])2[( dxxxDS . Cách 2: Vì D giới hạn bởi: -2  x 1; x  y  2 - x2 (Hình 1.14), nên: z 4 O 4 x y y = x y = 2 x D Hình 1.13 14   )( 2 9)2( 1 2 2 21 2 2 đvdtdxxx dydxdxdyDS x xD        1.1.6.3 Diện tích của mặt cong Cho mặt (S): z = (x,y) giới hạn bởi một đường cong kín, trong đó (x,y) liên tục và các đạo hàm riêng liên tục trên D là hình chiếu của (S) xuống mặt phẳng Oxy. Ta tìm diện tích của mặt cong này. + Chia tuỳ ý miền D thành n phần nhỏ (không dẫm lên nhau). Gọi tên và cả diện tích tương ứng là: S1; S2;. . .; Sn. Trong mỗi miền nhỏ Si lấy tuỳ ý điểm Pi(xi, yi) mà ứng với nó ta có điểm Mi(xi,yi,zi)(S). Qua Mi dựng mặt phẳng tiếp xúc với (S), pháp vectơ của tiết diện Mi là kjyxfiyxfn iiyiix  ),().,( '' (Hình 1.15). Trong mặt phẳng này, lấy miền con diện tích i sao cho hình chiếu của nó xuống Oxy cũng là Si. Xét tổng:    n i i 1  trong các i. + Ta gọi            n i i Sd SS i 10)(max lim ; (S là diện tích của mặt (S)). + Để tìm S, ta chú ý: là góc giữa tiếp diện Mi (chứa miền con diện tích ) và mp 0xy. Suy ra i cũng chính là góc giữa hai vectơ nên:    ii/yii/x 1 y;xfy;xf1 1 k.n k.ncos 22   Do đó:    ii/yii/xi1 y;xfy;xf1S 22  Suy ra:               n 1i iii / yii / x0Sdmax S.y;xfy;xf1limS 22 i Vậy theo định nghĩa của tích phân hai lớp, ta có diện tích của mặt (S) là:      D yx dydxyxfyxfS ..;;1 22 // . Ví dụ 1.1.12 Tính diện tích của phần mặt hyperbolic paraboloit 22 yxz  giới hạn bởi mặt trụ: 222 ayx  ,  0a . Giải. y 2 1 O -2 1 x y = x y = 2 - x2 Hình 1.14 z O x y D Si S Mi(xi,yi,zi) Pi Hình 1.15 15 Phương trình của mặt cần tính diện tích là:    Dyxyxz  ;;22 trong đó D là hình tròn có tâm là gốc tọa độ O (0; 0) và bán kính: r = a. Ta có: ;2 ;2 // yZxZ yx  nên 22// 4411 22 yxZZ yx  . Do đó   D 22 dy.dx.y4x41S . Chuyển toạ độ cực      sin.ry cos.rx thì:       2 0 2 0 2 a 0 2 4141 8 1.2..4r1dS rdrdrr a          141 6 41 6 2 32 0 2 ar a  (đvdt). 1.1.7 ỨNG DỤNG CƠ HỌC CỦA TÍCH PHÂN HAI LỚP 1.1.7.1 Khối lượng của bản phẳng không đồng chất Xét một bản phẳng không đồng chất chiếm một miền (D) trong mặt phẳng Oxy và có khối lượng riêng ρ(x,y