Đổi thứ tự lấy tích phân

Standard

Năm ngoái, tôi có cho lớp K51A2 một bài đổi thứ tự lấy tích phân của tích phân ba lớp:

I=\int_0^1 dx \int_0^{x^2} dy \int_0^{x^2+y} f(x, y, z)dz.

Miền lấy tích phân V=\{0\le x\le 1, 0\le y\le x^2, 0\le z\le x^2+y\}

datuan71

datuan8

datuan9

Với mỗi x_0\in (0, 1) kẻ mặt phẳng vuông góc với trục 0x cắt miền V như sau

datuan81

Chiếu thiết diện trên xuống mặt phẳng 0yzD_{x_0}=\{x=x_0, 0\le y\le x_0^2, 0\le z\le x_0^2+y \}

=\{x=x_0, 0\le z\le x_0^2, 0\le y\le x_0^2 \}

\cup \{x=x_0, x_0^2\le z\le 2x_0^2, z - x_0^2\le y\le x_0^2\}

nên

I=\int_0^1 dx \int_0^{x^2} dy \int_0^{x^2 + y} f(x, y, z) dz

=\int_0^1 dx \int_0^{x^2} dz \int_0^{x^2} f(x, y, z) dy + \int_0^1 dx \int_{x^2}^{2x^2} dz \int_{z-x^2}^{x^2} f(x, y, z) dy.

Với mỗi y_0\in (0, 1) mặt phẳng vuông góc với trục 0y cắt miền V như sau

datuan82

Chiếu thiết diện trên xuống mặt 0zx

D_{y_0}=\{y=y_0, \sqrt{y_0} \le x \le 1, 0\le z\le x^2+y_0 \}

=\{y=y_0, 0\le z\le 2y_0, \sqrt{y_0}\le x\le 1 \}

\cup \{y=y_0, 2y_0\le z\le 1+y_0, \sqrt{z - y_0}\le x\le 1\}

nên

I=\int_0^1 dy \int_{\sqrt{y}}^{1} dx \int_0^{x^2 + y} f(x, y, z) dz

=\int_0^1 dy \int_0^{2y} dz \int_{\sqrt{y}}^{1} f(x, y, z) dx + \int_0^1 dy \int_{2y}^{1+y} dz \int_{\sqrt{z-y}}^{1} f(x, y, z) dx.

Với mỗi z_0\in (0, 1) mặt phẳng vuông góc với trục 0z cắt miền V như sau

datuan83

datuan831

Chiếu thiết diện trên xuống mặt phẳng 0xy

D_{z_0}=\{z=z_0, \sqrt{\dfrac{z_0}{2}}\le x\le \sqrt{z_0}, z_0 - x^2\le y\le x^2\}

\cup \{z=z_0, \sqrt{z_0}\le x\le 1, 0\le y\le x^2\}=

=\{z=z_0, 0\le y\le \dfrac{z_0}{2}, \sqrt{z_0-y}\le x\le 1 \}

\cup \{z=z_0, \dfrac{z_0}{2}\le y\le 1, \sqrt{ y}\le x\le 1\}.

Với mỗi z_0\in (1, 2) mặt phẳng vuông góc với trục 0z cắt miền V như sau

datuan84

Chiếu thiết diện trên xuống mặt phẳng 0xy

D_{z_0}=\{z=z_0, \sqrt{\dfrac{z_0}{2}}\le x \le 1, z_0 - x^2\le y\le x^2\}

=\{z=z_0, z_0 - 1\le y\le \dfrac{z_0}{2}, \sqrt{z_0-y}\le x\le 1 \}

\cup \{z=z_0, \dfrac{z_0}{2}\le y\le 1, \sqrt{ y}\le x\le 1\}.

Phần này, việc lập tích phân xin được dành cho bạn đọc!

14 responses »

  1. Trao đổi với một số thầy ở tổ giải tích, một trong những vấn đề của việc đổi thứ tự là vẽ hình trong không gian 3-chiều. Liệu có thể không phải vẽ hình trong không gian 3-chiều mà vẫn đổi được không?

    Tôi thử trả lời câu hỏi đó đối với ví dụ ở trên như sau.

    Ví dụ trên điểm xuất phát
    \int dx \int dy \int dz.

    Ta muốn chuyển thành, chẳng hạn
    \int dz\int dx \int dy.

    Ta sẽ không chuyển trực tiếp mà sẽ chuyển qua hai bước sau:

    -) bước 1: giữ dx đổi thứ tự dydz ta được
    \int dx \int dz \int dy;

    -) bước 2: giữ dy đổi thứ tự dxdz ta được
    \int dz \int dx \int dy.

    Trước khi chuyển có thể thấy thuận lợi của việc chia thành hai bước là ở mỗi bước ta chỉ phải làm trên mặt phẳng, dễ nhìn hơn!

    Ta đi vào cụ thể bước 1. Trước hết chú ý:

    -) tích phân lặp, với các cận dưới nhỏ hơn cận trên tương ứng, về bản chất dùng để tính tích phân bội trên một khối nào đó trong không gian ba chiều, mà trong ví dụ này khối đó được mô tả như sau

    D=\{(x, y, z)|; 0\le x\le 1, 0\le y\le x^2, 0\le z\le x^2+y\};

    -) ở bước 1, giữ nguyên dx chuyển dydz thành dzdy dựa vào

    \iiint_D=\int dx \iint_{D_x}dydz,
    (cảm ơn thầy N. Q. Anh chỉ ra điều này)

    ở đây D_x là mặt cắt tạo bởi mặt phẳng vuông góc với trục 0x và khối D.

    Giờ ta xem D_x là gì với mỗi x cố định.
    Dĩ nhiên ta chỉ quan tâm x\in[0, 1] vì ngoài đoạn này D_x=\emptyset.
    Khi 0\le x\le 1

    D_x=\{(y, z)|\; 0\le y\le x^2, 0\le z\le x^2+y\}.

    Cách viết này có điểm lưu ý miền chạy của z phụ thuộc vào y nên muốn chuyển sang thứ tự dzdy ta cần hoặc vẽ hình hoặc “biến đổi đại số” sao cho miền chạy của z không phụ thuộc vào y.

    Lúc này xét (y, z)\in D_{x} dễ có
    0\le z\le 2x^2.
    (Một cách hình học: ta chiếu miền D_x xuống trục 0z.)

    Câu hỏi bây giờ, với mỗi z\in[0, 2x^2] thì với điểm y nào để

    (y, z)\in D_{x}

    hay nói cách khác, ta tiếp tục cắt lớp tập D_x bởi các đường thẳng vuông góc với trục 0z để xem ta nhận được tập D_{xz} những điểm y như nào?

    Đến đây các bạn vẽ hình và có thể làm khá trực giác như trong bài

    https://bomongiaitich.wordpress.com/2009/09/16/d%E1%BB%8Bnh-ly-fubini-phep-d%E1%BB%95i-bi%E1%BA%BFn/

    Hoặc ta có thể “biến đổi đại số” như sau:

    lấy z\in[0, 2x^2] cố định.

    Lúc này, có (y, z)\in D_x

    khi và chỉ khi

    0\le y\le x^2z\le x^2+y

    hay

    0\le y\le x^2z-x^2 \le y.

    Như vậy

    D_{xz}=[0, x^2]\cap[z-x^2, +\infty).

    Đến đây, để làm rõ hơn D_{xz} ta chia thành hai trường hợp sau.

    TH1: 0\le z\le x^2z-x^2\le 0 nên
    [0, x^2]\subset[z-x^2, +\infty) hay D_{xz}=[0, x^2].

    TH2: x^2\le z\le 2x^20\le z-x^2\le x^2 nên
    D_{xz}=[z-x^2, x^2].

    Như vậy ta thu được tích phân lặp ban đầu giờ được chuyển thành tổng hai tích phân:
    \int\limits_{0}^{1}dx\int\limits_{0}^{x^2}dz\int\limits_{0}^{x^2}f(x, y, z)dy+
    +\int\limits_{0}^{1}dx\int\limits_{x^2}^{2x^2}dz\int\limits_{z-x^2}^{x^2}f(x, y, z)dy.\; (1)

    Sang bước 2 ta chuyển từng số hạng trong (1), vừa thu được, sang
    \int dz\int dx\int dy.
    Ở bước này ta cố định dy và dựa vào
    \iiint_Ddxdydz=\iint_{D^y}dxdz\int dy,

    ở đây D^y là hình chiếu của miền D theo phương 0y trên mặt phẳng 0xz.
    Đi vào cụ thể số hạng đầu tiên của (1)
    D^y_1=\{(x, z)|\; 0\le x\le 1, 0\le z\le x^2\}.

    Dễ thấy nếu (x, z)\in D^y_1 thì 0\le z\le 1.
    Lấy mỗi z\in[0, 1] ta có

    (x, z)\in D^y_1 khi và chỉ khi
    0\le x\le 1x\ge \sqrt{z}.
    Như vậy
    D^y_{z1}=[0, 1]\cap [\sqrt{z}, +\infty).
    Lưu ý 0\le z\le 1 nên
    D^y_{z1}=[\sqrt{z}, 1].

    Như vậy số hạng đầu tiên của (1) chuyển thành
    \int\limits_0^1 dz\int\limits_{\sqrt{z}}^1dx\int\limits_0^{x^2}f(x, y, z)dy.

    Số hạng tiếp theo các bạn thử làm tương tự xem có ra được như sau
    \int\limits_0^1 dz\int\limits_{\sqrt{z/2}}^{\sqrt{z}}dx\int\limits_{z-x^2}^{x^2}f(x, y, z)dy.

    Kết thúc việc chuyển ta có
    \int\limits_0^1 dz\int\limits_{\sqrt{z}}^1dx\int\limits_0^{x^2}f(x, y, z)dy+
    +\int\limits_0^1 dz\int\limits_{\sqrt{z/2}}^{\sqrt{z}}dx\int\limits_{z-x^2}^{x^2}f(x, y, z)dy.

    Để làm quen với cách làm này, các bạn thử chuyển tích phân lặp ban đầu về
    \int dy \int dz \int dx
    hay
    \int dz\int dy\int dx.

    Còn một số cách lặp khác nhưng nó sẽ xuất hiện trong các bước chuyển!

  2. Một cách biến đổi đại số trực tiếp cho ví dụ trên như sau.

    Với cách ở trên để chuyển về
    \int dz \int dy \int dx
    ta mất ba bước.

    Dưới đây tôi sẽ đi trực tiếp.

    Đầu tiên xác định miền của z. Miền này không được phép phụ thuộc x, y, z.

    Về mặt hình học ta chiếu miền D xuống trục 0z.

    Về mặt biến đổi đại số

    với (x, y, z)\in D

    0\le z\le x^2+y\le x^2+x^2\le 2.

    Như vậy z chạy trong [0, 2].

    Với mỗi 0\le z\le 2 ta xem (x, y) chạy ở đâu.

    Về mặt hình học ta xác đinh hình chiếu của thiết diên tạo bởi mặt phẳng đi qua (0, 0, z), vuông góc với 0z cắt khối D.

    Về mặt biến đổi đại số

    (x, y, z)\in D

    khi và chỉ khi

    0\le x\le 1, 0\le y\le x^2z-x^2\le y.

    Ở đây có thể thấy z\le 2x^2 nên

    D^{(z)}=\{(x, y)|\; \sqrt{z/2}\le x\le 1, 0\le y\le x^2, z-x^2\le y\}.

    Ta chiếu D^{(z)} xuống trục 0y, về mặt biến đổi đại số là tìm khoảng lớn nhất có thể chứa y, phụ thuộc zkhông phụ thuộc x, y.

    Nếu 1\le z\le 2z-1\ge 0.
    Khi đó
    (x, y)\in D^{(z)} thì
    z-1\le z-x^2\le y\le x^2\le 1.

    Miền chạy của y[z-1, 1].

    Giờ ta lấy y\in[z-1, 1]

    (x, y)\in D^{(z)}
    khi và chỉ khi
    \sqrt{z/2}\le x\le 1, y\le x^2, z-y\le x^2.

    Ta cần làm rõ tập vừa mô tả ở trên bằng cách chia ra hai trường hợp sau.

    TH1: z-1\le y\le z/2
    y\le z/2\le z-y

    nên
    (x, y)\in D^{(z)} khi và chỉ khi
    \sqrt{z-y}\le x\le 1.

    TH2: z/2\le y\le 1
    z-y\le z/2\le y
    nên
    (x, y)\in D^{(z)} khi và chỉ khi
    \sqrt{y}\le x\le 1.

    Như vậy
    khi 1\le z\le 2
    D^{(z)}=\{(x, y)|\; z-1\le y\le z/2, \sqrt{z-y}\le x\le 1\}\cup
    \cup \{(x, y)|\; z/2\le y\le 1, \sqrt{y}\le x\le 1\}.

    Tiếp đến khi 0\le z\le 1 ta chưa có sự so sánh z-x^20.

    Tuy nhiên bằng biến đổi đại số
    (x, y)\in D^{(z)} thì
    \max\{0, z-x^2\}\le y\le 1.
    Miền chạy của y có thể rộng ra là [0, 1].

    Lấy 0\le y\le 1
    (x, y)\in D^{(z)} khi và chỉ khi
    \sqrt{z/2}\le x\le 1, y\le x^2, z-y\le x^2.

    Ta cũng chia hai trường hợp như phần 1\le z\le 2 ta cũng có

    D^{(z)}=\{(x, y)|\; z-1\le y\le z/2, \sqrt{z-y}\le x\le 1\}\cup
    \cup \{(x, y)|\; z/2\le y\le 1, \sqrt{y}\le x\le 1\}.

  3. Em chào thầy. Thầy cho e hỏi câu này với ạ. Đối với tích phân bội 2, nếu hàm f(x,y) dưới dấu tích phân không xác định tại 1 số điểm trên D (miền lấy tích phân) thì vấn đề ảnh hưởng ở đây là gì ạ? Thể tích của vật thể có được bảo toàn và tính như bình thường k ạ?
    Ví dụ:: V = \iint D e^{x/y} dxdy với D: giới hạn bởi 3 điểm O(0,0), A(3,3) và B(3,0).

  4. hàm f(x,y) = e^(x / y) và miền D chứa điểm O nên f(x,y) không xác định với những điểm nằm trong khoảng từ điểm O đến điểm B. Vậy thầy cho e hỏi là xét như thế nào ạ?

    • Tích phân em nói đến là tích phân bội suy rộng vì

      hàm dưới dấu tích phân e^{x/y} không bị chặn trên miền D=\{(x, y)|\; 0\le y\le x \le 3\}.

      Muốn tính tích phân này trước hết ta tính trên các miền

      D_\epsilon=\{(x, y)|\; \epsilon\le y \le x\le 3\} với 0<\epsilon<3

      nghĩa là tính

      I_\epsilon=\iint_{D_\epsilon}e^{x/y}dxdy.

      Sau đó xét giới hạn

      \lim\limits_{\epsilon\to 0^+}I_\epsilon.

      Tích phân bội suy rộng

      \iint_D e^{x/y}dxdy

      phân kỳ?

  5. e cảm ơn thầy đã giải đáp câu hỏi của e. Nhưng e còn 1 số thắc mắc nhỏ mong thầy giải đáp giúp. E đọc trong sách toán cao cấp tập 3 của thầy Nguyễn Đình Trí (link: https://docs.google.com/file/d/0B1UntQgSATvxbmdLWVdwakxmNHM/edit ) chương 3, mục 3.2.3, ví dụ 2 tr105: tính \iint D e^{(x-y)/(x+y} dxdy trong đó D: $latex x \geq 0, y \geq 0, x + y \leq 1.
    Tại điểm O thuộc D thì tích phân này không xác định. Nhưng sau khi đổi biến x – y = u, x + y = v thì áp dụng Fubini và tính tích phân xác định bình thường. Vậy thầy cho e hỏi là phép đổi biến này có phải là 1 song ánh và tại sao bài này lại làm đc như vậy mà không coi đây là tích phân bội suy rộng. Ngoài ra, có một số bài tương tự trong giáo trình giải tích tập 3 của thầy Trần Đức Long như bài 33, 36b tr133, 134. Mong thầy giải đáp giúp!

    • Trong ví dụ 2/tr 105 trong sách của thầy Trí có

      |x-y|\le x+y

      nên hàm e^{\frac{x-y}{x+y}} bị chặn trong miền D=\{(x, y)|\; x\ge 0, y\ge 0, x+y\le 1\}.

      Tương tự như vậy khi đổi biến u=x-y, v=x+y miền sau khi đổi biến

      D(u, v)=\{(u, v)|\; 0\le v\le 1, -v\le u\le v\}

      nên trong miền này hàm e^{u/v} bị chặn.

      Trong khi đó hàm e^{x/y} không bị chặn trong \{(x, y)|\; 0\le y\le x\le 3\}. Có thể thấy điều này khi xét dãy e^{\frac{x_n}{y_n}}, x_n=1, y_n=1/n.

      Các bài 33/tr 133 hay 36b/tr 134 trong sách của thầy Long cũng có lý giải tương tự ví dụ 2/tr 105 trong sách của thầy Trí.

      Cũng cần nhắc lại: để có tích phân bội thì cần có

      – miền lấy tích phân bị chặn,

      – hàm bị chặn trên miền lấy tích phân.

      Dĩ nhiên có hai điều trên cũng chưa chắc có tích phân bội.

  6. Chi tiết việc đổi thứ tự tích phân của

    \int_0^1 dx\left(\int_0^{x^2}dy\left[\int_0^{x^2+y}dz\right]\right).

    Cố định tích phân ngoài cùng \int_0^1dx ta có thiết diện của khối với mặt cắt vuông góc với trục Ox

    D_x=\{0\le y\le x^2, 0\le z\le x^2+y\}

    2d

    Đổi thứ tự \int dy\int dz thành \int dz \int dy

    2d

    ta có

    \int_0^1 dx\left(\int_0^{x^2}dz\left[\int_0^{x^2}dy\right]+\int_{x^2}^{2x^2}dz\left[\int_{z-x^2}^{x^2}dy\right]\right).

    • Tiếp tục tích phân lặp vừa thu được, giữ cố định tích phân trong cùng \int dy.

      Ta bắt đầu với số hạng đầu

      \int_0^1dx\left(\int_0^{x^2}dz\left[\int_0^{x^2}dy\right]\right)

      có hình chiếu mặt phẳng Oxz

      D^y_1=\{0\le x\le 1, 0\le z\le x^2\}.

      Với số hạng thứ hai

      \int_0^1dx\left(\int_{x^2}^{2x^2}dz\left[\int_0^{z-x^2}dy\right]\right)

      có hình chiếu mặt phẳng Oxz

      D^y_2=\{0\le x\le 1, x^2\le z\le 2x^2\}.

      2d

      Chuyển thứ tự \int dx\int dz thành \int dz\int dx

      2d

      ta có

      \int_0^1 dz\left(\int_{\sqrt{z/2}}^{\sqrt{z}}dx\left[\int_{z-x^2}^{x^2}dy\right]+\int_{\sqrt{z}}^1dz\left[\int_0^{x^2}dy\right]\right)+

      +\int_1^2dz\left(\int_{\sqrt{z/2}}^1dx\left[\int_{z-x^2}^{x^2}dy\right]\right).

    • Tiếp tục từ tích phân lặp vừa thu được, lại cố định tích phân ngoài cùng \int_0^1 dy.

      Khi đó thiết diện của khối với mặt cắt vuông góc với trục Oy

      D_y=\{\sqrt{y}\le x\le 1, 0\le z\le x^2+y\}

      2d

      Đổi thứ tự \int dx \int dz bằng \int dz \int dx

      2d

      ta được

      \int_0^1 dy\left(\int_0^{2y} dz\left[\int_{\sqrt{y}}^1 dx\right]+\int_{2y}^{y+1}dz\left[\int_{\sqrt{z-y}}^1dx\right]\right).

      • Cuối cùng, xuất phát từ tích phân lặp vừa thu được, cố định tích phân trong cùng:

        2d

        và đổi thứ tự

        2d

        Chi tiết các bạn thử làm xem sao?

Gửi phản hồi

Mời bạn điền thông tin vào ô dưới đây hoặc kích vào một biểu tượng để đăng nhập:

WordPress.com Logo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản WordPress.com Log Out / Thay đổi )

Twitter picture

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Twitter Log Out / Thay đổi )

Facebook photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Facebook Log Out / Thay đổi )

Google+ photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Google+ Log Out / Thay đổi )

Connecting to %s