Khóa luận Ứng dụng của tích phân bội trong vật lý

u v    Trong định thức thì Jacobian có thể đƣợc viết nhƣ định thức vuông cấp 2 ( , ) ( , ) x y x y u u J x yu v v v            Tóm lại trong mối quan hệ giữa số đo của nguyên tố diện t ch đƣợc tạo ra bởi dx, dy và số đo của nguyên tố diện t ch tƣơng ứng đƣợc tạo ra bởi du, dv là : ( , ) dud ( , ) x y dxdy v u v    Ta có thể diễn tả tích phân kép trong cả hai hệ tọa độ nhƣ sau : ' ( , ) ( , ) ( , ) dud ( , )R R x y I f x y dxdy g u v v u v       (1.7) Khi tính tích phân trong hệ tọa độ mới, phép t nh t ch phân thƣờng đƣợc biểu diễn trên vùng của phép t nh t ch phân R‟ trong mặt phẳng uv. 3.2 Cách thay đổi biến trong tích phân ba Giả sử chúng ta muốn thay đổi các biến x, y, z sang u, v, w. Các tọa độ x, y, z của nguyên tố thể tích là một hình hộp có các cạnh là dx, dy, dz và thể tích dVxyz= dxdydz. Nếu chia toàn thể tích thành những phần vô cùng nhỏ bằng cách xây dựng một mạng lƣới hình thành từ các các tọa độ bề mặt u, v, w ( u, v, w đều là hằng số). 11 Khi đó các nguyên tố thể tích dVxyz trong hệ tọa độ mới sẽ có hình dạng của một hình có các mặt là các tọa độ bề mặt và có cạnh là những đƣờng cong đƣợc tạo thành bởi các giao điểm của các bề mặt (nhìn hình 1.5) Hình 1.5. Một vùng 3 chiều của phép lấy tích phân R, biểu diễn nguyên tố thể tích trong hệ tọa độ u, v, w được tạo thành bởi các tọa độ mặt u= hằng số, v= hằng số, w= hằng số. Dọc theo yếu tố dòng PQ các tọa độ v và w là hằng số và PQ có các thành phần , x du u   y du u   và z du u   tƣơng ứng trong các chiều của các trục x, y, z. Các thành phần của các yếu tố dòng S và ST đƣợc tìm thấy bằng cách thay thế u, v và w tƣơng ứng. Sử dụng biểu thức thể tích của hình hộp với các thành phần của nó theo các trục x, y, z, ta tìm đƣợc nguyên tố thể tích trong các tọa độ u, v, w là: ( , , ) dud ( , ,w) uvw x y z dV vdw u v    Trong đó Jacobian của x, y, z đối với u, v, w là cách viết tắt của định thức vuông cấp 3: 12 ( , , ) ( , ,w) w w w x y z u u u x y z x y z u v v v v x y z                      Vậy mối quan hệ giữa nguyên tố thể tích trong tích phân bội đƣợc đƣa về một công thức trong 2 hệ tọa độ đƣợc đƣa ra trong công thức Jacobian là: ( , , ) dud , ( , ,w) x y z dxdydz vdw u v    Và ta có thể viết một tích phân ba trong cả hai hệ tọa độ nhƣ sau: ' ( , , ) ( , , ) ( , ,w) dud . ( , ,w)R R x y z I f x y z dxdydz g u v vdw u v       3.3 Đặc tính chung của Jacobian Ta có kết quả chung cho sự thay đổi các tọa độ trong tích phân n chiều từ một tập xi đến một tập yi ( trong đó i và j chạy từ 1 đến n) là: 1 2 1 2 1 2 1 2 ( , ,..., ) ... ... , ( , ,..., ) n n n n x x x dx dx dx dy dy dy y y y    trong n chiều Jacobian có thể đƣợc viết là định thức vuông cấp n, cách tƣơng tự nhƣ trong trƣờng hợp 2 chiều và 3 chiều Xét 3 tập các biến số xi, yi, zi với i chạy từ 1 đến n. Từ khai triển phép lấy vi phân từng phần có 1 n i i k k j k j x x y z y z         (1.8) Có A, B và C là các ma trận tƣơng ứng với các phần tử i i x y   , i j y z   và .i j x z   Ta có thể viết (1.8) nhƣ là kết quả ma trận 1 n ij ik kj k c a b   hay C=AB (1.9) 13 Ta có thể sử dụng kết quả chung của định thức từ kết quả của hai ma trận là |AB|=|A||B|, và nhớ lại Jacobian 1 1 ( ,..., ) | | ( ,..., ) n xy n x x J A y y     (1.10) và một cách tƣơng tự cho Jyz và Jxz . Trong định thức của (1.9), ta có đƣợc obtian Jxz = Jxy Jyz Hay kí hiệu 1 1 1 1 1 1 ( ,..., ) ( ,..., ) ( ,..., ) ( ,..., ) ( ,..., ) ( ,..., ) n n n n n n x x x x y y z z y y z z        (1.11) Nhƣ là một trƣờng hợp đặc biệt, nếu tập zi đƣợc thực hiện đúng nhƣ tập xi và rõ ràng kết quả Jxx =1 đƣợc sử dụng, ta thu đƣợc Jxy Jyz =1 Hay, kí hiệu 1 1 1 1 1 ( ,..., ) ( ,..., ) ( ,..., ) ( ,..., ) n n n n x x y y y y x x           (1.12) Ta chú ý từ (1.10) vì |A|=|AT|, với AT là chuyển vị của A, ta có thể trao đổi các hàng và các cột trong định thức của Jacobian không làm thay đổi giá trị của nó. 14 CHƯƠNG II: ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN BỘI TRONG VẬT LÝ 2.1. Ứng dụng tính diện tích và thể tích của vật thể Tích phân bội thƣờng đƣợc sử dụng trong việc tìm diện tích và thể tích. Ví dụ tích phân R R A dA dxdy   tƣơng đƣơng với diện tích của vùng R. Tƣơng tự nếu chúng ta xét mặt z=f(x,y) trong hệ tọa độ Đecac 3 chiều thì thể t ch dƣới mặt này mà đứng theo chiều dọc trên vùng R đƣợc tính bởi tích phân ( , ) R R V zdA f x y dxdy   trong đó thể tích trên mặt phẳng xy là dƣơng còn ở dƣới là âm.  hƣơng pháp giải  Dạng 1: yêu cầu tính diện tích và thể tích của một vùng đƣợc giới hạn bởi các đƣờng, các mặt Giải: + B1: Ta biểu diễn vùng đó trên tọa độ 0xy hoặc 0xyz để xác định nguyên tố thể tích dA hoặc dV + B2: Xác định cận của x, y, z + B3: Áp dụng công thức R R A dA dxdy   hoặc ( , ) R R V zdA f x y dxdy   + B4: Giải tích phân Ví dụ : Tìm thể tích của vùng giới hạn bởi 3 mặt phẳng tọa độ x=0, y=0, z=0 và mặt phẳng x/a +y/b +z/c = 1. Giải: 15 Hình 2.1. Các tứ diện được giới hạn bởi các tọa độ mặt và mặt phẳng x/a +y/b + z/c =1 được chia thành các tấm thẳng đứng, các tấm được chia thành các cột và các cột được chia thành các hộp nhỏ Nhƣ hình 2.1, nguyên tố thể tích của vùng bóng mờ bằng dV=zdxdy và ta phải lấy tích phân trong tam giác vùng R ở trong mặt phẳng xy giới hạn bởi các đƣờng thẳng x=0, y=0 và y=b-bx/a. Thể tích toàn phần của tứ diện là / 0 0 (1 ) a b bx a R y x V zdxdy dx c dy b a        = / 2 0 0 2 y b bx a a y y xy c dx y b a            = 2 0 2 2 6 a bx bx b abc c dx a a          Ngoài ra ta có thể viết thể tích của vùng R 3 chiều là R R V dV dxdydz   ở công thức trên chỉ khó khăn khi thiết lập các giới hạn đúng của từng tích phân. Đối với ví dụ trên thể t ch đƣợc viết theo cách này tƣơng ứng với cách chia tứ diện thành các hộp nguyên tố có thể t ch dxdydz (nhƣ hình 2.1); phép tính tích phân trên z ta chồng các hộp lên để tạo thành cột bóng mờ nhƣ trong hình. Các giới hạn của phép lấy tích phân trên z là z=0, đến z=c (1-y/b-x/a), và thể tích toàn phần của tứ diện là 16 / (1 / / ) 0 0 0 a b bx a c y b x a V dx dy dz        Cũng cho kết quả tƣơng tự nhƣ trên  Dạng 2: Yêu cầu tính tích phân theo diện tích hay thể tích của hàm f(x,y) hay f(x,y,z) trên một vùng R xác định Giải: + B1: Áp dụng công thức ( , ) R I f x y dA  hoặc ( , , ) R I f x y z dV  + B2: Biểu diễn vùng R trên hệ tọa độ 0xy hoặc 0xyz ( nếu có thể) hay xem R đƣợc giới hạn bởi các đƣờng, các mặt nào từ đó xác định dA, dV và cận của x,y,z + B3: Thay vào công thức trên rồi giải tích phân Ví dụ : Tìm tích phân theo thể tích của x2y trên khối tứ diện giới hạn bởi các mặt phẳng x=0, y=0, z=0 và x+y+z=1. Giải Ta có  2I x y dxdydz  Hình chiếu của I xuống mặt phẳng 0xy là miền   1 , : 0 1,0 1D x y x y x      Giới hạn trên của I là z=1-x-y Giới hạn dƣới của I là z=0             11 1 1 1 1 2 2 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 2 2 3 2 2 0 0 0 0 1 2 2 3 2 3 2 1 1 2 2 32 3 2 0 0 0 2 4 3 3 4 1 1 1 1 2 2 3 2 2 3 2 2 2 x yx x y x x x x I dx dy x ydz dx dy x yz I dx x y x y dy dx x y x y x y dy y y y x x x I dx x x x x x x dx x x x x I x x                                                              5 2 5 1 3 4 0 2 3 3 x x x x dx           17 1 2 3 4 5 3 4 5 6 1 0 0 6 2 2 6 18 8 10 36 1 1 1 1 1 18 8 10 36 360 x x x x x x x x I dx I                           Bài tập : Bài 1. Tính thể tích của nêm cong bị giới hạn bởi các mặt: y 2 =4ax, x+z=a và z=0. Giải: Thể tích V dxdydz  Với       0; 4 ; 4 0; x a y ax ax z a x      Ta có: 4 0 4 0 a ax a x ax V dx dy dz               4 00 4 4 0 4 4 40 0 2 4 2 4 a ax a x ax a ax ax a aax ax V dx dy z V dx a x dy V dx ay xy a ax x ax dx                      3 5 3 1 1 3 2 2 2 2 2 2 0 0 0 4 4 4 4 3 5 2 2 a a a x x V a x a x dx a a a           3 3 1 5 32 2 2 2 8 8 16 3 5 15 V a a a a a   Vậy thể tích của nêm cong là 3 16 15 a . Bài 2. Một hình xuyến nhất định có mặt cắt ngang thẳng đứng hình tròn có bán k nh a đƣợc đặt tại tâm của một đƣờng tròn nằm ngang có bán kính c (c>a). Tính thể tích V và diện tích mặt A của hình xuyến và chứng tỏ rằng V, A có thể đƣợc viết nhƣ sau: 18      2 2 2 0 0 2 2 2 0 4 i i i V r r r r A r r        Trong đó r0, ri tƣơng ứng là bán kính bên ngoài và bán kính bên trong của hình xuyến. Giải Hình xuyến là khối đƣợc tạo ra do quay một mặt tròn quanh một trục nằm trong mặt phẳng của nó và không cắt nó Hình xuyến có bán kính bên ngoài là r0 bán kính bên trong là ri Theo đầu bài có mặt cắt ngang thẳng đứng hình tròn có bán k nh a đặt tại tâm của đƣờng tròn có bán kính c Nên 0 0 0 2 2 i i i r r c r c a r c a r r a             Ta cắt hình xuyến sao cho có mặt cắt ngang thẳng đứng là hình tròn bán kính a, xong dựng hình xuyến thành hình trụ có đáy là hình tròn và chiều cao là 2πc Thể tích hình xuyến là V=πa22πc 19        2 2 2 0 0 0 0 0 2 2 2 0 0 2 2 2 4 4 i i i i i i i r r r r V r r r r r r V r r r r                     Diện tích của hình xuyến là A=2πa2πc  2 2 2 20 0 04 2 2 i i i r r r r A r r              Bài 3. Tính tích phân theo thể tích của x2+y2+z2 trên hình hộp chữ nhật đƣợc giới hạn bởi 6 mặt: x=±a, y=±b, z=±c. Giải: Ta có  2 2 2I x y z dxdydz   Với x∈(-a ;a), y∈(-b ;b), z∈(-c;c)   3 2 2 2 2 2 3 2 2 3 2 3 3 2 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 3 3 4 4 4 4 4 4 3 3 3 3 3 c a b c a b a b c a b c b a b a a b a b a a z I dx dy x y z dz dx dy x z y z y I dx cx cy c dy dx cx y c c y x I bcx b c c b dx bc b cx bc x                                                                     3 3 3 2 2 2 8 8 8 8 3 3 3 3 a a I a bc b ac c ba abc a b c          Vậy  2 2 2 8 3 I abc a b c   Bài 4. Chuyển sang hệ tọa độ trụ, tính tích phân  2 2lnI x y dxdydz  qua phần bên trong của hình nón 2 2 2 ,x y z  0≤z≤1. Giải: Hệ tọa độ trụ r, φ, z đƣợc xác định bởi: 20 cos sin x r y r z z        với 0 0 2 0 1 r z z           Ta có     , , , , x y z dxdydz drd dz r z          2 2 cos sin 0 , , sin os 0 cos sin , , 0 0 1 x y z r r r x y z x y z J r rc r r r r z x y z z z z dxdydz rdrd dz                                          2lnI r rdrd dz  2 1 0 0 0 2 ln z I d dz r rdr      (1) Đặt 2 ln 2 dr du u r r dv rdr r v          Suy ra 2 2 2 2 2 2 0 0 0 1 ln ln ln ln 2 2 2 2 2 2 4 z z zr r dr z z z z r rdr r z z r              Từ (1) có 2 2 1 2 0 0 ln 2 z I d z z dz            1 3 2 1 2 0 0 0 1 1 ln 2 2 3 6 z I d z zdz A                     (2) Tính 1 2 0 lnA z zdz  Đặt 32 ln 3 dz du u z z zdv z dz v          21 1 1 3 3 3 1 0 00 1 ln 0 3 3 9 9 z z dz z A z z              Từ (2) có 1 1 5 2 9 6 9 I            Bài 5. Phác thảo một phần của miền 0≤x, 0≤y≤π/2 đƣợc giới hạn bởi các đƣờng x=0, y=0, sinhxcosy=1 và coshxsiny=1. Bằng cách thay đổi các biến số phù hợp, tính tích phân  2 2sinh x+cos sinh 2xsin 2 ydxdyI y  trên phần miền giới hạn. Giải: Đặt sinh x cos oshxsiny u y v c    với 0 1 0 1 u v          , dud , u v v Jdxdy dxdy x y     2 2 2 2 coshxcosy sinh x sin osh cos sinh sin sinh x sin coshxcosy u v yx x J c x y x y u v y x y                 2 2 2 2 2 21 sinh cos sinh 1 os sinh osJ x y x c y x c y      Suy ra 2 2 1 dud sinh os dxdy v x c y   Ta có sinh2x=2sinhxcoshx Nên sinh2xsin2y=2sinhxcoshx2sinycosy=2sinhxcosy2coshxsiny=4uv     2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 0 0 0 0 0 1 2 0 dud sinh os 4 sinh os 4 4 4 2 2 1 v I x c y uv x c y v u I du uvdv du u du I u                     22 2.2 Ứng dụng tính khối lượng, x định khối tâm và trọng tâm của các vật thể Đối với một vật thể nhất định có mật độ không đều thì khối lƣợng của nó đƣợc đƣa ra bằng M dM  trong đó dM là nguyên tố khối lƣợng và t ch phân đƣợc thực hiện trên phạm vi của vật thể. Đối với một vật thể 3 chiều có nguyên tố khối lƣợng là dM=ρdV, trong đó dV là nguyên tố thể t ch và ρ là biến số mật độ. Đối với một vật thể có bề dày mỏng ( nhƣ là một tấm kim loại dát mỏng) có nguyên tố khối lƣợng là dM=σdA với σ là khối lƣợng trên một đơn vị diện tích của vật thể và dA là nguyên tố diện tích. Cuối cùng đối với một vật có dạng một sợi dây mảnh có nguyên tố khối lƣợng là dM=λds với λ là khối lƣợng thanh trên một đơn vị chiều dài và ds là nguyên tố chiều dài của dây. Khi tính tích phân cần thiết ta có thể chia vật thể thành các nguyên tố khối lƣợng thuận tiện nhất với điều kiện mỗi nguyên tố khối lƣợng có mật độ xấp xỉ không đổi.  hƣơng pháp giải:  Xác định khối lƣợng: - B1: Áp dụng công thức M dM  - B2: Xét xem vật thể có hình dạng nhƣ thế nào + Đối với một vật thể 3 chiều có nguyên tố khối lƣợng là dM=ρdV trong đó dV là nguyên tố thể t ch và ρ là biến số mật độ. + Đối với một vật thể có bề dày mỏng ( nhƣ là một tấm kim loại dát mỏng) có nguyên tố khối lƣợng là dM=σdA với σ là khối lƣợng trên một đơn vị diện tích của vật thể và dA là nguyên tố diện tích. + Đối với một vật có dạng một sợi dây mảnh có nguyên tố khối lƣợng là dM=λds với λ là khối lƣợng thanh trên một đơn vị chiều dài và ds là nguyên tố chiều dài của dây. 23 - B3: Biểu diễn vật thể trên hệ tọa độ 0xy hay 0xyz từ đó xác định dA hoặc dV và xác định cận của x, y, z - B4 : Thay vào công thức trên và giải tích phân Ví dụ: Tìm khối lƣợng của tứ diện giới hạn bởi 3 mặt tọa độ và mặt phẳng x/a+ y/b + z/c = 1, nếu mật độ của nó đƣợc lấy bằng ρ(x,y,z)=ρ0(1+x/a). Giải: Áp dụng công thức M dM M dV     Từ hình vẽ ta có : 0≤x≤a, 0 bx y b a    , 0 1 y x z c b a          Từ / (1 / / ) 0 0 0 a b bx a c y b x a V dx dy dz        , ta có khối lƣợng của tứ diện là / (1 / / ) 0 00 0 0 (1 ) (1 ) a b bx a c y b x a R x x M dV dx dy dz a a             2 0 0 0 0 0 0 1 1 1 2 bx b bx aa b a a x y x x y xy M c dy c y a b a a b a                                           24 2 0 0 2 2 2 0 2 2 20 3 2 3 4 2 4 0 2 2 3 2 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 3 2 2 3 4 2 4 a a x bx bx x bx M c b b b dx a a b a a a x bc x x bc x M bc x dx a a a a a x x x x x x M bc x x a a a a a a                                                                                            0 a      3 2 3 4 2 4 0 2 2 3 2 1 1 3 2 2 3 4 2 4 a a a a a a M bc a a a a a a a a                              0 0 2 5 1 5 3 24 4 24 M bc a a a abc           Tọa độ của khối tâm của một vật rắn hay của vật thể có bề dày mỏng có thể đƣợc viết dƣới dạng tích phân bội. Khối tâm của một vật thể có các tọa độ là , ,x y z cho bởi ba phƣơng trình sau: x dM xdM y dM ydM z dM zdM          Trong đó dM là nguyên tố khối lƣợng đƣợc mô tả nhƣ trên; x, y, z là các tọa độ của khối tâm của nguyên tố dM và các t ch phân đƣợc thực hiện trên toàn bộ vật thể. Rõ ràng đối với một vật thể bất kì hoàn toàn nằm trong hoặc là đối xứng trong mặt phẳng xy, ta có 0.z  Ta chú ý đến ba phƣơng trình trên có thể đƣợc viết nhƣ các phƣơng trình vecto đơn 1 ,r rdM M   Trong đó r là vecto vị trí của khối tâm của vật thể liên quan đến gốc, r là vecto vị trí của khối tâm của nguyên tố khối lƣợng dM và M dM  là khối lƣợng toàn phần của vật thể. Nhƣ trƣớc đây chúng ta có thể chia vật thể thành các nguyên tố khối lƣợng thuận tiện nhất để tính tích phân cần thiết, với điều kiện mỗi nguyên tố khối lƣợng là mật độ không đổi. 25 Ta chú ý rằng các tọa độ của trọng tâm của một vật thể đƣợc định nghĩa là những khối tâm của vật thể nếu vật thể có mật độ đều.  hƣơng pháp giải :  Xác định khối tâm - B1:Áp dụng công thức x dM xdM y dM ydM z dM zdM          - B2: Xét xem vật thể có hình dạng nhƣ thế nào: + Đối với một vật thể 3 chiều có nguyên tố khối lƣợng là dM=ρdV trong đó dV là nguyên tố thể t ch và ρ là biến số mật độ. + Đối với một vật thể có bề dày mỏng ( nhƣ là một tấm kim loại dát mỏng) có nguyên tố khối lƣợng là dM=σdA với σ là khối lƣợng trên một đơn vị diện tích của vật thể và dA là nguyên tố diện tích. + Đối với một vật có dạng một sợi dây mảnh có nguyên tố khối lƣợng là dM=λds với λ là khối lƣợng thanh trên một đơn vị chiều dài và ds là nguyên tố chiều dài của dây. - B3: Biểu diễn vật thể trên hệ tọa độ 0xy hay 0xyz ( nếu có thể) từ đó xác định dA hoặc dV và xác định cận của x, y, z - B4: Thay vào công thức trên và giải tích phân Ví dụ : Tìm khối tâm của bán cầu rắn giới hạn bởi các mặt x2 +y2 +z2 =a2 và mặt phẳng xy, giả định rằng nó có mật độ ρ đồng nhất. Giải: 26 Hình 2.2. Bán cầu rắn giới hạn bởi các mặt x2 +y2 +z2 =a2 trong mặt phẳng xy Từ hình 2.2, ta biết từ tính đối xứng của khối tâm nên vị trí của khối tâm phải nằm trên trục z, nên ta chia bán cầu thành các nguyên tố thể t ch đó là các tấm hình tròn song song có độ dày dz trên mặt phẳng xy. Đối với một tấm ở độ cao z, khối lƣợng của nguyên tố hay là dM=ρdV=ρπ( a2 - z2 )dz. Tích phân trên z, ta tìm thấy tọa độ z của khối tâm bán cầu đƣợc cho bởi 2 2 2 2 0 0 ( ) ( ) a a z a z dz z a z dz      = 3a/8. Vì bán cầu có mật độ đồng nhất nên đây là vị trí trọng tâm của nó.  Bài tập Bài 1. Hình dạng của một quả trứng luộc đối xứng trục có khối lƣợng riêng không đổi ρ0 đƣa ra trong hệ tọa độ cầu bởi r=a(2-cosθ) trong đó góc θ đƣợc đo từ trục đối xứng. Chứng minh rằng khối lƣợng của quả trứng là 30 40 3 M a . Giải: Áp dụng công thức 0 0 M dM dV M dxdydz         Chuyển sang hệ tọa độ cầu dV= dxdydz=r 2sinθdrdθdφ 27 với  0 2 os 0 0 2 r a c               Ta có  2 2 os 2 0 0 0 0 sin a c M d d r dr               (2 os ) 33 30 0 0 0 0 2 2 sin sin 2 os 3 3 a c ar M d c d                       Đặt u=2-cosθ→ du=sinθdθ Đổi cận  0  u 1 3   3 3 3 34 3 3 40 0 0 1 1 3 0 2 2 2 1 3 1 3 3 4 3 4 40 3 a a au M u du a M           Bài 2. Xác định tọa độ trọng tâm của bán cầu trên, bán kính R, tâm ở gốc tọa độ, coi tỉ khối γ0 là hằng số. Giải: Bán cầu bị giới hạn bởi các mặt 2 2 2z R x y   ; z=0 28 Tọa độ của trọng tâm đƣợc xác định bởi công thức 0 0 V V z dM zdM z dxdydz zdM z dM dxdydz           Chuyển qua tọa độ cầu sin os sin sin cos x r c y r z r           với 0 0 2 0 2 r R              Suy ra dxdydz=r 2sinθdrdθdφ Ta có     2 422 20 0 0 0 0 3 2 2 22 0 00 0 0 4 3 sin 2cos sin 2 4 2 2 sinsin 3 1 2 . 34 2 8 2 .1 3 R R Rr r dr d d d z R dr dr d d R z R R                                           Do t nh đối xứng của bán cầu 0x y  Vậy tọa độ trọng tâm của bán cầu là 3 , 0 8 z R x y   Bài 3. Xác định tọa độ trọng tâm của một phần tƣ ellip 2 2 2 2 1 x y a b   giả thử rằng tỉ khối mặt tại mọi điểm bằng 1. Giải: 29 Áp dụng công thức xdM x dxdy x dM dxdy         2 2 2 2 2 2 0 0 0 2 2 0 0 0 b a x a a a ab a x a a xdy dx b a x xdx a x b a x dx ady dx                              (*)  Tính 2 2 0 a x a x dx Đặt 2 2 2 2u a x udu xdx    Đổi cận x 0 a u 0 0 0 3 2 2 2 2 0 0 3 a a a a x a x dx u du u du        Tính 2 2 0 a a x dx Đặt x=asinθ → dx=acosθdθ Đổi cận x 0 a  0 π/2 30   2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 cos 1 sin cos a a x dx a a d a d             2 22 2 2 2 0 00 cos2 +1 sin 2 2 2 2 4 a a a d                        (**) Từ (*) suy ra 3 2 43 3 4 a a x a    ydM y dxdy y dM dxdy           2 2 2 2 2 2 2 0 0 2 0 2 2 0 0 0 2 b a x a a a ab a x a a ydy dx b a x dx a y b a x dx ady dx                              (1)  Tính   2 2 3 2 3 2 2 2 2 3 2 2 2 0 0 2 2 3 2 3 3 a a b b x b a ab a x dx a x a a a a                    Tính 2 2 0 a b A a x dx a   Từ (**) ta có 2 4 4 b a ab A a     Từ (1) ta có 2 43 3 4 ab b y ab    Vậy 4 4 , 3 3 a b x y     31 Bài 4.Tìm tọa độ trọng tâm của hình tam giác đều, lấy chiều cao của nó làm trục Ox và đỉnh của tam giác làm gốc tọa độ, tỉ khối mặt bằng 1. Giải: Ta có tam giác đều có cạnh là a và tỉ khối γ=1 Tọa độ trọng tâm của tam giác đều là 3 3 2 0 3 3 3 2 0 3 3 3 2 3 322 0 0 3 3 2 22 2 0 0 1 3 3 2 3 3 33 8 1 3 3 2 3 2 4 2 a x x a x x a a a a xdy dxxdM x dxdy x dM dxdy dy dx x ax dx a x axxdx                                      33 2 3 23 2 0 0 3 3 3 3 3 2 2 0 3 0 3 2 2 2 0 3 2 0 2 2 3 3 3 2 2 0 2 3 xa a x x x a a x x a a y dx ydy dxydM y dxdy y dM dxdy dy dx xdx x x dx y xdx                                                32 Vậy 3 , 0 3 a x y  2.3 Ứng dụng tính mô men quán tính của các vật rắn Trong cơ học quay, momen quán tính của một vật có trục quay nhất định đƣợc xác định bằng tích phân bội 2 ,I l dM  Trong đó l là khoảng cách của nguyên tố khối lƣợng dM đến trục. Ta có thể chọn nguyên tố khối lƣợng thuận tiện nhất cho việc t nh t ch phân. Trong trƣờng hợp này, ngoài các phần tử mật độ không đổi còn cần khoảng cách từ trục đến các thành phần nguyên tố khối lƣợng mà ta xét momen quán tính tại đó phải xấp xỉ bằng nhau.  hƣơng pháp giải : - B1 : Áp dụng công thức 2I l dM  , - B2 : Xét xem vật thể có hình dạng nhƣ thế nào: + Đối với một vật thể 3 chiều có nguyên tố khối lƣợng là dM=ρdV trong đó dV là nguyên tố thể t ch và ρ là biến số mật độ. + Đối với một vật thể có bề dày mỏng (nhƣ là một tấm kim loại dát mỏng) có nguyên tố khối lƣợng là dM=σdA với σ là khối lƣợng trên một đơn vị diện tích của vật thể và dA là nguyên tố diện tích. + Đối với một vật có dạng một sợi dây mảnh có nguyên tố khối lƣợng là dM=λds với λ là khối lƣợng thanh trên một đơn vị chiều dài và ds là nguyên tố chiều dài của dây. - B3 : Biểu diễn vật thể trên hệ tọa độ 0xy hay 0xyz (nếu có thể) từ đó xác định dA hoặc dV và xác định cận của x,y,z - B4 : Thay vào công thức trên và giải tích phân Ví dụ : Tìm momen quán tính của một tấm mỏng hình chữ nhật đồng nhất có khối lƣợng m với các cạnh là a và b. 33 Giải: Hình 2.3. Một tấm mỏng hình chữ nhật có khối lượng M với các cạnh a và b được chia thành các dải dọc Từ hình 2.3, để t nh đƣợc momen quán t nh đối với trục y, ta chia tấm mỏng hình chữ nhật thành các nguyên tố dải dọc song song với trục y có chiều rộng dx. Khối lƣợng của 1 dải là dM=σbdx và σ là khối lƣợng trên một đơn vị diện tích của tấm. Momen quán tính của 1 dải cách trục y một khoảng x là dI=x2dM= σbx2dx. Momen toàn phần của tấm mỏng đối với trục y là 3 2 0 3 a ba I bx dx    Vì khối lƣợng toàn phần của tấm mỏng là M=σab, ta có thể viết I= (1/3)Ma2  Bài tập Bài 1. Một đĩa tròn đồng chất có khối lƣợng M và bán k