TÍCH PHÂN BỘI HAI, TÍCH PHÂN KÉP, PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ SANG TOẠ ĐỘ CỰC

CÔNG THỨC ĐỔI BIẾN SỐ SANG TOẠ ĐỘ CỰC, TÍCH PHÂN KÉP

Để tính ${\displaystyle I=\underset{D}{\iint }f(x,y)dxdy}$

+) Đổi biến $\{\begin{array}{rl}& x=r\cos \phi \\ & y=r\sin \phi \end{array}$

+) $J=\left|\begin{array}{cc}\cos \phi & -r\sin \phi \\ \sin \phi & r\cos \phi \end{array}\right|=r\ne 0\Rightarrow \left|J\right|=r$

+) Ta sẽ xác định được miền $D^{\prime }$ theo hệ toạ độ cực $r$ và $\phi$

Khi đó ta có công thức đổi biến của tích phân bội hai trong hệ toạ độ cực

${\displaystyle I=\underset{D}{\iint }f(x,y)dxdy=\underset{D^{\prime }}{\iint }f(r\cos \phi ,r\sin \phi )drd\phi }$

MỘT SỐ VÍ DỤ CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1. Tính ${\displaystyle I=\underset{D}{\iint }(x+y)dxdy}$, với $D$ là miền được giới hạn bởi các đường $1\le x^2+y^2\le 4$, $0\le y\le x$

+) Biểu diễn miền $D$ trong $Oxy$

+) Đổi biến sang toạ độ cực $\{\begin{array}{rl}& x=r\cos \phi \\ & y=r\sin \phi \end{array}$

Khi đó $D^{\prime }:\{\begin{array}{rl}& 0\le \phi \le \frac{\pi }{4}\\ & 1\le r\le 2\end{array}$

+) $J=r$

Vậy

${\displaystyle I=\underset{D}{\iint }(x+y)dxdy=\underset{0}{\overset{{}^{\pi }/{}_4}{\int }}d\phi \underset{1}{\overset{2}{\int }}(r\cos \phi +r\sin \phi )\left|r\right|dr}$

${\displaystyle =\underset{0}{\overset{{}^{\pi }/{}_4}{\int }}d\phi \underset{1}{\overset{2}{\int }}{r}^2(\cos \phi +\sin \phi )dr}$

${\displaystyle =\underset{0}{\overset{{}^{\pi }/{}_4}{\int }}\left[{\frac{r^3}{3}(\cos \phi +\sin \phi )|}_1^2\right]d\phi }$

${\displaystyle =\frac{7}{3}\underset{0}{\overset{{}^{\pi }/{}_4}{\int }}(\cos \phi +\sin \phi )d\phi }$

${\displaystyle ={\frac{7}{3}(\sin \phi -\cos \phi )|}_0^{{}^{\pi }/{}_4}=\frac{7}{3}}$

---

Câu 2. Tính ${\displaystyle I=\underset{D}{\iint }\sqrt{4-x^2-y^2}dxdy}$ với miền $D:\{\begin{array}{rl}& x^2+y^2\le 4\\ & x\le y\le x\sqrt{3}\end{array}$

+) Biểu diễn miền $D$1

+) Đổi biến sang toạ độ cực: $\{\begin{array}{rl}& x=r\cos \phi \\ & y=r\sin \phi \end{array}$

Khi đó $D^{\prime }:\{\begin{array}{rl}& \frac{\pi }{4}\le \phi \le \frac{\pi }{3}\\ & 0\le r\le 2\end{array}$

+) $\left|J\right|=r$

Vậy

${\displaystyle I=\underset{D}{\iint }\sqrt{4-x^2-y^2}dxdy=\underset{{}^{\pi }/{}_4}{\overset{{}^{\pi }/{}_3}{\int }}d\phi \underset{0}{\overset{2}{\int }}r\sqrt{4-r^2({\cos }^2\phi +{\sin }^2\phi )}dr}$

${\displaystyle =\underset{{}^{\pi }/{}_4}{\overset{{}^{\pi }/{}_3}{\int }}d\phi \underset{0}{\overset{2}{\int }}r\sqrt{4-r^2}dr}$

${\displaystyle =\underset{{}^{\pi }/{}_4}{\overset{{}^{\pi }/{}_3}{\int }}d\phi \underset{0}{\overset{2}{\int }}(-\frac{1}{2}{(4-r^2)}^{\frac{1}{2}})d(4-r^2)}$

${\displaystyle =\underset{{}^{\pi }/{}_4}{\overset{{}^{\pi }/{}_3}{\int }}\left({-\frac{1}{3}{(4-r^2)}^{\frac{3}{2}}|}_0^2\right)d\phi }$

${\displaystyle =\underset{{}^{\pi }/{}_4}{\overset{{}^{\pi }/{}_3}{\int }}\frac{8}{3}d\phi }$

${\displaystyle ={\frac{8}{3}\phi |}_{{}^{\pi }/{}_4}^{{}^{\pi }/{}_3}=\frac{2\pi }{9}}$