Bài Giảng Toán Cao Cấp
3.8. Công thức Gauss - Ostrogradski
Dưới đây ta có công thức liên hệ giữa tích phân bội ba và tích phân mặt loại hai, gọi đó là công thức Gauss – Ostrogradski.
Định lí 3.9 (Gauss – Ostroradski): Giả sử V là miền giới nội trong \( {{\mathbb{R}}^{3}} \) có biên là mặt S trơn từng mảnh. Nếu các hàm số P, Q, R liên tục cùng với các đạo hàm riêng cấp một của chúng trong miền V thì:
\(\iint\limits_{S}{Pdydz+Qdzdx+Rdxdy}=\iiint\limits_{V}{\left( \frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z} \right)dxdydz}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3.42)\)
Trong đó mặt lấy tích phân định hướng ra phía ngoài miền V.
+ Chú ý:
(a) Nếu trong công thức (3.41) đặt \( P=x,\,\,Q=y,\,\,R=z \) thì ta nhận được công thức tính thể tích vật thể V nhờ vào tích phân mặt loại hai: \( V=\frac{1}{3}\iint\limits_{S}{xdydz}+ydzdx+zdxdy \)
Trong đó S được định hướng ra phía ngoài miền V.
(b) Có thể coi rằng công thức Gauss – Ostrogradski là mở rộng công thức Green từ không gian hai chiều ra ba chiều. Vì thế đôi khi tính tích phân trên mặt S không kín, ta có thể thêm mặt cong nào đó để áp dụng công thức Gauss – Ostrogradski.
Nhận Dạy Kèm môn Giải Tích 2 - Calculus II Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...
- Dạy kèm online tương tác 1 thầy 1 trò! Hỗ trợ trực tuyến 24/7
- Dạy kèm Toán Cao Cấp gồm:
- Giải Tích 1, Giải Tích 2, Giải tích 3
- Đại Số Tuyến Tính, Xác Suất Thống Kê
- Sách Giải Bài Tập của bộ môn Toán Cao Cấp!
- Lịch học sắp xếp sáng - chiều - tối, tất cả các buổi từ thứ 2 ➜ CN
- Thời lượng học 1,5h - 2h/1 buổi!
Ví dụ 1. Tính thông lượng của trường điện từ \( \vec{F}=\frac{q\cdot \vec{r}}{{{r}^{3}}} \) trong đó q là điện tích đặt tại gốc tọa độ, \( \vec{r}=x\vec{i}+y\vec{j}+z\vec{k},\,\,r=\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}} \) qua phía ngoài mặt cầu: \( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}={{R}^{2}} \).
Hướng dẫn giải:
Đặt \( P=q\frac{x}{{{r}^{3}}},\,\,Q=q\frac{y}{{{r}^{3}}},\,\,R=q\frac{z}{{{r}^{3}}},\,\,\forall (x,y,z)\ne (0,0,0) \).
Vì thế ta không thể áp dụng công thức Gauss – Ostrogradski.
Ta có: \( \Phi =q\iint\limits_{S}{\frac{1}{{{r}^{3}}}(xdydz+ydzdx+zdxdy)} \).
Do mặt cầu đối xứng qua gốc tọa độ và biểu thức dưới dấu tích phân đối xứng dối với x, y, z do đó: \( \Phi =24q\iint\limits_{S}{\frac{z}{{{r}^{3}}}dxdy} \), S là phần mặt cầu góc phần tám thứ nhất định hướng lên trên.
\( \Phi =24q\iint\limits_{{{D}_{1}}}{\frac{\sqrt{{{R}^{2}}-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}}{{{R}^{3}}}dxdy} \)
D1 là phần tư hình tròn tâm O, bán kính R. Chuyển sang tọa độ cực ta có:
\( \Phi =24\frac{q}{{{R}^{3}}}\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{d\varphi }\int\limits_{0}^{R}{\sqrt{{{R}^{2}}-{{r}^{2}}}rdr}=24q\cdot \frac{\pi }{2{{R}^{3}}}\left. \left( -\frac{1}{3}{{({{R}^{2}}-{{r}^{2}})}^{\frac{3}{2}}} \right) \right|_{0}^{R}=4\pi q \).
Sách Giải Bài Tập Giải Tích 2
Ví dụ 2. Tính \( I=\iint\limits_{S}{xzdydz+yxdzdx+zydxdy} \) lấy theo phía ngoài của S là biến của hình chóp \( x\ge 0,\,\,y\ge 0,\,\,z\ge 0,\,\,x+y+z\le 1 \).
Hướng dẫn giải:
Hình chóp V cho trên hình H.3.23.
Áp dụng công thức (3.41) có: \( I=\iiint\limits_{V}{(z+x+y)dxdydz} \).
Chiếu V lên mặt phẳng Oxy được tam giác: \( \left\{ \begin{align} & x+y\le 1 \\ & x\ge 0,\,\,y\ge 0 \\ \end{align} \right. \).
\(I=\int\limits_{0}^{1}{dx}\int\limits_{0}^{1-x}{dy}\int\limits_{0}^{1-x-y}{(x+y+z)dz}=\int\limits_{0}^{1}{dx}\int\limits_{0}^{1-x}{\frac{1}{2}\left. (x+y+z) \right|_{0}^{1-x-y}dy}=\int\limits_{0}^{1}{dx}\int\limits_{0}^{1-x}{\frac{1}{2}\left[ 1-{{(x+y)}^{2}} \right]dy}\)
\( =\frac{1}{2}\left( \int\limits_{0}^{1}{(1-x)dx}-\frac{1}{3}\int\limits_{0}^{1}{\left. {{\left( x+y \right)}^{3}} \right|_{0}^{1-x}dx} \right)=\frac{1}{2}-\left. \frac{{{x}^{2}}}{4} \right|_{0}^{1}-\frac{1}{6}+\left. \frac{1}{24}{{x}^{4}} \right|_{0}^{1}=\frac{1}{2}-\frac{1}{4}-\frac{1}{6}+\frac{1}{24}=\frac{1}{8} \).
Trong quá trình đăng tải bài viết lên website không thể tránh khỏi việc sai sót, nên bạn đọc muốn xem đầy đủ các dạng bài tập giải chi tiết hãy vui lòng mua sách Giải bài tập Giải Tích 2!
