saobang9x_cz
New Member
Download miễn phí Giáo trình môn Giải tích 3
Giải Tích 3
Mục lục
Chương I. Tích phân phụ thuộc tham số
1. Tích phân phụ thuộc tham số . 4
2. Tích phân suy rộng phụ thuộc tham số . 9
3. Các tích phân Euler . 14
Chương II. Tích phân hàm số trên đa tạp
1. Đa tạp khả vi trongRn. 19
2. Tích phân hàm số trên đa tạp . 24
Chương III. Dạng vi phân
1. Dạngk-tuyến tính phản đối xứng . 31
2. Dạng vi phân . 33
3. Bổ đề Poincaré . 37
Chương IV. Tích phân dạng vi phân
1. Định hướng . 41
2. Tích phân dạng vi phân . 44
3. Công thức Stokes . 47
Bài tập. . 53
Để tải bản Đầy Đủ của tài liệu, xin Trả lời bài viết này, Mods sẽ gửi Link download cho bạn sớm nhất qua hòm tin nhắn.
Ai cần download tài liệu gì mà không tìm thấy ở đây, thì đăng yêu cầu down tại đây nhé:
Nhận download tài liệu miễn phí
Tóm tắt nội dung tài liệu:
f ′(a)ϕ′(b) = 0. Vậy = 0, ∀v ∈ Imϕ′(b) = TaM ,i.e. grad f(a) ⊥ TaM . Do rank (gradF1(a), · · · , gradFm(a)) = m = codimTaM ,
nên grad f(a) thuộc không gian sinh bởi gradF1(a), · · · , gradFm(a).
Phương pháp nhân tử hoá Lagrange. Từ kết qủa trên, để tìm điểm nghi ngờ cực trị
của f với điều kiện F1 = · · · = Fm = 0, ta lập hàm Lagrange
L(x, λ) = f(x) − λ1F1(x) − · · · − λmFm(x), x ∈ V, λ = (λ1, · · · , λm) ∈ Rm
Nếu a là cực trị điều kiện, thì tồn tại λ ∈ Rm, sao cho (a, λ) là nghiệm hệ
∂L
∂x
(x, λ) = 0
F1(x) = 0
.
.
.
Fm(x) = 0
Ví dụ. Xét cực trị f(x, y, z) = x + y + z, với điều kiện x2 + y2 = 1, x + z = 1.
Trước hết, ta thấy điều kiện ràng buộc xác định một đa tạp (Ellip E).
II.2 Tích phân hàm số trên đa tạp. 24
Lập hàm Lagrange L(x, y, z, λ1, λ2) = x + y + z − λ1(x2 + y2 − 1) − λ2(x + z − 1).
Giải hệ phương trình
∂L
∂x
= 1 − 2λ1x −λ2 = 0
∂L
∂y
= 1 − 2λ1y = 0
∂L
∂z
= 1 −λ2 = 0
x2 + y2 − 1 = 0
x + z − 1 = 0
Ta có các điểm nghi ngờ cực trị là (0,±1, 1). Do tập điều kiện compact, nên f phải
đạt max, min trên tập đó. Hơn nữa, các điểm cực trị đó phải là một trong các điểm
nghi ngờ cực trị. Vậy
max f |E = max{f(0, 1, 1) = 1, f(0,−1, 1) = 0} = f(0, 1, 1) = 1,
min f |E = min{f(0, 1, 1) = 1, f(0,−1, 1) = 0} = f(0,−1, 1) = 0
Trong trường hợp tập điều kiện không compact, ta có thể sử dụng kết qủa sau:
Điều kiện đủ. Giả sử f, F1, · · · , Fm thuộc lớp C2, và
grad f(a) = λ1grad F1(a) + · · · + λmgradFm(a), i.e. ∂L
∂x
(a, λ) = 0.
Đặt HxL(x, a) là Hessian của hàm Lagrange L theo biến x. Khi đó
Nếu HxL(a, λ)|TaM xác định dương, thì f |M đạt cực tiểu tại a.
Nếu HxL(a, λ)|TaM xác định âm, thì f |M đạt cực đại tại a.
Nếu HxL(a, λ)|TaM không xác định dấu, thì f |M không đạt cực trị tại a.
Chứng minh: Với các ký hiệu ở phần trên, bài toán tìm cực trị của f |M tương đương bài
toán tìm cực trị của f◦ϕ. Do f ′(a)ϕ′(b) = 0, tính đạo hàm cấp 2, ta có H(f◦ϕ)(a)(h) =
Hf(a)(ϕ′(b)h) (Bài tập).
Do Fi ◦ ϕ = 0, ta có H(Fi ◦ ϕ) = 0 và theo tính toán trên H(Fi ◦ ϕ)(b)(h) =
HFi(a)(ϕ′(b)(h).
Suy ra HxL(a, λ)|TaM = H(f ◦ ϕ)(b)|TaM .
Từ điều kiện đủ của bài toán cực trị địa phương ta có kết qủa. .
Ví dụ. Cho k ∈ N và a ∈ R. Tìm cực trị f(x1, · · · , xn) = xk1 + · · · + xkn, với ràng
buộc x1 + · · · + xn = an.
2. TÍCH PHÂN HÀM SỐ TRÊN ĐA TẠP
2.1 Độ dài, diện tích, thể tích trong R3. Trong R3, có trang bị tích vô hướng Euclid
, nên có khái niệm độ dài và vuông góc.
Độ dài vector T = (xt, yt, zt): ‖T‖ =
√
x2t + y2t + z2t
II.2 Tích phân hàm số trên đa tạp. 25
Diện tích hình bình hành tạo bởi u = (xu, yu, zu), v = (xv, yv, zv):
dt(u, v) = ‖u‖‖v⊥‖ = ‖u × v‖
=
∣∣∣∣∣ ‖u‖
2
‖v‖2
∣∣∣∣∣
1
2
=
√‖u‖2‖v‖2 − | |2.
trong đó v = v′ + v⊥ là phân tích: v′ là hình chiếu vuông góc v lên u, v⊥ ⊥ u.
Chứng minh: Ta có v′ = αu, = 0. Suy ra∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣ < u, v
′ > +
+
∣∣∣∣∣
=
∣∣∣∣∣ α < u, u
′ >
α
∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣ 0 ‖v⊥‖2
∣∣∣∣∣
= ‖u‖2‖v⊥‖2
Từ đó suy ra công thức trên
Thể tích khối bình hành tạo bởi u, v, w ∈ R3:
tt(u, v, w) = dt(u, v)‖w⊥‖
= | | = | det(u, v, w)|
=
∣∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣∣
1
2
trong đó w = w′ +w⊥ là phân tích: w′ là hình chiếu vuông góc w lên mặt phẳng sinh
bởi u, v.
w
u
v
w⊥
Chứng minh: Tương tự công thức cho diện tích. (Bài tập)
2.2 Thể tích k chiều trong Rn. Trong Rn có trang bị tích vô hướng Euclid. Thể tích
k chiều của hình bình hành tạo bởi v1, · · · , vk ∈ Rn, được định nghĩa qui nạp theo k:
V1(v1) = ‖v1‖, Vk(v1, · · · , vk) = Vk−1(v1, · · · , vk−1)‖v⊥k ‖
trong đó vk = v′k +v
⊥
k là phân tích: v
′
k là hình chiếu vuông góc của vk lên không gian
sinh bởi v1, · · · , vk−1.
Công thức tính. Gọi G(v1, · · · , vk) = ()1≤i,j≤k là ma trận Gramm. Khi đó
Vk(v1, · · · , vk) =
√
detG(v1, · · · , vk)
II.2 Tích phân hàm số trên đa tạp. 26
Chứng minh: Tương tự công thức cho diện tích (Bài tập).
2.3 Phần tử độ dài - Độ dài đường cong. Cho C ⊂ R3 là đường cong cho bởi tham
số hoá
ϕ : I → R3, ϕ(t) = (x(t), y(t), z(t))
Ta cần tính độ dài l(C) của đường cong.
Phân hoạch I thành các đoạn con Ii = [ti, ti + ∆ti]. Khi đó l(C) =
∑
i l(ϕ(Ii)).
Khi ∆ti bé, thì l(ϕ(Ii)) ∼ l(ϕ′(ti)∆ti) = ‖ϕ′(ti)‖∆ti.
Định nghĩa phần tử độ dài : dl = ‖ϕ′(t)‖dt =
√
x′2t + y′
2
t + z′
2
t dt
Định nghĩa độ dài của C:
l(C) =
∫
C
dl =
∫
I
√
x′2t + y′
2
t + z′
2
t dt
2.4 Phần tử diện tích - Diện tích mặt. Cho S ⊂ R3 là mặt cong cho bởi tham số
hoá
ϕ : U → R3, ϕ(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v))
Ta cần tính diện tích của mặt S.
Gỉa sử U có thể phân hoạch bởi các hình chữ nhật bé Ui = [ui, ui+∆ui]×[vi, vi+∆vi].
Khi đó dt(S) =
∑
i dt(ϕ(Ui)).
Khi ∆ui, ∆vi bé, thì dt(ϕ(Ui)) ∼ dt(D1ϕ(ui, vi)∆ui, D2ϕ(ui, vi)∆vi).
Định nghĩa phần tử diện tích :
dS = dt(D1ϕ, D2ϕ)dudv =
√
EG − F 2dudv,
trong đó
E = ‖D1ϕ‖2 = x′u2 + y′u2 + z′u2
G = ‖D2ϕ‖2 = x′v2 + y′v2 + z′v2
F = = x′ux′v + y′uy′v + z′uz′v
Khi đó định nghĩa diện tích của S :
dt(S) =
∫
S
dS =
∫
U
√
EG − F 2dudv
2.5 Phần tử thể tích - Thể tích hình khối. Cho H là hình khối cho bởi tham số hoá
ϕ : A → R3, ϕ(u, v, w) = (x(u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w))
Để tính thể tích H , bằng lập luận tương tự như các phần trên, ta có các định nghĩa:
Phần tử thể tích:
dV = tt(D1ϕ, D2ϕ, D3ϕ)dudvdw = | detJϕ|dudvdw
Thể tích H: V (H) =
∫
H dV =
∫
A | detJϕ|dudvdw.
Bây giờ ta tổng quát hoá các khái niệm trên.
II.2 Tích phân hàm số trên đa tạp. 27
2.6 Phần tử thể tích trên đa tạp. Cho M ⊂ Rn là đa tạp khả vi k chiều.
Phần tử thể tích trên M là ánh xạ
dV : M x → dV (x) = thể tích k chiều hạn chế trên TxM.
Giảø sử (ϕ, U) là một tham số hoá của M tại x = ϕ(u1, · · · , uk). Khi đó
dV (x)(D1ϕ(x)∆u1, · · · , Dkϕ(x)∆uk) = Vk(D1ϕ(x), · · · , Dkϕ(x))∆u1 · · ·∆uk
Vậy nếu đặt Gϕ = ()1≤i,j≤k, thì qua tham số hóa
dV =
√
detGϕ du1 · · · duk
2.6 Tích phân hàm trên đa tạp. Cho f : M → R là hàm trên đa tạp khả vi k chiều.
Sau đây ta xây dựng tích phân của f trên M (còn gọi là tích phân loại 1)
∫
M
fdV
Nếu M = ϕ(U) với (ϕ, U) là tham số hóa, thì định nghĩa∫
M
fdV =
∫
U
f ◦ ϕ
√
detGϕ, trong đó Gϕ = ()1≤i,j≤k.
Khi k = 1 tích phân trên gọi là tích phân đường và ký hiệu
∫
M
fdl.
Khi k = 2 tích phân trên gọi là tích phân mặt và ký hiệu
∫
M
fdS.
Trường hợp tổng quát, khi M cho bởi nhiều tham số hóa, người ta dùng kỹ thụât phân
hoạch đơn vị sau đây để ‘dán’ các tích phân trên từng tham số hoá.
Cho O = {(ϕi, Ui) : i ∈ I} là họ các tham số hoá M . Họ Θ = {θi : i ∈ I} gọi là
phân hoạch đơn vị của M phù hợp với họ O nếuu các điều sau thỏa với mọi i ∈ I:
(P1) θi : M → [0, 1] liên tục.
(P2) suppθi = {x ∈ M : θ(x) = 0} là tập compact.
(P3) suppθi ⊂ ϕi(Ui).
(P4) Mọi x ∈ M , tồn tại lân cận V của x, sao cho chỉ có hữu hạn chỉ số i ∈ I
θi = 0 trên V .
(P5)
∑
i∈I θi(x) = 1, ∀x ∈ M .
Tính chất (P4) gọi là tính hữu hạn địa phương của họ {supp θi, i ∈ I}. Do tính chất
này tổng ở (P5) là tổng hữu hạn với mọi x.
Định lý. ...