Chương 3. Dạng cơ bản thứ nhất

Nhóm 03

1

BÀI TẬP CHƯƠNG 3
Bài 1. Giải

  t    3t ,3t 2 ,2t 3     t   3,6t ,6t 2      t   3 1  4t 2  4t 4  3 1  2t 2 
t

Khi đó


0

t

 2t 3 
3
   t  dt 3 1  2t  dt 3  t 
  3t  2t
3 0

0
t

2

Bài 2. Giải

 4
 3

3







  t    t , t 2 , t 2  , t  0 . Khi đó    t   1, 2 t , 2t     t   1  4t  4t 2  1  2t
1

Ta có,



3

2
2
 1  2t  dt   1  2t  dt  t  t   t  t 

t0

2

1

1

32

t0

1

 t02  t0 

1
2 1
 0  t0 
t  0
4
2

Bài 3. Giải

  t    t cos t , t sin t  , t  . Ta có    t    cos t  t sin t ,sin t  t cos t 
  t  

 cos t  t sin t    sin t  t cos t 
2



Độ dài cung của cả đường cong là:


0

x
t
1
2
 lim  1  t  ln t  1  t 2
x  2
2

0



2

 1 t2
x

1  t 2 dt  lim  1  t 2 dt
x 



   lim  2x
x

0

x 

0





1

1  x 2  ln x  1  x 2   
2


Bài 4. Giải
Ta có:  t   ect c cost  sin t , ect c sin t  cost  và  t   e ct

c cost  sin t 2  c sin t  cost 2

( c  0) . Khi đó một hàm độ dài cung st  của  là st    e

1  c 2 ct
1  c dt 
e  s0 ( s 0 là hằng số)
c

ct

 e ct 1  c 2

2

 1  c 2 ct

lim st   lim 
e  s0   s0 (vì lim a x  0 với a  1 ). Từ đây ta nhận thấy rằng:
x 
t 
t 

 c


Độ dài cung từ     0,0 đến  t  là: L 

t





 t  dt  st   
t

1  c 2 ct
1  c 2 ct
e  s 0  lim st  
e
t  
c
c

1  c 2 ct
e
L
1  c2
c


Do đó:
, hay độ dài cung từ     0,0 đến  t  tỉ lệ với  (t ) <đpcm>
 t 
ect
c

Bài 5.Giải
Tham số hóa đường thẳng đi qua hai điểm 0,1,3 và 3,3,3 :  t   3t,1  2t,3  6t  và  t   7

Khi đó tham số hóa tốc độ đơn vị của  là:  s   

3s
2s
6s 
,1  ,3   .
7
7
7

Chương 3. Dạng cơ bản thứ nhất

Nhóm 03

2

Bài 6.Giải
2

5
3
3

Ta có:  t    cos 2t , sin 2t ,  và tốc độ của  là :  t   cos2 2t  sin 2 2t    
4
4

4
1
2

 kt    sin 2kt , sin 2 kt ,

3kt 
3k 

 và  kt    k cos 2kt , k sin 2kt , 
4 
4


Để tham số hóa hiệu chỉnh t   kt  có tốc độ đơn vị thì:
4

k

9k
5
 kt   1  k 2 
 1  5k  4  
. Vậy
16
k   4

5
2

4

k  5
là giá trị cần tìm

k   4

5

Bài 7. Giải
Ta có:  t    2 cos2 t sin t ,2 sin 2 t cost  và  t  

 2 cos

2

 chính quy khi  t   0,0 hay  t   0  sin 2t  0  t 

t sin t

  2 sin
2

2

t cost



2

 sin 2t

k
,k  Z .
2

1
    1 1
Ta xác định hàm t  là một nguyên hàm của hàm tốc độ:  :  0,     ,  với t    cos 2t


2

 2 2

2

arccos 2u 
 1 1   
Khi đó hàm ngược được xác định :    1 :   ,    0,  với  u  
 2 2



2

2

 
Vậy tham số hóa hiệu chỉnh của  trên  0,  .


2

 arccos 2u   2 3  arccos 2u   
, sin 
  là một tham số hóa hiệu chỉnh với tốc độ đơn
2
2

 3



2
3

 (u )       cos3 

vị và bảo toàn hướng.
Thật vậy, ta có


 arccos  2u    arccos  2u  
 arccos  2u    arccos  2u  
1
1
 '(u )   2cos 2 
;2sin 2 
cos 
 sin 



2
2
2
2
2
2

 
 1  4u

 
 1  4u

  '(u ) 
Mà  '(u ) 

1
1  4u

2

sin 2  arccos  2u   

1  4u 2
1  4u

2

 1.

 1 1
 0, u    , 
 2 2
1  4u 2
1

Bài 8. Giải
Ta có  t   e t cost  sin t , e t sin t  cost  và  t   e 2t cost  sin t 2  e 2t sin t  cost 2  2e t  0
Ta xác định hàm t  là một nguyên hàm của hàm tốc độ:  : R  0, với t   2e t
Khi đó hàm ngược được xác định :    1 : 0,   R với  s   ln

s
2





Chương 3. Dạng cơ bản thứ nhất

Nhóm 03

3

 s

s  s
s 


cos ln
sin  ln
,
 .
2 2 
2  

 2

Vậy tham số hóa hiệu chỉnh với tốc độ đơn vị của  là:  s   








Thật vậy :  ' ( s)    sin  ln

s 
s 

  cos ln
    ' ( s)  1 .
2
2  


 s
s  s
s 


cos ln
sin  ln
,
   0 ; 0 thỏa yêu cầu bài toán.
s0
2 2 
2  

 2

Mặt khác lim  ( s)  lim 
s0

Bài 9. Giải
Ta có  '   ' ( ). '   '   ' ( ). '   ' .  ' ( )

 ' 1
 '  1

  ' ( )  1

Theo giả thiết thì 

+ Nếu  là tham số hóa hiệu chỉnh bảo toàn hướng tức là  ' 0 từ đó ta được  '  1 (const ) nên
tồn tại một hằng số c sao cho  ( s)  s  c s  J .
Khi I  a ; b do  ( s)  s  c s  J đi J  I nên tập J có dạng J  a  c ; b  c
+ Tương tự nếu  là tham số hóa hiệu chỉnh đảo ngược hướng tức là  ' 0 từ đó ta được
 '  1 (const ) nên tồn tại một hằng số c sao cho  (s)  s  c s  J .
Khi I  a ; b do  (s)  s  c s  J đi J  I nên tập J có dạng J  c  b ; c  a
Bài 10. Giải
Ta có:  u u, v   cosv, sin v,0 và  v u, v    u sin v, u cosv, a 
Khi đó  u   v   a sin v, a cos v, u   0
a sin v  0

2
2
Thật vậy, giả sử  u   v  0,0,0  a cosv  0  a sin v   a sin v   a 2  0 ! (vì a  0 )
u  0


Vậy  chính quy tại mọi điểm  u , v  
 E   u 2  sin 2 v  cos2 v  0  1

Ta có  F   u   v  u sin v cos v  u sin v cos v  0  0

2
2
2
2
2
2
G   v   u sin v   u cos v   a  u  a

Bài 11. Giải
Ta có: u (t ) 

3
4
4
và v(t )  t . Khi đó: u' 0 và v' 
4
5
5
3 4 
4 5 

Nên độ dài cung của đường cong t    ; t  từ t  0 đến t  1 là:
1

 Eu'
1

0

2

2 Fu' v'Gv'



1
2 2


  3 2   4 2  2

dt   0  0  1    .   dt  1
  4  5 

0



1

Chương 3. Dạng cơ bản thứ nhất

Nhóm 03
3 4 
4 5 




4

4
5

+ Vector tiếp xúc tại t  0 của đường cong t    ; t  có (a; b)   0; 
~  4
4 
3
+ Vector tiếp xúc tại t  0 của đường cong t     t; t  có (a~; b )  1; 
4

5 

 5

Khi đó góc giữa hai vector tiếp xúc được xác định bởi:

  3 2   4 2
0  0  1     .  
 4  5
Ea.a  F (ab  ba)  Gbb
2



. Vậy  


4
2
1. 2
Ea 2  2 Fab  Gb 2 . Ea 2 2 Fab  Gb 2

cos( ) 

Bài 12. Giải
E   f ' (u )2  g ' (u )2
 'u   f ' (u ) cos v ; f ' (u ) sin v ; g ' (u )  
Ta có 
 F  0
 'v   f (u ) sin v ; f (u ) cos v ; 0 

2
G   f (u )

a) Xét  (t )  u 0 ; t  Khi đó:        u0 ; t 
  ' (t )  u ' (t ). 'u  (t )   v' (t ). 'v  (t )    f (u0 ) sin t ; f (u0 ) cost ; 0

  ' (t )  f (u o ) <đpcm>

b) Xét  (t )  (t , v0 ) Khi đó:  (t )       (t , v0 )

  '(t )   f '(t )cos v0 , f '(t )sin v0 , g '(t )    ' (t ) 
tốc độ đơn vị nếu

 f ' (t )2  g ' (t )2

. Vì vậy  (t ) là đường cong có

 f ' (t )2  g ' (t )2  1 tức đường cong sinh có tốc độ đơn vị.

Bài 13. Giải



 u

u
cos v,
sin v,1 ,  v   1  u 2 sin v,  1  u 2 cos v,0
Ta có:  u  
2
1 u2
 1 u








 u   v   1  u 2 cos v,  1  u 2 sin v, u  0 (ta thấy được các tọa độ không thể đồng thời bằng 0)
Khi đó  là tham số hóa chính quy của mặt cầu đơn vị bỏ đi hai cực.
Ta có E  p    u  p  
2

2
1
, G  p    v  p   1  u 2 ,
2
1 u

F  p    u  p  . v  p   u cos v.sin v   u cos v.sin v   0  0
Khi đó diện tích A  D   1   1         4
và A  , D    EG  F dA 
2

D

1 

1

1 

1

  dvdu   2 du  4

Vậy  là ánh xạ bảo toàn diện tích <đpcm>

Chương 3. Dạng cơ bản thứ nhất

Nhóm 03

5

Bài 14. Giải
2

1

2

1

0

1

1

2

1

2

u 1

2

  udA   du  udv   udu 
D

a)

b)

  udA   du  udv   u.(u  1)du 
D

1

0

1


v  1
  udA   dv  udu    2 
2
D
0
v 1
0
1

2

2

1

5
6

D

5
6

1

0

1

2


1  v 
5
  udA   dv  udu   2 
dv 
2 
6
D
0
1 v
0
1

2

1

2

2 u

2

  udA   du  udu   u.(2  u )du 

d)


5
dv 

6


D

1

0

1

2
3

 2  v 2 1 
2
  udA   dv  udu   
 dv 
2
2
3
D
0
1
0
2v

1

v

v

2

  udA   du  udv   u.(u  1)du 

3
3
  udA   dv udu   du 
2
2
D
0
1
0

c)

u 1

2

3
2

1

v

v

2

1
1
1

O

2

u

1

2

O

u

2

O

O

-1

1

2

u
-1

Bài 15. Giải
2

a.

  5t 

5
 5t 
 
 và  t   32  4 2  
Ta có:  t    3,4,


2 
1 t 2
1 t 2 
 1 t 


 5 5 
,  với t   5 arcsin t
 2 2 

Ta xác định hàm t  là một nguyên hàm của hàm tốc độ:  :  1,1   
 5 5
,
 2 2

Khi đó hàm ngược được xác định :    1 :  

u

   1,1 với  u   sin
5


Vậy tham số hóa hiệu chỉnh của  với tốc độ đơn vị là
u
u
u

  u      u     3sin ,4sin ,5cos 
5
5
5




b. Xét  t   t , t  khi đó  t      t   3t ,4t ,5 1  t 2



  có thể xem là đường cong tham số hóa trên  . Khi đó tọa độ của vectơ tiếp xúc  ' t 
tương ứng với cơ sở  'u ,  'v  của y t  khi v  0 là a, b  1;1

c.

 'u  3,4,0


Ta có 
 5v
 ' v   0,0,
1 v2









2
 E   u  25

suy ra:  F   u   v  0

25v
2
G   v 
1  v2


u

Chương 3. Dạng cơ bản thứ nhất

Nhóm 03
Diện tích : A , D    EG  F
D


    25 1  v 2

0
1




du  25 2  3
0 
2

1
2

1
1 2

 dA  

1
2 2

1
1 2

25v
1 v

0 0

2

dvdu  

 25

0 0 2 1 v

2



6



d 1  v 2 du



Bài 16. Giải
Ta có   u , v    f  u  cos v, f  u  sin v, g  u   . Tính

 u   f   u  cos v, f  u  sin v, g  u    E  p   f  u   g  u 
2

 v    f  u  sin v, f  u  cos v,0  G  p   f u 

2

2

 u . v   f . f .sin v.cos v  f . f .sin v.cos v  0
b 



 A  , D    

a 

* S1 



b

f 2 . f   u   g   u  dvdu   2
2

2



2

2

a







4

4

4







f 2  u  f   u   g   u  du <đpcm>. Khi đó,

2 . f  u  f   u   g   u  du   2 .cos u sin 2 u  cos 2 u .du   2 .cos u.du
2

2



4





4



4

 4

 2 .sin u  4  2 2




2

2





* S2   2 . f  u  f   u   g   u  du   2 .cos u.du  2 .sin u  4  2  2 
2

2





4

4

 2

Bài 17. Giải
 ' x  1; 0 ; h' x 
Ta có  ( x, y)  x ; y ; h( x, y) nên 
 ' y  0 ;1; h' y 

 E   ' 2  1  h' 2
x
x


  F  h'x .h' y

2
2
G   y'  1  h' y 

2
2
Khi đó : A( , D)   EG  F 2 dA   1  h'x   h' y  dA .
D

Phần có tọa độ thỏa x 

D

1
1
z  0 của mặt cầu bán kính bằng 1 tâm tại gốc tọa độ có thể
và y 
2
2

xem là đồ thị của hàm trơn z  1  x 2  y 2 . Vì vậy diện tích phần mặt cầu (bán kính bằng 1 tâm tại gốc
tọa độ) có x 

1
1
và y 
là:
2
2
1

A( , D)  2.

D

x2
y2
1

dA  2. 
1  x2  y 2 1  x2  y 2
1

1
2



2

1
2

2

x2
y2
1

dxdy
1  x2  y 2 1  x2  y 2

Chương 3. Dạng cơ bản thứ nhất

Nhóm 03

7

(trong công thức có xuất hiện số 2 và vì diện tích mà ta đang xét gấp 2 lần diện tích của phần có tọa độ
thỏa x 

1
1
z  0)
và y 
2
2

Tính tích phân trên hoàn toàn không dễ dàng! Ta có cách tính khác dựa vào cấu trúc hình học của nó
như sau:
+ Ta tính diện tích hình chỏm cầu giới hạn bởi đỉnh (0 ;0;1) của hình cầu và mặt phẳng z 
đó S  2Rh với h là khoảng cách từ đỉnh (0 ;0;1) của hình cầu đến mặt phẳng z 
h

2
, ta tính được
2

2 2
.Vì vậy S  (2  2 ) .
2

+ Diện tích hình cần tính là : A( , D)  2S  (4  2 2 ) .
Bài 18. Giải
'

 u   r sin u cosv,  r sin u sin v, r cosu 
Ta có :  '

 v   R sin v  r cosu sin v, R cosv  r cosu cosv, 0

E   '
u


Suy ra F  0

'
G   v

2

 r2

2

 R 2  2 Rr cosu  r 2 cos2 u  R  r cosu 

2

Diện tích của cả hình xuyến là:
1

2

2

2

0

0

0

2
 ( EG  F ) 2   r ( R  r cosu )dA   du  r R  r cosu dv   2R  4 R

D

D

Bài 19. Giải
E   '
u


Suy ra : F  0

'
G   v

'

 u  cosv, sin v,0
Ta có :  '

 v  (u sin v, u cosv,1)

2

1

2

 u2  1

Cho nên diện tích cần tìm là:

 ( EG  F )

D

1
2

1

u

dA   (u  1)dA   du 
2

D

0

0

1

31

1
1 2
1
u  1dv   2u u 2  1du  . (u 2  1) 2  (2 2  1)
20
2 3
3
0
2

2
. Khi
2