Tính \(\int_L {\sqrt {{x^2} + {y^2}} } ds\) với \(L:{x^2} + {y^2} = 2x\)

Để tính tích phân đường loại 2 \(\int_{AB} {(x - 3y)} dx + 2ydy\) trên cung \(y = 1 - {x^2}\) từ \(A(1,0)\) đến \(B( - 1,0)\), ta thực hiện như sau: 1. **Tham số hóa đường cong:** Vì \(y = 1 - x^2\), ta có thể đặt \(x = t\). Khi đó, \(y = 1 - t^2\). Vì điểm A có \(x = 1\) và điểm B có \(x = -1\), tham số t sẽ chạy từ 1 đến -1. 2. **Tính đạo hàm:** Ta có \(dx = dt\) và \(dy = -2t dt\). 3. **Thay vào tích phân:** Thay \(x = t\), \(y = 1 - t^2\), \(dx = dt\), và \(dy = -2t dt\) vào tích phân, ta được: \(\int_{1}^{-1} {(t - 3(1 - t^2))} dt + 2(1 - t^2)(-2t)dt\) \(= \int_{1}^{-1} {(t - 3 + 3t^2 - 4t + 4t^3)} dt\) \(= \int_{1}^{-1} {(4t^3 + 3t^2 - 3t - 3)} dt\) 4. **Tính tích phân xác định:** \(= [t^4 + t^3 - \frac{3}{2}t^2 - 3t]_{1}^{-1}\) \(= [((-1)^4 + (-1)^3 - \frac{3}{2}(-1)^2 - 3(-1)) - (1^4 + 1^3 - \frac{3}{2}(1)^2 - 3(1))]\) \(= [(1 - 1 - \frac{3}{2} + 3) - (1 + 1 - \frac{3}{2} - 3)]\) \(= [(\frac{3}{2}) - (-\frac{1}{2})]\) \(= \frac{3}{2} + \frac{1}{2} = 2\) Vậy, kết quả của tích phân là 2.

Để giải bài toán này, ta sử dụng tích phân đường loại hai. Ta có tích phân đường \(\int_C Pdx + Qdy = \int_C (x+xy)dx + mx^2dy\) với \(P = x+xy\) và \(Q = mx^2\). C là cung tròn \(x^2 + y^2 = 4\) đi từ \(A(-2,0)\) đến \(B(0,2)\). Ta tham số hóa đường tròn: \(x = 2\cos t\), \(y = 2\sin t\). Vì đi từ \(A(-2,0)\) đến \(B(0,2)\), \(t\) sẽ đi từ \(π\) đến \(\frac{π}{2}\). Vậy \(dx = -2\sin t dt\) và \(dy = 2\cos t dt\). Thay vào tích phân, ta có: \(\int_C (x+xy)dx + mx^2dy = \int_π^{\frac{π}{2}} (2\cos t + 4\cos t \sin t)(-2\sin t) + m(4\cos^2 t)(2\cos t) dt\) \(= \int_π^{\frac{π}{2}} (-4\cos t \sin t - 8\cos t \sin^2 t + 8m\cos^3 t) dt\) \(= \int_π^{\frac{π}{2}} (-4\cos t \sin t - 8\cos t \sin^2 t + 8m\cos t(1-\sin^2 t)) dt\) \(= \int_π^{\frac{π}{2}} (-4\cos t \sin t - 8\cos t \sin^2 t + 8m\cos t - 8m\cos t \sin^2 t) dt\) \(= \int_π^{\frac{π}{2}} -4\cos t \sin t dt - \int_π^{\frac{π}{2}} 8\cos t \sin^2 t dt + \int_π^{\frac{π}{2}} 8m\cos t dt - \int_π^{\frac{π}{2}} 8m\cos t \sin^2 t dt\) Xét các tích phân: 1. \(\int_π^{\frac{π}{2}} -4\cos t \sin t dt = 2\int_π^{\frac{π}{2}} -2\sin t \cos t dt = 2\int_π^{\frac{π}{2}} -\sin 2t dt = 2[\frac{1}{2}\cos 2t]_π^{\frac{π}{2}} = [\cos 2t]_π^{\frac{π}{2}} = \cos π - \cos 2π = -1 - 1 = -2\) 2. \(\int_π^{\frac{π}{2}} 8\cos t \sin^2 t dt = 8\int_π^{\frac{π}{2}} \sin^2 t d(\sin t) = 8[\frac{\sin^3 t}{3}]_π^{\frac{π}{2}} = \frac{8}{3} [\sin^3(\frac{π}{2}) - \sin^3(π)] = \frac{8}{3} (1 - 0) = \frac{8}{3}\) 3. \(\int_π^{\frac{π}{2}} 8m\cos t dt = 8m[\sin t]_π^{\frac{π}{2}} = 8m(\sin(\frac{π}{2}) - \sin(π)) = 8m(1-0) = 8m\) 4. \(\int_π^{\frac{π}{2}} 8m\cos t \sin^2 t dt = 8m\int_π^{\frac{π}{2}} \sin^2 t d(\sin t) = 8m[\frac{\sin^3 t}{3}]_π^{\frac{π}{2}} = \frac{8m}{3} [\sin^3(\frac{π}{2}) - \sin^3(π)] = \frac{8m}{3} (1 - 0) = \frac{8m}{3}\) Vậy, \(\int_C (x+xy)dx + mx^2dy = -2 - \frac{8}{3} + 8m - \frac{8m}{3} = -2 - \frac{8}{3} + \frac{16m}{3} = \frac{-14}{3} + \frac{16m}{3}\). Theo đề bài, \(\int_C (x+xy)dx + mx^2dy = \frac{-10}{3}\). Do đó: \(\frac{-14}{3} + \frac{16m}{3} = \frac{-10}{3}\) \(\frac{16m}{3} = \frac{4}{3}\) \(16m = 4\) \(m = \frac{4}{16} = \frac{1}{4}\) Tuy nhiên, không có đáp án nào trùng với kết quả \(m = \frac{1}{4}\). Có thể có sai sót trong quá trình tính toán hoặc đề bài. Kiểm tra lại các bước tính tích phân và tham số hóa.

Để tính tích phân đường loại hai \(\oint_L {2xdx - \left[ {{x^2} + 2y + {e^{{y^2} + 1}} + \sin ({y^2})} \right]dy} \) trên đường cong \(L\) là chu tuyến của tam giác ABC với \(A(-1,0), B(0,2), C(2,0)\) theo chiều cùng chiều kim đồng hồ, ta sử dụng công thức Green. Công thức Green: \(\oint_L {Pdx + Qdy} = \iint_D {\left( {\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} - \frac{{\partial P}}{{\partial y}}} \right)dA} \) Trong trường hợp này, ta có: \(P = 2x\) và \(Q = -\left[ {{x^2} + 2y + {e^{{y^2} + 1}} + \sin ({y^2})} \right]\) Tính đạo hàm riêng: \(\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = -2x\) \(\frac{{\partial P}}{{\partial y}} = 0\) Do đó: \(\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} - \frac{{\partial P}}{{\partial y}} = -2x - 0 = -2x\) Vậy: \(\oint_L {2xdx - \left[ {{x^2} + 2y + {e^{{y^2} + 1}} + \sin ({y^2})} \right]dy} = \iint_D {(-2x)dA} \) Vì chiều của L là cùng chiều kim đồng hồ, ta đổi dấu tích phân: \(\oint_L {2xdx - \left[ {{x^2} + 2y + {e^{{y^2} + 1}} + \sin ({y^2})} \right]dy} = - \iint_D {(-2x)dA} = \iint_D {2xdA} \) Miền D là tam giác ABC. Ta cần tìm phương trình các đường thẳng AB, BC, CA. AB: \(\frac{{x - (-1)}}{{0 - (-1)}} = \frac{{y - 0}}{{2 - 0}} \Rightarrow 2(x + 1) = y \Rightarrow y = 2x + 2\) BC: \(\frac{{x - 0}}{{2 - 0}} = \frac{{y - 2}}{{0 - 2}} \Rightarrow -2x = 2(y - 2) \Rightarrow y = -x + 2\) CA: \(\frac{{x - 2}}{{-1 - 2}} = \frac{{y - 0}}{{0 - 0}} \Rightarrow y = 0\) Tích phân trên miền D: \(\iint_D {2xdA} = \int_{-1}^{0} {\int_{0}^{2x+2} {2x dy} dx} + \int_{0}^{2} {\int_{0}^{-x+2} {2x dy} dx} \) \(= \int_{-1}^{0} {2x(2x+2) dx} + \int_{0}^{2} {2x(-x+2) dx} \) \(= \int_{-1}^{0} {(4x^2+4x) dx} + \int_{0}^{2} {(-2x^2+4x) dx} \) \(= \left[ {\frac{4}{3}x^3 + 2x^2} \right]_{-1}^{0} + \left[ {-\frac{2}{3}x^3 + 2x^2} \right]_{0}^{2} \) \(= 0 - \left( {-\frac{4}{3} + 2} \right) + \left( {-\frac{16}{3} + 8} \right) - 0 \) \(= -\frac{2}{3} + \frac{8}{3} = \frac{6}{3} = 2\) Vậy \(\oint_L {2xdx - \left[ {{x^2} + 2y + {e^{{y^2} + 1}} + \sin ({y^2})} \right]dy} = 2\)

Để tính tích phân đường loại 2 \(\int\limits_{AB} {(xy + {e^x})} dx + ({y^{10}} - {x^2})dy\) với AB là cung \(y = \sqrt {1 - {x^2}} \) đi từ điểm \(A( - 1,0)\) đến \(B(1,0)\), ta có thể sử dụng định lý Green. Định lý Green phát biểu rằng: \(\oint_C Pdx + Qdy = \iint_D (\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} - \frac{{\partial P}}{{\partial y}})dA\), trong đó C là đường cong kín, D là miền giới hạn bởi C. Trong trường hợp này, đường AB không kín. Để áp dụng định lý Green, ta cần thêm đoạn thẳng BA trên trục Ox từ B(1,0) về A(-1,0) để tạo thành một đường cong kín C là nửa đường tròn đơn vị phía trên và đoạn thẳng trên trục Ox. Gọi \(P(x,y) = xy + e^x\) và \(Q(x,y) = y^{10} - x^2\). Khi đó, \(\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = -2x\) và \(\frac{{\partial P}}{{\partial y}} = x\). Vậy \(\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} - \frac{{\partial P}}{{\partial y}} = -2x - x = -3x\). Ta có: \(\oint_C Pdx + Qdy = \iint_D (-3x)dA\). Miền D là nửa hình tròn đơn vị, ta chuyển sang tọa độ cực: \(x = r\cos\theta\), \(y = r\sin\theta\), với \(0 \le r \le 1\) và \(0 \le \theta \le \pi\). Khi đó, \(dA = rdrd\theta\), và tích phân trở thành: \(\iint_D (-3x)dA = \int_0^\pi \int_0^1 (-3r\cos\theta)rdrd\theta = -3 \int_0^\pi \cos\theta d\theta \int_0^1 r^2dr\) \(= -3 [\sin\theta]_0^\pi [\frac{r^3}{3}]_0^1 = -3 (0) (\frac{1}{3}) = 0\). Vậy \(\oint_C Pdx + Qdy = 0\). Ta có: \(\oint_C Pdx + Qdy = \int_{AB} Pdx + Qdy + \int_{BA} Pdx + Qdy = 0\). Suy ra \(\int_{AB} Pdx + Qdy = -\int_{BA} Pdx + Qdy\). Trên đoạn BA, y = 0, dy = 0, và x đi từ 1 đến -1. Vậy: \(\int_{BA} (xy + e^x)dx + (y^{10} - x^2)dy = \int_1^{-1} e^x dx = [e^x]_1^{-1} = e^{-1} - e^1 = \frac{1}{e} - e = \frac{1-e^2}{e}\). Do đó, \(\int_{AB} Pdx + Qdy = -\frac{1-e^2}{e} = \frac{e^2-1}{e}\). Vậy đáp án đúng là B.