Tính \(\oint\limits_L {2xdx - \left[ {{x^2} + 2y + {e^{{y^2} + 1}} + \sin ({y^2})} \right]dy} \) với \(L\) là chu tuyến của tam giác ABC có \(A( - 1,0),B(0,2),C(2,0)\) chiều cùng chiều kim đồng hồ.

Câu 15:

Tính \(\int\limits_{AB} {(xy + {e^x})} dx + ({y^{10}} - {x^2})dy\) với AB là cung \(y = \sqrt {1 - {x^2}} \) đi từ điểm \(A( - 1,0)\) đến \(B(1,0)\)

Lời giải:

Đáp án đúng: B

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.

Câu 16:

Tìm m để tích phân \(\int\limits_L {{e^{{x^2} + y}} + \left[ {2x{y^2}dx + ({y^2} + m.y)dy} \right] = e} \) với L là đường \(x = 1 - {y^2}\) đi từ \(A(1,0)\) đến \(B(0,1)\)

Lời giải:

Đáp án đúng: B

Câu 17:

Tính \(\int\limits_L {\frac{{x{e^{{x^2} + {y^2}}}dx + y{e^{{x^2} + {y^2}}}dy}}{{{{(x - 1)}^2} + {y^2}}}} \) với \(L:y = \sqrt {2x - {x^2}} \) đi từ \(O(0,0)\) đến \(A(2,0)\)

Lời giải:

Đáp án đúng: B

Ta có \(L: y = \sqrt{2x - x^2} \Rightarrow (x-1)^2 + y^2 = 1\), đây là nửa đường tròn tâm \(I(1,0)\), bán kính \(R=1\), đi từ \(O(0,0)\) đến \(A(2,0)\).
Xét tích phân đường \(\int_L \frac{x e^{x^2+y^2} dx + y e^{x^2+y^2} dy}{(x-1)^2 + y^2}\)
Đặt \(P(x,y) = \frac{x e^{x^2+y^2}}{(x-1)^2 + y^2}, Q(x,y) = \frac{y e^{x^2+y^2}}{(x-1)^2 + y^2}\)
Ta thấy \(P, Q\) không xác định tại \((1,0)\). Do đó ta xét đường tròn nhỏ \(L_1: (x-1)^2 + y^2 = r^2\), \(L_1\) đi theo chiều kim đồng hồ.
Khi đó \(\oint_{L \cup L_1} \frac{x e^{x^2+y^2} dx + y e^{x^2+y^2} dy}{(x-1)^2 + y^2} = 0\) (vì miền bị chặn không chứa điểm \((1,0)\).
Do đó \(\int_L \frac{x e^{x^2+y^2} dx + y e^{x^2+y^2} dy}{(x-1)^2 + y^2} = - \int_{L_1} \frac{x e^{x^2+y^2} dx + y e^{x^2+y^2} dy}{(x-1)^2 + y^2}\)
Tham số hóa \(L_1: x = 1 + r \cos t, y = r \sin t, t: \pi \to 0\)
Khi đó \(\int_L = - \int_{\pi}^0 \frac{(1+r\cos t) e^{(1+r\cos t)^2 + (r \sin t)^2} (-r \sin t) + (r \sin t) e^{(1+r\cos t)^2 + (r \sin t)^2} (r \cos t)}{r^2} dt\)
\(= \int_0^{\pi} \frac{(-r \sin t - r^2 \sin t \cos t + r^2 \sin t \cos t) e^{1 + 2r \cos t + r^2} }{r^2} dt = \int_0^{\pi} \frac{-r \sin t e^{1+2r \cos t + r^2}}{r^2} dt\)
\(= - \int_0^{\pi} \frac{\sin t e^{1+2r \cos t + r^2}}{r} dt = \frac{e^{1+2r \cos t + r^2}}{2r^2} \Big|_0^{\pi} = \frac{e^{1-2r+r^2} - e^{1+2r+r^2}}{2r^2}\)
Khi \(r \to 0\), áp dụng L'Hospital ta có
\(\lim_{r \to 0} \frac{e^{(1-r)^2} - e^{(1+r)^2}}{2r^2} = \lim_{r \to 0} \frac{-2(1-r) e^{(1-r)^2} - 2(1+r) e^{(1+r)^2}}{4r} \)
\(= \lim_{r \to 0} \frac{2 e^{(1-r)^2} - 2(1-r)^2 e^{(1-r)^2} - 2e^{(1+r)^2} - 2(1+r)^2 e^{(1+r)^2}}{4} = \frac{2e - 2e - 2e - 2e}{4} = -e\)
Vậy đáp án là \(\int_L = -e\), không có đáp án đúng.

Câu 18:

Cho tích phân \(I = \oint\limits_C {\frac{{(2x - 5y)dx + (5x + 2y)dy}}{{{x^2} + {y^2}}}} \) với \(C\) là biên của hình phẳng D: \({x^2} + {y^2} \le 9\), theo chiều dương, bạn A lập luận "Ta đặt \(P = \frac{{2x - 5y}}{{{x^2} + {y^2}}}\) và \(Q = \frac{{5x + 2y}}{{{x^2} + {y^2}}},{Q'_x} - {P'_y} = 0,C\) là đường cong kín, chiều dương, giới hạn miền D nên \(I = 0\)". Hỏi bạn A làm vậy có đúng không? Nếu sai, thì sửa lại đáp án chính xác.

Lời giải:

Đáp án đúng: B

Bạn A lập luận sai vì miền D chứa điểm (0,0) là điểm kỳ dị của hàm dưới dấu tích phân. Do đó, không thể áp dụng trực tiếp định lý Green.
Để tính tích phân này, ta sử dụng công thức:
\(I = \oint\limits_C {\frac{{(2x - 5y)dx + (5x + 2y)dy}}{{{x^2} + {y^2}}}} \)
Tham số hóa đường tròn C: \(x = 3\cos t, y = 3\sin t, 0 \le t \le 2\pi\)
\(dx = -3\sin t dt, dy = 3\cos t dt\)
Thay vào tích phân, ta được:
\(I = \int_0^{2\pi } {\frac{{(6\cos t - 15\sin t)(-3\sin t) + (15\cos t + 6\sin t)(3\cos t)}}{{9\cos^2 t + 9\sin^2 t}}dt} \)
\(I = \int_0^{2\pi } {\frac{{-18\cos t\sin t + 45\sin^2 t + 45\cos^2 t + 18\sin t\cos t}}{9}dt} \)
\(I = \int_0^{2\pi } {\frac{{45(\sin^2 t + \cos^2 t)}}{9}dt} = \int_0^{2\pi } {5dt} = 5t\Big|_0^{2\pi } = 10\pi\)
Vậy, đáp án đúng là \(I = 10\pi\).

Câu 19:

Tìm m để tích phân \(\int\limits_{AB} {(x - 3y)dx + 2ydy = 4} \) với \(AB:y = m - {x^2}\) và hai điểm \(A(1,0),B( - 1,0)\)

Lời giải:

Đáp án đúng: A

We have the curve AB given by \(y = m - x^2\). Therefore, \(dy = -2xdx\). Substituting into the integral, we get:
\(\int_{AB} (x - 3y)dx + 2ydy = \int_{1}^{-1} (x - 3(m - x^2))dx + 2(m - x^2)(-2x)dx = 4\)
\(\int_{1}^{-1} (x - 3m + 3x^2 - 4mx + 4x^3)dx = 4\)
\(\int_{1}^{-1} (4x^3 + 3x^2 + (1-4m)x - 3m)dx = 4\)
Since \(\int_{1}^{-1} 4x^3 dx = 0\) and \(\int_{1}^{-1} (1-4m)x dx = 0\) (as they are odd functions integrated over a symmetric interval), the integral becomes:
\(\int_{1}^{-1} (3x^2 - 3m)dx = 4\)
\([x^3 - 3mx]_{1}^{-1} = 4\)
\((-1 + 3m) - (1 - 3m) = 4\)
\(-2 + 6m = 4\)
\(6m = 6\)
\(m = 1\)
Therefore, m = 1.

Câu 20:

Tính \(\int\limits_L {(2xy - 5)dx + (2x + 3y)dy} \) với \(L\) là biên của miền D xác định bởi các đường \(y = {x^2},y = 0,x = 1\), chiều dương

Lời giải: