Giáo trình Tích phân bội

Rn là có thể tích nếu tồn tại tích phân 1 A∫ , và ta gọi tích phân này là thể tích của tập A, nghĩa là ( ) 1 A V A = ∫ . Rõ ràng, khi A là một hộp thì định nghĩa này hoàn toàn phù hợp với khái niệm thể tích của hộp đã nêu ở phần đầu của chương. Đôi khi, để cho rõ hơn, người ta còn gọi thể tích (của tập trong không gian n chiều) là thể tích n-chiều. Thể tích 1 chiều thường được gọi là độ dài và thể tích 2 chiều thường được gọi là diện tích. Một tập có thể tích thì giới nội, vì đó là điều kiện cần để cho tích phân tồn tại. Thí dụ. Tập hợp các điểm trong hộp mà có tất cả các tọa độ là số hữu tỷ là một tập không có thể tích, vì hàm thác triển 1 (của hàm nhận giá trị 1 trên tập này) trên toàn hộp chính là hàm đã xét trong Thí dụ 2 và không phải là hàm khả tích. 144 Giải tích các hàm nhiều biến Lưu ý. Việc định nghĩa thể tích của một tập thông qua khái niệm tích phân rất thuận tiện cho công việc tính toán. Ngoài cách định nghĩa này, người ta còn có thể định nghĩa thể tích theo phương pháp xấp xỉ bằng các hộp (một tập có thể tích nếu nó bị “kẹp giữa” 2 họ hình hộp có thể tích sai lệch nhau nhỏ bao nhiêu tuỳ ý). Hai định nghĩa này tuy rất gần nhau, nhưng không hoàn toàn trùng nhau. Dễ thấy rằng tập hợp trong thí dụ trên là không có thể tích theo nghĩa của ta (vì tích phân không tồn tại), nhưng lại có thể tích 0 theo định nghĩa kiểu xấp xỉ vừa nói (vì từ định nghĩa suy ra mọi tập đếm được là có thể tích 0). Từ định nghĩa ta có ngay các kết quả sau đây về tích phân trên tập bất kỳ. Mệnh đề (i) Nếu các hàm f, g là khả tích trên tập A ⊂ Rn thì hàm ( )f g+ cũng khả tích trên tập A và khi ấy ( ) A A A f g f g+ = +∫ ∫ ∫ . (ii) Nếu hàm f là khả tích trên tập A ⊂ Rn và c là một số thực thì cf cũng khả tích trên A và . . A A c f c f=∫ ∫ . Chứng minh. Suy ra ngay từ các tính chất tương tự của tích phân trên hộp. Mệnh đề. Nếu hàm f là khả tích trên tập A ⊂ Rn và không âm trên A thì 0 A f ≥∫ . Chứng minh. Suy ra ngay từ tính chất tương tự của tích phân trên hộp. Hệ quả (i) Nếu các hàm f, g là khả tích trên tập A ⊂ Rn và ( ) ( )f x g x≤ , x A∀ ∈ , thì A A f g≤∫ ∫ . (ii) Nếu hàm f là khả tích trên một tập A ⊂ Rn có thể tích và ( )m f x M≤ ≤ , x A∀ ∈ , thì . ( ) . ( ) A m V A f M V A≤ ≤∫ . Chứng minh. Suy ngay từ mệnh đề trên. Các tập có thể tích 0 sẽ được dùng nhiều trong các nghiên cứu sau này. Ta liệt kê một số tính chất của chúng. Mệnh đề Chương 4. Tích phân bội 145 (i) Một tập A ⊂ Rn là có thể tích 0 khi và chỉ khi, với mỗi số 0ε> cho trước, tồn tại một số hữu hạn các hộp (đóng hoặc mở) có hợp chứa tập A và có tổng thể tích bé hơn ε. (ii) Tập con của một tập có thể tích 0 thì cũng là một tập có thể tích 0. (iii) Hợp của hữu hạn các tập có thể tích 0 thì cũng là tập có thể tích 0. (iv) Nếu tập A ⊂ Rn là có thể tích 0 và tập D ⊂ Rn là có thể tích thì hợp và hiệu của chúng cũng có thể tích và ( ) ( \ ) ( )V D A V D A V D∪ = = . (v) Nếu tập A ⊂ Rn là có thể tích 0 thì mọi hàm f bị chặn trên A sẽ khả tích trên A và có tích phân trên A bằng 0. (vi) Đồ thị của một hàm số liên tục từ một tập compact S ⊂ Rn-1 vào R là một tập có thể tích n-chiều bằng 0. Chứng minh. (i) Vì tập có thể tích thì giới nội nên ta có thể giả sử A nằm trong một hộp B nào đó. Gọi f là hàm nhận giá trị 1 trên A và nhận giá trị 0 trên tập \B A . Theo định nghĩa ta có ( ) A B V A f f= =∫ ∫ . Nếu tập có thể tích 0 thì tích phân vế phải bằng 0, và theo định nghĩa, với mỗi số 0ε> , tồn tại phân hoạch của hộp B (với đường kính đủ bé) sao cho mọi tổng Riemann tương ứng có trị tuyệt đối nhỏ hơn ε. Dễ thấy rằng với phép chọn C thích hợp ( kc là điểm của A nếu hộp con kB có giao với A), tổng Riemann này chính là tổng thể tích của các hộp con (trong phân hoạch) chứa các điểm của tập A. Nghĩa là, A nằm trong hợp của các hộp con có tổng thể tích nhỏ hơn ε. Ngược lại, giả sử, với mỗi ε>0 cho trước, tập A nằm trong hợp của các hộp con 1 2, ,..., NB B B với 1 ( ) N i i V B ε = <∑ . Ta định nghĩa các hàm if bằng cách cho nó nhận giá trị 1 trên tập iB B∩ và nhận giá trị 0 trên tập \ iB B , thì ta có 1 N i i g f = =∑ là hàm bậc thang trên B và 0 ( ) ( )f x g x≤ ≤ , x B∀ ∈ . Rõ ràng ( ) 1 1 1 0 ( ) ( ) N N N i i iB Bi i i g f V B B V B ε = = = − = = ∩ ≤ ≤∑ ∑ ∑∫ ∫ , nghĩa là f bị kẹp giữa 2 hàm bậc thang (là 0 và g) với hiệu tích phân không vượt quá ε. Từ định nghĩa suy ra hàm f là khả tích trên hộp B. Ta có 0 0 B B B f g ε= ≤ ≤ ≤∫ ∫ ∫ , với mọi 0ε> , 146 Giải tích các hàm nhiều biến cho nên 0 B f =∫ và nghĩa là ( ) 0V A = . Lưu ý rằng một hộp mở luôn nằm trong một hộp đóng có cùng thể tích, và một hộp đóng có thể được chứa trong một hộp mở có thể tích gấp đôi (hộp cùng tâm và có cạnh dãn ra theo hệ số 2n ). Cho nên về thực chất ta đã chứng minh (i) cho cả 2 trường hợp các hộp phủ A là đóng hoặc mở. Các Phần (ii) - (iii) suy ra ngay từ phần (i). Để chứng minh (iv) hãy lưu ý rằng, do (ii), ta có ( \ ) ( ) 0V A D V A D= ∩ = . Định nghĩa các hàm 1 1 ( ) 0 x D f x x D khi khi  ∈= ∉ , 2 1 \ ( ) 0 \ x A D f x x A D khi khi  ∈= ∉ , 3 1 ( ) 0 x A D f x x A D khi khi  ∈ ∩= ∉ ∩ . Khi đó, hàm 1f có tích phân trên toàn không gian bằng 1 ( )D V D=∫ , hàm 2f có tích phân trên toàn không gian bằng \ 1 ( \ ) 0 A D V A D= =∫ , hàm 3f có tích phân trên toàn không gian bằng 1 ( ) 0 A D V A D∩ = ∩ =∫ . Vì hàm 1 2f f+ nhận giá trị 1 trên tập A D∪ và nhận giá trị 0 ở ngoài tập này nên ta có ( )V A D∪ bằng tích phân của ( 1 2f f+ ) trên toàn không gian, và do đó bằng tổng các tích phân của 1f , 2f (trên toàn không gian), nghĩa là bằng ( ) ( \ ) ( )V D V A D V D+ = . Đồng thời ( 1 2f f− ) là hàm nhận giá trị 1 trên tập \D A và nhận giá trị 0 ở ngoài tập này cho nên bằng lập luận tương tự như trên ta suy ra ( \ ) ( )V D A V D= . Như vậy (iv) đã được chứng minh đầy đủ. Để chứng minh (v) ta giả sử rằng A nằm trong một hộp B và | ( ) |f x M< , x A∀ ∈ . Gọi f là thác triển của f trên toàn không gian (bằng cách cho nó nhận giá trị 0 tại mọi điểm nằm ngoài tập A). Trong chứng minh phần (i) ta đã chỉ ra rằng, với mỗi số 0ε> , tồn tại hàm g xác định trên hộp B sao cho ( ) 0g x ≥ , x B∀ ∈ , ( ) 1,g x x A≥ ∀ ∈ , và B g ε<∫ . Suy ra . ( ) ( ) . ( )M g x f x M g x− ≤ ≤ , x B∀ ∈ , và [ ( )] 2 2 B B Mg Mg M g M ε− − = ≤∫ ∫ . Như vậy, hàm f luôn được kẹp bởi 2 hàm bậc thang có độ lệch tích phân nhỏ bao nhiêu tuỳ ý, cho nên nó là khả tích. Cũng từ đây suy ra rằng trị tuyệt đối của tích phân hàm f cũng là một số nhỏ bao nhiêu tuỳ ý, cho nên phải bằng 0. Điều này có nghĩa là hàm f khả tích trên A và có tích phân bằng 0. Phần (v) đã được chứng minh xong. Chương 4. Tích phân bội 147 Để chứng minh (vi) ta giả sử rằng tập S được chứa trong một hộp B ⊂ Rn-1. Với mỗi 0ε> cho trước, do tính liên tục đều của hàm liên tục trên tập compact, ta tìm được số 0δ> sao cho | ( ) ( ) |f p f q ε− < , với mọi , , ( , )p q S d p q δ∈ < . Ta chọn phân hoạch của B đủ mịn sao cho bề rộng của nó nhỏ hơn / 1nδ − , khi ấy các hộp con của phân hoạch 1,..., KB B đều có các cạnh nhỏ hơn / 1nδ − và suy ra 2 điểm trong cùng một hộp sẽ cách nhau một khoảng nhỏ hơn δ. Như vậy , ( , ) | ( ) ( ) |ip q B S d p q f p f qδ ε∈ ∩ ⇒ < ⇒ − < . Điều này có nghĩa là phần đồ thị của hàm f trên tập iB S∩ sẽ nằm hoàn toàn trong một hộp n-chiều có đáy là iB và chiều cao là ε . Thể tích của hộp này là . ( )iV Bε . Vì 1 ( ) K i i S B S∪ = ⊂ ∩ cho nên đồ thị của hàm f không thể nằm ngoài hợp của các hộp với tổng thể tích là 1 1 ( ) ( ) ( ) K K i i i i V B V B V Bε ε ε = = = =∑ ∑ . Vì số ε có thể nhỏ bao nhiêu tùy ý cho nên từ kết quả phần (i) ta suy ra điều cần chứng minh. Mệnh đề. Nếu A và D là các tập có thể tích phần giao nhau là 0, và f là một hàm khả tích trên A và trên D, thì A D A D f f f∪ = +∫ ∫ ∫ . Chứng minh. Định nghĩa các hàm số xác định trên toàn không gian Rn như sau 1 ( ) ( ) 0 f x x A f x x A khi khi  ∈= ∉ , 2 ( ) ( ) 0 f x x D f x x D khi khi  ∈= ∉ , 3 ( ) ( ) 0 f x x A D f x x A D khi khi  ∈ ∩= ∉ ∩ . Ta có hàm 1 2 3( ) ( ) ( ) ( )g x f x f x f x= + − xác định trên toàn không gian, nhận giá trị là ( )f x trên tập A D∪ và nhận giá trị 0 ở ngoài tập đó. Từ công thức tính tích phân của tổng và chú ý rằng tích phân 0 A D f∩ =∫ (do phần (v) của mệnh đề trên), ta suy ra 1 2 3 1 2 3( )A D E E E E Ef g f f f f f f∪ = = + − = + − =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 148 Giải tích các hàm nhiều biến A D A D A D f f f f f∩= + − = +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ , trong đó E∫ là ký hiệu tích phân trên toàn không gian. Mệnh đề đã được chứng minh xong. Hệ quả. Nếu A và B là những tập có thể tích và phần giao nhau có thể tích 0 thì ( ) ( ) ( )V A B V A V B∪ = + . Chứng minh. Suy ra từ mệnh đề trên trong trường hợp hàm 1f = . 4.2.3. Tính khả tích của hàm liên tục Định lý. Cho A ⊂ Rn là tập có thể tích và f là hàm xác định giới nội trên A. Nếu f liên tục tại hầu hết mọi điểm trên A (ngoại trừ một tập có thể tích 0), thì f là hàm khả tích trên A. Chứng minh. Trước hết ta lưu ý rằng nếu S là một tập nào đó có thể tích 0 thì tính khả tích của một hàm giới nội f trên tập \A S kéo theo tính khả tích của nó trên tập A và ngược lại (bởi vì ta biết rằng tích phân của f trên tập có thể tích 0 luôn tồn tại và bằng 0, đồng thời \ \A A S S A S f f f f= + =∫ ∫ ∫ ∫ ). Như vậy, bằng cách thay A bởi \A S (nếu cần) ta luôn có thể giả thiết rằng hàm f liên tục trên toàn bộ A. Nếu A là một hộp và f là liên tục trên toàn bộ A thì cách chứng minh tương tự như trường hợp hàm 1 biến. Nếu A không phải là hộp, lấy một hộp B A⊃ . Thác triển hàm f từ tập A ra toàn bộ hộp B (thành hàm f ) bằng cách cho nó nhận giá trị 0 trên tập \B A . Rõ ràng f khả tích trên A khi và chỉ khi f khả tích trên B. Chúng ta sẽ dùng mệnh đề ở Mục 4.2.1 để chứng minh tính khả tích của f . Cụ thể là, với 0ε> bất kỳ, ta sẽ xây dựng 2 hàm bậc thang 1 2,f f kẹp hàm f sao cho 2 1( )B f f ε− ≤∫ . Gọi M là hằng số sao cho | ( ) | ,f x M x B≤ ∀ ∈ , và g là hàm số nhận giá trị 1 trên tập A và nhận giá trị 0 trên tập \B A . Ta có ( ) A g V A=∫ , cho nên, với mỗi số 0ε> cho trước, tồn tại phân hoạch của hộp B sao cho 2 tổng Riemann bất kỳ tương ứng với nó sai khác nhau không quá ε. Gọi các hộp con của phân hoạch này là 1 2, ,..., KB B B . Vì chúng không giao nhau ở phần trong cho nên tập các điểm của B mà có thể nằm trong nhiều hơn một hộp con là một tập có thể tích 0. Tập hợp các hộp con iB có thể được phân thành 3 loại: các hộp nằm hoàn toàn trong A, các hộp có điểm chung với cả A lẫn \B A , và các hộp nằm hoàn toàn trong \B A . Ta Chương 4. Tích phân bội 149 có thể đánh số thứ tự các hộp sao cho iB A⊂ với 1 i R≤ ≤ , jB A∩ ≠∅ và ( \ )jB B A∩ ≠∅ với R j L< ≤ , ( \ )iB B A⊂ với L i K< ≤ . Khi ấy 1 ( ) R i i V B = ∑ và 1 ( ) L j j V B = ∑ là những tổng Riemann khác nhau của hàm g trên phân hoạch đang xét, cho nên chúng sai khác nhau không quá /(4 )Mε . Nghĩa là 1 ( ) /(4 ) L j j R V B Mε = + <∑ . Vì hàm f liên tục trên mỗi hộp con 1,..., RB B cho nên nó khả tích trên các hộp này (như đã nói ở phần đầu của chứng minh). Nghĩa là tìm được các hàm bậc thang 1 2, j jf f sao cho 1 2( ) ( ) ( ), j j jf x f x f x x B≤ ≤ ∀ ∈ và 2 1( ) /(2 ) j j j B f f Kε− <∫ , với mọi 1,...,j R= . Ta xây dựng các hàm bậc thang 1 2,f f như sau: 1 2( ) ( ) 0f x f x= = , nếu ,ix B i L∈ > ; 1 1( ) ( ) if x f x= và 2 2( ) ( ) if x f x= , nếu int ,ix B i R∈ ≤ ; 1( )f x M=− và 2 ( )f x M= , với các x còn lại. Rõ ràng 1 2( ) ( ) ( )f x f x f x≤ ≤ với mọi x B∈ . Hơn nữa, từ mệnh đề trước ta suy ra 2 1 2 1 1 ( ) ( ) j K B Bj f f f f = − = − =∑∫ ∫ = 2 1 2 1 2 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) j j j R L K B B Bj j R j L f f f f f f = = + = + − + − + −∑ ∑ ∑∫ ∫ ∫ = = 2 1 1 1 1 ( ) 2 0 j j j R L K B B Bj j R j L f f M = = + = + − + + ≤∑ ∑ ∑∫ ∫ ∫ 1 2 . ( ) 22 2 4 L j j R R M V B MK M ε ε ε ε = + ≤ + ≤ + =∑ . Theo mệnh đề đã nói, f là khả tích trên B, và điều này có nghĩa là f là hàm khả tích trên A. Định lý đã được chứng minh đầy đủ. 150 Giải tích các hàm nhiều biến Nhận xét. Cho đến nay ta mới chỉ biết các tập có thể tích là các hộp, hay các tập có thể tích 0 đã biết ở phần trên. Bây giờ ta có thể chỉ ra những ví dụ đa dạng hơn về các tập có thể tích (trong các không gian nhiều chiều). Thí dụ. Cho các hàm số 1 2,g g xác định và liên tục trên một hộp B trong không gian (n-1) chiều và 1 2( ) ( )g x g x≤ , với mọi x B∈ . Khi đó tập hợp (hình trụ) { }1 1 1 1 1 1 1 2 1 1: ( ,..., , ) : ( ,... ) , ( ,..., ) ( ,..., )n n n n n nx x x x x B g x x x g x xΩ − − − −= ∈ ≤ ≤ là tập có thể tích. Thật vậy, do 1 2,g g là các hàm liên tục trên hộp B (compact) cho nên chúng bị chặn bởi một hằng số M nào đó. Suy ra tập Ω nằm hoàn toàn trong hộp { }1 1 1 1: [ , ] ( ,..., , ) : ( ,..., ) , [ , ]n n n nH B M M x x x x x B x M M− −= × − = ∈ ∈ − . Nếu f là hàm nhận giá trị 1 trên tập Ω và nhận giá trị 0 trên tập \H Ω thì nó chỉ không liên tục trên đồ thị của 2 hàm 1 2,g g mà thôi. Ta biết rằng đồ thị của hàm liên tục (trên một hộp) là có thể tích 0, cho nên từ định lý trên ta suy ra hàm f khả tích trên H. Nghĩa là tích phân của f trên Ω là tồn tại, hay tức là tập Ω có thể tích. 4.2.4. Ý nghĩa của tích phân bội 1. Thể tích hình trụ Tương tự như phép tính diện tích hình thang cong (trong mặt phẳng), ta dễ dàng thấy rằng thể tích của khối trụ V trong không gian, có đáy dưới là một hộp S trong mặt phẳng x0y và đáy trên là mặt cong xác định bởi một hàm số liên tục z = f(x,y), được tính bởi công thức ( ) ( , ) S vol V f x y dx dy= ∫∫ . 2. Khối lượng miền vật chất Giả sử S là một miền vật chất trong mặt phẳng Oxy. Tại mỗi điểm (x,y) cho trước khối lượng riêng là ( , )x yρ . Để tính khối lượng của S ta phân S thành các miền con 1,..., nS S với những diện tích tương ứng 1,..., n∆ ∆ . Lấy ( , )i i ix y S∈ và, khi các miền con là đủ nhỏ, ta có thể giả thiết khối lượng riêng (mật độ) là không đổi trên từng miền con iS , nghĩa là bằng ( , )i ix yρ . Khi ấy khối lượng của S được xấp xỉ bởi đại lượng 1 ( , ) n i i i i x yρ ∆ = ∑ . Chương 4. Tích phân bội 151 Khi cho bề rộng phân hoạch dần tới 0 mà đại lượng trên có giới hạn thì nó phải bằng ( ) ( , ) S m S x y dx dyρ= ∫∫ và được gọi là khối lượng của miền S. 3. Moment và trọng tâm Nhớ lại rằng nếu P là điểm vật chất có khối lượng m thì: - Moment tĩnh của P đối với điểm A (hay đường thẳng l) là đại lượng l lK md= , trong đó ld là khoảng cách từ P tới A (tới l). - Moment quán tính là 2l lJ md= . Đối với miền vật chất S như trên, nếu xem khối lượng của iS tập trung tại ( , )i ix y thì moment tĩnh của hệ điểm 1 1( , ),..., ( , )n nx y x y là ( , )i i i ix y xρ ∆∑ (đối với trục Ox), ( , )i i i ix y yρ ∆∑ (đối với trục Oy). Khi cho bề rộng của phân hoạch dần tới 0 mà các đại lượng trên có giới hạn thì ta gọi chúng là moment của S đối với các trục, tức là xK = ( , ) S x y ydxdyρ∫∫ , yK = ( , ) S x y xdxdyρ∫∫ . Tương tự, moment quán tính của S đối với các trục là 2( , )x S J x y y dxdyρ= ∫∫ , 2( , )y S J x y x dxdyρ= ∫∫ . Moment quán tính của S đối với gốc tọa độ là 0 x yJ J J= + . Trọng tâm của S là 0 0,( ) ( ) y xK Kx ym S m S= = . Nếu như V là một vùng vật chất trong không gian với khối lượng riêng ( , , )x y zρ thì cũng tương tự như trên chúng ta có: Khối lượng của V là ( ) ( , , ) V m V x y z dxdydzρ= ∫∫∫ . 152 Giải tích các hàm nhiều biến Moment tĩnh đối với các trục tọa độ là x V K xdxdydzρ= ∫∫∫ , y V K ydxdydzρ= ∫∫∫ , z V K zdxdydzρ= ∫∫∫ . Moment quán tính của V đối với các mặt tọa độ và gốc tọa độ là 2 ,y z V J x dxdydzρ= ∫∫∫ , 2,y x V J z dxdydzρ= ∫∫∫ , 2,x z V J y dxdydzρ= ∫∫∫ , 0 , , ,y z y x x zJ J J J= + + . Trọng tâm của V có các tọa độ là 0 0 0, ,( ) ( ) ( ) yx zKK Kx y zm V m V m V= = = . 4.3. Tích phân lặp Việc lấy tích phân bội trực tiếp dựa vào định nghĩa là một công việc rất phức tạp, cho nên người ta đã tìm cách đưa nó về phép tính tích phân hàm một biến (nhiều lần). Đó chính là mục đích của phần này. 4.3.1. Định lý Fubini Cho f là một hàm 2 biến xác định trên hình chữ nhật B= [ , ] [ , ]a b c d× nằm trong R2. Khi ấy, với mỗi [ , ]x a b∈ , người ta định nghĩa được hàm số :[ , ]xf c d →R theo công thức ( ) ( , )xf y f x y= . Nếu nó là một hàm khả tích thì tích phân của nó là một hàm số theo biến x, được ký hiệu là ( , ) d c f x y dy∫ hay [ , ] ( , ) c d f x y dy∫ , và đôi khi còn được ký hiệu gọn hơn là [ , ]c d f∫ , vì ở đây không thể có sự nhầm lẫn với tích phân của chính hàm f (2 biến) trên tập [c,d]. Nếu hàm số này là hàm khả tích trên [a,b] thì tích phân của nó sẽ được ký hiệu là ( , ) b d a c f x y dydx∫ ∫ hay ( , ) b d a c dx f x y dy∫ ∫ hoặc [ , ] [ , ] ( , )a b c d f x y dy dx    ∫ ∫ , và đơn giản hơn là [ , ] [ , ]a b c d f    ∫ ∫ . Nó được gọi là tích phân lặp 2. Chương 4. Tích phân bội 153 Một cách tương tự, người ta định nghĩa tích phân lặp 3 cho hàm 3 biến f xác định trên hộp [ , ] [ , ] [ , ]a b c d p q× × trong R3 , ký hiệu là ( , , ) qb d a c p f x y z dzdydx∫ ∫ ∫ và gọi là tích phân lặp 3. Thí dụ 1) 0 0 0 0 sin( ) sin( )x y dydx x y dy dx π π π π  + = + =   ∫ ∫ ∫ ∫ ( ) 0 cos( ) cos( )x x dx π π= − + + =∫ 0 2 cos( ) 0x dx π =∫ . 2) 1 2 3 1 2 3 1 2 0 0 0 0 0 0 0 0 9( ) ( ) 2 xyxyz dzdydx xyz dz dydx dydx       = = =      ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ = 1 2 1 0 0 0 9 992 2 xy dy dx xdx       = =      ∫ ∫ ∫ . Trong trường hợp tổng quát, cho các tập hợp A ⊂ Rn , D ⊂ Rm và hàm số f xác định trên tập tích 1 1 1 1{( ,..., , ,..., ) : ( ,..., ) , ( ,..., ) }n m n mA D x x y y x x A y y D× = ∈ ∈ . Với mỗi x A∈ , người ta định nghĩa được hàm số :xf D→R theo công thức ( ) ( , )xf y f x y= . Nếu nó là một hàm khả tích trên tập D thì tích phân của nó ( xD f∫ ) là một hàm số theo biến x, được ký hiệu là ( , )D f x y dy∫ , và đôi khi còn được ký hiệu gọn hơn là D f∫ , vì ở đây không thể có sự nhầm lẫn với tích phân của chính hàm f (có n+m biến) trên tập D (chỉ có m chiều). Nếu hàm số này lại là hàm khả tích trên tập A thì tích phân của nó sẽ được ký hiệu là ( )( , )A D f x y dy dx∫ ∫ , hay đơn giản là ( )A D f∫ ∫ , và gọi là tích phân lặp. Các kết quả sau được trình bày dưới dạng tổng quát, nhưng để dễ hình dung, bạn đọc có thể xem như A và D là những đoạn trong R. Định lý. (Fubini) Giả sử rằng f là hàm khả tích trên A D× và, với mỗi x A∈ , hàm số :xf D→R là khả tích trên D. Khi ấy hàm số ( , )D f x y dy∫ là khả tích trên tập A và 154 Giải tích các hàm nhiều biến ( )( , )A D A Df f x y dy dx× =∫ ∫ ∫ , hay viết gọn lại là ( )A D A Df f× =∫ ∫ ∫ . Chứng minh. Nếu ta thác triển hàm f ra ngoài tập A D× thì định lý trên tương đương với mệnh đề cho trường hợp riêng khi A = Rn và D = Rm. Trong trường hợp riêng này, tính khả tích của f trên Rn×Rm kéo theo tính suy biến (bằng 0) của nó ngoài một hộp đóng nào đó có dạng B I J= × ⊂Rn×Rm , với I và J là các hộp đóng trong Rn và Rm. Như vậy định lý tương đương với mệnh đề trong trường hợp f được thay bằng hạn chế của nó trên hộp I J× . Cho nên, không mất tính tổng quát, ta luôn có thể giả thiết rằng A và D là những hộp đóng. Trước hết ta chứng minh cho trường hợp f là hàm bậc thang. Khi ấy, với mỗi x A∈ , hàm xf cũng là hàm bậc thang (xác định trên hộp D), cho nên nó là khả tích. Ta chú ý rằng, nếu định lý đúng cho các hàm bậc thang 1,..., rf f thì nó cũng đúng cho hàm tổng của chúng 1 r i i f = ∑ , bởi vì ( ) 1 1 1 1 1 r r r r r i i i i iA D A D A D A D A Di i i i i f f f f f × ×= = = = =       = = = =        ∑ ∑ ∑ ∑ ∑∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ . Mặt khác, một hàm bậc thang bất kỳ trên A D× luôn có thể phân tích thành tổng của các hàm bậc thang đơn giản nhận giá trị là hằng số c trên tập có dạng { }1 1 1( ,..., ) : ,...,n m n m n mx x A D x S x S+ + +∈ × ∈ ∈ (với iS hoặc là khoảng, hoặc là điểm) và nhận giá trị 0 ở ngoài tập đó. Cho nên, để thấy rằng định lý đúng cho mọi hàm bậc thang bất kỳ ta chỉ cần kiểm tra nó cho lớp hàm bậc thang đơn giản này. Điều sau này là hiển nhiên vì cả 2 vế đều quy về tích của các độ dài các khoảng iS ,..., n mS + và hằng số c. Như vậy định lý là đúng cho lớp hàm bậc thang. Bây giờ giả sử f là hàm bất kỳ thỏa mãn các điều kiện của định lý. Do tính khả tích, với mỗi 0ε> , ta tìm được 2 hàm bậc thang ,g h trên A D× sao cho ( ) ( ) ( )g z f z h z≤ ≤ , với mọi z A D∈ × , và ( ) A D h g ε × − <∫ . Như vậy ( ) ( ) ( )x x xg y f y h y≤ ≤ , với mỗi y D∈ , Chương 4. Tích phân bội 155 và do đó x x xD D Dg f h≤ ≤∫ ∫ ∫ . Để ý rằng ( , ) , ( , ) D D D D g g x y dy h h x y dy= =∫ ∫ ∫ ∫ là các hàm bậc thang và ( ) ( )( ) ( )A D D A D A Dh g h g h g ε×− = − = − <∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ , cho nên từ tiêu chuẩn về tính khả tích ta suy ra hàm ( , ) D D f f x y dy=∫ ∫ là khả tích. Đồng thời ta cũng có ( ) ( ) ( )A D A D A Dg f h≤ ≤∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ hay là ( )A D A D A Dg f h× ×≤ ≤∫ ∫ ∫ ∫ . Ngoài ra ta luôn có A D A D A D g f h × × × ≤ ≤∫ ∫ ∫ , cho nên kết hợp lại ta thu được ( ) ( )A D A D A Df f h g ε× ×− ≤ − <∫ ∫ ∫ ∫ . Do 0ε> có thể nhỏ bao nhiêu tuỳ ý cho nên từ đây ta suy ra đẳng thức cần chứng minh. Nhận xét. Dễ dàng nhận thấy rằng cách chứng minh trên cũng cho thấy rằng trong trường hợp tích phân ( , ) A f x y dx∫ tồn tại với mỗi y D∈ , thì ta cũng có ( )A D D Af f× =∫ ∫ ∫ . Và nói riêng, nếu f là hàm liên tục thì ta có công thức đổi thứ tự lấy tích phân Fubini sau đây: ( ) ( )A D D Af f=∫ ∫ ∫ ∫ . Thực ra với kỹ thuật chứng minh phức tạp hơn người ta có thể chỉ ra rằng công thức Fubini vẫn đúng nếu f là hàm khả tích trên tập tích A × D. Tuy nhiên cần lưu ý rằng tính khả tích của hàm f theo từng biến riêng biệt chưa đủ để bảo đảm công thức Fubini (chúng ta còn trở lại công thức này trong chương sau). 156 Giải tích các hàm nhiều biến 4.3.2. Các hệ quả quan trọng Mệnh đề. Cho f là hàm khả tích trên tập A⊂ Rn, B là một hộp đóng trong Rm, và :A A B Aπ × → là phép chiếu xác định theo công thức ( , )A x y xπ = , với mọi ,x A y B∈ ∈ . Khi đó ( )( ) ( )AA D Af f V BπD× =∫ ∫ , tức là ( )( )( ) ( )A D A Bf x dxdy f x dx dy× =∫ ∫ ∫ . Chứng minh. Mệnh đề sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra rằng Af πD là hàm khả tích trên A B× , bởi vì ( ) ( ) ( )( , ) ( )A x Af y f x y f xπ πD D= = và ( ) ( ). ( )AB xf f x V BπD =∫ , cho nên khi ấy ( ) ( )( ) ( ) [ . ( )] ( )A A xA B A B A Af f f V B f V Bπ πD D× = = =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ . Để chứng minh tính khả tích của hàm Af πD ta đưa nó về trường hợp A = Rn bằng cách thác triển hàm f ra ngoài tập A với giá trị 0. Trong trường hợp A = Rn thì, do tính khả tích của f, ta lấy được một hộp đóng I sao cho ngoài hộp này hàm f chỉ nhận giá trị 0, và do đó ta có thể quy về trường hợp A là một hộp đóng trong Rn. Trong trường hợp này, tính khả tích của f trên A có nghĩa là, với mỗi số 0ε> , ta tìm được các hàm bậc thang 1 2,f f trên A sao cho 1 2( ) ( ) ( )f x f x f x≤ ≤ và 2 1( )A f f ε− <∫ . Khi ấy 1 Af πD và 2 Af πD là những hàm bậc thang thoả mãn 1 2( )( ) ( )( ) ( )( )A A Af z f z f zπ π πD D D≤ ≤ , với mọi điểm z trên A B× , đồng thời ( )2 1 2 1 2 1( ) ( ) ( ) ( ) ( )A A AA B A B Af f f f f f V B V Bπ π π εD D D× ×− = − = − <∫ ∫ ∫ . Vì số 0ε> có thể nhỏ bao nhiêu tuỳ ý cho nên từ đây suy ra điều cần chứng minh. Hệ quả. Nếu A là tập có thể tích trong Rn và B là một hộp đóng trong Rm thì ( ) ( ). ( )V A B V A V B× = , và do đó khi A có thể tích 0 thì A B× cũng vậy. Chứng minh. Đây chính là trường hợp riêng của mệnh đề trên khi 1f = . Chương 4. Tích phân bội 157 Nhận xét. Đến đây ta có thể thấy rằng định lý cơ bản trong mục trên vẫn đúng, nếu như ta thay giả thiết về tính khả tích của hàm xf trên tập D, với mọi x A∈ , bằng một giả thiết nhẹ hơn là: xf khả tích trên tập D, với mọi \x A S∈ , trong đó S là một tập có thể tích 0. Thật vậy, khi ấy, với mỗi x S∈ , ta có thể gán cho xD f∫ một giá trị bất kỳ nào đó trong một tập giới nội trong R . Vì D có thể được giả thiết là giới nội cho nên ( ) 0V S D× = , và do đó 0 S D f × =∫ . Nếu ta định nghĩa một hàm số g trên A D× bằng cách cho nó nhận giá trị của hàm f trên tập S D× và nhận giá trị 0 trên miền còn lại thì ta sẽ có 0 A D g × =∫ , và do đó ( ) A D A D f g f × × − =∫ ∫ . Nhưng hàm số ( )f g− là trùng với f trên tập ( \ )A S D× và bằng 0 trên tập S D× , cho nên tích phân ( \ )A S D f ×∫ là tồn tại và bằng ( ) A D A D f g f × × − =∫ ∫ . Như vậy ( ) ( ) ( ) ( )( \ ) \ \A D A S D A S D A S D S D A Df f f f f f× ×= = = + =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ . Mệnh đề. Cho A là tập compact có thể tích trong Rn-1 và g,h là những hàm số liên tục thỏa mãn ( ) ( )g x h x≤ , với mọi x A∈ . Khi ấy, nếu f là hàm số liên tục trên tập hợp { }1 1 1 1 1 1 1 1( ,..., , ) : ( ,..., ) , [ ( ,..., ), ( ,..., )]n n n n n nS x x x x x A x g x x h x x− − − −= ∈ ∈ thì ta có 1 1 1 1 ( ,... ) 1 1( ,..., ) ( ,..., , )n n h x x n n nS A g x x f f x x x dx− − −  =   ∫ ∫ ∫ . Chứng minh. Lấy D là một đoạn (trên trục số thực) chứa cả tập ( ) ( )g A h A∪ , và do đó S A D⊂ × . Thác triển hàm số f trên toàn bộ tập A D× bằng cách cho nó nhận giá trị 0 trên tập \A D S× , ta sẽ nhận được một hàm bị chặn và liên tục tại mọi điểm của A D× mà không có dạng 1 1 1 1( ,..., , ( ,..., ))n nx x g x x− − hoặc 1 1 1 1( ,..., , ( ,..., ))n nx x h x x− − . Tập những điểm như vậy là có thể tích 0 (theo phần (vi) của mệnh đề về các tập có thể tích 0). Theo hệ quả của mệnh đề trên thì tập A D× là có thể tích, cho nên tích phân S A D f f × =∫ ∫ là tồn tại. Ngoài ra, ta luôn có 1 1 1 1 ( ,..., ) 1 1 1 1 1 1( ,..., ) ( ,..., ) : ( ,..., , ) ( ,..., , )n n h x x n n n n n n nB B g x x f x x f x x x dx f x x x dx− − − − −= =∫ ∫ ∫ , cho nên áp dụng định lý ta có điều cần chứng minh. 158 Giải tích các hàm nhiều biến Hệ quả. Cho A là tập compact có thể tích trong Rn-1 và g, h là những hàm số liên tục thoả mãn ( ) ( )g x h x≤ , với mọi x A∈ . Khi ấy tập hình trụ nằm giữa 2 đồ thị của g và h { }1 1 1 1 1 1 1 1( ,..., , ) : ( ,..., ) , ( ,..., ) ( ,..., )n n n n n nS x x x x x A g x x x h x x− − − −= ∈ ≤ ≤ có thể tích là ( )( ) A V S h g= −∫ . Chứng minh. Suy ra từ mệnh đề trên trong trường hợp f =1, vì khi ấy ta có ( )1 1 1 1 ( ,... ) 1 1 1 1( ,..., ) ( ) 1 1 ( ,... ) ( ,..., )n n h x x n n nS A g x x A V S dx h x x g x x− − − −= = = −∫ ∫ ∫ ∫ . Nhận xét. Trong điều kiện thích hợp thì mệnh đề trên có thể được áp dụng liên tiếp nhiều lần và việc tính tích phân bội có thể được chuyển thành tính các tích phân thông thường qua nhiều bước lặp. Thí dụ. Hãy tính trọng tâm của mảnh trăng khuyết 2 2 21: ( , ) : 12 xS x y y x\   − = ∈ ≤ ≤ −     , biết rằng hàm phân bố khối lượng (khối lượng riêng) là 2( , )x y x yρ = + . Giải. Trước hết ta tính khối lượng của mảnh trăng (áp dụng mệnh đề): 2 2 1 12 2 11 2 8( ) ( , ) ( ) ( ) 16 x xS S m S x y dxdy x y dxdy x y dxdy πρ −−− += = + = + =∫∫ ∫∫ ∫ ∫ , và các moment xK và yK theo công thức: 2 2 1 12 2 11 2 32 35( , ) ( ) ( ) ;320 x x xS S K x y ydxdy x y ydxdy x y ydxdy πρ −−− += = + = + =∫∫ ∫∫ ∫ ∫ 2 2 1 12 2 11 2 ( , ) ( ) ( ) 0 x y xS S K x y xdxdy x y xdxdy x y xdxdyρ −−−= = + = + =∫∫ ∫∫ ∫ ∫ . Vậy trọng tâm của mảnh trăng là: 32 350, 20(8 ) π π  +    +  . Chương 4. Tích phân bội 159 4.4. Phép đổi biến trong tích phân bội 4.4.1. Phân hoạch đơn vị và bổ đề cơ bản Bổ đề. Nếu D là một tập compact nằm trong một tập mở U ⊂ Rn, thì tồn tại tập compact 'D và tập mở V sao cho 'D V D U⊂ ⊂ ⊂ . Chứng minh. Tại mỗi điểm trong D tồn tại quả cầu đóng (với tâm là điểm này và bán kính là một số dương nào đó) nằm hoàn toàn trong U. Tập các quả cầu mở (là phần trong của các quả cầu đóng nói trên) lập thành một phủ mở của tập compact D, cho nên tồn tại một số hữu hạn các quả cầu lập nên một phủ của D. Lấy hợp của các quả cầu mở ta được tập V phải tìm, và lấy hợp của các quả cầu đóng (tương ứng) ta được tập 'D . Bổ đề đã được chứng minh xong. Mệnh đề. Cho D là một tập compact trong Rn và { }s s SU ∈ là một họ các tập mở phủ D (tức là có hợp chứa D). Khi đó tồn tại một họ hữu hạn các hàm liên tục 1,..., Nψ ψ trên Rn , nhận giá trị trên đoạn [0,1], sao cho mỗi hàm chỉ có thể khác 0 trên một tập con compact của một trong các tập sU và 1 2( ) ( ) ... ( ) 1 ,Nx x x x Dψ ψ ψ+ + + = ∀ ∈ . Chứng minh. Lấy một hàm liên tục h: R → R nhận giá trị 0 trên nửa trục số âm và nhận giá trị dương trên nửa trục số dương thì ta có hàm số g: R → R xác định theo công thức 2( ) (1 )g x h x= − sẽ nhận giá trị dương trên khoảng (-1,1) và nhận giá trị 0 ở ngoài khoảng này. Như vậy, nếu λ là một số dương thì hàm số ( )g xλ sẽ nhận giá trị dương trong khoảng ( )1 1,λ λ− và nhận giá 0 ở ngoài khoảng đó. Với mỗi điểm p D∈ ta chọn số 0pλ > sao cho quả cầu đóng tâm p bán kính 1/ pλ nằm hoàn toàn trong một tập sU nào đó và ký hiệu quả cầu mở tương ứng là pB . Do D là tập compact nên ta chọn được một số hữu hạn các quả cầu (1) (2) ( ), ,...,p p p NB B B phủ kín D, tức là (1) (2) ( )...p p p ND U B B B⊂ = ∪ ∪ ∪ . Đặt ( ) ( ) 1 ( ( , ( ))) ( ) , , 1,..., ( ( , ( ))) p i i N p j j g d x p i x x U i N g d x p j λµ λ = = ∀ ∈ ∀ = ∑ . 160 Giải tích các hàm nhiều biến Ta nhận thấy mỗi ( )i xµ là một hàm liên tục trên tập mở U chứa D và nhận giá trị trên đoạn [0,1]. Ngoài ra, 1( ) ... ( ) 1,Nx x x Uµ µ+ + = ∀ ∈ , và mỗi ( )i xµ chỉ nhận giá trị khác 0 trên một quả cầu đóng (compact) nằm hoàn toàn trong một tập sU nào đó. Tuy nhiên, các hàm ( )i xµ mới chỉ xác định trên U. Để có được các hàm xác định trên toàn không gian Rn, ta sử dụng bổ đề và tìm được tập compact 'D cùng tập mở V sao cho 'D V D U⊂ ⊂ ⊂ . Theo kết quả vừa chứng minh trên cho tập compact 'D và họ gồm 2 tập mở { }, \V U D (có hợp chứa 'D ) ta thu được các hàm có tính chất tương tự như các hàm ( )i xµ nói trên. Ta phân các hàm này thành hai cụm, phụ thuộc vào việc tập compact mà nó nhận giá trị khác 0 nằm trong V hay trong \U D . Cộng các hàm trong cùng một cụm lại với nhau ta thu được 2 hàm số liên tục 1 2( ), ( )x xθ θ xác định trên một tập mở ' 'U D⊃ , nhận giá trị trong đoạn [0,1], sao cho 1 2( ) ( ) 1x xθ θ+ = , 'x U∀ ∈ , và 1θ chỉ có thể khác không trên một tập con compact của V, còn 2θ chỉ có thể khác 0 trên một tập con compact của \U D . Như vậy 1θ nhận giá trị 0 trên tập '\U V và do đó nó nhận giá trị 0 trên tập '\ 'U D (do 'V D⊂ ). Ta có 1θ nhận giá trị 1 trên tập D, vì 2θ nhận giá trị 0 trên D. Định nghĩa hàm ( )i xψ bằng cách cho nó nhận giá trị 1( ). ( )ix xθ µ trên tập 'U U∩ và nhận giá trị 0 ở ngoài tập này ta sẽ được hàm số xác định trên toàn không gian. Nó là hàm liên tục trên tập mở 'U U∩ và trên tập Rn \ 'D (vì nó bằng 0 trên tập này), cho nên nó liên tục trên hợp của chúng (bằng toàn bộ Rn). Các tính chất khác của hàm 1( ),..., ( )Nx xψ ψ có ngay từ định nghĩa của chúng. Mệnh đề đã được chứng minh xong. Hệ quả. Nếu D là một tập con compact của một tập mở U ⊂ Rn thì tồn tại một hàm số liên tục xác định trên toàn không gian, nhận giá trị 1 trên tập D và nhận giá trị 0 ở ngoài một tập con compact nào đó của tập U. Chứng minh. Có ngay từ cách chứng minh của mệnh đề trên. Nhận xét. Bằng cách chọn hàm h ban đầu khả vi liên tục đến cấp m (thí dụ chọn 1( ) mh x x += khi 0x> ) ta sẽ thu được các hàm 1( ),..., ( )Nx xψ ψ là khả vi liên tục đến bậc m. Và nếu chọn 21/( ) xh x e−= khi 0x> thì ta sẽ thu được các hàm 1( ),..., ( )Nx xψ ψ khả vi liên tục đến mọi bậc bất kỳ. Bổ đề. Nếu f là một hàm bậc thang trên hộp đóng B thì, với mỗi số 0ε> , tồn tại các hàm liên tục 1 2,f f xác định trên hộp B thoả mãn các điều kiện sau : Chương 4. Tích phân bội 161 1 2( ) ( ) ( ) ,f x f x f x x B≤ ≤ ∀ ∈ và 2 1( )B f f ε− <∫ . Chứng minh. Một hàm bậc thang bất kỳ là tổng của (hữu hạn) các hàm bậc thang có dạng đơn giản nhận giá trị hằng số c ∈ R trên một tập có dạng { }1 2 1( , ,... ) : , 1,2,...n ix x x x S i n∈ = (trong đó mỗi iS hoặc là một khoảng trong R, hoặc là một điểm đơn độc), và nhận giá trị 0 ở ngoài tập đó. Cho nên, bằng các lập luận không phức tạp, ta thấy rằng chỉ cần chứng minh bổ đề trong trường hợp các hàm bậc thang đơn giản này, và có thể giả thiết rằng nó nhận giá trị 1c = trên tập đã nêu. Giả sử rằng hộp B được xác định bởi các số 1 2 1 2, ,..., , , ,...,n na a a b b b . Nếu có một tập iS nào đó là một điểm đơn độc (thí dụ là { }1 1 1 1[ , ]S a bα= ⊂ ) thì, do hệ quả đã biết, với mỗi số dương δ ta tìm được hàm số liên tục ( )tϕ nhận giá trị 1 tại điểm 1α và nhận giá trị 0 ở ngoài khoảng 1 1( , )α δ α δ− + . Định nghĩa hàm số 2f từ Rn vào [0,1] theo công thức 2 1 1( ,..., ) ( )nf x x xϕ= và lấy 1 0f = , ta có 1 2( ) ( ) ( )f x f x f x≤ ≤ , với mọi x B∈ , và dễ dàng thấy rằng 2 1 2 2( ) 2 ( )...( )n nB f f b a b aδ− ≤ − −∫ là đại lượng nhỏ hơn ε nếu ta chọn δ đủ bé. Nếu tất cả các tập iS đều là những khoảng, nghĩa là ( , ) [ , ]i i i i iS a bα β= ⊂ với mọi i, ta lấy số dương δ nhỏ hơn nửa độ dài của mọi khoảng này và, từ hệ quả đã biết, ta chọn được hàm liên tục 1f nhận giá trị 1 trên hộp đóng xác định bởi các số 1 ,...., nα δ α δ+ + , 1 ,..., nβ δ β δ− − và nhận giá trị 0 ở ngoài hộp mở xác định bởi các số 1,..., nα α , 1,..., nβ β . Lấy 2f là hàm liên tục nhận giá trị 1 trên hộp đóng xác định bởi các số 1,..., nα α , 1,..., nβ β và nhận giá trị 0 ở ngoài hộp mở xác định bởi các số 1 ,...., nα δ α δ− − , 1 ,..., nβ δ β δ+ + . Ta có 1 2( ) ( ) ( )f x f x f x≤ ≤ , với mọi x B∈ , và 2 1 1 1 1 1 1 1( ) ( 2 )...( 2 ) ( 2 )...( 2 )n nB f f β α δ β α δ β α δ β α δ− ≤ − + − + − − − − −∫ . 162 Giải tích các hàm nhiều biến Để ý rằng vế phải là một đa thức (liên tục) theo δ cho nên nó sẽ nhỏ hơn số dương ε cho trước với δ đủ nhỏ. Bổ đề đã được chứng minh xong. 4.4.2. Phép đổi biến trong tích phân bội Bổ đề. Hàm số f là khả tích trên hộp đóng B ⊂ Rn khi và chỉ khi với mỗi số 0ε> tồn tại các hàm liên tục 1f và 2f trên hộp B thoả mãn 1 2( ) ( ) ( ) ,f x f x f x x B≤ ≤ ∀ ∈ và 2 1( )B f f ε− <∫ . Chứng minh. Suy ra từ mệnh đề về tiêu chuẩn khả tích (Mục 4.2.1), định lý về tính khả tích của hàm liên tục (Mục 4.2.3) và bổ đề ở phần trên. Định lý. Cho A là một tập mở trong Rn, ϕ:A → Rn là một song ánh khả vi liên tục với ma trận Jacobi i j J xϕ ϕ ∂  =   ∂  không suy biến (tức là det 0Jϕ ≠ khắp nơi trên A). Giả sử rằng hàm : ( )f Aϕ →R nhận giá trị 0 ở ngoài một tập con compact nào đó của ( )Aϕ và tích phân ( )A fϕ∫ là tồn tại. Khi ấy ( ) ( ) | det | A A f f Jϕϕ ϕD=∫ ∫ . Chứng minh. Đây là một trong những định lý quan trọng trong phép tính tích phân hàm nhiều biến. Việc chứng minh nó là khá cồng kềnh và phức tạp. Để người đọc có thể dễ dàng hơn trong việc nắm bắt các ý tưởng chính và không bị ngợp bởi quá nhiều kỹ thuật chứng minh chi tiết, trước hết chúng tôi xin chỉ ra đường lối chứng minh. Sau một vài nhận xét sơ bộ, việc chứng minh được tiến hành qua 2 công đoạn: Công đoạn 1: chỉ ra rằng việc chứng minh định lý có thể quy về trường hợp hàm f là liên tục (nhờ các bổ đề đã biết ở trên); Công đoạn 2: chứng minh định lý cho trường hợp hàm f là liên tục bằng phương pháp quy nạp toán học (trong đó, ta dùng bổ đề về phân hoạch đơn vị để quy về trường hợp A là một hộp và dùng công thức tích phân lặp để hạ thấp số chiều). Trong mỗi công đoạn, chúng tôi sẽ nêu những ý tưởng cơ bản và dành lại những chứng minh chi tiết (không khó khăn lắm) cho người đọc tự kiểm tra như những bài tập. Chương 4. Tích phân bội 163 Nhận xét sơ bộ: Trước hết ta chú ý rằng định lý hàm ngược cho phép ta khẳng định rằng ( )Aϕ là một tập mở, 1ϕ− là một hàm khả vi liên tục, và ϕ sinh ra một phép tương ứng 1-1 giữa họ các tập con mở của A và họ các tập con mở của ( )Aϕ . Giả thiết f bằng 0 ở ngoài một tập con compact nào đó của ( )Aϕ cho phép ta bỏ qua đòi hỏi về tính bị chặn của các tập A, ( )Aϕ và của hàm số det Jϕ . Định lý là hiển nhiên nếu ϕ chỉ là một phép “đảo biến” (tức là đổi chỗ vị trí các biến), bởi vì khi ấy tích phân không thay đổi (theo định nghĩa nó không phụ thuộc vào thứ tự của biến), còn det Jϕ là định thức của một ma trận vuông mà trên mỗi hàng và mỗi cột chỉ có một số 1, cho nên nó chỉ có thể là +1 hoặc -1, và trong mọi trường hợp thì | det | 1Jϕ = . Công đoạn 1: Ta chỉ ra rằng định lý sẽ được chứng minh, nếu nó đúng trong trường hợp hàm f là liên tục. Thật vậy, ký hiệu ( )D Aϕ⊂ là tập compact mà ngoài D hàm f chỉ nhận giá trị 0. Sử dụng hệ quả về phân hoạch đơn vị cho 2 tập D và ( )Aϕ ta tìm được hàm liên tục ψ nhận giá trị 1 trên D và nhận giá trị 0 ở ngoài một tập compact nào đó ' ( )D Aϕ⊂ . Lấy hộp đóng I trong Rn sao cho ( )1' ( ')I D Dϕ−⊃ ∪ . Ta ký hiệu g là hàm thác triển của hàm g (xác định trên một tập con nào đó của Rn) ra toàn bộ không gian Rn bằng cách cho nó nhận giá trị 0 tại những điểm mà g không xác định. Rõ ràng I f∫ là tồn tại và ( )I Af fϕ=∫ ∫ . Theo bổ đề ở đầu mục này, với mỗi 0ε> , tồn tại các hàm liên tục 1 2,g g sao cho 1 2( ) ( ) ( )g x f x g x≤ ≤ , x I∀ ∈ , và 2 1( )I g g ε− <∫ . Gọi 1f và 2f là các hạn chế trên ( )Aϕ của các hàm 1gψ và 2gψ (tương ứng) , ta dễ dàng thấy rằng chúng là các hàm liên tục trên ( )Aϕ , nhận giá trị 0 ở ngoài tập 'D , 1 2( ) ( ) ( )f x f x f x≤ ≤ với mọi ( )x Aϕ∈ , và 2 1( ) ( )A f fϕ ε− <∫ . Ta lại có các hàm 1( ) | det |f JϕϕD và 2( ) | det |f JϕϕD là liên tục trên A, nhận giá trị 0 ở ngoài tập 1( ')Dϕ− , và thỏa mãn 1 2(( ) | det |)( ) (( ) | det |)( ) (( ) | det |)( ) ,f J x f J x f J x x Aϕ ϕ ϕϕ ϕ ϕD D D≤ ≤ ∀ ∈ . Cho nên 1( ) | det |f JϕϕD và 2( ) | det |f JϕϕD là các hàm liên tục trên toàn không gian Rn và 1 2( ) | det |( ) ( ) | det |( ) ( ) | det |( ) ,f J x f J x f J x x Iϕ ϕ ϕϕ ϕ ϕD D D≤ ≤ ∀ ∈ . Từ giả thiết định lý đúng với hàm liên tục ta suy ra rằng nó đúng với các hàm 1 2,f f và do đó 164 Giải tích các hàm nhiều biến 2 1 2 1( ) | det | ( ) | det | ( ) | det | ( ) | det |I Af J f J f J f Jϕ ϕ ϕ ϕϕ ϕ ϕ ϕD D D D   − = − =     ∫ ∫ 2 1( ) ( )A f fϕ ε= − <∫ . Vì số dương ε có thể nhỏ bao nhiêu tuỳ ý cho nên ta suy ra hàm ( ) | det |f JϕϕD là khả tích trên I, và do đó ( ) | det |f JϕϕD là khả tích trên A. Hơn thế, từ các hệ thức 1 1 2 2( ) ( ) ( ) | det | ( ) | det | ( ) | det | A A A A A f f J f J f J fϕ ϕ ϕϕ ϕϕ ϕ ϕD D D= ≤ ≤ =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ và 1 2( ) ( ) ( )A A A f f fϕ ϕ ϕ≤ ≤∫ ∫ ∫ , ta suy ra 2 1( ) ( ) ( ) | det | ( ) A A A f J f f fϕ ϕ ϕϕ εD − ≤ − <∫ ∫ ∫ . Vì điều này đúng với mọi số dương ε đủ bé cho nên ta có đẳng thức ( ) ( ) | det | A A f J fϕ ϕϕD =∫ ∫ . Như vậy Công đoạn 1 đã được hoàn tất. Công đoạn 2: Ta chứng minh rằng định lý là đúng với hàm f là liên tục. Điều này cũng không đơn giản chút nào và ta phải tiến hành thông qua một số bước sau đây: (1) Trước hết ta nhận xét rằng nếu { },sA s S∈ là một họ các tập mở sao cho s s S A A∪ ∈ = và định lý đúng với mỗi sA và hạn chế của hàm ϕ trên sA thì định lý đúng cho tập A và hàm ϕ. Điều này chứng minh nhờ việc xét họ tập mở { }( ),sA s Sϕ ∈ và áp dụng mệnh đề về sự tồn tại phân hoạch đơn vị 1,..., Nψ ψ để mỗi hàm f có thể phân tích thành tổng của các hàm . if ψ , chỉ có thể khác 0 (bằng 1) trên một tập con compact nào đó của một trong số các tập ( )sAψ . (Chứng minh chi tiết xin dành lại cho người đọc). Từ nhận xét này suy ra rằng ta chỉ cần chứng minh định lý trong trường hợp ϕ là song ánh khả vi liên tục giữa tập mở A giới nội và tập mở ( )Aϕ , bởi vì A có thể được xem là hợp của họ tất cả các lân cận aA của mỗi điểm a A∈ mà trên đó ϕ là một song ánh khả vi liên tục (lân cận này tồn tại và khác rỗng do định lý hàm ngược và tính không suy biến của Jϕ tại mỗi điểm a A∈ ). Chương 4. Tích phân bội 165 (2) Ta chứng minh định lý bằng phương pháp quy nạp toán học. (a) Trước hết ta thấy rằng định lý là đúng cho trường hợp 1n = . Thật vậy, mọi tập mở trên trục số đều là hợp của các khoảng, cho nên, do nhận xét (1), ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp A là một khoảng, và trong trường hợp này hàm ϕ có đạo hàm liên tục khác 0 (chỉ có thể hoặc là dương, hoặc là âm) thì nó phải là hàm đơn điệu. Từ công thức đổi biến trong tích phân hàm 1 biến trên một đoạn (khi hàm đổi biến có thể là đơn điệu tăng hoặc đơn điệu giảm) ta suy ra ngay điều cần chứng minh. (b) Giả sử định lý đúng với 1n− (với 1n> ), ta sẽ chứng minh rằng nó đúng cho n. (b1) Trước hết ta chứng minh rằng định lý là đúng (với n) khi một hàm thành phần nào đó của ϕ , thí dụ là iϕ , có dạng đặc biệt là 1( ,..., )i n jx x xϕ = . Thật vậy, theo nhận xét từ ban đầu ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp 1i j= = , nghĩa là ( )1 1 2 1 1( ,..., ) , ( ,..., ),..., ( ,..., )n n n nx x x x x x xϕ ϕ ϕ= . Ta có thể xem A như là hợp của các hộp mở (vì mỗi điểm trong A có thể xem là tâm của một quả cầu mở nằm hoàn toàn trong A, mà mỗi quả cầu mở bán kính r lại chứa một hộp mở có cùng tâm với quả cầu và có độ dài cạnh là 2 /r n ). Từ nhận xét (1) ta thấy chỉ cần chứng minh cho trường hợp A là một hộp mở. Tức là có thể viết A B C= × , trong đó B là một khoảng trong R và C là một hộp mở trong Rn-1. Với mỗi t B∈ ta xét hàm :t Cϕ →Rn-1 xác định bởi công thức ( )2 2 2 2( ,..., ) ( , ,..., ),..., ( , ,..., )t n n n nx x t x x t x xϕ ϕ ϕ= , và dễ dàng thấy rằng với mỗi t nó là một song ánh khả vi liên tục với định thức của ma trận Jacobi là 2det det ( , ,..., )t nJ J t x xϕ ϕ= . Với f là thác triển của f trên toàn không gian, từ công thức tích phân lặp ta có ( )1 1( ) n nA B R B Rf f fϕ − −×= =∫ ∫ ∫ ∫ , và với giả thiết định lý đúng cho trường hợp 1n− ta có ( )1 ( ) ( ) | det | ( ) | det |n ttt t t tR C C C tf f f J f Jϕ ϕϕ ϕ ϕD D− = = =∫ ∫ ∫ ∫ . Cho nên 1 ( ) | det |nR Cf f JϕϕD− =∫ ∫ và từ công thức trước đó ta có ( )( ) ( ) | det |A B Cf f Jϕϕ ϕD=∫ ∫ ∫ . 166 Giải tích các hàm nhiều biến Lưu ý rằng ( ) | det |f JϕϕD là hàm liên tục trên tập B C× và nhận giá trị 0 ở ngoài một tập con compact nào đó của tập này, cho nên nó là khả tích. Ngoài ra, với mỗi t B∈ , hàm ( )( ) | det | tf JϕϕD là hàm liên tục nhận giá trị 0 ở ngoài một tập con compact nào đó của C cho nên nó cũng là khả tích. Từ định lý về tích phân lặp ta suy ta ( )( ) | det | ( ) | det |B C B Cf J f Jϕ ϕϕ ϕD D×=∫ ∫ ∫ , và ta có điều cần chứng minh trong trường hợp riêng này. (b2) Trường hợp chung sẽ được chứng minh thông qua trường hợp trên nhờ định lý hàm ngược và công thức tính đạo hàm của hàm hợp. Trước hết ta có nhận xét rằng: Do det 0Jϕ ≠ nên, tại mỗi điểm a A∈ , có ít nhất một trong các chỉ số 1,...,i n= sao cho ( ) 0n i ax ϕ∂ ≠∂ . Với mỗi i, tập các điểm a sao cho ( ) 0 n i ax ϕ∂ ≠∂ là mở, và hợp của cả n tập này là toàn bộ A cho nên, theo nhận xét (1), ta chỉ cần chứng minh định lý cho từng tập này. Kết hợp với nhận xét về khả năng đảo biến khi cần, ta luôn có thể giả thiết n nx ϕ∂ ∂ là khác 0 tại mọi điểm trên tập A. Xét hàm vectơ : Aσ →Rn xác định bởi ( )1 1 2 1( ,..., ) , , ..., ( ,..., )n n nx x x x x xσ ϕ= . Ta có det 0n n J xσ ϕ∂= ≠∂ với mọi a trên A, cho nên theo định lý hàm ngược, nó là song ánh khả vi liên tục giữa một lân cận aA nào đó của điểm a và tập ( )aAσ . Lại theo nhận xét (1), ta chỉ cần chứng minh định lý cho mỗi tập aA này, và do đó ta có thể giả thiết rằng hàm σ là song ánh khả vi liên tục giữa A và ( )Aσ . Khi ấy hàm hợp 1τ ϕ σD −= là song ánh khả vi liên tục giữa ( )Aσ và ( )Aϕ . Ta có ϕ τ σD= và ( )1 1 1 1( ,..., , ( )) ( ),..., ( ) , ( ,..., )n n n nx x x x Aτ ϕ ϕ ϕ− = ∀ = ∈x x x x . Lưu ý rằng với 1 1 1 1( ,..., , ) ( ,..., , ( )) ( )n n n ny y y x x Aϕ σ− −= = ∈y x thì 1( )τ−=x y , và do đó công thức trên có thể viết lại thành 1 1 1 1 1 1( ,..., , ) ( [ ( )],..., [ ( )], )n n n ny y y yτ ϕ τ ϕ τ− −− −= y y . Điều này có nghĩa là hàm τ , cũng như hàm σ , đều thuộc diện các hàm đã xét ở phần (b1), và do đó có thể áp dụng được định lý. Chính vì vậy, với mỗi hàm f liên tục xác định trên tập ( )Aϕ , nhận giá trị 0 ở ngoài tập con compact nào đó của ( )Aϕ , ta có ( ) ( ( )) ( ) ( ) | det | A A A f f f Jτϕ τ σ σ τD= = =∫ ∫ ∫ Chương 4. Tích phân bội 167 [ ]( )( ) | det | | det | ( ) | (det )det | A A f J J f J Jτ σ τ στ σ τ σD D D D= =∫ ∫ và do đó định lý sẽ được chứng minh đầy đủ nếu như ta chỉ ra rằng ( )det .det detJ J Jτ σ ϕσD = . Điều này suy ngay từ công thức tính đạo hàm của hàm hợp (vectơ) với lưu ý rằng định thức của tích 2 ma trận bằng tích của các định thức từng ma trận. Định lý đã được chứng minh đầy đủ. Nhận xét. 1) Để có hình ảnh trực quan vì sao xuất hiện định thức của ma trận Jacobi trong công thức đổi biến, chúng ta hãy xét trường hợp hàm hai biến và A là một hình chữ nhật trên mặt phẳng ( , )u v . Mỗi phân hoạch P của A (tạo bởi các đường song song với các trục u và v) cho ta một “phân hoạch” P’ của ( )Aϕ (sinh bởi các đường cong là ảnh qua 1 2( , )j j j= của các đường thẳng trên). Mỗi hình chữ nhật con abcd của P cho ta hình cong con a’b’c’d’ của P’. Tích phân của hàm ( , )f x y trên ( )Aϕ có thể xấp xỉ bởi tổng của các số hạng dạng ( '). ( ' ' ' ')f a D a b c d trong đó ( ' ' ' ')D a b c d là diện tích "hình bình hành cong” a’b’c’d’. Ký hiệu ( )D u và ( )D v là độ dài của các cạnh ab và ad. Khi ấy các cạnh cong a’b’ và a’d’ được xấp xỉ bởi tiếp tuyến 1 2( , ) ( )j u j u D u và 1 2( , ) ( )j v j v D v tại a’. Diện tích “hình bình hành cong” ( ' ' ' ')D a b c d cũng được xấp xỉ bởi diện tích hình bình hành (thông thường) đỉnh a’ với các cạnh là các tiếp tuyến nói trên. Như ta biết, diện tích hình bình hành bằng trị tuyệt đối của tích vectơ của hai vectơ cạnh bên, và chính bằng det ( )jJ a DuDv . Thay biểu thức này vào tổng Riemann để tính tích phân của f, ta sẽ có được công thức nêu trong định lý. Như vậy, nói một cách nôm na, det ( )jJ a là hệ số co giãn của diện tích hình chữ nhật abcd qua biến đổi j. 2) Khi 1n = , định lý cho ta công thức đổi biến đã biết đối với hàm 1 biến là ( ) ( ) ( ( )). '( ) ( ) b j b a j a f j u j u du f x dx=∫ ∫ . (*) Thật vậy, công thức của định lý được viết như sau ϕA d cb a ϕ(A) d’ c’ b’ a’ Hình 4.2 168 Giải tích các hàm nhiều biến ( ( )). '( ) ( ) b d a c f j u j u du f x dx=∫ ∫ , (**) trong đó [ , ]c d , với c d≤ , là đoạn ảnh của [ , ]a b qua j. Nếu j’ dương, thì ( ) ( )j a j b≤ và ta có c = j(a), d = j(b) . Còn nếu j’ âm, thì ( ) ( )j a j b≥ và ta có ( ), ( )c j b d j a= = . Trong cả hai trường hợp ta đều có (**) suy ra (*). 3) Định lý đổi biến trong tích phân bội đòi hỏi ánh xạ đổi biến phải là song ánh trên toàn bộ tập A. Tuy nhiên, định lý vẫn có thể áp dụng được cho trường hợp ánh xạ đổi biến không phải là song ánh trên toàn bộ tập A, nhưng là song ánh trên từng thành phần cấu thành A. Cụ thể, khi A có thể phân tích dưới dạng A B C= ∪ , trong đó B và C là các tập có thể tích với phần giao nhau có thể tích 0, thì ta chỉ cần đòi hỏi ánh xạ đổi biến là song ánh trên từng tập con B, C. Bởi vì một mệnh đề ở cuối Mục 4.2.2 đã khẳng định rằng khi ấy A B C f f f= +∫ ∫ ∫ . 4.4.3. Một vài thí dụ Các ví dụ sau đây được xem là những áp dụng đơn giản của định lý đổi biến (kết hợp với phần thứ 3 của Nhận xét nêu trên khi cần). 1. Tích phân trên hệ toạ độ cực Ký hiệu S là vành khăn trong R2 gồm các điểm ( , ) ( cos , sin )x y a r b rθ θ= + + , với 1 2 , 0 2r r r θ π≤ ≤ ≤ < , trong đó ,a b , 1 2r r< là những số dương cho trước. Nếu f là một hàm số liên tục trên S thì công thức tính tích phân của f trên miền này sẽ là 2 1 2 0 ( , ) ( cos , sin ) r S r f x y dxdy f a r b r rdr d π θ θ θ   = + +    ∫∫ ∫ ∫ . Thật vậy, dùng biến đổi hệ tọa độ ( , )x y sang hệ tọa độ cực ( cos , sin )a r b rθ θ+ + và áp dụng định lý, kết hợp với Nhận xét 3) ở mục trên, ta có ngay kết quả. 2. Tích phân trên hệ toạ độ trụ Ký hiệu ϕ là biến đổi hệ tọa độ trụ ( , , )r zθ sang hệ tọa độ trực chuẩn ( , , )x y z : ( , , ) ( cos , sin , )r z r r zϕ θ θ θ= . Khi ấy định thức của ma trận Jacobi của ϕ sẽ là det J rϕ = . Theo định lý đổi biến, tích phân của một hàm ( , , )f x y z liên tục trên hình trụ 3 2 2 2: {( , , ) : , }V x y z x y p a z b\= ∈ + ≤ ≤ ≤ , sẽ là: Chương 4. Tích phân bội 169 2 0 0 ( , , ) ( cos , sin , ) pb V a f x y z dxdydz f r r z rdr dz d π θ θ θ        =         ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ . Khi 1f = trên V thì ta thu được thể tích của hình trụ V là 2 2 0 0 vol( ) ( ) pb V a V dxdydz rdr dz d p b a π θ π        = = = −        ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ . 3. Tích phân trên hệ tọa độ cầu Tương tự như trên, nếu ϕ là biến đổi hệ tọa độ cầu ( , , )r θ ϕ sang hệ tọa độ trực chuẩn ( , , )x y z : ( , , ) ( cos sin , sin sin , cos )r r r rϕ θ ϕ θ ϕ θ ϕ ϕ= , thì định thức của ma trận Jacobi của ϕ sẽ là 2 sinJ rϕ ϕ= . Theo định lý đổi biến, tích phân của một hàm ( , , )f x y z liên tục trên hình cầu 3 2 2 2 2: {( , , ) : }B x y z x y z R\= ∈ + + ≤ , sẽ là: 2 2 0 0 0 ( , , ) ( cos sin , sin sin , cos ) sin . R B f x y z dxdydz f r r r r dr d d π π θ ϕ θ ϕ ϕ ϕ ϕ θ        =         ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ Khi 1f = trên B thì ta thu được 2 2 3 0 0 0 4vol( ) sin 3 R B B dxdydz r dr d d R π π ϕ ϕ θ π        = = =        ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ , và đây chính là công thức tính thể tích của hình cầu đã quen biết từ lâu.