Hướng Dẫn Giải Bài Tập Hình Học 12 Trang 25

--- Bài mới hơn ---

  • Đề Cương Ôn Tập Toán 10 Học Kì 1 Có Đáp Án
  • Phương Pháp Giải Bài Tập Toán 11 – Phần Hàm Số Lượng Giác
  • Một Số Bài Toán Cực Trị Của Các Hàm Số Lượng Giác
  • Tìm Cực Trị Của Hàm Số Như Thế Nào ?
  • Hướng Dẫn Giải Toán Lớp 12 Ứng Dụng Tích Phân Tính Thể Tích Chi Tiết.
  •  

    I. Hướng dẫn giải bài tập hình học 12 bài 1 trang 25 – 26 SGK

    Tính thể tích khối tứ diện đều có tất cả các cạnh a.

    Hướng dẫn giải

    Ta gọi ABCD là tứ diện đều cạnh a.

    Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD

    Suy ra HB = HC = HD nên H nằm trên trục đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. (1)

    Ta lại có: AB = AC = AD vì tứ giác ABCD là tứ diện đều

    Nên  HA là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD

    Suy ra  HA ⊥ (BCD)

    Vì tam giác BCD là tam giác đều nên H đồng thời trọng tâm tam giác chúng tôi gọi M là trung điểm của cạnh CD.

    Xét tam giác BCD ta có:

    Ta lại có :

    Áp dụng định lí pytago vào tam giác vuông AHB ta được:

    Suy ra  

    Diện tích tam giác đều BCD cạnh a là:  

    Do đó, thể tích khối tứ diện đều ABCD là:  

    Những kiến thức cần chú ý trong bài toán:

    + Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy là B và h là chiều cao :

    + Diện tích tam giác đều cạnh a là:

    II. Hướng dẫn giải bài tập hình học 12

    bài 2 trang 25 -26 SGK 

    Tính thể tích khối bát diện đều cạnh a.

    Hướng dẫn giải 

    Gọi khối bát diện đều là SABCDS’ cạnh a.

    * Ta chia khối bát diện thành hai khối chóp tứ giác đều bằng nhau là:

    S.ABCD và S’.ABCD có cạnh bằng a.

    Khi đó, ta có :VSABCDS’ = chúng tôi + VS’.ABCD = 2.VS.ABCD

    Gọi O là giao điểm của AC và BD suy ra: SO ⊥ (ABCD)

    * Ta tính thể tính khối tứ diện đều cạnh a.

    Tứ giác ABCD là hình vuông cạnh a nên có diện tích là: SABCD = a2

    Ta có:

    Áp dụng định lí pytago vào tam giác SOA ta có:

    Thể tích khối tứ diện đều chúng tôi là:

    Thể tích khối bát diện đều có các cạnh a là:

    Những kiến thức cần chú ý  trong bài toán:

    + Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy B và h là chiều cao :

    III. Hướng dẫn giải bài tập hình học 12

    bài 3 trang 25 – 26 SGK 

    Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’. Tính tỉ số giữa thể tích của khối hộp đó và thể tích của khối tứ diện ACB’D’.

    Hướng dẫn giải 

    IV. Hướng dẫn giải bài tập hình học 12

    bài 4 trang 25 – 26 SGK

    Cho khối chóp chúng tôi Trên các đoạn thẳng SA, SB, SC lần lượt lấy ba điểm A’, B’, C’ khác với S. Chứng minh rằng:

    Hướng dẫn giải 

    Ta gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và A’ trên mp(SBC),

    Đặt AH = h1 và A’K = h2 ,

    S1 và S2 lần lượt là diện tích của hai tam giác SBC và SB’C’.

    * Do A’K// AH nên bốn điểm A, A’; K và H đồng phẳng. (1)

    Lại có, 3 điểm A, S, H đồng phẳng (2).

    Từ (1) và (2) suy ra, 5 điểm A, A’, S. H và K đồng phẳng.

    Trong mp(ASH) ta có:

     

    ⇒ Ba điểm S, H và K thẳng hàng.

    * Ta có:

    V. Hướng dẫn giải bài tập hình học 12

    bài 5 trang 25 – 26 SGK

    Cho tam giác ABC có góc A vuông và AB = a. Trên đường thẳng qua C, vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm D sao cho CD = a. Mặt phẳng đi qua C vuông góc với BD cắt BD tại F và cắt AD tại E. Tính thể tích khối tứ diện CDEF theo a.

    Hướng dẫn giải 

    VI. Hướng dẫn giải bài tập hình học 12

    bài 6 trang 25 – 26 SGK

    Cho hai đường thẳng chéo nhau d và d’. Đoạn thẳng AB có độ dài bằng a trượt trên d, đoạn thẳng CD có độ dài bằng b trượt trên d’. Chứng minh rằng khối tứ diện ABCD có thể tích không đổi.

    Hướng dẫn giải 

    Ta gọi h là khoảng cách hai đường thẳng d và d’, gọi α là góc tạo bởi hai đường thẳng d và d’.

    Lần lượt vẽ hai hình bình hành BACF và ACDE.

    Khi đó, chúng tôi là hình lăng trụ tam tam giác có chiều cao h; AE = CD = b và α là góc BAE (nếu góc BAE nhỏ hơn 90 độ), ngược lại nếu góc BAE lớn hơn 90 độ thì α sẽ là góc bù của góc BAE.

    Gọi S là diện tích đáy của hình lăng trụ .

    Ta chia hình lăng trụ ABE. CFD tạo thành ba hình chóp tam giác lần lượt là: D.ABE,

    B.CFD, chúng tôi Ta có: 

    Do đó, thể tích khối tứ diện ABCD không đổi.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Toán Lớp 5 Diện Tích Hình Tròn: Hướng Dẫn Bài Tập Chi Tiết
  • Kỹ Năng Giải Một Số Dạng Bài Tập Toán Lớp 12 Chọn Lọc
  • Bài 24: Văn Bản: Ý Nghĩa Văn Chương – Giải Bài Tập Ngữ Văn Lớp 7
  • Giải Vbt Vật Lí 9
  • Giải Vbt Vật Lí 8
  • Hoá Học 12 Bài 1: Este

    --- Bài mới hơn ---

  • Giải Bài 1,2,3,4,5 Trang 11 Sgk Hóa Học Lớp12: Lipit
  • Bài 1,2,3,4,5,6,7,8 Trang 13,14 Hóa 10: Hạt Nhân Nguyên Tử, Nguyên Tố Hoá Học, Đồng Vị
  • Giải Bài 1, 2, 3, 4, 5 Trang 138, 139 Sách Giáo Khoa Hóa Học 10
  • Bài Tập Kinh Tế Vĩ Mô (Có Đáp Án)
  • Bài Tập Kinh Tế Vĩ Mô Có Lời Giải Tham Khảo
  • Bài tập minh họa

    Bài 1:

    Vinyl axetat có công thức cấu tạo thu gọn là

    Hướng dẫn:

    Tên este = Tên gốc hidrocacbon R’+ Tên gốc axit (đổi “ic” thành “at”)

    + Vinyl -CH=CH 2 là tên gốc hidrocacbon R’

    + Axetat là tên gốc axit ⇒ gốc R là CH 3 COO-

    ⇒ Công thức cấu tạo thu gọn của vinyl axetat sẽ là : CH 3COOCH=CH 2

    Bài 2:

    Đun nóng este HCOOCH 3 với một lượng vừa đủ dung dịch NaOH, sản phẩm thu được là

    Hướng dẫn:

    Phản ứng este với NaOH chính là phản ứng thủy phân của este trong môi trường kiềm (hay còn gọi là phản ứng xà phòng hóa).

    Đối với những este chứa gốc R’ no thì sản phẩm tạo thành là muối và ancol tương ứng.

    Phương trình phản ứng:

    HCOOCH 3 + NaOH HCOONa + CH 3 OH

    Như vậy sản phẩm thu được là muối Natri format HCOONa và ancol metylic CH 3 OH

    Bài 3:

    Điều chế este CH 3COOCH=CH 2 cần trực tiếp nguyên liệu nào sau đây

    Hướng dẫn:

    Đây là cách điều chế dùng riêng cho vinyl axetat.

    (C{H_3}COOH + CHequiv CHoverset{t^{0},xt}{rightarrow}C{H_3}COOCH = C{H_2})

    Như vậy khi điều chế vinyl axetat người ta sử dụng axit axetic và axetilen với xúc tác và nhiệt độ thích hợp.

    Bài 4:

    Xà phòng hóa 8,8 gam etyl axetat bằng 200 ml NaOH 0,2M. Sau phản ứng hoàn toàn, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được chất rắn khan có khối lượng là

    Hướng dẫn:

    Viết phương trình phản ứng đã xảy ra, xác định chính xác chất dư, chất hết và chất rắn thu được sau khi cô cạn dung dịch bao gồm những chất gì. Sử dụng số liệu của chất hết ta giải quyết được câu hỏi của bài toán.

    Cụ thể như sau:

    CH 3COOC 2H 5 + NaOH → CH 3COONa + C 2H 5OH

    0,1 mol → 0,04 mol → 0,04 mol

    Este dư, chất rắn chỉ có CH 3COONa

    Sau phản ứng có chất rắn gồm: 0,04 mol CH 3COONa

    ⇒ m rắn = 0,04.82 = 3,28g

    Bài 1:

    Este X có công thức phân tử C 2H 4O 2. Đun nóng 9,0g X trong dung dịch NaOH vừa đủ đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam muối. Giá trị của m là

    Hướng dẫn:

    Este C 2H 4O 2 có duy nhất một công thức cấu tạo là: HCOOCH 3

    (HCOOC{H_3} + NaOH to HCOONa + C{H_3}OH)

    (begin{array}{l} Rightarrow {n_X} = {n_{HCOONa}} = 0,15,mol\ {m_{_{HCOONa}}} = 0,15.68 = 10,2(gam) end{array})

    Hoặc nhận thấy từ este → Muối thì Na đã thay thế nhóm CH 3 do đó khối lượng muối tăng lên 8.0,15 = 1,2(gam)

    --- Bài cũ hơn ---

  • Ứng Dụng Của Hệ Thức Vi
  • Giải Bài Tập Trang 88 Sgk Hình Học 10 Bài 1, 2, 3, 4, 5
  • Giải Toán 10 Bài 3. Phương Trình Đường Elip
  • Phương Pháp Giải Bài Tập Phản Ứng Đốt Cháy Este Hay, Chi Tiết
  • Phương Pháp Giải Bt Ete Pp Giai Toan Este Doc
  • ​hướng Dẫn Giải Bài Tập Sgk Hoá Học Lớp 10 Bài 7:bảng Tuần Hoàn Các Nguyên Tố Hóa Học

    --- Bài mới hơn ---

  • Giải Bài Tập Sgk Địa Lý Lớp 10 Bài 7: Cấu Trúc Của Trái Đất. Thạch Quyển. Thuyết Kiến Tạo Mảng
  • Giải Lý Lớp 10 Bài 1: Chuyển Động Cơ
  • Giải Bài Tập Sgk Tiếng Anh Lớp 7 Chương Trình Mới Unit 9: Getting Started, A Closer Look 1, A Closer
  • Sách Giải Bài Tập Toán Lớp 7 Luyện Tập Trang 91
  • Giải Bài Tập Trang 91, 92 Sgk Toán 7 Tập 1 Bài 24, 25, 26, 27, 28, 29,
  • ​Hướng dẫn giải bài tập SGK Hoá học lớp 10 bài 7:Bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học

    Giải bài tập SGK Hóa lớp 10 trang 35

    Bài 1. (SGK trang 35 Hóa lớp 10)

    Các nguyên tố xếp ở chu kì 6 có số lớp electron trong nguyên tử là:

    A. 3 B. 5 C. 6 D. 7

    Chọn đáp án đúng

    Đáp án và giải bài 1:

    Chọn đáp án C

    Bài 2. (SGK trang 35 Hóa lớp 10)

    Trong bảng tuần hoàn các nguyên tố, số chu kì nhỏ và số chu kì lớn là:

    A. 3 và 3. B. 3 và 4 C. 4 và 4 D. 4 và 3

    Chọn đáp án đúng

    Đáp án bài 2:

    Chọn đáp án B

    Bài 3. (SGK trang 35 Hóa lớp 10)

    Số nguyên tố trong chu kì 3 và 5 là:

    A. 8 và 18 B. 18 và 8 C. 8 và 8. D. 18 và 18

    Chọn đáp án đúng

    Đáp án bài 3:

    Chọn A

    Bài 4. (SGK trang 35 Hóa lớp 10)

    Trong bảng tuần hoàn, các nguyên tố được sắp xếp theo nguyên tắc nào?

    A. Theo chiều tăng của điện tích hạt nhân.

    B. Các nguyên tố có cùng số lớp electron trong nguyên tử được xếp thành 1 hàng.

    C. Các nguyên tố có cùng số electron hóa trị trong nguyên tử được xếp thành 1 cột.

    D. Cả A, B, C.

    Chọn đáp án đúng nhất.

    Đáp án bài 4:

    Chọn đáp án D

    Bài 5. (SGK trang 35 Hóa lớp 10)

    Tìm câu sai trong các câu sau đây:

    A. Bảng tuần hoàn gồm có các ô nguyên tố, các chu kì và các nhóm.

    B. Chu kì là dãy các nguyên tố mà nguyên tử của chúng có cùng số lớp electron, được sắp xếp theo chiều điện tích hạt nhận tăng dần.

    C. Bảng tuần hoàn có 7 chu kì. Số thứ tự của chu kì bằng số phân lớp electron trong nguyên tử.

    D. Bảng tuần hoàn có 8 nhóm A và 8 nhóm B.

    Đáp án bài 5:

    Câu sai C

    Bài 6. (SGK trang 35 Hóa lớp 10)

    Hãy cho biết nguyên tắc sắp xếp các nguyên tố trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.

    Giải bài 6:

    a) Các nguyên tố được sắp xếp theo chiều tăng dần của điện tích hạt nhân.

    b) Các nguyên tố có cùng số lớp electron trong nguyên tử được xếp thành một hàng.

    c) Các nguyên tố có số electron ngoài cùng như nhau được xếp thành một cột.

    Bài 7. (SGK trang 35 Hóa lớp 10)

    a) Nhóm nguyên tố là gì?

    b) Bảng tuần hoàn các nguyên tố có bao nhiêu cột?

    c) Bảng tuần hoàn có bao nhiêu nhóm A?

    d) Bảng tuần hoàn có bao nhiêu nhóm B? Các nhóm B gồm bao nhiêu cột?

    e) Những nhóm nào chứa nguyên tố s? Những nhóm nào chứa nguyên tố p? Những nhóm nào chứa nguyên tố d?

    Giải bài 7:

    a) Nhóm nguyên tố là tập hợp các nguyên tố mà nguyên tử có cấu hình electron tương tự nhau, do đó có tính chất hóa học gần giống nhau và xếp thành một cột.

    b) Bảng tuần hoàn có 18 cột

    c) Bảng tuần hoàn có 8 nhóm A

    d) Bảng tuần hoàn có 8 nhóm B, gồm 10 cột.

    e) Nhóm IA và IIA chứa nguyên tố s, nhóm IIIA đến nhóm VIIIA (trừ He) chứa các nguyên tố p. Các nhóm từ IIIB đến IIB (theo chiều từ trái qua phải trong bảng tuần hoàn) chứa các nguyên tố d.

    Bài 8. (SGK trang 35 Hóa lớp 10)

    Hãy cho biết quan hệ giữa số thứ tự của nhóm A và số electron hóa trị của nguyên tử các nguyên tố trong nhóm.

    Giải bài 8:

    Số thứ tự của các nhóm A trùng với số electron hóa trị trong nguyên tử của các nguyên tố trong nhóm.

    Bài 9. (SGK trang 35 Hóa lớp 10)

    Hãy cho biết số electron thuộc lớp ngoài cùng của nguyên tử các nguyên tố Li, Be, B, C, N, O, F, Ne.

    Giải bài 9:

    Số electron thuộc lớp ngoài cùng của nguyên tử các nguyên tố Li: 1e, Be: 2e, B: 3e, C: 4e, N: 5e, O: 6e, F: 7e, Ne: 8e.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Toán Lớp 7 Bài 10: Làm Tròn Số
  • Giải Bài Tập Trang 104 Sgk Sinh Lớp 7: Cá Chép Giải Bài Tập Môn Sinh Học Lớp 7
  • Giải Bài 1,2,3, 4,5,6 ,7 Trang 101 Hóa Học 9: Sơ Lược Về Bảng Tuần Hoàn Các Nguyên Tố Hóa Học
  • Giải Bài Tập Trang 109 Sgk Sinh Lớp 7: Cấu Tạo Trong Của Cá Chép
  • Giải Bài Tập Môn Sinh Học Lớp 7 Trang 109: Cấu Tạo Trong Của Cá Chép
  • Hoá Học 12 Bài 10: Amino Axit

    --- Bài mới hơn ---

  • Giải Hóa 12 Bài 8: Thực Hành: Điều Chế Tính Chất Hóa Học Của Este Và Cacbohiđrat
  • Giải Bài Tập 8 Trang 129 Hóa 12
  • ✅ Sách Giáo Khoa Hóa Học Nâng Cao Lớp 12
  • Bài Tập 1,2,3,4,5,6 Trang 36,37 Hóa Lớp 12: Luyện Tập Cấu Tạo Và Tính Chất Của Cacbohiđrat
  • Giải Bài 1,2,3, 4,5 ,6,7 Trang 145,146 Hóa Học 8: Nồng Độ Dung Dịch
  • Bài tập minh họa

    Bài 1:

    Cho các dung dịch riêng biệt chứa các chất: anilin (1), metylamin (2), glixin (3), axit glutamic (4), axit 2,6- điamino hexanoic (5), H 2NCH 2 COONa (6). Các dung dịch làm quỳ tím hóa xanh là

    Hướng dẫn:

    Các amino axit có số nhóm -NH 2 nhiều hơn -COOH làm quỳ tím hóa xanh. Vậy các dung dịch làm quỳ hóa xanh là (2), (5), (6)

    (5)

    (C-C-C-C-C-COOH)

    (mid) (mid)

    (NH_{2}) (NH_{2})

    ( Lysin)

    (6)

    (H_{2}N-CH_{2}-COONa)

    Cho 8,24 gam α-amino axit X (phân tử có một nhóm -COOH và một nhóm -NH 2) phản ứng với dung dịch HCl dư thì thu được 11,16 gam muối. X là

    Hướng dẫn:

    Cho 200 ml dung dịch amino axit X nồng độ 0,2M tác dụng vừa đủ với 80 ml dung dịch NaOH 0,5M, thu được dung dịch chứa 5 gam muối. Công thức của X là?

    Bài 1:

    Cho 13,23 gam axit glutamic phản ứng với 200 ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch X. Cho 400 ml dung dịch NaOH 1M vào X được Y. Cô cạn Y thu được m gam rắn khan, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là

    Cho 4,41 gam một amino axit X tác dụng với dung dịch NaOH dư cho ra 5,73 gam muối. Mặt khác cũng lượng X như trên nếu cho tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 5,505 g muối clorua. Công thức cấu tạo của X là:

    Hướng dẫn:

    Cứ 1 gốc -COOH + NaOH 1 gốc -COONa

    và 1 gốc -NH 2 + HCl 1 gốc -NH3Cl

    (Rightarrow) Khi X + NaOH dư:

    (Rightarrow Delta m = m _{muoi} – m_X = m_{COONa} – m_{-COOH})

    (Rightarrow n_{-COOH}times (67 – 45) = 5,73 – 4,41)

    (Rightarrow n_{-COOH} = 0,06 (mol))

    Khi X + HCl ta có:(Delta m = m_{muoi} – m_X = m_{-NH_3Cl} – m_{-NH_2})

    (Rightarrow n_{-NH_2}times (52,5 – 16) = 5,505 – 4,41)

    (Rightarrow n_{-NH_2} = 0,03 (mol))

    (Rightarrow) Ta thấy trong 4,41 g X có

    (left{begin{matrix} 0,03 mol-NH_2\ 0,06 mol-COOH end{matrix}right.)

    (Rightarrow) Đặt CTPT X là: R(COOH) 2n(NH 2) n (Rightarrow) n X = (mol)

    (Rightarrow) M X = R + 90n + 16n

    ⇔ R = 41n

    Ta thấy: n = 1; M R = 41 (Rightarrow) R = C 3H 5 thỏa mãn

    (Rightarrow) X là HOOC-CH 2-CH(NH 2)-CH 2-COOH hoặc HOOC-CH(NH 2)-CH 2-CH 2-COOH

    --- Bài cũ hơn ---

  • Bán Tài Liệu File Word Môn Hóa
  • Phương Pháp Giải Bt Hóa
  • Giải Bài 1,2,3, 4,5,6,7,8 Trang 111 Sgk Hóa 12: Kim Loại Kiềm Và Hợp Chất Quan Trọng Của Kim Loại Kiềm
  • Bài 1,2,3, 4,5,6 ,7,8,9 ,10,11 Trang 113,114 Hóa Lớp 10: Flo
  • Bài 1,2,3, 4,5,6, 7 Trang 106 Hóa 10: Hiđro Clorua, Axit Clohiđric Và Muối Clorua
  • Hướng Dẫn Giải Bài Tập Sinh Học 9

    --- Bài mới hơn ---

  • Giải Bài Tập Sinh Học 9 Bài 28. Phương Pháp Nghiên Cứu Di Truyền Người
  • Đề Tài Hình Thành Kĩ Năng Giải Bài Tập Di Truyền Sinh Học 9
  • Tài Liệu Hình Thành Kĩ Năng Giải Bài Tập Di Truyền Sinh Học 9
  • Hình Thành Kĩ Năng Giải Bài Tập Di Truyền Sinh Học 9
  • Skkn Hình Thành Kĩ Năng Giải Bài Tập Di Truyền Sinh Học 9
  • Cuốn sách Hướng dẫn giải bài tập sinh học 9 được biên soạn theo chương trình của Bộ Giáo Dục và Đào Tạo, cung cấp cho các em học sinh các kiến thức, bài giải giúp các em học tốt môn sinh học 9.

    Nội dung cuốn sách là giải đáp kiến thức, câu hỏi và bài tập trong từng bài học của Sách giáo khoa Sinh học lớp 9.

    Cuốn sách gồm hai phần chính:

    Chương 1: Các thí nghiệm của Menđen

    Bài 1: Menđen và Di truyền học

    Bài 2: Lai một cặp tính trạng

    Bài 3: Lai một cặp tính trạng (tiếp theo)

    Bài 4: Lai hai cặp tính trạng

    Bài 5: Lai hai cặp tính trạng (tiếp theo)

    Bài 6: Thực hành : Tính xác suất xuất hiện các mặt của đồng kim loại

    Bài 7: Bài tập chương I

    Chương 2: Nhiễm sắc thể

    Bài 8: Nhiễm sắc thể

    Bài 9: Nguyên phân

    Bài 10: Giảm phân

    Bài 11: Phát sinh giao tử và thụ tinh

    Bài 12: Cơ chế xác định giới tính

    Bài 13: Di truyền liên kết

    Bài 14: Thực hành: Quan sát hình thái nhiễm sắc thể

    Chương 3: ADN và Gen

    Bài 16: ADN và bản chất của gen

    Bài 17: Mối quan hệ giữa gen và ARN

    Bài 18: Prôtêin

    Bài 19: Mối quan hệ giữa gen và tính trạng

    Bài 20: Thực hành : Quan sát và lắp mô hình ADN

    Chương 4: Biến dị

    Bài 21: Đột biến gen

    Bài 22: Đột biến cấu trúc nhiễm sắc thể

    Bài 23: Đột biến số lượng nhiễm sắc thể

    Bài 24: Đột biến số lượng nhiễm sắc thể (tiếp theo)

    Bài 25: Thường biến

    Bài 26: Thực hành : Nhận biết một vài dạng đột biến

    Bài 27: Thực hành : Quan sát thường biến

    Chương 5: Di truyền học người

    Bài 28: Phương pháp nghiên cứu di truyền người

    Bài 29: Bệnh và tật di truyền ở người

    Bài 30: Di truyền học với con người

    Chương 6: Ứng dụng di truyền

    Bài 31: Công nghệ tế bào

    Bài 32: Công nghệ gen

    Bài 33: Gây đột biến nhân tạo trong chọn giống

    Bài 34: Thoái hóa do tự thụ phấn và do giao phối gần

    Bài 35: Ưu thế lai

    Bài 36: Các phương pháp chọn lọc

    Bài 37: Thành tựu chọn giống ở Việt Nam

    Bài 38: Thực hành : Tập dượt thao tác giao phấn

    Bài 39: Thực hành : Tìm hiểu thành tựu chọn giống vật nuôi và cây trồng

    Bài 40: Ôn tập phần di truyền và biến dị

    Chương 1: Sinh vật và môi trường

    Bài 41: Môi trường và các nhân tố sinh thái

    Bài 42: Ảnh hưởng của ánh sáng lên đời sống sinh vật

    Bài 43: Ảnh hưởng của nhiệt độ và độ ẩm lên đời sống sinh vật

    Bài 44: Ảnh hưởng lẫn nhau giữa các sinh vật

    Bài 45-46: Thực hành : Tìm hiểu môi trường và ảnh hưởng của một số nhân tố sinh thái lên đời sống sinh vật

    Chương 2: Hệ sinh thái

    Bài 47: Quần thể sinh vật

    Bài 48: Quần thể người

    Bài 49: Quần thể xã sinh vật

    Bài 50: Hệ sinh thái

    Bài 51-52: Thực hành : Hệ sinh thái

    Chương 3: Con người, dân số và môi trường

    Bài 53: Tác động của con người đối với môi trường

    Bài 54: Ô nhiễm môi trường

    Bài 55: Ô nhiễm môi trường (tiếp theo)

    Bài 56-57: Thực hành : Tìm hiểu tình hình môi trường ở địa phương

    Chương 4: Bảo vệ môi trường

    Bài 58: Sử dụng hợp lí tài nguyên thiên nhiên

    Bài 59: Khôi phục môi trường và giữ gìn thiên nhiên hoang dã

    Bài 60: Bảo vệ đa dạng các hệ sinh thái

    Bài 61: Luật bảo vệ môi trường

    Bài 62: Thực hành : Vận dụng Luật bảo vệ môi trường vào việc bảo vệ môi trường ở địa phương

    Bài 63: Ôn tập phần sinh vật và môi trường

    Bài 64: Tổng kết chương trình toàn cấp

    Bài 65: Tổng kết chương trình toàn cấp (tiếp theo)

    Bài 66: Tổng kết chương trình toàn cấp (tiếp theo)

    CLICK LINK DOWNLOAD EBOOK TẠI ĐÂY

    --- Bài cũ hơn ---

  • Di Truyền Liên Kết: Bài Tập 1,2,3,4 Trang 43 Sinh Học 9
  • Giải Bài Tập Trang 43 Sgk Sinh Lớp 9: Di Truyền Liên Kết
  • Hướng Dẫn Hs Giải Bài Tập Di Truyền Nhóm Máu Và Phả Hệ
  • Ôn Tập Sinh Học 9 Chương 3 Dna Và Gen
  • Giải Bài Ôn Tập Chương 1 Sinh 9: Bài 1,2,3,4,5 Trang 22,23
  • Hướng Dẫn Giải Sách Bài Tập Tiếng Anh 12 Unit 12 Phần Reading

    --- Bài mới hơn ---

  • Hướng Dẫn Giải Sách Bài Tập Tiếng Anh 12 Unit 14 Phần Reading
  • Giải Bài Tập Sbt Tiếng Anh Lớp 8 Chương Trình Mới Unit 7: Pollution
  • Giải Bài Tập Tiếng Anh 8 Unit 7: My Neighborhood
  • Giải Bài Tập Tiếng Anh 8 Unit 16: Inventions
  • Giải Bài Tập Tiếng Anh 8 Unit 15: Computers
  • Tony: Well, first of all you have to know the signals that you should use if you get in trouble. You have to use signals because it’s difficult to hear shouts above the noise of water, boat engines, breathing apparatus if you’re wearing that, and so on.

    Jenny: I see, could you give us some examples?

    Tony: Well, if you are ping, you need to use these signals. Now, ‘I’m OK,’ is the hand up with thumb and forefinger making an O. The ‘I need assistance’ signal is that you put the fist up and move it from left to right above the water. If you are on a boat you should be flying the right international signal which is a white and blue flag.

    Jenny: What does that mean?

    Tony: That indicates ‘I have a per down, keep clear and proceed at a slow speed’ for the other boats around.

    Jenny: Yes, and what about skiers?

    Tony: Well, anybody who is going to go water skiing should be taught several signals. First of all, the signal to go faster: you hold your palm up and motion upwards or just nod your head.

    Tony: The signal for slower is the palm down, you motion downwards or you shake your head. If you want to indicate that the speed is OK, you give the OK signal with your thumb and forefinger making the O. If you want to go back to the jetty, just point with your arm downwards.

    Jenny: I see. Well, so much for signals. But water skiing can be quite dangerous, can’t it?

    Tony: Well, not if you follow the basic safety procedures and you know what you are doing. There are three points really. There should always be two people in the boat: That is one person to watch the skier and the other to drive the boat. Um … before you start, your ski-tips must be above the water, so you don’t get dragged down immediately. If you are the skier you have to give a clear signal to the driver (the person who’s driving the boat) when you are ready to start.

    Jenny: And I suppose even the best water skiers fall into the water quite often, what should you do if you fall?

    Tony: When you fall? Well, if you fall forwards you should let go of the rope and sit down. If you fall sideways, you should curl yourself up into a ball. And very important: recover the skis immediately. Get a hold of those skis because they can help to keep you afloat.

    Exercise 1. Complete the following passage, using one appropriate word for each space.

    3. let go of the rope and sit down

    4. curl yourself up into a ball

    5. they can help to keep you afloat

    Answer

    Have you ever heard of river rafting? This water sport, though pviously relatively unknown, is beginning to gain (1) attention to this country, especially (2) water sports enthusiasts.

    To put it simply, this (3) involves padding a raft down a river, overcoming whatever rapids, boulders or other obstacles in the way. (4) it takes is skilful steering. A (5) of strong arms and stamina are also required.

    For those who dare, to give this sport a (6) , it would be worthwhile to (7) to Sungai Rasa, about 60 kilometres north of Kuala Lumpur.

    Giáo dục cộng đồng: chúng tôi

    Though not (8) turbulent as some rivers found elsewhere in the world, Sungai Rasa offers some challenges (9) the form of three rapids (10) its course.

    1. some 2. among 3. sport 4. What

    5. pair 6. try 7. go 8. as

    9. in 10. along

    --- Bài cũ hơn ---

  • Unit 8 Lớp 7: At The Post Office
  • Giải Bài Tập Tiếng Anh 7 Unit 8: Places
  • Tải Về Giải Bài Tập Tiếng Anh Lớp 8
  • Trắc Nghiệm Tiếng Anh Lớp 11 Unit 7 World Population Có Đáp Án
  • Trắc Nghiệm Tiếng Anh Lớp 8 Unit 7 My Neighborhood Có Đáp Án
  • Sách Hướng Dẫn Học Tập Giải Tích 2

    --- Bài mới hơn ---

  • Một Số Đề Kiểm Tra Môn Giải Tích 1
  • Bài Giải Market Leader Pre Intermediate 3Rd Edition
  • Bài Giải Market Leader 1
  • Bài Giải Market Leader 3
  • Bộ Sách Market Leader 5 Levels (Ebook+Audio)
  • Published on

    Tài liệu này có tính phí xin vui lòng liên hệ facebook để được hỗ trợ Liên hệ page để nhận link download sách và tài liệu: https://www.facebook.com/garmentspace

    My Blog: http://garmentspace.blogspot.com/

    Từ khóa tìm kiếm tài liệu : Wash jeans garment washing and dyeing, tài liệu ngành may, purpose of washing, definition of garment washing, tài liệu cắt may, sơ mi nam nữ, thiết kế áo sơ mi nam, thiết kế quần âu, thiết kế veston nam nữ, thiết kế áo dài, chân váy đầm liền thân, zipper, dây kéo trong ngành may, tài liệu ngành may, khóa kéo răng cưa, triển khai sản xuất, jacket nam, phân loại khóa kéo, tin học ngành may, bài giảng Accumark, Gerber Accumarkt, cad/cam ngành may, tài liệu ngành may, bộ tài liệu kỹ thuật ngành may dạng đầy đủ, vật liệu may, tài liệu ngành may, tài liệu về sợi, nguyên liệu dệt, kiểu dệt vải dệt thoi, kiểu dệt vải dệt kim, chỉ may, vật liệu dựng, bộ tài liệu kỹ thuật ngành may dạng đầy đủ, tiêu chuẩn kỹ thuật áo sơ mi nam, tài liệu kỹ thuật ngành may, tài liệu ngành may, nguồn gốc vải denim, lịch sử ra đời và phát triển quần jean, Levi’s, Jeans, Levi Straus, Jacob Davis và Levis Strauss, CHẤT LIỆU DENIM, cắt may quần tây nam, quy trình may áo sơ mi căn bản, quần nam không ply, thiết kế áo sơ mi nam, thiết kế áo sơ mi nam theo tài liệu kỹ thuật, tài liệu cắt may,lịch sử ra đời và phát triển quần jean, vải denim, Levis strauss cha đẻ của quần jeans. Jeans skinny, street style áo sơ mi nam, tính vải may áo quần, sơ mi nam nữ, cắt may căn bản, thiết kế quần áo, tài liệu ngành may,máy 2 kim, máy may công nghiệp, two needle sewing machine, tài liệu ngành may, thiết bị ngành may, máy móc ngành may,Tiếng anh ngành may, english for gamrment technology, anh văn chuyên ngành may, may mặc thời trang, english, picture, Nhận biết và phân biệt các loại vải, cotton, chiffon, silk, woolCÁCH MAY – QUY CÁCH LẮP RÁP – QUY CÁCH ĐÁNH SỐTÀI LIỆU KỸ THUẬT NGÀNH MAY -TIÊU CHUẨN KỸ THUẬT – QUY CÁCH ĐÁNH SỐ – QUY CÁCH LẮP RÁP – QUY CÁCH MAY – QUY TRÌNH MAY – GẤP XẾP ĐÓNG GÓI – GIÁC SƠ ĐỒ MÃ HÀNG – Công nghệ may,kỹ thuật may dây kéo đồ án công nghệ may, công

    1. 1. HỌC VIỆN CÔNG NGHỆ BƯU CHÍNH VIỄN THÔNG SÁCH HƯỚNG DẪN HỌC TẬP GIẢI TÍCH 2 (Dùng cho sinh viên hệ đào tạo đại học từ xa) Lưu hành nội bộ HÀ NỘI – 2006
    2. 2. HỌC VIỆN CÔNG NGHỆ BƯU CHÍNH VIỄN THÔNG SÁCH HƯỚNG DẪN HỌC TẬP GIẢI TÍCH 2 Biên soạn : Ts. VŨ GIA TÊ
    3. 3. LỜI GIỚI THIỆU GIAỈ TÍCH 2 (TOÁN CAO CẤP A3 ) là học phần tiếp theo các học phần GIẢI TÍCH 1, ĐẠI SỐ ( TOÁN CAO CẤP A1 , A 2 ) dành cho sinh viên năm thứ nhất thuộc các nhóm ngành khối kĩ thuật. Giáo trình này dùng làm tài liệu học tập cho sinh viên đại học với hình thức đào tạo từ xa. Giáo trình được biên soạn theo chương trình qui định năm 2001 của Bộ Giáo dục- Đào tạo và theo đề cương chương trình của Học viện Công nghệ Bưu chính Viễn thông phê duyệt năm 2006 cho hệ đào tạo chính qui. Ở Việt nam, hình thức đào tạo từ xa tuy đã triển khai và nhân rộng từ 10 năm nay nhưng vẫn còn khá mới mẻ. Với cách học này, đòi hỏi người học phải làm việc độc lập nhiều hơn, lấy tự học, tự nghiên cứu là chính. Do đó tài liệu học tập, cụ thể là các giáo trình phải được coi là phương tiện cơ bản và quan trọng nhất. Các yếu tố trên được chúng tôi chú ý khi viết giáo trình này, cụ thể là: Nội dung được trình bày ngắn gọn, chính xác. Trừ một số định lí có chứng minh nhằm rèn luyện tư duy và củng cố kiến thức, còn hầu hết các định lí đưa ra được thừa nhận với mục đích áp dụng. Tương ứng mỗi nội dung kiến thức đều có ví dụ minh họa nhằm hướng người học hiểu sâu sắc và biết cách áp dụng. Trong mỗi chương đều có mục đích, yêu cầu và phần tóm tắt nội dung để người học dễ đọc, dễ thuộc. Các câu hỏi mang tính trắc nghiệm cuối mỗi chương là cơ sở đánh giá kiến thức có được của người học về nội dung chương đó. Giáo trình gồm 5 chương, tương ứng với 4 đơn vị học trình (60 tiết). Chương 1 .Phép tính vi phân hàm số nhiều biến số. Chương 2. Tích phân bội. Chương 3. Tích phân đường và tích phân mặt. Chương 4. Lý thuyết trường. Chương 5. Phương trình vi phân. Mặc dù cố gắng rất nhiều, song không tránh khỏi các sơ suất về nội dung cũng như các lỗi về ấn loát, chúng tôi rất mong được sự góp ý kiến và rất cám ơn về điều đó. Nhân đây, chúng tôi chân thành cám ơn Ban Giám đốc Học viện Công nghệ Bưu chính Viễn thông, Trung tâm Đào tạo Bưu chính Viễn thông 1, đặc biệt Phòng Đào tạo Đại học từ xa và các bạn đồng nghiệp đã tạo điều kiện, động viên, giúp đỡ chúng tôi hoàn thành giáo trình này. Hà Nội, 7-2006 Tác giả
    4. 4. Chương 1. Phép tính vi phân hàm số nhiều biến số 3 CHƯƠNG 1. PHÉP TÍNH VI PHÂN HÀM SỐ NHIỀU BIẾN SỐ GIỚI THIỆU Phép tính vi phân hàm số nhiều biến số là sự mở rộng một cách tự nhiên và cần thiết của phép tính vi phân hàm số một biến số. Các bài toán thực tế thường xuất hiện sự phụ thuộc một biến số vào hai biến số hoặc nhiều hơn, chẳng hạn nhiệt độ T của một chất lỏng biến đổi theo độ sâu z và thời gian t theo công thức t T e z− = , nhiệt lượng toả ra trên dây dẫn phụ thuộc vào điện trở của dây, cường độ của dòng và thời gian dẫn điện theo công thức 2 0,24Q RI t= ,v.v…Vì vậy, khảo sát hàm số nhiều biến số vừa mang tính tổng quát vừa mang tính thực tiễn. Để học tốt chương này, ngoài việc nắm vững các phép tính đạo hàm của hàm một biến số, người học phải có các kiến thức về hình học không gian (xem syxfsytxfs yy 100100 ,(),( θθ +′−++′= Tiếp tục áp dụng định lý Lagrange cho hàm ),( 10 syxfy θ+′ tại x0 nhận được: ),(),(),( 10200000 sytxfstyxgsyxg yx θθ ++′′=−+ Hoàn toàn tương tự cũng có: ),(),(),( 20100000 sytxfstyxhytxh xy γγ ++′′=−+ Cho 0, →st , do tính liên tục nhận được ),(),( 0000 yxfyxf yxxy ′′=′′ Chú ý: Định lý trên cũng mở rộng cho các đạo hàm cấp cao hơn và hàm nhiều biến hơn. 1.2.4. Vi phân cấp cao Ta nhận thấy dyyxfdxyxfyxdf yx ),(),(),( ′+′= cũng là một hàm số của x, y nên có thể xét vi phân của nó. Nếu df(x,y) khả vi thì vi phân của nó gọi là vi phân cấp hai của f(x, y), kí hiệu )),((),(2 yxdfdyxfd = và nói rằng f(x, y) khả vi đến cấp 2 tại (x, y). Tổng quát vi phân cấp n, nếu có sẽ kí hiệu: )),((),( 1 yxfddyxfd nn − = Công thức vi phân cấp 2 như sau: dy y f dx x f y dxdy y f dx x f x yxdfdyxfd ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ + ∂ ∂ ∂ ∂ +⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ + ∂ ∂ ∂ ∂ == )),((),(2 2 2 222 2 2 2 dy y f dxdy xy f yx f dx x f ∂ ∂ +⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂∂ ∂ + ∂∂ ∂ + ∂ ∂ =
    5. 16. Chương 1. Phép tính vi phân hàm số nhiều biến số 15 Giả sử các đạo hàm riêng hỗn hợp liên tục, theo định lý Schwarz ta có: 2 2 22 2 2 2 2 2),( dy y f dxdy yx f dx x f yxfd ∂ ∂ + ∂∂ ∂ + ∂ ∂ = (1.4) Người ta dùng kí hiệu luỹ thừa tượng trưng để viết gọn như sau: ),(),( yxfdy y dx x yxdf ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ + ∂ ∂ = Tổng quát có ),(),( yxfdy y dx x yxfd n n ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ + ∂ ∂ = (1.5) 1.2.5. Đạo hàm của hàm số hợp Cho n D ⊂ và các ánh xạ m : Dϕ → f : (D)ϕ → Ánh xạ tích : →f Dϕ cụ thể là m u f ( (M)), M D, (M)= ϕ ∈ ϕ ⊂ gọi là hàm số hợp. Để cho đơn giản, sau đây ta xét n = 2, m = 2, khi đó hàm hợp f ϕ xác định trên miền phẳng D Định lý 1.6. Cho u = f(x,y) với x = x(s, t); y = y(s, t) thoả mãn: Các biến trung gian x(s, t), y(s, t) có các đạo hàm riêng cấp 1 tại (a, b), f(x, y) khả vi tại điểm (x0, y0) = (x(a, b), y(a, b)). Khi đó hàm hợp u = u(s, t) có đạo hàm riêng cấp 1 tại (a, b) tính theo công thức: s y y u s x x u s u ∂ ∂ ∂ ∂ + ∂ ∂ ∂ ∂ = ∂ ∂ t y y u t x x u t u ∂ ∂ ∂ ∂ + ∂ ∂ ∂ ∂ = ∂ ∂ (1.6) Công thức (1.6) có thể viết dưới dạng ma trận: x x u u u u s t y ys t x y s t ∂ ∂⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ∂ ∂ = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎜ ⎟ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ t y s y t x s x được gọi là ma trận Jacobi của x, y đối với t, s; còn định thức của ma trận này gọi là định thức Jacobi của x, y đối với t, s hay Jacobian của x, y đối với t, s và ký hiệu:
    6. 17. Chương 1. Phép tính vi phân hàm số nhiều biến số 16 t y s y t x s x tsD yxD ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = ),( ),( (1.7) Ví dụ 8: Tính các đạo hàm riêng 22 ,,ln tsystxyeu x −=== . Giải: ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ − +−=+= ∂ ∂ 22 22 2 )ln(2. 1 chúng tôi ts s tstes y etye s u stxx , ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ − −−=−+= ∂ ∂ 22 22 2 )ln()2.( 1 chúng tôi ts t tsset y esye t u stxx . Ví dụ 9: Cho 222 , 1 zyxr r u ++== . Chứng minh 0222 =′′+′′+′′=Δ zyx uuuu . Giải: Nhận xét: hàm số r u 1 = đối xứng với x, y, z. Do đó ta chỉ cần tính 2 x u ′′ , sau đó thay x bởi y và z. 32 . 1 . r x r x r ruu xx −=−=′′=′ , 5 2 343 31 . 1 .3 1 2 r x rr x r x r ux +−=+−=′′ , Suy ra 0 33)(33 335 222 3 =+−= ++ +−=Δ rrr zyx r u . Chú ý: Nếu u = f(x, y), y = y(x) khi đó u là hàm số hợp của một biến x. Do vậy người ta đưa ra khái niệm đạo hàm toàn phần và công thức tính sẽ là: y y f x f dx du ′ ∂ ∂ + ∂ ∂ = . . 1.2.6. Vi phân của hàm hợp Xét hàm hợp u = f(x, y), x = x(s, t), y = y(s, t). Nếu hàm hợp có các đạo hàm riêng t u s u ∂ ∂ ∂ ∂ , liên tục thì nó khả vi và ta có: dt t u ds s u du ∂ ∂ + ∂ ∂ = Bây giờ ta biểu diễn du qua biến trung gian x, y theo công thức (1.6) có: dt t y y u t x x u ds s y y u s x x u du ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂ + ∂ ∂ ∂ ∂ +⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂ + ∂ ∂ ∂ ∂ =
    7. 18. Chương 1. Phép tính vi phân hàm số nhiều biến số 17 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ + ∂ ∂ ∂ ∂ +⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ + ∂ ∂ ∂ ∂ = dt t y ds s y y u dt t x ds s x x u dy y u dx x u ∂ ∂ + ∂ ∂ = . Như vậy dạng của công thức vi phân cấp 1 không đổi dù x, y là các biến độc lập hay là hàm của các biến s, t. Tính chất này gọi là tính chất bất biến dạng của vi phân cấp 1. Chú ý: Cũng như hàm một biến số, vi phân cấp cao không có tính bất biến dạng. 1.2.7. Đạo hàm của hàm số ẩn A. Hàm ẩn một biến Cho một hệ thức giữa hai biến, x, y dạng: F(x, y) = 0 (1.8) trong đó F(x, y) là hàm hai biến xác định trong miền mở D chứa (x0, y0) và F(x0, y0) = 0. Giả sử rằng ( ) )(,, 00 xyxxx ∃+−∈∀ δδ sao cho ( , ( ))x y x D∈ và F(x, y(x)) = 0. Hàm số y = y(x) gọi là hàm ẩn của x xác định bởi phương trình (1.8). Định lý 1.7. Nếu F(x, y) thoả mãn các điều kiện: F liên tục trong lân cận )( 0MδΩ và F(M0) = 0. Các đạo hàm riêng y F x F ∂ ∂ ∂ ∂ , liên tục và 0),( 00 ≠ ∂ ∂ yx y F trong lân cận )( 0MδΩ thì phương trình (1.8) xác định một hàm ẩn y(x) khả vi liên tục trong khoảng ),( 00 εε +− xx và ta có: y x F F dx dy ′ ′ −= (1.9) Chú ý: Để nhận được công thức (1.9) chúng ta chỉ việc lấy vi phân 2 vế của (1.8) trong đó có y = y(x) và áp dụng tính bất biến của dạng vi phân cấp 1. Thật vậy dF(x, y) = 0 hay 0=′+′ dyFdxF yx hay 0. =′′+′ yFF yx . Từ đó suy ra (1.9). Ví dụ 10: Tính )1(y′ biết π=− yexy x sin Giải: Lấy đạo hàm toàn phần (hay vi phân) và coi y là hàm của x hai vế của phương trình đã cho có: 0.cossin =′−−′+ yyeyeyxy xx Thay 1=x vào phương trình hàm ẩn, nhận được: (1) sin (1)y e yπ− = . Dùng phương pháp đồ thị giải phương trình này, nhận được nghiệm π=)1(y . Vậy 0)1(.cossin)1( =′−−′+ yeey πππ e y + −=′ 1 )1( π . Ví dụ 11: Tính yy ′′′, biết 0=+− arctgyyx
    8. 19. Chương 1. Phép tính vi phân hàm số nhiều biến số 18 Giải: Lấy đạo hàm toàn phần hai vế coi y = y(x) 22 2 2 2 1 1 0 1 1 yyy y y y y y y +=′⇒ + =′⇒= + ′ +′− Lấy đạo hàm tiếp ta có yyyyyy ′=′′+′ 22 22 2 5 2 (1 ) 2(1 ) . y y y y y y y ′ ′− + ′′ ′′⇒ = ⇒ = − B. Hàm ẩn hai biến Định lý 1.8. Cho phương trình hàm ẩn F(x, y, z) = 0 và F(x, y, z) thoả mãn các điều kiện: F(x, y, z) liên tục trong hình cầu mở )( 0MδΩ và F(M0) = F(x0, y0, z0) = 0; Các đạo hàm riêng zyx FFF ′′′ ,, liên tục và 0),,( 000 ≠′ zyxFz trong hình cầu )( 0MδΩ Khi đó phương trình hàm ẩn xác định một hàm ẩn z = z (x, y) có các đạo hàm riêng liên tục trong lân cận ),( 00 yxεΩ đồng thời: z y z x F F y z F F x z ′ ′ −= ∂ ∂ ′ ′ −= ∂ ∂ , (1.10) Tương tự như định lý 1.7. ta không chứng minh định lý này. Cũng như trong trường hợp hàm ẩn một biến, để tính các đạo hàm riêng cũng như vi phân của hàm ẩn ta lấy vi phân toàn phần hai vế của phương trình hàm ẩn sau đó đi tìm dz y z x z ,, ∂ ∂ ∂ ∂ Ví dụ 12: Cho xyz= x + y + z. Coi z là hàm số ẩn, hãy tính dzzz yx ,, ′′ . Giải: Lấy vi phân toàn phần phương trình hàm ẩn sẽ có: d(xyz) = d(x + y + z) yz dx + zx dy + xy dz = dx + dy + dz (xy – 1) dz = (1- yz) dz + (1-zx) dy dydxyxgdydxyxfdydxyxgyxf DDD ∫∫∫∫∫∫ +=+ ),(),(),(),( (2.6) d. Nếu f(x,y), g(x,y) cùng khả tích trên D và Dyxyxgyxf ∈∀≤ ),(),(),( thì: dydxyxgdydxyxf DD ∫∫∫∫ ≤ ),(),( (2.7) e. Nếu f(x,y) khả tích thì ),( yxf khả tích và dxdyyxfdydxyxf DD ∫∫∫∫ ≤ ),(),( (2.8) f. Nếu f(x,y) khả tích trên D và thoả mãn DyxMyxfm ∈∀≤≤ ),(,),( thì MSdydxyxfmS D ≤≤ ∫∫ ),( (2.9) trong đó S là diện tích miền D. 2.2. Tính tích phân kép. 2.2.1. Công thức tính tích phân kép trong tọa độ đề các (Descartes). Định lí 2.1. Nếu hàm số f(x,y) liên tục trên miền D cho bởi hệ bất phương trình ⎩ ⎨ ⎧ ≤≤ ≤≤ )()( 21 xyx bxa ϕϕ thì ∫∫ ∫ ∫= D b a x x dyyxfdxdxdyyxf )( )( 2 1 ),(),( ϕ ϕ (2.10)
    9. 36. Chương 2. Tích phân bội 35 x y z 0 H.2.2 S(x) a b x )(2 xϕ)(1 xϕ Chứng minh: Trước hết xét 0),( ≥yxf và liên tục trên miền D : ⎩ ⎨ ⎧ ≤≤ ≤≤ )()( 21 xyx bxa ϕϕ Trong đó )(),( 21 xx ϕϕ liên tục trên ),( ),(),( ),(),( ),(),(),( )( )( )( )( 21 )( )( 2 )( )( 1 21 2 1 2 1 2 1 2 1 ∫∫ ∫∫ ∫∫∫∫ ∫∫∫∫∫∫ = −= −= −= x x b a x x b a x x b a x x b a DDD dyyxfdx dyyxfyxfdx dyyxfdxdyyxfdx dydxyxfdydxyxfdydxyxf ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ Vậy ta nhận được công thức (2.10). Như vậy, để tính tích phân kép ta đưa về tính tích phân lặp. Công thức (2.10) thể hiện tính tích phân theo biến y (trong khi tính coi x là hằng số) trước và theo biến x sau Chú ý: a. Nếu miền D cho bởi hệ bất phương trình: 1 2 c y d (y) x (y) ≤ ≤⎧ ⎨ ψ ≤ ≤ ψ⎩ thì nhận được công thức tính tích phân kép tương tự là: ∫∫∫∫ = )( )( 2 1 ),(),( y y d cD dxyxfdydxdyyxf ψ ψ (2.11) b. Công thức thay đổi thứ tự lấy tích phân hay gọi là công thức Fubini. Trong trường hợp này, miền D có tính chất: Mỗi đường thẳng song song với các trục toạ độ cắt miền D nhiều nhất ở hai điểm. Khi đó tồn tại hình chữ nhật: ⎩ ⎨ ⎧ ≤≤ ≤≤ dyc bxa có cạnh tiếp xúc với biên của miền D (H.2.3) Giả sử ,ADB ACB có phương trình là: bxaxyxy ≤≤== ),(),( 21 ϕϕ , ,CAD CBD có phương trình là: dycyxyx ≤≤== ),(),( 21 ψψ Từ công thức (2.10), (2.11) nhận được công thức Fubini sau đây:
    10. 39. Chương 2. Tích phân bội 38 x y 0 a 2a H.2.4 y=2x Ví dụ 2: Tính tích phân: ∫∫= 0 xydxdyI với D giới hạn bởi các đường 4−= xy và 2 y 2x.= Giải: Vẽ miền D (H.2.5) Để vẽ được miền D trước hết phải tìm giao của các đường bằng cách giải hệ phương trình: ⎩ ⎨ ⎧ = −= xy xy 2 4 2 Ta suy ra: ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ −= = 4 2 2 2 2 y y y x ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ = = ⎩ ⎨ ⎧ −= = ⇒ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ⎢ ⎣ ⎡ −= = = ⇒ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ =−− = ⇒ 4 8 2 2 2 4 2 082 2 2 2 2 y x y x y y y x yy y x Ta mô tả miền D như sau: 2D 1D 2 2 yx= 4+= yx
    11. 40. Chương 2. Tích phân bội 39 D: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ +≤≤ ≤≤− 4 2 42 2 yx y y hoặc 21 DDD ∪= với ⎩ ⎨ ⎧ ≤≤− ≤≤ xyx x D 22 20 :1 ⎩ ⎨ ⎧ ≤≤− ≤≤ xyx x D 24 82 :2 Trong trường hợp này nên áp dụng công thức (2.11) tức là lấy tích phân lặp theo biến x trước và theo biến y sau: 2 y 44 4 2 2 2 2y 2 4 4 2 2 6 4 3 2 y 4 x I dy xydx y. dxy 2 2 1 y y(y 8y 16 )dy 2 4 41 1 8 y ( y y 8y ) 90. 22 4 3 24 + − − − + = = = + + − = + + − = − ∫ ∫ ∫ ∫ Ví dụ 3: Hãy thay đổi thứ tự lấy tích phân sau: ∫∫ − = 2 21 0 ),( x x dyyxfdxI Giải: Vẽ miền D trên cơ sở đã biết các cận của tích phân. theo đầu bài miền D giới hạn bởi các đường : 2 x 0,x 1, y x, y 2 x .= = = = − Đường có phương trình 2 2 xy −= chính là nửa đường tròn : ⎩ ⎨ ⎧ ≥ =+ 0 222 y yx 2D 1D 2 2 Do tính không trơn của biên miền D nên ta mô tả: 21 DDD ∪=
    12. 41. Chương 2. Tích phân bội 40 trong đó: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ −≤≤ ≤≤ ⎩ ⎨ ⎧ ≤≤ ≤≤ 2 21 20 21 :, 0 10 : yx y D yx y D Vậy ∫∫∫∫∫ ∫ −− +== 22 2 0 2 10 1 0 1 0 2 ),(),(),( yyx x dxyxfdydxyxfdydyyxfdxI Ví dụ 4: Tính thể tích V của vật thể giới hạn bởi các mặt 2222 ,,0 yzRyxz ==+= Giải: Vật thể được mô tả bởi hình H.2.7. Vật thể đối xứng qua mặt tọa độ 0xz và 0yz. ta xét phần vật thể trong góc phần tám thứ nhất, phần vật thể này được giới hạn bởi các mặt 0,0,,0 222 ≥≥=+= yxRyxz và 2 yz = . Vậy dxdyyV D ∫∫= 2 4 trong đó D là phần tư hình tròn 0,0,222 ≥≥=+ yxRyx . Rõ ràng ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ −≤≤ ≤≤ 22 R0 0 : xy Rx D 2 R R R dxxRdyydxV RxRR 2 3 0 22 0 2 0 )( 3 4 4 22 ∫∫∫ −== − Đổi biến tdtRdxtRx sin,cos −==
    13. 43. Chương 2. Tích phân bội 42 r ),(),,( yxMrM ϕ ϕ ⎩ ⎨ ⎧ = = ϕ ϕ sin cos ry rx và ngược lại: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = += x y tg yxr ϕ 222 , x cùng dấu với ϕcos hoặc y cùng dấu với sin .ϕ b. Phương trình đường cong trong hệ toạ độ cực Hệ thức 0),( =ϕrF hoặc )(ϕrr = hay )(rϕϕ = gọi là phương trình đường cong trong toạ độ cực, chẳng hạn r = a là phương trình đường tròn bán kính bằng a và tâm ở gốc toạ độ, 0ϕϕ = là phương trình nửa đường thẳng xuất phát từ gốc toạ độ và lập với trục cực một góc là 0ϕ . c. Công thức tích phân kép trong toạ độ cực Ta thực hiện phép đổi biến số: ⎩ ⎨ ⎧ = = ϕ ϕ sin cos ry rx Do đó: r r r rD yxD = − = ϕϕ ϕϕ ϕ cossin sincos ),( ),( Từ công thức (2.13) suy ra: ∫∫∫∫ Δ = ϕϕϕ rdrdrrfdxdyyxf D )sin,cos(),( (2.14)
    14. 44. Chương 2. Tích phân bội 43 )(2 ϕr )(1 ϕr 1ϕ 2ϕ Thường gặp miền Δ được giới hạn bởi hai tia 21, ϕϕϕϕ == và đường cong )(),( 21 ϕϕ rrrr == (H.2.9), tức là trong hệ toạ độ cực, miền D được mô tả bởi hệ bất phương trình: ⎩ ⎨ ⎧ ≤≤ ≤≤ )()( : 21 21 ϕϕ ϕϕϕ rrr D Khi đó công thức (2.15) sẽ có dạng: rdrrrfddxdyyxf r rD )sin,cos(),( )( )( 2 1 2 1 ∫∫∫∫ = ϕ ϕ ϕ ϕ ϕϕϕ (2.15) Chú ý: * Mối quan hệ giữa các định thức Jacôbi của phép biến đổi thoả mãn D(x, y) D(u,v) . 1 D(u,v) D(x, y) = * Nếu cực là điểm trong của miền D và mọi bán kính cực cắt biên miền D tại một điểm có bán kính )(ϕr thì rdrrrfddxdyyxf r D )sin,cos(),( )( 0 2 0 ∫∫∫∫ = ϕπ ϕϕϕ Ví dụ 5: Tính Idxdyyxx D =+∫∫ 22 trong đó D là hình tròn 222 )( RyRx ≤+− Giải: Đường tròn 222 R)(x Ry =+− chuyển sang toạ độ cực có phương trình: 2222 sin)cos( RrRr =+− ϕϕ hay 22 ,cos2 π ϕ π ϕ ≤≤−= Rr Tương tự đường tròn 222 )( RRyx =−+ chuyển sang toạ độ cực có phương trình πϕϕ ≤≤= 0,sin2Rr (H.2.10)
    15. 45. Chương 2. Tích phân bội 44 ϕsin2Rr = ϕcos2Rr = Vậy miền D trong hệ toạ độ cực được mô tả: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≤≤ ≤≤− ϕ π ϕ π cos20 22 Rr Theo công thức (2.15) sẽ có: 2Rcos2 0 2 2 2 4 4 5 0 2 4 4 4 I d chúng tôi chúng tôi 2R cos1 cos r d 8R cos d 04 4!! 2.4 64R 8R 8R . 5!! 3.5 15 π ϕ π− π π π− = ϕ ϕ ϕ = ϕ ϕ = ϕ ϕ = = = ∫ ∫ ∫ ∫ (Xem công thức Wallis,Tr139 Toán cao cấp A1) Ví dụ 6: Tính ∫∫ += D dxdyyxI )( trong đó D là miền giới hạn bởi các đường thẳng: y x, y x 3, y 2x 1, y 2x 1.= − = − + = − = +
    16. 46. Chương 2. Tích phân bội 45 y x0 3 3 1 – 1 2 1 2 1− H.2.11 Giải: Phương trình các đường thẳng tạo ra miền D viết lại dưới dạng: 12,12,3,0 −=−=−=+=+ yxyxyxyx (xem H.2.11) Đổi biến ⎩ ⎨ ⎧ −= += yxv yxu 2 , khi đó 3 12 11 ),( ),( −= − = yxD vuD ⎩ ⎨ ⎧ ≤≤− ≤≤ Δ 11 30 : v u Suy ra 3 1 2 0 1 31 1 2 u I u. dudv udu. dv 3. 03 3 3 2Δ − = − = = =∫∫ ∫ ∫ Nhận xét: Nếu giải ví dụ trên bằng cách trực tiếp dùng công thức tính tích phân kép trong hệ toạ độ đề các thì phải chia miền D thành các miền thành phần rồi áp dụng tính chất a của tích phân kép. Như vậy sẽ phức tạp hơn. Ta có thể kiểm tra lại kết quả bằng cách dùng công thức (2.10) hoặc (2.11). 2.3. Tích phân bội ba ( Tích phân 3 lớp) 2.3.1. Bài toán mở đầu: Tính khối lượng vật thể. Bài toán: Cho vật thể V không đồng chất, biết khối lượng riêng là Vzyxzyx ∈= ),,(),,,(ρρ Hãy tính khối lượng của vật thể V. Cách tính: Tương tự như tích phân bội hai, ta chia V tuỳ ý làm n phần không dẫm lên nhau bởi một hệ thống các mặt cong. Gọi tên và thể tích các phần đó là ),1( niVi =Δ . Trong mỗi phần thứ i lấy điểm ),,( iiii zyxP tuỳ ý và gọi đường kính của phần đó là ),1(, nidi = . Khối lượng xấp xỉ của vật thể là : ∑∑ == Δ=Δ= n i iiii n i ii VzyxVPm 11 ),,()( ρρ .
    17. 47. Chương 2. Tích phân bội 46 Nếu tồn tại giới hạn ∑ =→ Δ n i iiii d Vzyx i 10max ),,(lim ρ thì đó chính là khối lượng của vật thể đã cho. Trong thực tế nhiều bài toán dẫn đến việc tìm giới hạn hạn của tổng dạng trên. Chính vì thế cần phải có định nghĩa toán học tích phân bội ba. 2.3.2. Định nghĩa tích phân bội ba. Cho hàm số f(x,y,z) xác định trên miền 3 V ⊂ * Chia V tuỳ ý thành n mảnh nhỏ. Gọi tên và thể tích các mảnh đó là ),1(, niVi =Δ , ký hiệu đường kính mảnh iVΔ là id . * Lấy tuỳ ý ),1(,),,( niVzyxP iiiii =Δ∈ * Lập tổng ∑= Δ= n i iiiin VzyxfI 1 ),,( , gọi đó là tổng tích phân bội ba của hàm f(x,y,z) lấy trên miền V ứng mới một phân hoạch và các điểm ),1(, niVP ii =Δ∈ Khi ∞→n sao cho 0max →id mà In hội tụ về I không phụ thuộc vào phân hoạch 1VΔ và cách chọn điểm ),1(, niVP ii =Δ∈ thì số I gọi là tích phân bội ba của f(x,y,z) trên miền V, ký hiệu là ∫∫∫V dVzyxf ),,( . Như vậy: ∑∫∫∫ = → Δ= n i iiii d V VzyxfdVzyxf i 0 0max ),,(lim),,( (2.16) Tương tự, ta cũng nói rằng f(x,y,z) khả tích trên miền V. Chú ý: * Giống như tích phân kép, yếu tố thể tích dV được thay bằng dxdydz và khi đó thường ký hiệu tích phân bội ba là: V f (x, y,z)dxdydz.∫∫∫ * Tương tự như tích phân kép, tích phân bội ba không phụ thuộc vào ký hiệu biến lấy tích phân: V V f (x, y,z)dxdydz f (u,v, )dudvd .= ω ω∫∫∫ ∫∫∫ * Ý nghĩa cơ học: Nếu 0),,( ≥zyxf trên miền V thì dxdydzzyxf V ∫∫∫ ),,( là khối lượng của vật thể V khi vật thể đó có khối lượng riêng (mật độ hay tỉ khối) là f(x,y,z). * Rõ ràng thể tích V của vật thể V tính theo công thức: ∫∫∫= V dxdydzV (2.17) * Điều kiện khả tích và tính chất của tích phân bội ba tương tự như tích phân kép.
    18. 48. Chương 2. Tích phân bội 47 2.4. Tính tích phân bội ba 2.4.1. Công thức tính tích phân bội ba trong hệ toạ độ đề các Định lý 2.3: Nếu f(x,y,z) liên tục trong miền V cho bởi hệ bất phương trình: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≤≤ ≤≤ ≤≤ ),(),( )()( 21 21 yxzyyxz xyyxy bxa (2.18) thì ∫∫∫∫∫∫ = ),( ),( )( )( 2 1 2 1 ),,(),,( yxz yxz xy xy b aV dzzyxfdydxdxdydzzyxf (2.19) Hệ bất phương trình (2.18) mô tả miền V là một hình trụ cong giới hạn phía trên bởi mặt 2z z (x, y),= giới hạn phía dưới bởi mặt ),(1 yxzz = và giới hạn xung quanh bởi mặt trụ có đường sinh song song với trục 0z, đường chuẩn là biên của miền D (miền Dxy là hình chiếu của V trên mặt phẳng 0xy (H.2.12), cụ thể miền D cho bởi hệ bất phương trình: ⎩ ⎨ ⎧ ≤≤ ≤≤ )()( 21 xyyxy bxa ),(2 yxz ),(1 yxz )(1 xy )(2 xy Công thức (2.19) chứng tỏ để tính tích phân bội ba ta đưa về tính tích phân lặp. Khi tính tích phân theo biến z ta coi x,y là hằng số. Khi tính tích phân theo biến y coi x là hằng số. Cuối cùng tính tích phân theo biến x. Chú ý: a. Từ công thức (2.10) suy ra công thức (2.119) có thể viết lại như sau:
    19. 49. Chương 2. Tích phân bội 48 ∫∫∫∫∫∫ = ),( ),( 2 1 ),,(),,( yxz yxzDV dzzyxfdzdydxdydzzyxf xy (2.19)’ b. Thay đổi vai trò của các biến x,y,z ta cũng có công thức thay đổi thứ tự lấy tích phân bội ba: ∫∫∫∫∫∫ = ),( ),( ),( ),( 2 1 2 1 ),,(),,( zyx zyxD yxz yxzD dxzyxfdydzdzzyxfdxdy yzxy (2.19)” trong đó yzD là hình chiếu của miền V lên mặt phẳng 0yz, còn ),(1 zyxx = và ),(2 zyxx = là các mặt cong dưới và trên theo hướng 0y để tạo ra miền V. Tương tự: ∫∫∫∫∫∫ = ),( ),( ),( ),( 2 1 2 1 ),,(),,( zxy zxyD yxz yxzD dyzyxfdzdxdzzyxfdxdy zxxy (2.19)”’ Ví dụ 7: Tính ∫∫∫ +++ = V zyx dxdydz I 3 )1( trong đó miền V được cho giới hạn bởi các mặt phẳng x = 0, y = 0, z = 0, x + y = 1, x + y – z = 0. Giải: Vẽ miền V (H.2.13). V là hình chóp tứ giác có đỉnh là gốc toạ độ, đáy là hình chữ nhật ABCD. Mặt trên của V (tam giác OCD) là mặt phẳng có phương trình z = x + y. Mặt dưới của V (tam giác OAB ) là mặt phẳng có phương trình 0=z . Chiếu V lên mặt phẳng Oxy được tam giác OAB cho bởi hệ bất phương trình: ⎩ ⎨ ⎧ −≤≤ ≤≤ xy x 10 10 Từ đó theo công thức (2.19) có:
    20. 50. Chương 2. Tích phân bội 49 ( ) ( ) yxxyxx zyx dy dx zyx dz dydxI + −+− ∫∫∫ ∫∫ +++ −= +++ = 0 1 0 2 1 0 1 0 0 3 1 0 12 1 1 ( ) ( ) dy yxyx dx x ∫∫ − ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ++ − ++ −= 1 0 22 1 0 1 1 221 1 2 1 ( ) dx x dx x dx yxyx x ∫∫∫ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + −−⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + −=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ++ − ++ = − 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 2 1 2 1 21 1 3 1 4 1 1 1 2212 1 2 1 1 0 1 0 1ln 2 1 21ln 8 1 6 1 xx +++−−= 1 1 1 ln 2 ln3 . 2 4 3 ⎛ ⎞ = − −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Ví dụ 8: Tính ∫∫∫= V xdxdydzI với V cho bởi hệ bất phương trình: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≤≤+ ≥ ≥ 4 0 0 22 zyx y x Giải: Miền V cho bởi H.2.14. Ta thấy mặt trên của V là 4=z , mặt dưới là paraboloid tròn xoay 22 yxz += . Hình chiếu D của V lên mặt Oxy là phần tư hình tròn: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ −≤≤ ≤≤ 2 40 20 xy x Do đó:
    21. 52. Chương 2. Tích phân bội 51 ϕ r Giữa toạ độ đề các và toạ độ trụ của điểm M có mối liên hệ: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = = = zz ry rx ϕ ϕ sin cos Trong trường hợp này rr r zrD zyxD = − = 100 0cossin 0sincos ),,( ),,( ϕϕ ϕϕ ϕ (2.21) b. Phương trình mặt cong trong toạ độ trụ Hệ thức F 0),,( =zr ϕ hoặc giải ra được đối với các biến số ),,( zrr ϕ= ),( ϕrzz = hoặc ),( zrϕϕ = gọi là phương trình mặt cong trong toạ độ trụ. Các trường hợp đặc biệt thường gặp sau đây: 0rr = là phương trình mặt trụ tròn xoay bán kính là 0r và trục đối xứng là Oz (Trong hệ toạ độ Oxyz , mặt trụ này có phương trình 222 ryx =+ ). 0ϕϕ = là phương trình nửa mặt phẳng lập với mặt phẳng Ozx một góc là 0ϕ (tương ứng trong Oxyz phương trình là xtgy .0ϕ= với 0cos. 0 ≥ϕx ). 0zz = là phương trình mặt phẳng song song với mặt phẳng Oxy cắt trục Oz tại điểm có toạ độ 0z . Như vậy mặt cong được mô tả trong hệ toạ độ trụ đôi khi có phương trình rất đơn giản so với trong hệ toạ độ Đề các. c. Công thức tính tích phân bội ba trong toạ độ trụ Từ công thức (2.20) và (2.21) ta nhận được: dzrdrdzrrfdxdydzzyxf V ϕϕϕ∫∫∫∫∫∫ Ω = ),sin,cos(),,( (2.22) Thông thường miền Ω trong toạ độ trụ mô tả bởi hệ bất phương trình:
    22. 54. Chương 2. Tích phân bội 53 Chú ý: Khi miền V có dạng hình trụ và hàm dưới dấu tích phân chứa các biểu thức 22 yx + thì thường tính tích phân trong toạ độ trụ sẽ đơn giản hơn trong toạ độ đề các. 2.4.3. Công thức tính tích phân bội ba trong toạ độ cầu a. Toạ độ cầu: Toạ độ cầu của một điểm xyzzyxM 0),,( ∈ là bộ ba số ),,( ϕθr trong đó θ,OMr = là góc giữa trục z0 và M0 và ϕ là góc giữa trục x0 và ‘0M , ở đây M’ là hình chiếu của M trên 0xy (H.2.17). Vậy với mọi điểm của không gian sẽ có: πϕπθ 20,0,0 <≤≤≤≥r . Dễ thấy giữa các toạ độ đề các và toạ độ cầu có mối quan hệ: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = = = θ ϕθ ϕθ cos sinsin cossin rz ry rx Và như vậy θ θθ ϕθϕθϕθ ϕθϕθϕθ ϕθ sin 0sincos cossincoscossinsin sinsincoscoscossin ),,( ),,( 2 r r rr r rD zyxD −= − − = (2.24) z x y 0 ϕ θ r z x y ),,( zyxM )0,,(‘ yxM H.2.17 b. Phương trình mặt cong trong toạ độ cầu Hệ thức 0),,( =ϕθrF hoặc giải ra được đối với các biến số ),();,();,( θϕϕϕθθϕθ rrrr === gọi là một phương trình mặt cong trong toạ độ cầu. Các trường hợp đặc biệt thường gặp sau đây: 0rr = mô tả mặt cầu tâm gốc toạ độ 0 và bán kính r0 ( trong hệ toạ độ 0xyz, mặt cầu này có phương trình 2 0 222 rzyx =++ ). 0θθ = là phương trình của mặt nón tròn xoay, đỉnh 0 và trục đối xứng là 0z có góc mở là θ2 (mặt nón này trong hệ 0xyz có phương trình ztgyx .22 θ=+ ). 0ϕϕ = là phương trình nửa mặt phẳng lập với mặt phẳng 0xy một góc 0ϕ (nửa mặt phẳng này trong hệ toạ độ 0xyz có phương trình xtgy .0ϕ= với 0cos 0 ≥ϕx ).
    23. 55. Chương 2. Tích phân bội 54 c. Công thức tính tích phân bội ba trong toạ độ cầu Từ công thức (2.20) và (2.24) ta nhận được: ∫∫∫∫∫∫ Ω = ϕθθθϕθϕθ ddrdrrrrfdxdydzzyxf V sin)cos,sinsin,cossin(),,( 2 (2.25) Ta hay gặp miền Ω trong toạ độ cầu mô tả bởi hệ bất phương trình: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≤< ≤≤ ≤≤ ),(),( )()( 21 21 21 ϕθϕθ ϕθθϕθ ϕϕϕ rrr Khi đó công thức (2.25) trở thành: 2 2 2 1 1 ( ) r ( , ) 2 V ( ) r ( , ) f (x, y,z)dxdydz d sin d f (rsin cos ,rsin sin ,r cos )r dr ϕ θ ϕ θ ϕ ϕ θ ϕ θ ϕ = ϕ θ θ θ ϕ θ ϕ θ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ (2.26) Ví dụ 10: Tính ∫∫∫ ++ = V dxdydz zyx I 222 1 , trong đó V là miền giới hạn bởi hai mặt cầu 1222 =++ zyx và 4222 =++ zyx Giải: Chuyển sang toạ độ cầu, hai mặt cầu đã cho có phương trình lần lượt là 2,1 == rr . Gốc toạ độ là điểm trong của miền V nên miền Ω cho bởi hệ bất phương trình: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≤≤ ≤≤ ≤≤ 21 0 20 r πθ πϕ Do đó : 2 2 2 2 0 0 1 21 1 I d sin d .r dr 2 ( cos ) r 6 . 0 1r 2 π π π = ϕ θ θ = π − θ = π∫ ∫ ∫ Ví dụ 11: Tính ∫∫∫ += V dxdydzyxI )( 22 trong đó V là miền ngoài giữa hình trụ 222 Ryx ≤+ và hình cầu 2 2 2 2 x y z 4R .+ + ≤ Giải: Một thiết diện của miền V cho trên hình H.2.18. Xét trong hệ toạ độ cầu, mặt cầu có phương trình Rr 2= , mặt trụ có phương trình θsin R r = (thay ϕθϕθ sinsin,cossin ryrx == vào phương trình 222 Ryx =+ sẽ nhận được kết quả trên). Để tìm sự biến thiên của θ ta xét giao của mặt cầu và mặt trụ: θsin 2 R Rr == . Suy ra 6 5 , 6 , 2 1 sin π θ π θθ ==⇒=
    24. 56. Chương 2. Tích phân bội 55 6 π Vì V là vật thể tròn xoay nhận Oz làm trục đối xứng, nhận mặt phẳng Oxy làm mặt phẳng đối xứng và hàm dưới dấu tích phân chẵn đối với x, y cho nên ∫ ∫ ∫ ∫ −== π π π θ π π θθ θ πθθθϕ 2 0 2 6 2 sin 2 6 3 5 5 5 424 sin) sin 1 32(sinsin2 R R dRdrrddI 2 6 3 52 6 2 2 2 6 5 cot)cos 3 1 cos(32 5 4 sin )1(sin32 5 4 π π π π π π θθθπ θ θ θθθπ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ++−= ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −−= ∫∫ gR d doscR 544 3 R . 5 = π Chú ý: Khi miền V có dạng hình cầu, hàm dưới dấu tích phân chứa các biểu thức dạng 22 yx + hoặc 222 zyx ++ nên chuyển sang toạ độ cầu, hoặc toạ độ trụ để tính toán cho đơn giản hơn.Ta có thể kiểm tra lại kết quả của ví dụ trên bằng cách dùng toạ độ trụ. TÓM TẮT CHƯƠNG 2. * Tính tích phân kép trong toạ độ đề các Nếu hàm số f(x,y) liên tục trên miền D cho bởi hệ bất phương trình ⎩ ⎨ ⎧ ≤≤ ≤≤ )()( 21 xyx bxa ϕϕ thì ∫∫ ∫ ∫= D b a x x dyyxfdxdxdyyxf )( )( 2 1 ),(),( ϕ ϕ * Tính tích phân kép trong toạ độ cực Nếu hàm số f(x,y) liên tục trên miền Δ cho bởi hệ bất phương trình
    25. 57. Chương 2. Tích phân bội 56 1 2 1 2( ) ( )r r r ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ≤ ≤⎧ ⎨ ≤ ≤⎩ thì rdrrrfddxdyyxf r rD )sin,cos(),( )( )( 2 1 2 1 ∫∫∫∫ = ϕ ϕ ϕ ϕ ϕϕϕ * Thay đổi thứ tự lấy tích phân (công thức Fubini ) ∫∫∫∫ = )( )( )( )( 2 1 2 1 ),(),( y y d c x x b a dxyxfdydyyxfdx ψ ψ ϕ ϕ * Tính tích phân bội ba trong toạ độ đề các Nếu f(x,y,z) liên tục trong miền V cho bởi hệ bất phương trình: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≤≤ ≤≤ ≤≤ ),(),( )()( 21 21 yxzyyxz xyyxy bxa thì ∫∫∫∫∫∫ = ),( ),( )( )( 2 1 2 1 ),,(),,( yxz yxz xy xy b aV dzzyxfdydxdxdydzzyxf * Tính tích phân bội ba trong toạ độ trụ Nếu f(x,y,z) liên tục trong miền Ω mô tả bởi hệ bất phương trình: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≤≤ ≤≤ ≤≤ ),(),( )()( 21 21 21 ϕϕ ϕϕ ϕϕϕ rzzrz rrr thì ∫∫∫∫∫∫ = ),( ),( )( )( 2 1 2 1 2 1 ),sin,cos(),,( ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕϕϕ rz rz r rV dzzrrfrdrddxdydzzyxf CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP CHƯƠNG 2. 2.1. Dùng tích phân bội hai có thể xác định được diện tích hình phẳng D Đúng Sai 2.2. Khi hàm dưới dấu tích phân bội hai có dạng biến số phân ly thì tích phân bội hai sẽ là tích của hai tích phân xác định. Đúng Sai 2.3. Khi gốc toạ độ là điểm trên biên của miền D thì chuyển sang toạ độ cực ta có ϕ biến thiên từ 0 đến 2π . Đúng Sai 2.4. Khi gốc toạ độ là điểm trong của miền D thì chuyển sang toạ độ cực ta có ϕ biến thiên từ 0 đến 2π . Đúng Sai 2.5. Có thể tính khối lượng vật thể khi biết hàm mật độ ρ nhờ vào tích phân bội 3. Đúng Sai
    26. 61. Chương 3: Tích phân đường và tích phân mặt 60 NỘI DUNG. 3.1. Tích phân đường loại một. 3.1.1. Định nghĩa iA 1−iA iM ixΔ iyΔ Cho hàm số ),( yxf xác định trên một cung phẳng AB (H.3.1) * Chia cung AB là n cung nhỏ bởi các điểm chia BAAAAAA nii ≡≡ − ,…,,…,, 110 gọi độ dài cung 1i iA A− là ),1(, nisi =Δ * Lấy tuỳ ý 1( , ) ,( 1, )i i i i iM x y A A i n−∈ = * Lập tổng ∑ = Δ= n i iiin syxfI 1 ),( gọi là tổng tích phân đường loại một của hàm ),( yxf lấy trên cung AB ứng với một phân hoạch và một cách chọn tuỳ ý các điểm 1 ,( 1, )i i iM A A i n−∈ = . Nếu khi ∞→n sao cho ni Is ,0max →Δ hội tụ về số I không phụ thuộc cách chia cung AB và cách chọn 1 ,( 1, )i i iM A A i n−∈ = thì số I gọi là tích phân đường loại một của f(x,y) dọc theo cung AB và ký hiệu ( , ) AB f x y ds∫ Vậy max 0 1 lim ( , ) ( , ) i n i i i s i AB I f x y s f x y ds Δ → = = Δ =∑ ∫ (3.1) Nếu có tích phân (3.1) thì nói rằng f(x,y) khả tích trên AB .Trong tích phân (3.1), ds ký hiệu độ dài yếu tố của cung AB hay vi phân của cung AB . Mở rộng: Nếu f(x,y,z) khả tích trên cung 3 ⊂AB thì tích phân đường loại một của f(x,y,z) trên cung AB ký hiệu là
    27. 62. Chương 3: Tích phân đường và tích phân mặt 61 ( , , ) AB I f x y z ds= ∫ (3.2) Chú ý: a. Từ định nghĩa trên ta thấy chiều đi của cung AB không đóng vai trò gì cả vì In không phụ thuộc vào hướng của cung AB . Vậy ( , ) ( , ) AB BA f x y ds f x y ds=∫ ∫ (3.3) b. Rõ ràng nếu gọi l là độ dài cung AB thì AB l ds= ∫ (3.4) c. Nếu một dây vật chất có dạng cung AB và mật độ khối lượng là ),( yxρ thì khối lượng của dây vật chất đó tính theo công thức: ( , ) AB m x y dsρ= ∫ (3.5) d. Người ta đã chứng minh được: nếu cung AB là cung trơn (tiếp tuyến của cung biến thiên liên tục) hoặc trơn từng khúc (chia cung AB thành hữu hạn các cung thành phần, các cung thành phần là các cung trơn) và f(x,y) liên tục trên cung AB thì f(x,y) khả tích trên cung .AB e. Vì định nghĩa trên tương tự với tích phân xác định, tích phân bội nên tích phần đường loại một có các tính chất giống như tích phân xác định. 3.1.2. Công thức tính tích phân đường loại một Định lý 3.1. Giả sử cung AB trơn cho bởi phương trình: bxaxyy ≤≤= ),( và hàm số f(x,y) liên tục trên cung AB . Khi đó: 2 ( , ) ( , ( )) 1 ‘ ( ) b aAB f x y ds f x y x y x dx= +∫ ∫ (3.6) Chứng minh: Thực hiện phép chia cung AB bởi các điểm niyxA iii ,1),,( = như định nghĩa đã trình bày. Gọi ),1(, 11 niyyyxxx iiiiii =−=Δ−=Δ −− (xem H.3.1). Với ii yx ΔΔ , khá bé thì: i i i iii x x y yxs Δ Δ Δ +=Δ+Δ≈Δ .)(1 222 Theo công thức Lagrange, ta có i i i i 1 i i y y'( ), (x ,x ),i 1,…,n x − Δ = ξ ξ ∈ = Δ Suy ra ),(,)(1 1 2/ iiiiii xxxys −∈Δ+≈Δ ξξ Sau khi thực hiện phép chia cung AB , ta chọn 1( , ( )) , 1,i i i i iM y A A i nξ ξ −∈ =
    28. 63. Chương 3: Tích phân đường và tích phân mặt 62 Vậy tổng tích phân tương ứng sẽ là: i n i iii n i iiin xyyfsyfI Δ+≈Δ= ∑∑ == 1 2 1 )(‘1))(,())(,( ξξξξξ Cho ∞→n sao cho 0max →Δ ix hay 0max →Δ is thì do sự tồn tại của tích phân đường loại một nên vế trái dần đến ( , ) AB f x y ds∫ , còn vế phải chính là tích phân xác định của hàm số )(‘1))(,( 2 xyxyxf + trên ‘ ( ) ‘ ( ) t tAB f x y ds f x t y t x t y t dt= +∫ ∫ (3.7) Đặc biệt khi AB cho trong toạ độ cực 21),( ϕϕϕϕ ≤≤= rr . Ta có thể coi rằng AB cho dưới dạng tham số: 21 sin)( cos)( ϕϕϕ ϕϕ ϕϕ ≤≤ ⎩ ⎨ ⎧ = = ry rx Khi đó )()()()( 2222 ϕϕϕϕ rryx ′+=′+′ . Suy ra (3.6) có dạng: [ ] 2 1 2 2 AB f (x, y)ds f r( )cos ,r( )sin r ( ) r ( )d ϕ ϕ ′= ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ + ϕ ϕ∫ ∫ (3.8) Tổng quát cung 3 ⊂AB cho bởi phương trình tham số 21 )( )( )( ttt tzz tyy txx ≤≤ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = = = và nếu f(x,y,z) khả tích trên cung đó thì: 2 1 2 2 2 ( , , ) ( ( ), ( ), ( )) ( ) ( ) ( )′ ′ ′= + +∫ ∫ t tAB f x y z ds f x t y t z t x t y t z t dt S (3.9) Ví dụ 1: Tính ∫ + C dsyx )( , C là biên tam giác với các đỉnh O (0,0), A (1,0), B (0,1). Giải: Đường C cho bởi H (3.2)
    29. 64. Chương 3: Tích phân đường và tích phân mặt 63 Theo tính chất của tích phân ta có: C OA AB BO = + +∫ ∫ ∫ ∫ Đoạn OA có phương trình y = 0, 10 ≤≤ x 2 1 2 1 01)( 1 0 2 1 0 ==+=+ ∫∫ xdxxdsyx OA Đoạn AB có phương trình: 10,1 ≤≤−= xxy 2111)( 1 0 =+=+ ∫∫ dxdsyx AB Đoạn BO có phương trình: 10,0 ≤≤= yx 2 1 2 1 01)( 1 0 2 1 0 ==+=+ ∫∫ ydyydsyx BO (Sử dụng công thức (3.6) trong đó thay đổi vai trò các biến x và y cho nhau) C (x y)ds 1 2.+ = +∫ Ví dụ 2: Tính dsyxI L ∫ += 22 , L là đường tròn 2 2 x y 2x.+ = Giải: Đường tròn L cho bởi H 3.3. 1 2 y x0 L H.3.3

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Four Corners 2A Workbook
  • Workbook Family And Friends 3
  • Family And Friends 3 Workbook Pdf
  • Giải Bài Tập Four Corners 2B
  • Giải Bài Tập Four Corners 1B
  • Hướng Dẫn Bài Tập Đại Cương Về Kim Loại, Trắc Nghiệm Hóa Học Lớp 12

    --- Bài mới hơn ---

  • Phân Dạng Và Các Phương Pháp Giải Toán Chuyên Đề Giới Hạn
  • Phương Pháp Giải Bài Tập Về Phiên Mã Và Dịch Mã
  • Giải Bài Tập Sgk Bài 2: Phiên Mã Và Dịch Mã
  • Giải Bài Tập Sgk Sinh Học Lớp 12 Bài 2: Phiên Mã Và Dịch Mã
  • Giải Bài Tập Sinh Học 12
  • 1. Các phương pháp giải bài tập về kim loại

    Phản ứng của kim loại với phi kim, đung dịch axit, muối… đều là phản ứng oxi hóa – khử, nên phương pháp đặc trưng để giải bài tập về kim loại là phương pháp bảo toàn electron hoặc bảo toàn ion – electron, đồng thời có sự kết hợp vói một số các phương pháp khác như bảo toàn khối lượng, tăng giảm khối lượng.

    1.1. Phương pháp bảo toàn electron và bảo toàn ion – electron.

    Định luật bảo toàn electron : Trong phản ứng oxi hóa – khử, tổng số electron mà các chất khử nhường luôn bằng tổng số electron mà các chất oxi hóa nhận.

    ⇒ Áp dụng: Trong phản ứng oxi hóa – khử, tổng số mol electron mà các chất khử nhường luôn bằng tổng số mol electron mà các chất oxi hóa nhận.

    Chúng ta sẽ xem xét vận dụng định luật bảo toàn electron qua phương pháp bảo toàn electron và ion electron qua các ví dụ sau:

    Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 9,74 gam hỗn hợp Cu và Ag bằng HNO 3 loãng thu được 1,12 lít khí NO(đktc). Khối lượng mỗi kim loại Cu và Ag trong hỗn hợp lần lượt là

    Hướng dẫn giải:

    Phương pháp bảo toàn ion – electron:

    + Xác định các quá trình khử và quá trình oxi hóa:

    Nhận xét: Hòa tan Cu và Ag vào HNO 3 loãng thì Cu và Ag là chất khử, còn ion NO 3 là chất oxi hóa, do đó ta thiết lập được quá trình khử và oxi hóa như sau:

    + Xác định các thành phần còn lại theo cách sau:

    Vế nào thiếu O (oxi) thì thêm H 2O hoặc OH (nếu là môi trường kiềm)

    Vế nào thiếu H (hiđrô) thì thêm H+

    Trong ví dụ này thì Cu → Cu 2+ và Ag → Ag+ không cần phải thêm thành phần nào, nhưng đối với quá trình NO 3 → NO thì ta làm như sau: Vế trái NO 3 có 3 nguyên tử O, nhưng bên vế phải NO chỉ có một nguyên tử O do vậy ta phải thêm vào vế phải 2H 2 O (thêm 2 O):

    Ta tiếp tục xem xét H sau khi đã làm xong với O. Vế phải trong H 2O có 4 nguyên tử H, vế trái không có H do đó ta thêm vào vế trái 4H+:

    Tiếp theo, chúng ta thiết lập cân bằng số e cho và nhận. Với phương pháp này, chúng ta chỉ cần đếm số điện tích (không dùng số oxi hóa như phương pháp bảo toàn electron). Trong ví dụ này ta làm như sau:

    Cu → Cu 2+ có vế trái điện tích bằng 0; vế phải là Cu 2+ có điện tích +2, để 2 vế bằng nhau thì thêm 2e (bằng -2) vào vế phải ⇒ Cu → Cu 2+ + 2e

    Ag → Ag+ có vế trái điện tích bằng 0; vế phải là Ag+ có điện tích +1, để 2 vế bằng nhau thì thêm 1e (bằng -1) vào vế phải ⇒ Ag → Ag+ + 1e

    NO 3 + 4H+ → NO + 2H 2O có vế phải là NO và 2H 2O cho tổng điện tích bằng 0; vế trái là NO 3 (có điện tích -1) và 4H+ (có điện tích +4) ⇒ Tổng điện tích là (-1) + (+4) = (+3) do đó ta phải thêm vào vế trái 3e (bằng -3) để cho vế trái bằng vế phải (= 0).

    + Áp dụng định luật bảo toàn điện tích để thiết lập phương trình về mối quan hệ giữa quá trình khử và quá trình ôxi hóa, ta làm như sau:

    ⇒ Số mol e nhường = 2n Cu + n Ag

    ⇒ Số mol e nhận = 3n NO

    Theo định luật bảo toàn electron thì số mol e nhận = số mol e nhường

    ⇒ 2n Cu + n Ag = 3.0,05 = 0,15 (1)

    Đến đây là hết phần vận dụng định luật bảo toàn electron, để tìm được lời giải bài toán thì phải sử dụng thêm dữ kiện còn lại. Từ dữ kiện 9,74 gam hỗn hợp kim loại ta thiết lập được phương trình

    Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

    2.n Cu + n Ag = 0,15 (1)

    n Cu + 108.n Ag = 9,74 (2)

    Giải hệ phương trình ta được: n Cu = 0,0425 (mol); n Ag = 0,065 (mol).

    ⇒ Khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp là

    m Cu = 64.0,0425 = 2,72 (g); m Ag = 108.0,065 = 7,02 (g)

    ⇒ Chọn đáp án A

    Phương pháp bảo toàn electron:

    Phương pháp này thực chất không khác phương pháp ion – electron, các em thường căn cứ vào sự thay đổi số oxi hóa để xác định chất khử và chất ôxi hóa, từ đó viết quá trình khử và quá trình ôxi hóa. Cũng căn cứ vào sự thay đổi số ôxi hóa mà xác định sự cho nhận electron. Cuối cùng là vận dụng định luật bảo toàn electron để thiết lập mối quan hệ thành một phương trình đại số.

    Với ví dụ này thì ta tiến hành như sau:

    + Viết các phương trình phản ứng, không cần cân bằng phương trình phản ứng:

    + Xác định số oxi hóa của các chất

    + Xác định chất khử, chất oxi hóa và quá trình oxi hóa, quá trình khử

    ⇒ Số mol e nhường = 2.n Cu + n Ag

    ⇒ Số mol e nhận = 3.n NO = 1,12/ 22,4 = 0,05(mol)

    + Theo định luật bảo toàn e thì số mol chất khử nhường = số mol chất oxi hóa nhận, do đó ta có

    2.n Cu + n Ag = 0,15 (1)

    (Đến đây là hết vận dụng phương pháp bảo toàn electron, để tìm kết quả, các bạn xem ở phương pháp ion – electron).

    Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm S và Br 2 tác dụng vừa đủ với hỗn hợp Y gồm 9,75 gam Zn, 6,4 gam Cu và 9,0 gam Ca thu được 53,15 gam chất rắn. Khối lượng của S trong X có giá trị là

    Hướng dẫn giải

    Với hỗn hợp X, gọi số mol của S là x và số mol Br 2 là y ta có khối lượng của hỗn hợp là:

    32x + 160y = 53,15 – 9,75 – 6,4 – 9,0 32x + 160y = 28 (1)

    Với hỗn hợp X, có n Zn = 9,75/65 = 0,15 (mol)

    n Cu = 6,4/64 = 0,1 (mol)

    n Ca = 9,0/40 = 0,225 (mol)

    Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có n electron cho = n electron nhận

    2x + 2y = 0,15.2 + 0,1.2 + 0,225.2 2x + 2y = 0,95 (2)

    Từ (1) và (2) ta có : x = 0,375 và y = 0,1 m S = 0,375.32 = 12 gam.

    1.2. Phương pháp bảo toàn khối lượng

    Định luật bảo toàn khối lượng: Trong các phản ứng hóa học thì tổng khối lượng các chất trước và sau phản ứng không thay đổi.

    ⇒ Vận dụng: A + B → C + D

    Ví dụ 3: Cho 13,5 gam hỗn hợp các kim loại Al, Cr, Fe tác dụng với lượng dư dung dịch H 2SO 4 loãng nóng (trong điều kiện không có không khí), thu được dung dịch X và 7,84 lít khí H 2 (ở đktc). Cô cạn dung dịch X (trong điều kiện không có không khí) được m gam muối khan. Giá trị của m là

    Hướng dẫn giải:

    Số mol H 2 = 7,84/22,4 = 0,35 (mol)

    ⇒ 13,5 + 0,35.98 = m muối +0,35.2

    ⇒ m muối = 47,1 gam

    ⇒ Đáp án B

    Ví dụ sau đây vận dụng đồng thời cả bảo toàn electron và bảo toàn khối lượng:

    Ví dụ 4: Để m gam bột sắt ngoài không khí sau một thời gian thu được 16,4gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe 3O 4 và Fe 2O 3. Hoà tan hoàn toàn X trong dung dịch HNO 3 dư thu được 0,15mol NO và 0,1mol NO 2. Giá trị của m là

    Hướng dẫn giải

    Quá trình được tóm tắt thành sơ đồ sau:m gam Fe + O 2 → 16,4gam hỗn hợp X (gồm Fe, FeO, Fe 3O 4 và Fe 2O 3) + dung dịch HNO 3 dư →0,15mol NO và 0,1mol NO 2.

    Vận dụng định luật electron:

    Thay vào (*) ta có: 3.(m/56) = 4. ((16-m)/32) + 0,55

    ⇒ m = 14,56 gam ⇒ Chọn đáp án B

    Lưu ý: Nếu đề yêu cầu xác định số mol HNO 3 thì chỉ cần dựa vào (3) và (4) thì số mol HNO 3 = số mol H+ = 4. nNO+ 2. nNO 2 = 4.0,15 + 2.0,1 = 0,8 (mol)

    2. Một số dạng toán thường gặp:

    2.1. Kim loại + axit

    a. Kim loại tác dụng với axit HCl hoặc H2SO4 loãng tạo khí H2.

    Bài 1: Cho 4,2 gam hỗn hợp gồm Mg, Al và Zn tác dụng hết với dung dịch HCl, thấy thoát ra 2,24 lít khí H 2 (đktc). Khối lượng muối clorua tạo thành trong dung dịch là

      7,1 gam. B. 11,3 gam. C. 7,75 gam. D. 14,2 gam.

    Hướng dẫn giải

    Bài toán được tóm tắt như sau: Kim loại + dung dịch HCl → muối + H 2

    Số mol H 2 = 2,24/22,4 = 0,1 (mol)

    Ta có: 2HCl → H 2 ⇒ Số mol HCl = 2. Số mol H 2 = 2.0,1 = 0,2 (mol)

    ⇒ 4,2 + 0,2.36,5 = mmuối +0,1.2

    ⇒ Đáp án B

    Bài 2: Hoà tan hoàn toàn 3,22 gam hỗn hợp X gồm Fe, Mg và Zn bằng một lượng vừa đủ dung dịch H 2SO 4 loãng thu được 1,344 lít hiđro (ở đktc) và dung dịch chứa m gam muối. Giá trị của m là

      10,27. B. 9,52. C. 7,25. D. 8,98.

    Hướng dẫn giải

    Số mol H 2 = 1,344/22,4 = 0,06 (mol)

    ⇒ 3,22 + 0,06.98 = mmuối +0,06.2

    b. Kim loại tác dụng với * Phản ứng tạo 1 khí dung dịch HNO3

    ⇒ Đáp án D

    Bài 3: Hoà tan hoàn toàn m gam Fe vào dung dịch HNO 3 loãng dư thì thu được 0,448 lít khí NO là sản phẩm khử duy nhất (đktc). Giá trị của mlà

    Hướng dẫn giải

    Ta có số mol của NO = 0,448/22,4 = 0,02 (mol)

    Dựa và quá trình khử và oxi hóa:

    Fe → Fe 3+ + 3e (1)

    mol: m/56 3m/56

    mol: 0,06 0,02

    Theo định luật bảo toàn electron thì 3m/56 = 0,06 ⇒ m = 1,12 gam

    ⇒ Chọn đáp án D

    Bài 4: Cho 11,0 g hỗn hợp X gồm Al và Fe vào dung dịch HNO­ 3 loãng dư thu được 6,72 lít khí NO ở đktc (sản phẩm khử duy nhất). Khối lượng của Al và Fe trrong hỗn hợp X tương ứng là

    Hướng dẫn giải

    Gọi số mol của Al và Fe lần lượt là x và y

    Khối lượng của hỗn hợp X là: 27x + 56y = 11 (*)

    Số mol khí NO = 0,3 (mol)

    Dựa và quá trình khử và oxi hóa:

    Al → Al 3+ + 3e (1)

    mol: x 3x

    Fe → Fe 3+ + 3e (2)

    mol: y 3y

    mol: 0,9 0,3

    Theo định luật bảo toàn electron thì 3x + 3y = 0,9 (**)

    Giải hệ phương trình (*) và (**) ta được: x = 0,2; y = 0,1

    * Phản ứng tạo nhiều khí

    ⇒ Khối lượng mỗi kim loại Al = 27.0,2 = 5,4 gam; Fe = 56.0,1 = 5,6 gam.

    ⇒ Chọn đáp án A

    Bài 5: Hoà tan hoàn toàn m gam Al vào dung dịch HNO 3 rất loãng thì thu được dung dịch X chỉ chứa muối của kim loại và hỗn hợp khí Y gồm 0,015 mol khí N 2 O và 0,01 mol khí NO. Giá trị của m là

    Hướng dẫn giải

    Dựa và quá trình khử và oxi hóa:

    Al → Al 3+ + 3e (1)

    mol: m/27 m/9

    mol: 0,12 0,015

    mol: 0,03 0,01

    Theo định luật bảo toàn electron thì m/9 = 0,12 + 0,03 = 0,15 ⇒ m = 0,15.9 = 1,35 gam

    ⇒ Chọn đáp án B

    Bài 6: Hỗn hợp X gồm Cu, Al, Fe cho tác dụng với dung dịch HNO 3 loãng, dư thu được 0,1 mol N 2O và 0,2 mol NO. Số mol HNO 3 đã tham gia phản ứng là

    Hướng dẫn giải

    Dựa và quá trình khử :

    mol: 1 0,1

    mol: 0,8 0,2

    ⇒ Số mol HNO 3 đã tham gia phản ứng là 1 + 0,8 = 1,8 mol

    ⇒ Chọn đáp án B

    2.2. Kim loại + phi kim

    Bài 7: Cho 11,2 lít hỗn hợp khí A gồm clo và oxi phản ứng vừa hết với 16,98 gam hỗn hợp B gồm magie và nhôm tạo ra 42,34 gam hỗn hợp các muối clorua và oxit hai kim loại. Thành phần % khối lượng của magie và nhôm trong hỗn hợp B là

    Hướng dẫn giải

    Gọi x và y lần lượt là số mol của Cl 2 và O 2 ta có : x+y = 0,5 và 71x + 32y = 25,36 ⇒ x=0,24 và y = 0,26.

    Gọi a và b lần lượt là số mol của Al và Mg tacó :

    27a + 24b = 16,98 (1)

    Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có :

    Từ (1) và (2) suy ra : a = 0,14 ; b = 0,55

    Thành phần % khối lượng của magie và nhôm trong hỗn hợp B là :

    a. 1 Kim loại + dung dịch 1 muối

    % Al = (0,14.27)/16,98 = 0,2226 ; % Mg = (100 – 22,26)% = 77,74%.

    Chọn đáp án B.

    2.3. Kim loại + muối

    Bài 8: Ngâm một lá Zn trong 200gam dung dịch FeSO 4 7,6%. Khi phản ứng kết thúc lá Zn giảm bao nhiêu gam?

    Hướng dẫn giải:

    Số mol FeSO 4 = (200.7,6%):152 = 0,1 mol

    Phương trình phản ứng: Zn + FeSO 4 → ZnSO 4 + Fe↓ (1)

    Theo ptpư (1) thì số mol Zn phản ứng = số mol FeSO 4 phản ứng = 0,1 mol

    ⇒ Kết thúc phản ứng lá Zn bị giảm khối lượng = 0,1.65 = 6,5 gam

    Bài 9:Cho m gam Zn vào 1 lít dung dịch AgNO 3 0,4M. Sau một thời gian người ta thu được 38,1gam hỗn hợp kim loại. Phần dung dịch còn lại đem cô cạn thu được 52,9 gam hỗn hợp muối khan. Giá trị m là:

    Hướng dẫn giải:

    Số mol AgNO 3 = 0,4.1 = 0,4 mol

    b. 2 Kim loại + dung dịch 1 muối

    Hỗn hợp kim loại có Ag và Zn còn dư

    Vận dụng bảo toàn khối lượng ⇒ m + mAgNO 3 = 38,1 + 52,9

    ⇒ m + 0,4.170 = 91 ⇒ m = 23

    Bài 10: Hoà tan một hỗn hợp bột kim loại có chứa 5,6 gam Fe và 6,4 gam Cu vào 350 ml dung dịch AgNO 3 2M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng chất rắn thu được là:

    Hướng dẫn giải:

    Phương trình phản ứng:

    Hỗn hợp có số mol Fe = 5,6/56 = 0,1 và số mol Cu = 6,4/64 = 0,1

    Dung dịch có số mol AgNO 3 = 2.0,35 = 0,7 mol

    Theo (1) và (2) tổng số mol AgNO 3 phản ứng là 0,2 < 0,7 ⇒ Hỗn hợp kim loại Fe và Cu phản ứng hết, chất rắn thu được là Ag có khối lượng là 0,2.108 = 21,6 gam

    Bài 11: Cho m gam hỗn hợp bột Zn và Fe vào lượng dư dung dịch CuSO 4. Sau khi kết thúc các phản ứng, lọc bỏ phần dung dịch thu được m gam bột rắn. Thành phần phần trăm theo khối lượng của Zn trong hỗn hợp ban đầu là:

    Hướng dẫn giải:

    Phương trình phản ứng:

    mol x x

    Fe + CuSO 4 → FeSO 4 + Cu↓ (2)

    mol y y

    Vì CuSO 4 dư nên Zn và Fe phản ứng hết, chất rắn thu được là Cu

    ⇒ (x + y).64 = m và 65x + 56y = m

    ⇒ (x + y).64 = 65x + 56y

    ⇒ 64x + 64y = 65x +56y

    ⇒ Đáp án A c. 1 Kim loại + dung dịch 2 muối

    ⇒ x = 8y

    ⇒ Khối lượng Zn = 65x = 520y; khối lượng Fe = 56y

    ⇒ % khối lượng Zn = 520y : (520y + 56y) = 0,9028

    Bài 12: Cho 3,375 gam Al tác dụng với 150ml dung dịch Y chứa Fe(NO 3) 3 0,5M và Cu(NO 3) 2 0,5M, sau khi kết thúc phản ứng thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là:

    Hướng dẫn giải:

    Số mol Al = 3,375/27 = 0,125 (mol)

    Phương trình phản ứng theo thứ tự xảy ra:

    mol bđ: 0,125 0,075

    mol pư: 0,05 0,075

    mol sau: 0,075 0 0,05 0,075

    Vì sau phản ứng (1) Al còn dư nên xảy ra phản ứng (2):

    mol bđ: 0,075 0,075

    mol pư: 0,075 0,075

    mol sau: 0 0 0,075 0,075

    Chất rắn thu được là Cu và Fe có khối lượng = 0,075.64 + 0,075.56 = 9 gam

    Đáp án C

    Bài 13:Cho m gam Fe vào 100ml dung dịch chứa Cu(NO 3) 2 0,1M và AgNO 3 0,2M. Sau khi phản ứng kết thúc, thu được dung dịch chứa 2 ion kim loại và được 1 chất rắn có khối lượng bằng (m + 1,6) gam. Giá trị của m là:

    Hướng dẫn giải:

    Số mol Cu(NO 3) 2 = 0,1.0,1 = 0,01 (mol)

    Số mol AgNO 3 = 0,2.0,1 = 0,02 (mol)

    Chất rắn là Ag và có thể có thêm Cu.

    Phương trình phản ứng theo thứ tự xảy ra :

    mol : 0,01 0,02 0,02

    mol : x x x x

    Gọi x là số mol của Fe trong pư (2) khi đó x = m/56 – 0,01

    Khối lượng chất rắn = 0,02.108 + 64x = m +1,6

    ⇒ 2,16 + 64 (m/56 – 0,01) = m +1,6

    ⇒ 64 (m/56 – 0,01) = m – 0,56

    ⇒ 1,1429m – 0,64 = m -0,56

    d. Nhiều kim loại tác dụng với dung dịch nhiều muối

    ⇒ 0,1429m = 0,08

    ⇒ m = 0,56 gam

    Đáp án C

    Bài 14: Cho 6,45 gam hỗn hợp bột X gồm hai kim loại Al và Mg có tỉ lệ mol tương ứng 3: 2 vào 150ml dung dịch Y chứa Fe(NO 3 ) 2 1M và Cu(NO 3) 2 1M, khuấy đều cho đến khi kết thúc phản ứng thu được m gam chất rắn và dung dịch Z. Giá trị của m là:

    Hướng dẫn giải

    Hỗn hợp X có 6,45 gam hỗn hợp bột X gồm hai kim loại Al và Mg có tỉ lệ mol tương ứng 3: 2

    ⇒ 27x + 24y = 6,45 và x /y =3/2

    ⇒ x = 0,15 ; y = 0,1.

    Thứ tự xảy ra phản ứng theo dãy điện hóa:

    mol bđ: 0,1 0,15

    mol pư: 0,1 0,1

    mol sau: 0 0,05 0,1 0,1

    Sau (1) còn dưCu(NO 3) 2 nên xảy ra phản ứng (2)

    2Al + 3Cu(NO 3) 2 → 2Al(NO 3) 3 + 3Cu↓ (2)

    mol bđ: 0,15 0,05

    mol pư: 0,03 0,05

    mol sau: 0,12 0 0,12 0,05

    Sau (2) còn dư Al nên xảy ra phản ứng (3)

    mol bđ: 0,12 0,15

    ⇒ Đáp án D

    mol pư: 0,1 0,15

    mol sau: 0,02 0 0,02 0,15

    Chất rắn gồm Al dư, Cu và Fe có khối lượng = 0,02.27 + 64.(0,1 + 0,05) + 0,15.56 = 18,54

    Bài 15: Cho hỗn hợp gồm 2,8 gam Fe và 0,81 gam Al vào 200ml dung dịch X chứa AgNO 3 và Cu(NO 3) 2, khi phản ứng kết thúc được dung dịch Y và 8,12 gam chất rắn Z gồm 3 kim loại. Cho chất rắn Z tác dụng với dung dịch HCl dư được 0,672 lít H 2 (ở đktc). Nồng độ mol của dung dịch AgNO 3 và dung dịch Cu(NO 3) 2 lần lượt là

    Hướng dẫn giải

    Hỗn hợp kim loại : số mol Fe = 2,8/56 = 0,05 (mol) và số mol Al = 0,03 (mol)

    Z gồm 3 kim loại ⇒ Z có Cu, Ag và Fe dư (Al có tính khử mạnh hơn Fe nên phản ứng trước và bị hết).

    ⇒ Số mol Fe dư = số mol H 2 = 0,672/22,4 = 0,03 (mol)

    ⇒ Số mol Fe tác dụng với muối = 0,05 – 0,03 = 0,02 (mol)

    mol: x x

    mol: y y

    Các quá trình oxi hóa, khử:

    Al → Al 3+ + 3e

    mol: 0,03 0,09 0,09

    Fe → Fe 2+ + 2e

    mol: 0,02 0,02 0,04

    mol: x x x

    Cu 2+ + 2e → Cu↓

    mol: y 2 y y

    Vận dụng bảo toàn e ⇒ x + 2y = 0,13 (*)

    Trong Z có Ag, Cu và Fe dư, do vậy 108x + 64y = 8,12 – 0,03.56 = 6,44 (**)

    Giải hệ phương trình đại số (*) và (**) ta được x = 0,03 ; y = 0,05

    Đáp án B

    Bài 16: Cho 3,2 gam bột Cu tác dụng với 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm HNO 3 0,8M và H 2SO 4 0,2M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, sinh ra V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Giá trị của V là

    Hướng dẫn giải

    Số mol Cu là 3,2/64 = 0,05

    Số mol HNO 3 = 0,8.0,1 = 0,08

    mol: 0,08 0,08 0,08

    mol: 0,02 0,04

    ⇒ Số mol H+ = 0,08 + 0,04 = 0,12 (mol)

    Phương trình ion thu gọn trong dung dịch:

    mol bđ: 0,05 0,08 0,12

    mol pư: 0,05 0,033 0,067 0,033

    ⇒ số mol NO = 2/3.0,05 = 0,033 mol ⇒ V = 0,7467 (l)

    ⇒ Đáp án D

    Lưu ý: Trong dung dịch chứa H+ và NO 3– thì kim loại thể hiện tính khử, còn NO 3– thể hiện tính oxi hóa

    2.5. Kim loại tác dụng với dung dịch kiềm

    Bài 17: Hỗn hợp X gồm Na và Al. Cho m gam X vào một lượng dư nước thì thoát ra V lít khí. Nếu cũng cho m gam X vào dung dịch NaOH dư thì được 1,75V lít khí. Thành phần phần trăm theo khối lượng của Na trong X là (biết các thể tích khí đo trong cùng điều kiện) :

    Hướng dẫn giải

    X tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được lượng khí nhiều hơn so với khi X tác dụng với H 2O, chứng tỏ khi X tác dụng với H 2O thì Al còn dư, dung dịch sau phản ứng chứa NaAlO 2.

    Đối với các chất khí thì tỉ lệ thể tích cũng chính là tỉ lệ mol nên căn cứ vào giả thiết ta chọn số mol H 2 giải phóng ở hai trường hợp lần lượt là 1 mol và 1,75 mol.

    Đặt số mol của Na và Al tham gia phản ứng với H 2 O là x mol.

    Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có :

    1.x + 3.x = 2.1 x = 0,5

    Đặt số mol Al ban đầu là y, khi X tác dụng với dung dịch NaOH dư thì Al phản ứng hết.

    Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có :

    1.0,5 + 3.y = 2.1,75 y = 1

    Thành phần phần trăm theo khối lượng của Na trong X là : .

    ⇒ Đáp án D.

    2.6. Kim loại tác dụng với nhiều chất oxi hóa (phi kim, dung dịch axit, bazơ, muối)

    Bài 18: Trộn 56 gam bột Fe với 16 gam bột lưu huỳnh rồi đun nóng (không có không khí) thu được chất rắn A. Hoà tan A bằng dung dịch axit HCl dư được dung dịch B và khí D. Đốt cháy D cần V lít O 2 (đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. V có giá trị là :

    Hướng dẫn giải

    Sơ đồ phản ứng :

    Đáp án C

    --- Bài cũ hơn ---

  • Bài Tập Giới Hạn Dãy Số
  • Tổng Hợp Ứng Dụng Giải Bài Tập Tốt Nhất Trên Smartphone
  • Giải Sách Bài Tập Vật Lí 10
  • Giải Bài Tập Vật Lý 10 Bài 33: Các Nguyên Lí Của Nhiệt Động Lực Học
  • Giải Bài Tập Vật Lý 10 Bài 33: Các Nguyên Lý Của Nhiệt Động Lực Học
  • Hướng Dẫn Giải Bài Tập Hóa Học Lớp 8

    --- Bài mới hơn ---

  • Giải Bài Tập 3: Trang 91 Sgk Hóa Học Lớp 8
  • Giải Bài Tập Trang 25 Sgk Hóa Lớp 8: Đơn Chất Và Hợp Chất
  • Giải Bài Tập 5: Trang 87 Sgk Hóa Học Lớp 8
  • Giải Bài Tập Hình Học Lớp 8 Chương 3 Bài 8
  • Giải Bài Tập Hình Học Lớp 8 Chương 3 Bài 7

    Hướng Dẫn Giải Bài Tập Hóa Học Lớp 8 Hóa học là môn học lí thuyết và thực nghiệm, rất gần gũi với cuộc sống. Làm thế nào để học giỏi môn Hoa học? Làm sao để giải các bài tập Hóa học một cách nhanh…

    • Giao hàng toàn quốc
    • Được kiểm tra hàng
    • Thanh toán khi nhận hàng
    • Chất lượng, Uy tín
    • 7 ngày đổi trả dễ dàng
    • Hỗ trợ xuất hóa đơn đỏ

    Giới thiệu Hướng Dẫn Giải Bài Tập Hóa Học Lớp 8

    Hướng Dẫn Giải Bài Tập Hóa Học Lớp 8

    Hóa học là môn học lí thuyết và thực nghiệm, rất gần gũi với cuộc sống. Làm thế nào để học giỏi môn Hoa học? Làm sao để giải các bài tập Hóa học một cách nhanh chóng và chính xác?

    Quyển sách Hướng Dẫn Giải Bài Tập Hóa Học Lớp 8 được biên soạn theo chương trình mới nhất của Bộ GD & ĐT, bao gồm 7 chương, trong đó 6 chương đầu tương ứng với 6 chương của SGK Hóa học 8. Mỗi chương gồm các nội dung như sau:

    A. Tóm tắt lí thuyết của chương dưới dạng sơ đồ

    B. Hướng dẫn giải các câu hỏi và bài tập trong SGK Hoa học lớp 8

    C. Bài tập tự luyện và nâng cao.

    Chương 7 giới thiệu một số phương pháp giải bài tập hóa học.

    Các câu hỏi và bài tập bổ sung trong sách được biên soạn đa dạng, trong đó kỹ năng tư duy đặc trưng của Hóa học như thực nghiệm, đồ thị, hình vẽ, biểu bảng…được chú trọng.

    Giá sản phẩm trên Tiki đã bao gồm thuế theo luật hiện hành. Tuy nhiên tuỳ vào từng loại sản phẩm hoặc phương thức, địa chỉ giao hàng mà có thể phát sinh thêm chi phí khác như phí vận chuyển, phụ phí hàng cồng kềnh, …

    Thông tin chi tiết

    Công ty phát hành

    SÁCH THIẾT BỊ GIÁO DỤC ĐỨC TRÍ

    Tác giả

    TS. Trần Trung Ninh

    Ngày xuất bản

    06-2016

    Kích thước

    16 x 24 cm

    Nhà xuất bản

    Nhà Xuất Bản Đại Học Quốc Gia Hà Nội

    Loại bìa

    Bìa mềm

    Số trang

    116

    SKU

    2484658369258

    --- Bài cũ hơn ---

  • Lý Thuyết & Giải Bài Tập Sgk Bài 18: Mol
  • Giải Bài Tập Sgk Hóa Học Lớp 8. Bài 18. Mol
  • Giải Bài Tập Sgk Hóa Học Lớp 8 Bài 38: Bài Luyện Tập 7
  • Giải Bài Tập Sgk Hóa Học Lớp 8 Bài 44: Bài Luyện Tập 8
  • Giải Bài Tập Sgk Hóa Học Lớp 8. Bài 23. Bài Luyện Tập 4
  • Hướng Dẫn Giải Bài Tập Sgk Sinh Học Lớp 12 Bài 2: Phiên Mã Và Dịch Mã

    --- Bài mới hơn ---

  • Giải Bài Tập Sgk Sinh 12 Nâng Cao Bài 2: Phiên Mã Và Dịch Mã
  • Bài Tập Trắc Nghiệm Phiên Mã Và Dịch Mã
  • Sinh Học 12 Bài 2: Phiên Mã Và Dịch Mã
  • Giải Bài 1, 2, 3, 4, 5 Trang 14 Sgk Sinh Học 12
  • Giải Bài Tập Sách Giáo Khoa Toán 7 Trang 36 Câu 19, 20, 21, 22, 23 Tập 2
  • Hướng dẫn giải bài tập SGK Sinh học lớp 12 bài 2: Phiên mã và dịch mã

    Bài 1: Hãy trình bày diễn biến và kết quả của quá trình phiên mã.

    * Diễn biến

    • Khi enzim ARN pôlimeraza bám vào promoter (vùng khởi đầu của gen) làm gen tháo xoắn và tách 2 mạch đơn, làm lộ ra mạch khuôn (mạch gốc) (mạch có chiều 3′ 5′)
    • Enzim ARN pôlimeraza di chuyển dọc theo mạch gốc và gắn các nuclêôtit tự do trong môi trường nội bào liên kết với các nuclêôtit trên mạch khuôn theo nguyên tắc bổ sung (U-A, A-T; G-X, X-G) tạo nên phân tử mARN theo chiều 5′ 3′
    • Khi enzim di chuyển đến cuối gen gặp tín hiệu kết thúc thì dừng quá trình phiên mã và phân tử mARN vừa được tổng hợp được giải phóng. Vùng nào trên gen phiên mã xong thì đóng xoắn.

    * Kết quả: ở tế bào nhân sơ mARN sau khi tổng hợp ở dạng trưởng thành và trực tiếp làm khuôn tổng hợp chuỗi pôlipeptit. Còn ở tế bào nhân thực mARN sau khi tổng hợp ở dạng sơ khai, sau đó được cắt bỏ các đoạn intron, nối các đoạn exon lại với nhau thành mARN trưởng thành, đi qua màng nhân ra tế bào chất làm khuôn tổng hợp chuỗi pôlipeptit.

    Bài 2: Quá trình dịch mã tại ribôxôm diễn ra như thế nào?

    Chia thành 2 giai đoạn:

    Hoạt hóa axit amin: Trong tế bào chất, nhờ enzim đặc hiệu và ATP, mỗi axit amin được hoạt hóa và gắn với tARN tương ứng tạo nên phức hợp axit amin – tARN (aa – tARN).

    Tổng hợp chuỗi pôlipeptit. Gồm 3 giai đoạn

    • Mở đầu: Tiểu đơn vị bé của ribôxôm gắn với mARN ở vị trí đặc hiệu nằm gần côđon mở đầu. Bộ ba đối mã của phức hợp mở đầu Met – tARN (UAX) khớp bổ sung với côđon mở đầu (AUG) trên mARN. Tiểu đơn vị lớn của ribôxôm kết hợp tạo ribôxôm hoàn chỉnh sẵn sàng tổng hợp chuỗi pôlipeptit.
    • Kéo dài chuỗi pôlipeptit: Anticôđon của phức hợp thứ 2 vào gắn bổ sung với côđon thứ 2 trên mARN, aa thứ 2 liên kết với aa Met (trước) bằng liên kết peptit. Ribôxôm lại dịch chuyển đi một côđon trên mARN và cứ tiếp tục như vậy đến cuối mARN.
    • Kết thúc: Khi ribôxôm tiếp xúc với mã kết thúc trên mARN thì quá trình dịch mã hoàn tất. Nhờ enzim đặc hiệu, axit amin mở đầu được cắt khỏi chuỗi pôlipeptit vừa tổng hợp. Chuỗi pôlipeptit tiếp tục hình thành các cấu trúc bậc cao hơn, trở thành prôtêin có hoạt tính sinh học.

    Trong quá trình dịch mã, mARN không gắn với từng ribôxôm riêng rẽ mà đồng thời gắn với một nhóm ribôxôm gọi là pôliribôxôm (gọi tắt là pôlixôm) giúp tăng hiệu suất tổng hợp prôtêin.

    Bài 3: Nêu vai trò của pôliribôxôm trong quá trình tổng hợp prôtêin.

    Đáp án: Giúp tăng hiệu suất tổng hợp prôtêin.

    Bài 4: Một đoạn gen có trình tự các nuclêôtit như sau:

    3′ XGA GAA TTT XGA 5′ (mạch mã gốc)

    5′ GXT XTT AAA GXT 3′

    a, Hãy xác định trình tự các axit amin trong chuỗi pôlipeptit được tổng hợp từ đoạn gen trên.

    b, Một đoạn phân tử prôtêin có trình tự axit amin như sau:

    – lơxin – alanin – valin – lizin –

    Hãy xác định trình tự các cặp nuclêôtit trong đoạn gen mang thông tin quy định cấu trúc đoạn prôtêin đó.

    Hướng dẫn

    a, mARN có: 5′ GXU XUU AAA GXU 3′

    trình tự axit amin trong prôtêin Ala – Leu – Lys – Ala

    b, Vì có nhiều bộ ba cùng mã hóa một axit amin nên đây là một trường hợp.

    trình tự axit amin trong prôtêin – lơxin – alanin – valin – lizin –

    mARN UUA GXU GUU AAA

    ADN 3′ AAT XGA XAA TTT 5′ (mạch mã gốc)

    5′ TTA GXT GTT AAA 3′

    Bài 5: Các prôtêin được tổng hợp trong tế bào nhân thực đều

    A. bắt đầu bằng axit amin Met.

    B. bắt đầu bằng axit amin foocmin mêtiônin.

    C. Có Met ở vị trí đầu tiên bị cắt bởi enzim.

    D. Cả A và C.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Bài Tập Sgk Sinh Học 12 Bài 2: Phiên Mã Và Dịch Mã
  • Chuyên Đề Giới Hạn Của Dãy Số
  • Tổng Hợp Bài Tập Đại Cương Về Kim Loại Có Lời Giải Đầy Đủ Và Chi Tiết
  • Giáo Án Đại Số Và Giải Tích 11
  • Bài 1,2,3,4,5,6 Trang 57,58 Sgk Đại Số Và Giải Tích 11: Nhị Thức Niu