Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 15: Krzywe i bryły obrotowe

From Studia Informatyczne

15. Krzywe i bryły obrotowe

Ćwiczenie 15.1.

(a) Obliczyć długość okręgu o promieniu \displaystyle   R: \displaystyle   \displaystyle O=\big\{(x,y): x^2+y^2=R\big\}\subseteq\mathbb{R}^2 trzema sposobami:
(1) wykorzystując opis parametryczny okręgu;
(2) wykorzystując współrzędne biegunowe;
(3) wykorzystując opis okręgu za pomocą wykresu funkcji.

(b) Obliczyć pole koła \displaystyle   \displaystyle K=\big\{(x,y): x^2+y^2\le 1\big\}\subseteq\mathbb{R}^2 trzema sposobami:
(1) wykorzystując opis parametryczny okręgu;
(2) wykorzystując współrzędne biegunowe;
(3) obliczając pole pod wykresem funkcji opisującej okrąg.


Wskazówka

(a)
(1) Parametryczne równanie okręgu to

\displaystyle    K:\ \left\{ \begin{array} {l} x=\varphi(t)=R\cos t\\ y=\psi(t)=R\sin t \end{array}  \right. \qquad t\in[0,2\pi]

(patrz przykład 15.2.). Długość krzywej zadanej w postaci parametrycznej obliczamy ze wzoru:

\displaystyle   l(K) \ =\ \displaystyle\int\limits_0^{2\pi}\sqrt{\varphi'(t)^2+\psi'(t)^2}\,dt.

(patrz twierdzenie 15.11.).

(2) Biegunowy opis okręgu to

\displaystyle   r=g(\vartheta) \ =\ R \quad dla \displaystyle    \ \vartheta\in[0,2\pi],

a jej długość podaje wzór

\displaystyle   l(K) \ =\ \displaystyle\int\limits_0^{2\pi} \sqrt{g(\vartheta)^2+g'(\vartheta)^2}\,d\vartheta.

(patrz przykład 15.12.).

(3) Górna część półokręgu opisana jest wykresem funkcji

\displaystyle   f(x) \ =\ \sqrt{R^2-x^2} \quad dla \displaystyle    \ x\in[-R,R],

a jej długość liczymy ze wzoru

\displaystyle   l(K) \ =\ \displaystyle\int\limits_{-R}^R\sqrt{1+f'(x)^2}\,dx.

(patrz twierdzenie 15.11.).

(b)
(1) Parametryczne równanie "górnej połowy" okręgu to

\displaystyle    K:\ \left\{ \begin{array} {l} x=\varphi(t)=R\cos t\\ y=\psi(t)=R\sin t \end{array}  \right. \qquad t\in[0,\pi]

(patrz przykład 15.2.). Pole obszaru pod wykresem krzywej zadanej w postaci parametrycznej obliczamy ze wzoru:

\displaystyle   P \ =\ -\displaystyle\int\limits_0^{\pi}\psi(t)\varphi'(t)\,dt.

(patrz twierdzenie 15.20.). Należy wyjaśnić, skąd pochodzi znak minus przed całką.
(2) Biegunowy opis okręgu, to

\displaystyle   r=g(\vartheta) \ =\ R \quad dla \displaystyle    \ \vartheta\in[0,2\pi],

a pole obszaru ograniczone krzywą w postaci biegunowej podaje wzór

\displaystyle   P \ =\ \frac{1}{2}\displaystyle\int\limits_0^{2\pi} \big[g(\vartheta)\big]^2\,d\vartheta.

(patrz przykład 15.21.).
(3) Górna część półokręgu opisana jest wykresem funkcji

\displaystyle   f(x) \ =\ \sqrt{R^2-x^2} \quad dla \displaystyle    \ x\in[-R,R],

a pole pod tą krzywą liczymy ze wzoru

\displaystyle   P \ =\ \displaystyle\int\limits_{-R}^R f(x)\,dx.

(patrz uwaga 15.19.).

Rozwiązanie

<flash>file=Am1.m15.c.r01.swf|width=375|height=375</flash>

Opis parametryczny okręgu

(a)
(1) Parametryczne równanie okręgu to

\displaystyle    K:\ \left\{ \begin{array} {l} x=\varphi(t)=R\cos t\\ y=\psi(t)=R\sin t \end{array}  \right. \qquad t\in[0,2\pi].

(patrz przykład 15.2.).

Długość okręgu wynosi:

\begin{array}{lll}\displaystyle  l(K)& = & \displaystyle\int\limits_0^{2\pi}\sqrt{\varphi'(t)^2+\psi'(t)^2}\,dt \ =\ \displaystyle\int\limits_0^{2\pi}\sqrt{(-R\sin t)^2+(R\cos t)^2}\,dt\\ &=& R\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}\sqrt{\sin^2 t+\cos^2 t}\,dt =  R\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}\,dt \ =\ Rt\bigg|_0^{2\pi} \ =\ 2\pi R. \end{array}

(2) Biegunowy opis okręgu to

\displaystyle   r=g(\vartheta) \ =\ R \quad dla \displaystyle    \ \vartheta\in[0,2\pi],

a jego długość

wynosi

\displaystyle   l(K) \ =\ \displaystyle\int\limits_0^{2\pi}\sqrt{R^2+0}\,d\vartheta \ =\ R\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}\,d\vartheta \ =\ R\vartheta\bigg|_0^{2\pi} \ =\ 2\pi R.

(3)

Górna część półokręgu opisana jest wykresem funkcji

\displaystyle   f(x) \ =\ \sqrt{R^2-x^2} \quad dla \displaystyle    \ x\in[-R,R],

zatem długość okręgu wynosi

\begin{array}{lll}\displaystyle l(K) & = & 2\displaystyle\int\limits_{-R}^R\sqrt{1+f'(x)^2}\,dx \ =\ 2\displaystyle\int\limits_{-R}^R\sqrt{1+\bigg(\frac{x}{\sqrt{R^2-x^2}}\bigg)^2}\,dx \ =\ 2\displaystyle\int\limits_{-R}^R\sqrt{1+\frac{x^2}{R^2-x^2}}\,dx\\ & = & 2\displaystyle\int\limits_{-R}^R\sqrt{\frac{R^2}{R^2-x^2}}\,dx \ =\ 2R\displaystyle\int\limits_{-R}^R\frac{dx}{\sqrt{R^2-x^2}} \ =\ 2\displaystyle\int\limits_{-R}^R\frac{dx}{\sqrt{1-(\frac{x}{R})^2}}\\ & = & \left| \begin{array} {rcl} \frac{x}{R} & = & t\\ dx          & = & R\,dt \end{array}  \right| \ =\ 2R\displaystyle\int\limits_{-1}^1\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}} \ =\ 2R\arcsin t\bigg|_{-1}^1 \ =\ 2R\bigg(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\bigg) \ =\ 2\pi R. \end{array}

<flash>file=Am1.m15.c.r02.swf|width=375|height=375</flash>

Współrzędne biegunowe

<flash>file=Am1.m15.c.r03.swf|width=375|height=375</flash>

Półokrąg jako wykres funkcji



(b)
(1) Parametryczne równanie "górnej połowy" okręgu to

\displaystyle    K:\ \left\{ \begin{array} {l} x=\varphi(t)=R\cos t\\ y=\psi(t)=R\sin t \end{array}  \right. \qquad t\in[0,\pi].

Ponieważ przebiegając z parametrem \displaystyle   t od \displaystyle   0 do \displaystyle   \displaystyle\pi, poruszamy się po krzywej niezgodnie z osią \displaystyle   Ox, więc we wzorze na pole pojawi się znak minus przed całką. Pole koła równe jest podwojonemu polu obszaru pod wykresem powyższej krzywej:

\displaystyle   P_{\circ} \ =\ -2\displaystyle\int\limits_0^{\pi}\psi(t)\varphi'(t)\,dt \ =\ -2\displaystyle\int\limits_0^{\pi}(R\sin t)(-R\sin t)\,dt \ =\ 2R\displaystyle\int\limits_0^{\pi}\sin^2 t\,dt.

Ponieważ

\displaystyle   \displaystyle \int \sin^2 t\,dt=\frac{x}{2}-\frac{1}{4}\sin (2t)+c,

zatem

\displaystyle   P_{\circ} \ =\ 2R^2 \bigg[\frac{t}{2}-\frac{1}{4}\sin (2t)\bigg]_0^{\pi} \ =\ 2R^2\frac{\pi}{2} \ =\ \pi R^2.

(2) Biegunowy opis okręgu to

\displaystyle   r=g(\vartheta) \ =\ R \quad dla \displaystyle    \ \vartheta\in[0,2\pi].

Pole obszaru ograniczonego tą krzywą wynosi

\begin{array}{lll}\displaystyle   P  &=&\displaystyle  \frac{1}{2}\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}\big[g(\vartheta)\big]^2\,d\vartheta \ =\ \frac{1}{2}\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}R^2\,d\vartheta \ =\ \frac{1}{2}R^2\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}\,d\vartheta\\ &=&\displaystyle  \frac{1}{2}R^2\vartheta\bigg|_0^{2\pi} \ =\ \frac{1}{2}R^2 \cdot 2\pi \ =\ \pi R^2. \end{array}

(3) Górna część półokręgu opisana jest wykresem funkcji

\displaystyle   f(x) \ =\ \sqrt{R^2-x^2} \quad dla \displaystyle    \ x\in[-R,R].

Pole koła równe jest podwojonemu polu pod tą krzywą:

\displaystyle   P_{\circ} \ =\ 2\displaystyle\int\limits_{-R}^R f(x)\,dx \ =\ 2\displaystyle\int\limits_{-R}^R \sqrt{R^2-x^2}\,dx.

Ponieważ

\displaystyle   \displaystyle \int\sqrt{R^2-x^2}\,dx =\frac{1}{2}\bigg(x\sqrt{R^2-x^2}+R^2\mathrm{arctg}\,\frac{x}{\sqrt{R^2-x^2}}\bigg)+c,

więc

\displaystyle   P_{\circ} \ =\ 2\bigg[\frac{1}{2}\bigg(x\sqrt{R^2-x^2}+R^2\mathrm{arctg}\,\frac{x}{\sqrt{R^2-x^2}}\bigg)\bigg]_{-R}^{R} \ =\ R^2\bigg(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\bigg) \ =\ \pi R^2.

Ćwiczenie 15.2.

(a) Obliczyć długość kardioidy, danej opisem biegunowym \displaystyle   \displaystyle r(\vartheta)=a(1+\cos\vartheta), dla \displaystyle   \displaystyle \vartheta\in[0,2\pi] (gdzie \displaystyle   a>0).
(b) Obliczyć pole obszaru ograniczonego lemniskatą o równaniu biegunowym: \displaystyle   \displaystyle r^2=2a^2\cos 2\vartheta, dla \displaystyle   \displaystyle \vartheta\in[0,2\pi] (gdzie \displaystyle   a>0).

Wskazówka

(a) Skorzystać ze wzoru na długość krzywej danej w postaci biegunowej

\displaystyle   l(K) \ =\ \displaystyle\int\limits_{\alpha}^{\beta} \sqrt{r(\vartheta)^2+r'(\vartheta)^2}\,d\vartheta.

(patrz przykład 15.12.). Wykorzystać symetrię kardioidy.

(b) Wykonać rysunek lemniskaty. Należy wykorzystać symetrię lemniskaty, licząc pole "jednej czwartej" rozważanego obszaru za pomocą wzoru

\displaystyle   |P| \ =\ 4\cdot\frac{1}{2}\displaystyle\int\limits_0^{\frac{\pi}{4}}\big[g(\vartheta)\big]^2\,d\vartheta.

(patrz twierdzenie 15.21.).

Rozwiązanie

(a)

Zauważmy, że kardioida jest symetryczna względem osi \displaystyle   Ox. Zatem możemy dwukrotnie policzyć długość "połówki" kardioidy: \displaystyle   \displaystyle r(\vartheta)=a(1+\cos\vartheta), dla \displaystyle   \displaystyle\vartheta\in[0,\pi]. Wstawiając do wzoru na długość krzywej danej w postaci biegunowej, mamy

\begin{array}{lll}\displaystyle  l(K) & = & \displaystyle\int\limits_0^{\pi} \sqrt{r(\vartheta)^2+r'(\vartheta)^2}\,d\vartheta \ =\ 2\displaystyle\int\limits_0^{\pi} \sqrt{a^2(1+\cos\vartheta)^2+a^2\sin^2\vartheta}\,d\vartheta\\ &=&\displaystyle 2\displaystyle\int\limits_0^{\pi} \sqrt{2a^2+2a^2\cos\vartheta}\,d\vartheta = 2a\sqrt{2}\displaystyle\int\limits_0^{\pi} \sqrt{1+\cos\vartheta}\,d\vartheta. \end{array}

Korzystając z tożsamości trygonometrycznej \displaystyle   \displaystyle 1+\cos\vartheta=2\cos^2\frac{\vartheta}{2} oraz zauważając, że \displaystyle   \displaystyle \cos\frac{\vartheta}{2}\ge 0 dla \displaystyle   \displaystyle\vartheta\in[0,\pi], mamy

\displaystyle   l(K) \ =\ 2a\sqrt{2}\displaystyle\int\limits_0^{\pi} \sqrt{2}\cos\frac{\vartheta}{2}\,d\vartheta \ =\ 4a\bigg[2\sin\frac{\vartheta}{2}\bigg]_0^{\pi} \ =\ 8a.

Warto wiedzieć, że kardioida jest krzywą, jaką zakreśla ustalony punkt okręgu toczącego się po drugim okręgu o tym samym promieniu.

Odpowiedź:

Długość kardioidy wynosi \displaystyle   8a.

(b) Z opisu biegunowego lemniskaty

\displaystyle   r^2=2a^2\cos2\vartheta, \quad dla \displaystyle    \ \vartheta\in[0,2\pi]

wynika, że wyrażenie powyższe ma sens tylko wtedy, gdy \displaystyle   \displaystyle \cos\vartheta\ge 0, to znaczy dla \displaystyle   \displaystyle t\in\bigg[0,\frac{\pi}{4}\bigg] \cup\bigg[\frac{3\pi}{4},\frac{5\pi}{4}\bigg] \cup\bigg[\frac{7\pi}{4},2\pi\bigg].

Ponadto obszar ograniczony lemniskatą jest symetryczny zarówno

względem osi \displaystyle   Ox jak i \displaystyle   Oy. Zatem możemy policzyć pole "jednej czwartej" części lemniskaty i pomnożyć przez \displaystyle   4. Korzystając ze wzoru na pole obszaru ograniczonego krzywą zadaną w postaci biegunowej, mamy

\displaystyle   |P| \ =\ 4\cdot\frac{1}{2}\displaystyle\int\limits_0^{\frac{\pi}{4}}2a^2\cos 2\vartheta\,d\vartheta \ =\ 4a^2\displaystyle\int\limits_0^{\frac{\pi}{4}}\cos 2\vartheta\,d\vartheta \ =\ 2a^2\big[\sin 2\vartheta\big]_0^{\frac{\pi}{4}} \ =\ 2a^2.

Odpowiedź: Pole obszaru ograniczonego lemniskatą wynosi \displaystyle   2a^2.

<flash>file=Am1.m15.c.r05.swf|width=272|height=272</flash>

Lemniskata

<flashwrap>file=AM1.M15.C.R04.swf|size=small</flashwrap>

Kardioida

Ćwiczenie 15.3.

Obliczyć długość krzywej zadanej wykresem funkcji \displaystyle   f(x)=\sqrt{x} w przedziale \displaystyle   \displaystyle [0,1].

Wskazówka

Skorzystać ze wzoru na długość krzywej danej wykresem funkcji

\displaystyle   l(K) \ =\ \int\limits_a^b\sqrt{1+f'(x)^2}\,dx.

(patrz twierdzenie 15.11.).

Rozwiązanie

Sposób I.
Obliczamy długość krzywej zadanej wykresem funkcji \displaystyle   \displaystyle f(x)=\sqrt{x} na przedziale \displaystyle   \displaystyle [0,1]. Ponieważ \displaystyle   \displaystyle f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}, zatem

\displaystyle   \aligned l(K) & = & \displaystyle\int\limits_0^1\sqrt{1+f'(x)^2}\,dx \ =\ \displaystyle\int\limits_0^1\sqrt{1+\frac{1}{4x}}\,dx \ =\ \frac{1}{2} \displaystyle\int\limits_0^1\frac{1}{\sqrt{x}}\sqrt{1+4x}\,dx. \endaligned

Jest to całka typu \displaystyle   \displaystyle\int x^m(a+bx^n)^p\,dx, przy czym \displaystyle   \displaystyle\frac{m+1}{n}+p=\frac{-\frac{1}{2}+1}{1}+\frac{1}{2}=1\in\mathbb{Z} (patrz twierdzenie 13.22.), zatem stosujemy podstawienie \displaystyle   \displaystyle x^{-1}+4=t^2. Stąd

\displaystyle   x=\frac{1}{t^2-4};\quad dx=\frac{-2t}{(t^2-4)^2};\quad \lim_{x\rightarrow 0^+}\sqrt{\frac{1}{x}+4}=+\infty.

Zatem po zmianie zmiennych otrzymujemy

\displaystyle   \aligned l(K) & = & \frac{1}{2} \displaystyle\int\limits_{+\infty}^{\sqrt{5}} \sqrt{t^2-4}\cdot\sqrt{1+\frac{4}{t^2-4}} \cdot\frac{-2t}{(t^2-4)^2}\,dt \ =\ \displaystyle\int\limits_{\sqrt{5}}^{+\infty} \frac{t^2}{(t^2-4)^2}\,dt. \endaligned

Szukamy rozkładu funkcji wymiernej podcałkowej na ułamki proste w postaci

\displaystyle   \frac{t^2}{(t^2-4)^2} \ =\ \frac{t^2}{(t-2)^2(t+2)^2} \ =\ \frac{a}{(t-2)} +\frac{b}{(t-2)^2} +\frac{c}{(t+2)} +\frac{d}{(t+2)^2}.

Mnożąc stronami przez wspólny mianownik \displaystyle   \displaystyle (t-2)^2(t+2)^2, dostajemy

\displaystyle   t^2 \ =\ a(t-2)(t+2)^2 +b(t+2)^2 +c(t-2)^2(t+2) +d(t-2)^2.

Podstawiając kolejno \displaystyle   t=2 oraz \displaystyle   t=-2, dostajemy, że \displaystyle   \displaystyle b=\frac{1}{4} oraz \displaystyle   \displaystyle d=\frac{1}{4}. Wstawiając otrzymane stałe i przekształcając dostajemy:

\displaystyle   \frac{1}{2}t^2-2 \ =\ a(t-2)(t+2)^2 +c(t-2)^2(t+2),

czyli

\displaystyle   \frac{1}{2}(t-2)(t+2) \ =\ a(t-2)(t+2)^2 +c(t-2)^2(t+2).

Dzieląc obustronnie przez \displaystyle   \displaystyle (t-2)(t+2), mamy

\displaystyle   \frac{1}{2} \ =\ a(t+2) +c(t-2).

Podstawiając kolejno \displaystyle   t=2 oraz \displaystyle   t=-2, dostajemy, że \displaystyle   \displaystyle a=\frac{1}{8} oraz \displaystyle   \displaystyle c=-\frac{1}{8}. Wstawmy otrzymane stałe i obliczmy całkę nieoznaczoną:

\displaystyle   \begin{array}{lll} \int\frac{t^2}{(t^2-4)^2}\,dt & = &\displaystyle \frac{1}{8}\int\frac{dt}{t-2} +\frac{1}{4}\int\frac{dt}{(t-2)^2} -\frac{1}{8}\int\frac{dt}{t+2} +\frac{1}{4}\int\frac{dt}{(t+2)^2}\\ & = &\displaystyle \frac{1}{8}\ln|t-2| -\frac{1}{4(t-2)} -\frac{1}{8}\ln|t+2| -\frac{1}{4(t+2)}+c \ =\ \ln\sqrt[8]{\left|\frac{t-2}{t+2}\right|} -\frac{t}{2(t^2-4)}+c \end{array}

(zauważmy, że wykonanie ostatniego odejmowania logarytmów jest niezbędne do dalszego obliczenia całki oznaczonej). Zatem

\displaystyle   \aligned l(K) & = & \bigg[ \ln\sqrt[8]{\frac{t-2}{t+2}} -\frac{t}{2(t^2-4)} \bigg]\bigg|_{\sqrt{5}}^{+\infty} \ =\ \frac{1}{8}\ln\bigg(\frac{\sqrt{5}+2}{\sqrt{5}-2}\bigg) +\frac{1}{2}\sqrt{5} \ =\ \frac{1}{4}\ln\big(\sqrt{5}+2\big) +\frac{1}{2}\sqrt{5}. \endaligned


Sposób II.
Otrzymaną całkę:

\displaystyle   \aligned l(K) & = & \displaystyle\int\limits_0^1\sqrt{1+f'(x)^2}\,dx \ =\ \displaystyle\int\limits_0^1\sqrt{1+\frac{1}{4x}}\,dx \ =\ \frac{1}{2} \displaystyle\int\limits_0^1\sqrt{\frac{1+4x}{x}}\,dx \ =\ \frac{1}{2} \displaystyle\int\limits_0^1\frac{1+4x}{\sqrt{4x^2+x}}\,dx \endaligned

możemy policzyć metodą współczynników nieoznaczonych. Wiemy, że całka nieoznaczona jest postaci:

\displaystyle   \int\frac{1+4x}{\sqrt{4x^2+x}}\,dx \ =\ a\sqrt{4x^2+x} +k \int\frac{dx}{\sqrt{4x^2+x}}.

Aby wyznaczyć \displaystyle   a i \displaystyle   k, różniczkujemy stronami i dostajemy:

\displaystyle   \frac{1+4x}{\sqrt{4x^2+x}} \ =\ \frac{a(8x+1)}{2\sqrt{4x^2+x}} +\frac{k}{\sqrt{4x^2+x}},

a mnożąc stronami przez \displaystyle   \displaystyle \sqrt{4x^2+x}, dostajemy:

\displaystyle   1+4x \ =\ 4ax+\frac{1}{2}a+k,

stąd \displaystyle   a=1 i \displaystyle   \displaystyle k=\frac{1}{2}. Ponadto obliczamy całkę

\begin{array}{lll}\displaystyle \int\frac{dx}{\sqrt{4x^2+x}} & = &\displaystyle  \int\frac{dx}{\sqrt{(2x+\frac{1}{4})^2-\frac{1}{16}}} \ =\ \left| \begin{array} {rcl} 2x+\frac{1}{4} & = & t \\ \,dx            & = & \frac{1}{2}\,dt \end{array}  \right| \ =\ \frac{1}{2}\int\frac{dt}{\sqrt{t^2-\frac{1}{16}}}\\\\ & = &\displaystyle  \frac{1}{2} \ln\left|t+\sqrt{t^2-\frac{1}{16}}\right|+c \ =\ \frac{1}{2} \ln\left|2x+\frac{1}{4}+\sqrt{4x^2+x}\right|+c. \end{array}

Wracając do naszej całki, mamy

\displaystyle \begin{array}{lll} l(K) & = &\displaystyle  \frac{1}{2}\bigg[ 1\cdot\sqrt{4x^2+x} +\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2} \ln\left|2x+\frac{1}{4}+\sqrt{4x^2+x}\right| \bigg]\bigg|_0^1 \ =\ \frac{1}{2} \bigg[\sqrt{5}+\frac{1}{4}\ln\bigg(\frac{9}{4}+\sqrt{5}\bigg) -\frac{1}{4}\ln\frac{1}{4}\bigg]\\\\ & = &\displaystyle  \frac{1}{2}\sqrt{5}+\frac{1}{8}\ln(9+4\sqrt{5}) \ =\ \frac{1}{2}\sqrt{--~~~~5}+\frac{1}{8}\ln(2+\sqrt{5})^2 \ =\ \frac{1}{2}\sqrt{5}+\frac{1}{4}\ln(2+\sqrt{5}). \end{array}


Sposób III.
Zauważmy, że nasza krzywa ma tę samą długość ,co krzywa będąca wykresem funkcji \displaystyle   \displaystyle g(x)=x^2 dla \displaystyle   \displaystyle x\in[0,1] (gdyż jedna z krzywych powstaje z drugiej przez odbicie symetryczne względem prostej \displaystyle   y=x). Zatem wystarczy policzyć długość nowej krzywej:

\displaystyle   \aligned l(K) & = & \displaystyle\int\limits_0^1\sqrt{1+g'(x)^2}\,dx \ =\ \displaystyle\int\limits_0^1\sqrt{1+4x^2}\,dx. \endaligned

Jest to całka typu \displaystyle   \displaystyle\int x^m(a+bx^n)^p\,dx, przy czym \displaystyle   \displaystyle\frac{m+1}{n}+p=\frac{0+1}{2}+\frac{1}{2}=2\in\mathbb{Z} (patrz twierdzenie 13.22.), zatem stosujemy podstawienie \displaystyle   \displaystyle x^{-2}+4=t^2. Stąd

\displaystyle   x=\frac{1}{\sqrt{t^2-4}};\quad dx=\frac{-t}{(t^2-4)\sqrt{t^2-4}};\quad \lim_{x\rightarrow 0^+}\sqrt{\frac{1}{x^2}+4}=+\infty.

Zatem po zmianie zmiennych otrzymujemy

\displaystyle   \aligned l(K) & = & \displaystyle\int\limits_{+\infty}^{\sqrt{5}} \sqrt{1+\frac{4}{t^2-4}} \cdot\frac{-t}{(t^2-4)\sqrt{t^2-4}}\,dt \ =\ \displaystyle\int\limits_{\sqrt{5}}^{+\infty} \frac{t^2}{(t^2-4)^2}\,dt, \endaligned

zatem otrzymaliśmy tę samą całkę co w rozwiązaniu I.

Sposób IV.
Podobnie jak w rozwiązaniu III rozważamy krzywą o tej samej długości, a mianowicie \displaystyle   \displaystyle g(x)=x^2 dla \displaystyle   x\in[0,1]. Liczymy więc długość:

\displaystyle   \aligned l(K) & = & \displaystyle\int\limits_0^1\sqrt{1+g'(x)^2}\,dx \ =\ \displaystyle\int\limits_0^1\sqrt{1+4x^2}\,dx \ =\ \displaystyle\int\limits_0^1\frac{1+4x^2}{\sqrt{1+4x^2}}\,dx \endaligned

metodą współczynników nieoznaczonych. Wiemy, że całka nieoznaczona jest postaci:

\displaystyle   \int\frac{1+4x^2}{\sqrt{1+4x^2}}\,dx \ =\ (ax+b)\sqrt{1+4x^2} +k \int\frac{dx}{\sqrt{1+4x^2}}.

Aby wyznaczyć \displaystyle   a,\displaystyle b i \displaystyle   k, różniczkujemy stronami i dostajemy:

\displaystyle   \frac{1+4x^2}{\sqrt{1+4x^2}} \ =\ a\sqrt{1+4x^2} +\frac{(ax+b)\cdot 8x}{2\sqrt{1+4x^2}} +\frac{k}{\sqrt{1+4x^2}},

a mnożąc stronami przez \displaystyle   \displaystyle \sqrt{1+4x^2}, dostajemy:

\displaystyle   1+4x^2 \ =\ a(1+4x^2) +4ax^2+4bx+k,

stąd \displaystyle   \displaystyle a=\frac{1}{2},\displaystyle b=0 i \displaystyle   \displaystyle k=\frac{1}{2}. Ponadto obliczamy całkę

\begin{array}{lll}\displaystyle\int\frac{dx}{\sqrt{1+4x^2}} & = &\displaystyle \left| \begin{array} {rcl} 2x  & = & t \\ \,dx & = & \frac{1}{2}\,dt \end{array}  \right| \ =\ \frac{1}{2}\int\frac{dt}{\sqrt{t^2+1}}\\\\ & = &\displaystyle \frac{1}{2} \ln\left|t+\sqrt{t^2+1}\right|+c \ =\ \frac{1}{2} \ln\left|2x+\sqrt{1+4x^2}\right|+c. \end{array}

Wracając do naszej całki mamy

\displaystyle   \aligned l(K) & = & \bigg[ \frac{1}{2}x\cdot\sqrt{1+4x^2} +\frac{1}{4} \ln\left|2x+\sqrt{1+4x^2}\right| \bigg]\bigg|_0^1 \ =\ \frac{1}{2}\sqrt{5}+\frac{1}{4}\ln(2+\sqrt{5}). \endaligned

Inne sposoby.
Całkę, która powstaje w rozwiązaniu II: \displaystyle   \displaystyle \frac{1}{2} \displaystyle\int\limits_0^1\frac{1+4x}{\sqrt{4x^2+x}}\,dx, można policzyć z I lub III podstawienia Eulera.
Całkę, która powstaje w rozwiązaniu III: \displaystyle   \displaystyle \displaystyle\int\limits_0^1\sqrt{1+4x^2}\,dx, można policzyć z I lub II podstawienia Eulera.
Odpowiedź: Długość zadanej krzywej wynosi \displaystyle   \displaystyle \frac{2\sqrt{5}+\ln(2+\sqrt{5})}{4}.

Ćwiczenie 15.4.

Obliczyć objętość i pole powierzchni:
(1) kuli o promieniu \displaystyle   R>0 w \displaystyle   \displaystyle\mathbb{R}^3 (traktując ją jako bryłę powstałą z obrotu koła dookoła osi \displaystyle   Ox)
(2) bryły powstałej z obrotu obszaru pod odcinkiem \displaystyle   y=1-x dla \displaystyle   x\in[0,1] dookoła osi \displaystyle   Ox (czyli stożka)


Wskazówka

(1) Objętość można policzyć dwoma sposobami:
Sposób I. Wykorzystać wzór na objętość bryły obrotowej powstałej z obrotu obszaru pod wykresem funkcji opisującej górny półokrąg \displaystyle   \displaystyle f(x)=\sqrt{R^2-x^2} dla \displaystyle   x\in [-R,R] w postaci

\displaystyle   |V_x| \ =\ \pi \displaystyle\int\limits_{-R}^R f(x)^2\,dx

(patrz twierdzenie 15.23.).

Sposób II. Wykorzystać wzór na objętość bryły obrotowej powstałej z obrotu obszaru pod wykresem krzywej opisującej górny półokrąg danej w postaci parametrycznej \displaystyle   K:\ \left\{ \begin{array} {l} x=\varphi(t)=R\cos t\\ y=\psi(t)=R\sin t \end{array}  \right. dla \displaystyle   t\in[0,\pi]:

\displaystyle   |V_x| \ =\ -\pi \displaystyle\int\limits_0^{\pi} \psi(t)^2\varphi'(t)\,dt

(patrz twierdzenie 15.23.).

Wyjaśnić dlaczego przed znakiem całki jest minus.
Do policzenia pola powierzchni wykorzystać wzór z twierdzenie 15.22.

(2) Zrobić analogicznie do zadania w punkcie (1).

Rozwiązanie

<flashwrap>file=AM1.M15.C.R06.swf|size=small</flashwrap>

Kula jako bryła powstała z obrotu płówki koła wokół osi Ox

<flashwrap>file=AM1.M15.C.R04.swf|size=small</flashwrap>

Kardioida

<flashwrap>file=AM1.M15.C.R08.swf|size=small</flashwrap>

Stożek powstały z obrotu odcinka dookoła osi Ox

(1) Najpierw policzmy objętość kuli.
Sposób I. Kulę można otrzymać jako bryłę obrotową powstałą z obrotu obszaru pod wykresem funkcji opisującej górny półokrąg \displaystyle   \displaystyle f(x)=\sqrt{R^2-x^2} dla \displaystyle   x\in [-R,R]. Wówczas objętość tej bryły wynosi:

\begin{array}{lll}\displaystyle   |V_x| &=&\displaystyle \pi\displaystyle\int\limits_{-R}^R f(x)^2\,dx \ =\ \pi\displaystyle\int\limits_{-R}^R (R^2-x^2)\,dx\\ &=&\displaystyle \pi\bigg[R^2x-\frac{1}{3}x^3\bigg]_{-R}^R \ =\ \pi\bigg(R^3-\frac{R^3}{3}+R^3-\frac{R^3}{3}\bigg) \ =\ \frac{4}{3}\pi R^3. \end{array}

Sposób II.

Kulę można otrzymać jako bryłę obrotową powstałą z obrotu obszaru pod wykresem krzywej opisującej górny półokrąg danej w postaci parametrycznej

\displaystyle   K:\ \left\{ \begin{array} {l} x=\varphi(t)=R\cos t\\ y=\psi(t)=R\sin t \end{array}  \right. \quad t\in[0,\pi].

Ponieważ przy zmianie \displaystyle   t od \displaystyle   0 do \displaystyle   \displaystyle\pi

krzywa obiegana jest niezgodnie z kierunkiem osi \displaystyle   Ox, więc we wzorze jest znak minus przed całką. Objętość kuli wynosi:

\displaystyle   |V_x| \ =\ -\pi\displaystyle\int\limits_0^{\pi}\psi(t)^2\varphi'(t)\,dt \ =\ -\pi\displaystyle\int\limits_0^{\pi}(R\sin t)^2(-R\sin t)\,dt \ =\ \pi R^3\displaystyle\int\limits_0^{\pi}\sin^3t\,dt.

Ponieważ

\displaystyle   \displaystyle\int\sin^3t\,dt=-\frac{3}{4}\cos x+\frac{1}{12}\cos 3x+c, zatem

\displaystyle   |V_x| \ =\ \bigg[ -\frac{3}{4}\cos x+\frac{1}{12}\cos 3x \bigg]_0^{\pi} \ =\ \pi R^3 \bigg[ \frac{3}{4}-\frac{1}{12} +\frac{3}{4}-\frac{1}{12} \bigg] \ =\ \frac{4}{3}\pi R^3.

Teraz obliczymy pole powierzchni sfery traktowanej jako

powierzchnia powstająca z obrotu wykresu funkcji \displaystyle   f(x)=\sqrt{R^2-x^2}. Korzystając z symetrii, pole powierzchni kuli wynosi

\begin{array}{lll}\displaystyle|P| & = & 4\pi\displaystyle\int\limits_0^R\sqrt{R^2-x^2}\sqrt{1+\frac{x^2}{R^2-x^2}}\,dx \ =\ 4\pi\displaystyle\int\limits_0^R R\,dx\\ & = & 4\pi Rx\bigg|_0^R \ =\ 4\pi R^2. \end{array}

Odpowiedź:

Objętość kuli wynosi \displaystyle   \displaystyle\frac{4}{3}\pi R^3, a pole powierzchni \displaystyle   4\pi R^2.

(2) Objętość bryły obrotowej powstałej z obrotu obszaru pod wykresem funkcji \displaystyle   f(x)=1-x dla \displaystyle   x\in [0,1] wokół osi \displaystyle   Ox wynosi:

\displaystyle   |V_x| \ =\ \pi\displaystyle\int\limits_0^1 f(x)^2\,dx \ =\ \pi\displaystyle\int\limits_0^1 (1-x)^2\,dx \ =\ \pi\bigg[x-x^2+\frac{1}{3}x^3\bigg]_0^1 \ =\ \frac{1}{3}\pi.

Jest to dokładnie objętość opisanego stożka.

Rysunek AM1.M15.C.R07 (stary numer AM2.9.24a)

Odcinek

Liczymy powierzchnię stożka powstałego z obrotu wykresu

funkcji \displaystyle   f(x)=1-x wokół osi \displaystyle   Ox:

\displaystyle   |P| \ =\ 2\pi\displaystyle\int\limits_0^1(1-x)\sqrt{1}\,dx \ =\ 2\pi\bigg[x-\frac{1}{2}x^2\bigg]_0^1 \ =\ \pi

Odpowiedź:

Objętość stożka wynosi \displaystyle   \displaystyle\frac{1}{3}\pi a pole powierzchni \displaystyle   \displaystyle\pi.

Ćwiczenie 15.5.

Obliczyć pole powierzchni i objętość bryły powstałej przez obrót obszaru pod wykresem krzywej \displaystyle   f(x)=\frac{1}{x} dla \displaystyle   x\in [1,+\infty) wokół osi \displaystyle   Ox.


Wskazówka

Wykorzystać wzory na objętość i pole powierzchni bryły obrotowej. Wzory te zastosować na przedziale ograniczonym \displaystyle   \displaystyle [1,A] i przejść do granicy, gdy \displaystyle   A\rightarrow +\infty.

Rozwiązanie

Objętość bryły obrotowej powstałej przez obrót obszaru pod wykresem krzywej \displaystyle   f(x)=\frac{1}{x} dla \displaystyle   x\in [1,A] wokół osi \displaystyle   Ox, wynosi

\displaystyle   V_A \ =\ \pi\displaystyle\int\limits_1^A\frac{1}{x^2}\,dx \ =\ -\pi\frac{1}{x}\bigg|_1^A \ =\ \pi \bigg(1-\frac{1}{A}\bigg).

Zatem

\displaystyle   V \ =\ \lim_{A\rightarrow +\infty}|V_A| \ =\ \pi.

Pole powierzchni powstałej przez obrót wykresu krzywej \displaystyle   f(x)=\frac{1}{x} dla \displaystyle   x\in [1,A] wokół osi \displaystyle   Ox wynosi

\displaystyle   |P_A| \ =\ 2\pi\displaystyle\int\limits_1^A \frac{1}{x}\sqrt{1+\frac{1}{x^4}}\,dx.

Funkcja ta ma pierwotną elementarną (porównaj twierdzenie 13.22.), ale łatwiej możemy ją oszacować i pokazać, że jest granicą dla \displaystyle   A\rightarrow+\infty jest \displaystyle   +\infty. Zauważmy, że

\displaystyle   |P_A| \ =\ 2\pi\displaystyle\int\limits_1^A \frac{1}{x}\sqrt{1+\frac{1}{x^4}}\,dx \ \ge\ 2\pi\displaystyle\int\limits_1^A \frac{1}{x} \ =\ 2\pi \ln x\bigg|_1^A \ =\ 2\pi\ln A,

czyli

\displaystyle   \lim_{A\rightarrow +\infty}|P_A| \ =\ +\infty.

Odpowiedź: Objętość bryły wynosi \displaystyle   \displaystyle\pi, a powierzchnia jest nieskończona.

Ćwiczenie 15.6.

Obliczyć objętość bryły powstałej z obrotu obszaru pod cykloidą \displaystyle   \displaystyle \left\{ \begin{array} {l} x=a(t-\sin t)\\ y=a(1-\cos t) \end{array}  \right. dla \displaystyle   t\in [0,2\pi] (gdzie \displaystyle   a>0)
(1) dookoła osi \displaystyle   Ox,
(2) dookoła osi \displaystyle   Oy,
(3) dookoła prostej \displaystyle   y=2a.


Wskazówka

(1) Postąpić analogicznie jak w ćwiczeniu 15.4..
(2) Wykorzystać wzór na objętość bryły obrotowej powstałej z obrotu obszaru pod wykresem krzywej danej w postaci parametrycznej

\displaystyle    K:\ \left\{ \begin{array} {l} x=\varphi(t)=a(t-\sin t)\\ y=\psi(t)=a(1-\cos t) \end{array}  \right. \quad dla \displaystyle    \ t\in[0,2\pi],

dookoła osi \displaystyle   Oy, w postaci

\displaystyle   |V_y| \ =\ 2\pi \displaystyle\int\limits_0^{2\pi} \varphi(t)\psi(t)\varphi'(t)\,dt

(patrz twierdzenie 15.24.).
(3) Przesunąć krzywą tak, by osią obrotu była oś \displaystyle   Ox. Należy zauważyć, że objętość rozważanej bryły jest różnicą objętości dwóch brył obrotowych.

Rozwiązanie

<flashwrap>file=AM1.M15.C.R09.swf|size=small</flashwrap>

Bryła powstała z obrotu obszaru pod cykloidą dookoła osi Ox

(1) Zauważmy że powstała bryła składa się z dwóch symetrycznych brył: jedna odpowiadająca parametrom \displaystyle   t\in[0,\pi], a druga parametrom \displaystyle   t\in[\pi,2\pi]. Zatem możemy policzyć objętość jednej z nich i pomnożyć przez \displaystyle   2. Wstawiając do wzoru na objętość bryły obrotowej powstałej z obrotu obszaru pod wykresem "połowy" cykloidy

\displaystyle    \left\{ \begin{array} {l} x=\varphi(t)=a(t-\sin t)\\ y=\psi(t)=a(1-\cos t) \end{array}  \right. \quad t\in [0,\pi],

dostajemy

\displaystyle   |V_x| \ =\ 2\pi\displaystyle\int\limits_0^{\pi} \psi(t)^2\varphi'(t)\,dt \ =\ 2\pi\displaystyle\int\limits_0^{\pi} a^3(1-\cos t)^3\,dt.

Korzystając z tożsamości trygonometrycznej

\displaystyle   \displaystyle 1-\cos t=2\sin^2\frac{t}{2} oraz stosując wzór na zmianę zmiennych w całce, mamy

\displaystyle   |V_x| \ =\ 2\pi a^3\displaystyle\int\limits_0^{\pi} 8\sin^6\frac{t}{2}\,dt \ =\ \left| \begin{array} {rcl} \frac{t}{2} & = & z\\ dt          & = & 2\,dz \end{array}  \right| \ =\ 32\pi a^3\displaystyle\int\limits_0^{\pi} \sin^6 z\,dz.

Ponieważ

\displaystyle   \int\sin^6 z\,dz \ =\ \frac{5}{16}z-\frac{15}{64}\sin(2z)+\frac{3}{64}\sin(4z)-\frac{1}{192}\sin(6z)+c,

dostajemy

\begin{array}{lll} \displaystyle    |V_x|& =& 32\pi a^3 \bigg[ \frac{5}{16}z-\frac{15}{64}\sin(2z)+\frac{3}{64}\sin(4z)-\frac{1}{192}\sin(6z) \bigg]_0^{\pi}\\ &=&\displaystyle 32\pi a^3 \cdot \frac{5\pi}{16} \ =\ 10\pi^2 a^3.\end{array}


Odpowiedź: Objętość bryły powstałej z obrotu obszaru pod cykloidą dookoła osi \displaystyle   Ox wynosi \displaystyle   10\pi^2 a^3.

<flashwrap>file=AM1.M15.C.R10.swf|size=small</flashwrap>

Bryła powstała z obrotu obszaru pod cykloidą dookoła osi Oy

(2) Objętość bryły obrotowej powstałej z obrotu obszaru pod wykresem cykloidy

\displaystyle    K:\ \left\{ \begin{array} {l} x=\varphi(t)=a(t-\sin t)\\ y=\psi(t)=a(1-\cos t) \end{array}  \right. \quad dla \displaystyle    \ t\in[0,2\pi]

dookoła osi \displaystyle   Oy,

wynosi

\begin{array}{lll}\displaystyle  |V_y|& = &\displaystyle 2\pi\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}\varphi(t)\psi(t)\varphi'(t)\,dt  = 2\pi\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}a(t-\sin t)a(1-\cos t)a(1-\cos t)\,dt\\ &=& 2\pi a^3\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}(t-\sin t)(1-\cos t)^2\,dt\\ & = &\displaystyle 2\pi a^3\displaystyle\int\limits_0^{2\pi} \big(t-\sin t-2t\cos t+2\sin t\cos t+t\cos^2 t-\sin t\cos^2 t\big)\,dt\\ & = &\displaystyle 2\pi a^3 \bigg[ \frac{3t^2}{4} -\frac{3}{4}\cos t -\frac{1}{2}\cos^2t +\frac{1}{8}\cos 2t +\frac{1}{12}\cos 3t -2t\sin t +\frac{1}{4}t\sin 2t \bigg]_0^{2\pi}\\\\ & = &\displaystyle 2\pi a^3 \cdot 3\pi^2 \ =\ 6\pi^3a^3. \end{array}


<flashwrap>file=AM1.M15.C.R11.swf|size=small</flashwrap>

Bryła powstała z obrotu obszaru pod cykloidą dookoła prostej y=2a

<flashwrap>file=AM1.M15.C.R12.swf|size=small</flashwrap>

Bryła powstała z obrotu przesuniętego obszaru pod cykloidą dookoła osi Ox

(3) Zauważmy, że jeśli przesuniemy cykloidę o \displaystyle   2a "w dół", to nasza bryła będzie powstanie teraz z obrotu obszaru między cykloidą o prostą o równaniu \displaystyle   y=-2a w przedziale \displaystyle   \displaystyle [0,2\pi a]. Bryła ta jest różnicą walca (powstałego z obrotu odcinka \displaystyle   f(x)=-2a w przedziale \displaystyle   \displaystyle [0,2\pi a]) oraz obszaru pod wykresem cykloidy ("pod wykresem" oznacza między osią \displaystyle   Ox a wykresem, więc w tym wypadku należałoby powiedzieć "nad wykresem").

Równanie parametryczne przesuniętej cykloidy, to

\displaystyle    K:\ \left\{ \begin{array} {l} x=\varphi(t)=a(t-\sin t)\\ y=\psi(t)=a(1-\cos t)-2a \end{array}  \right. \quad dla \displaystyle    \ t\in[0,2\pi].

Objętość walca, wynosi

\begin{array}{lll}\displaystyle    |V_1|&=&\pi\displaystyle\int\limits_0^{2\pi a}f(x)^2\,dt  = \pi\displaystyle\int\limits_0^{2\pi a}(-2a)^2\,dt\\ &=& 4\pi a^2\displaystyle\int\limits_0^{2\pi a}\,dt \ =\ 4\pi a^2 t\bigg|_0^{2\pi a} \ =\ 8\pi^2 a^3. \end{array}

Objętość bryły powstałej z obrotu obszaru pod

przesuniętą cykloidą, wynosi

\begin{array}{lll}\displaystyle |V_2| & = & \pi\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}\psi(t)^2\varphi'(t)\,dt \ =\ \pi\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}\big[a(1-cos t)-2a\big]^2a(1-\cos t)\,dt\\ & =& \pi a^3\displaystyle\int\limits_0^{2\pi} \big[1+\cos t-\cos^2t-\cos^3t\bigg]\,dt  =  \pi\bigg[ \frac{1}{2}t +\frac{1}{4}\sin t -\frac{1}{4}\sin 2t -\frac{1}{12}\sin 3t \bigg]_0^{2p} \ =\ \pi^2 a^3. \end{array}

Objętość rozważanej bryły wynosi zatem

\displaystyle   |V| \ =\ |V_1|-|V_2| \ =\ 8\pi^2 a^3-\pi^2 a^3 \ =\ 7\pi^2 a^3.