Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 15: Krzywe i bryły obrotowe

15. Krzywe i bryły obrotowe

Ćwiczenie 15.1.

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

(b) Obliczyć pole koła $K=\{(x,y):x^2+y^2\le 1\}\subseteq {\mathbb{ℝ}}^2$ 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

$K:\{\begin{array}{l}x=\phi (t)=R\cos t\\ y=\psi (t)=R\sin t\end{array}t\in [0,2\pi ]$

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

$l(K)=\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\sqrt{{\phi }^{\prime }(t{)}^2+{\psi }^{\prime }(t{)}^2}dt.$

(patrz twierdzenie 15.11.).

(2) Biegunowy opis okręgu to

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

a jej długość podaje wzór

$l(K)=\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\sqrt{g(\vartheta {)}^2+g^{\prime }(\vartheta {)}^2}d\vartheta .$

(patrz przykład 15.12.).

(3) Górna część półokręgu opisana jest wykresem funkcji

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

a jej długość liczymy ze wzoru

$l(K)=\underset{-R}{\overset{R}{\int }}\sqrt{1+f^{\prime }(x{)}^2}dx.$

(patrz twierdzenie 15.11.).

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

$K:\{\begin{array}{l}x=\phi (t)=R\cos t\\ y=\psi (t)=R\sin t\end{array}t\in [0,\pi ]$

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

$P=-\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\psi (t){\phi }^{\prime }(t)dt.$

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

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

a pole obszaru ograniczone krzywą w postaci biegunowej podaje wzór

$P=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}[g(\vartheta ){]}^{2}d\vartheta .$

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

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

a pole pod tą krzywą liczymy ze wzoru

$P=\underset{-R}{\overset{R}{\int }}f(x)dx.$

(patrz uwaga 15.19.).

Rozwiązanie

Plik:Am1.m15.c.r01.svg

Opis parametryczny okręgu

(a)
(1) Parametryczne równanie okręgu to

$K:\{\begin{array}{l}x=\phi (t)=R\cos t\\ y=\psi (t)=R\sin t\end{array}t\in [0,2\pi ].$

(patrz przykład 15.2.). Długość okręgu wynosi:

$\begin{array}{lll}l(K)& =& \underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\sqrt{{\phi }^{\prime }(t{)}^2+{\psi }^{\prime }(t{)}^2}dt=\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\sqrt{(-R\sin t{)}^2+(R\cos t{)}^2}dt\\ & =& R\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\sqrt{{\sin }^{2}t+{\cos }^{2}t}dt=R\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}dt=Rt{|}_0^{2\pi }=2\pi R.\end{array}$

(2) Biegunowy opis okręgu to

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

a jego długość wynosi

$l(K)=\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\sqrt{R^2+0}d\vartheta =R\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d\vartheta =R\vartheta {|}_0^{2\pi }=2\pi R.$

(3) Górna część półokręgu opisana jest wykresem funkcji

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

zatem długość okręgu wynosi

$\begin{array}{lll}l(K)& =& 2\underset{-R}{\overset{R}{\int }}\sqrt{1+f^{\prime }(x{)}^2}dx=2\underset{-R}{\overset{R}{\int }}\sqrt{1+(\frac{x}{\sqrt{R^2-x^2}}{)}^2}dx=2\underset{-R}{\overset{R}{\int }}\sqrt{1+\frac{x^2}{R^2-x^2}}dx\\ & =& 2\underset{-R}{\overset{R}{\int }}\sqrt{\frac{R^2}{R^2-x^2}}dx=2R\underset{-R}{\overset{R}{\int }}\frac{dx}{\sqrt{R^2-x^2}}=2\underset{-R}{\overset{R}{\int }}\frac{dx}{\sqrt{1-(\frac{x}{R}{)}^2}}\\ & =& \left|\begin{array}{rcl}\frac{x}{R}& =& t\\ dx& =& Rdt\end{array}\right|=2R\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}=2R\arcsin t{|}_{-1}^1=2R(\frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{2})=2\pi R.\end{array}$

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

<flash>file=Am1.m15.c.r03.swf|width=375|height=375</flash> <div.thumbcaption>Półokrąg jako wykres funkcji

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

$K:\{\begin{array}{l}x=\phi (t)=R\cos t\\ y=\psi (t)=R\sin t\end{array}t\in [0,\pi ].$

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

$P_{\circ }=-2\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\psi (t){\phi }^{\prime }(t)dt=-2\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}(R\sin t)(-R\sin t)dt=2R\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{\sin }^{}tdt.$

Ponieważ

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

zatem

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

(2) Biegunowy opis okręgu to

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

Pole obszaru ograniczonego tą krzywą wynosi

$\begin{array}{lll}P& =& \frac{1}{2}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}[g(\vartheta ){]}^{2}d\vartheta =\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}{R}^{2}d\vartheta =\frac{1}{2}{R}^2\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d\vartheta \\ & =& \frac{1}{2}{R}^2\vartheta {|}_0^{2\pi }=\frac{1}{2}{R}^2\cdot 2\pi =\pi R^2.\end{array}$

(3) Górna część półokręgu opisana jest wykresem funkcji

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

Pole koła równe jest podwojonemu polu pod tą krzywą:

$P_{\circ }=2\underset{-R}{\overset{R}{\int }}f(x)dx=2\underset{-R}{\overset{R}{\int }}\sqrt{R^2-x^2}dx.$

Ponieważ

$\int \sqrt{R^2-x^2}dx=\frac{1}{2}(x\sqrt{R^2-x^2}+R^2\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\frac{x}{\sqrt{R^2-x^2}})+c$,

więc

$P_{\circ }=2\left[\frac{1}{2}\right(x\sqrt{R^2-x^2}+R^2\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\frac{x}{\sqrt{R^2-x^2}}){]}_{-R}^R=R^2(\frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{2})=\pi R^2.$

Ćwiczenie 15.2.

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

Wskazówka

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

$l(K)=\underset{\alpha }{\overset{\beta }{\int }}\sqrt{r(\vartheta {)}^2+r^{\prime }(\vartheta {)}^2}d\vartheta .$

(patrz przykład 15.12.). Wykorzystać symetrię kardioidy.

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

$|P|=4\cdot \frac{1}{2}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}[g(\vartheta ){]}^{2}d\vartheta .$

(patrz twierdzenie 15.21.).

Rozwiązanie

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

$\begin{array}{lll}l(K)& =& \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\sqrt{r(\vartheta {)}^2+r^{\prime }(\vartheta {)}^2}d\vartheta =2\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\sqrt{a^2(1+\cos \vartheta {)}^2+a^2{\sin }^{}\vartheta }d\vartheta \\ & =& 2\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\sqrt{2a^2+2a^2\cos \vartheta }d\vartheta =2a\sqrt{2}\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\sqrt{1+\cos \vartheta }d\vartheta .\end{array}$

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

$l(K)=2a\sqrt{2}\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\sqrt{2}\cos \frac{\vartheta }{2}d\vartheta =4a[2\sin \frac{\vartheta }{2}{]}_0^{\pi }=8a.$

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

Odpowiedź: Długość kardioidy wynosi $8a$.

(b) Z opisu biegunowego lemniskaty

$r^2=2a^2\cos 2\vartheta ,$ dla $\vartheta \in [0,2\pi ]$

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

Ponadto obszar ograniczony lemniskatą jest symetryczny zarówno względem osi $Ox$ jak i $Oy$. Zatem możemy policzyć pole "jednej czwartej" części lemniskaty i pomnożyć przez $4$. Korzystając ze wzoru na pole obszaru ograniczonego krzywą zadaną w postaci biegunowej, mamy

$|P|=4\cdot \frac{1}{2}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}2a^2\cos 2\vartheta d\vartheta =4a^2\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}\cos 2\vartheta d\vartheta =2a^2[\sin 2\vartheta {]}_0^{\frac{\pi }{4}}=2a^2.$

Odpowiedź: Pole obszaru ograniczonego lemniskatą wynosi $2a^2$.

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

Plik:AM1.M15.C.R04.mp4 Kardioida

Ćwiczenie 15.3.

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

Wskazówka

Skorzystać ze wzoru na długość krzywej danej wykresem funkcji

$l(K)=\underset{a}{\overset{b}{\int }}\sqrt{1+f^{\prime }(x{)}^2}dx.$

(patrz twierdzenie 15.11.).

Rozwiązanie

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

$\begin{array}{rlr}l(K)& =& \underset{0}{\overset{1}{\int }}\sqrt{1+f^{\prime }(x{)}^2}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\sqrt{1+\frac{1}{4x}}dx=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1}{\sqrt{x}}\sqrt{1+4x}dx.\end{array}$

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

$x=\frac{1}{t^2-4};dx=\frac{-2t}{(t^2-4{)}^2};\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\sqrt{\frac{1}{x}+4}=+\mathrm{\infty }.$

Zatem po zmianie zmiennych otrzymujemy

$\begin{array}{rlr}l(K)& =& \frac{1}{2}\underset{+\mathrm{\infty }}{\overset{\sqrt{5}}{\int }}\sqrt{t^2-4}\cdot \sqrt{1+\frac{4}{t^2-4}}\cdot \frac{-2t}{(t^2-4{)}^2}dt=\underset{\sqrt{5}}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{t^2}{(t^2-4{)}^2}dt.\end{array}$

Szukamy rozkładu funkcji wymiernej podcałkowej na ułamki proste w postaci

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

Mnożąc stronami przez wspólny mianownik $(t-2{)}^2(t+2{)}^2$, dostajemy

$t^2=a(t-2)(t+2{)}^2+b(t+2{)}^2+c(t-2{)}^2(t+2)+d(t-2{)}^2.$

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

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

czyli

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

Dzieląc obustronnie przez $(t-2)(t+2)$, mamy

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

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

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

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

$\begin{array}{rlr}l(K)& =& [\ln \sqrt[8]{\frac{t-2}{t+2}}-\frac{t}{2(t^2-4)}]{|}_{\sqrt{5}}^{+\mathrm{\infty }}=\frac{1}{8}\ln \left(\frac{\sqrt{5}+2}{\sqrt{5}-2}\right)+\frac{1}{2}\sqrt{5}=\frac{1}{4}\ln (\sqrt{5}+2)+\frac{1}{2}\sqrt{5}.\end{array}$

Sposób II.
Otrzymaną całkę:

$\begin{array}{rlr}l(K)& =& \underset{0}{\overset{1}{\int }}\sqrt{1+f^{\prime }(x{)}^2}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\sqrt{1+\frac{1}{4x}}dx=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\sqrt{\frac{1+4x}{x}}dx=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1+4x}{\sqrt{4x^2+x}}dx\end{array}$

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

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

Aby wyznaczyć $a$ i $k$, różniczkujemy stronami i dostajemy:

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

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

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

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

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

Wracając do naszej całki, mamy

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

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

$\begin{array}{rlr}l(K)& =& \underset{0}{\overset{1}{\int }}\sqrt{1+g^{\prime }(x{)}^2}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\sqrt{1+4x^2}dx.\end{array}$

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

$x=\frac{1}{\sqrt{t^2-4}};dx=\frac{-t}{(t^2-4)\sqrt{t^2-4}};\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\sqrt{\frac{1}{x^2}+4}=+\mathrm{\infty }.$

Zatem po zmianie zmiennych otrzymujemy

$\begin{array}{rlr}l(K)& =& \underset{+\mathrm{\infty }}{\overset{\sqrt{5}}{\int }}\sqrt{1+\frac{4}{t^2-4}}\cdot \frac{-t}{(t^2-4)\sqrt{t^2-4}}dt=\underset{\sqrt{5}}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{t^2}{(t^2-4{)}^2}dt,\end{array}$

zatem otrzymaliśmy tę samą całkę co w rozwiązaniu I.

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

$\begin{array}{rlr}l(K)& =& \underset{0}{\overset{1}{\int }}\sqrt{1+g^{\prime }(x{)}^2}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\sqrt{1+4x^2}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1+4x^2}{\sqrt{1+4x^2}}dx\end{array}$

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

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

Aby wyznaczyć $a,b$ i $k$, różniczkujemy stronami i dostajemy:

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

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

$1+4x^2=a(1+4x^2)+4a{x}^2+4bx+k,$

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

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

Wracając do naszej całki mamy

$\begin{array}{rlr}l(K)& =& [\frac{1}{2}x\cdot \sqrt{1+4x^2}+\frac{1}{4}\ln |2x+\sqrt{1+4x^2}|]{|}_0^1=\frac{1}{2}\sqrt{5}+\frac{1}{4}\ln (2+\sqrt{5}).\end{array}$

Inne sposoby.
Całkę, która powstaje w rozwiązaniu II: $\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1+4x}{\sqrt{4x^2+x}}dx$, można policzyć z I lub III podstawienia Eulera.
Całkę, która powstaje w rozwiązaniu III: $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\sqrt{1+4x^2}dx$, można policzyć z I lub II podstawienia Eulera.
Odpowiedź: Długość zadanej krzywej wynosi $\frac{2\sqrt{5}+\ln (2+\sqrt{5})}{4}$.

Ćwiczenie 15.4.

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

$|V_x|=\pi \underset{-R}{\overset{R}{\int }}f(x{)}^{2}dx$

(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 Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle K: \left\{ \begin{array} {l} x=\varphi(t)=R\cos t\\ y=\psi(t)=R\sin t \end{array} \right} . dla $t\in [0,\pi ]$:

$|V_x|=-\pi \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\psi (t{)}^2{\phi }^{\prime }(t)dt$

(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

Plik:AM1.M15.C.R06.mp4

Kula jako bryła powstała z obrotu płówki koła wokół osi $Ox$

Plik:AM1.M15.C.R04.mp4

Kardioida

Plik:AM1.M15.C.R08.mp4

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 $f(x)=\sqrt{R^2-x^2}$ dla $x\in [-R,R]$. Wówczas objętość tej bryły wynosi:

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

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

$K:\{\begin{array}{l}x=\phi (t)=R\cos t\\ y=\psi (t)=R\sin t\end{array}t\in [0,\pi ].$

Ponieważ przy zmianie $t$ od $0$ do $\pi$ krzywa obiegana jest niezgodnie z kierunkiem osi $Ox$, więc we wzorze jest znak minus przed całką. Objętość kuli wynosi:

$|V_x|=-\pi \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\psi (t{)}^2{\phi }^{\prime }(t)dt=-\pi \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}(R\sin t{)}^2(-R\sin t)dt=\pi R^3\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{\sin }^{}tdt.$

Ponieważ $\int {\sin }^{3}tdt=-\frac{3}{4}\cos x+\frac{1}{12}\cos 3x+c$, zatem

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

Teraz obliczymy pole powierzchni sfery traktowanej jako powierzchnia powstająca z obrotu wykresu funkcji $f(x)=\sqrt{R^2-x^2}$. Korzystając z symetrii, pole powierzchni kuli wynosi

$\begin{array}{lll}|P|& =& 4\pi \underset{0}{\overset{R}{\int }}\sqrt{R^2-x^2}\sqrt{1+\frac{x^2}{R^2-x^2}}dx=4\pi \underset{0}{\overset{R}{\int }}Rdx\\ & =& 4\pi Rx{|}_0^R=4\pi R^2.\end{array}$

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

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

$|V_x|=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}f(x{)}^{2}dx=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-x{)}^{2}dx=\pi [x-x^2+\frac{1}{3}{x}^3{]}_0^1=\frac{1}{3}\pi .$

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 $f(x)=1-x$ wokół osi $Ox$:

$|P|=2\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-x)\sqrt{1}dx=2\pi [x-\frac{1}{2}{x}^2{]}_0^1=\pi$

Odpowiedź: Objętość stożka wynosi $\frac{1}{3}\pi$ a pole powierzchni $\pi$.

Ćwiczenie 15.5.

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

Wskazówka

Wykorzystać wzory na objętość i pole powierzchni bryły obrotowej. Wzory te zastosować na przedziale ograniczonym $[1,A]$ i przejść do granicy, gdy $A\to +\mathrm{\infty }$.

Rozwiązanie

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

$V_A=\pi \underset{1}{\overset{A}{\int }}\frac{1}{x^2}dx=-\pi \frac{1}{x}{|}_1^A=\pi (1-\frac{1}{A}).$

Zatem

$V=\underset{A\to +\mathrm{\infty }}{\lim }|V_A|=\pi .$

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

$|P_A|=2\pi \underset{1}{\overset{A}{\int }}\frac{1}{x}\sqrt{1+\frac{1}{x^4}}dx.$

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

$|P_A|=2\pi \underset{1}{\overset{A}{\int }}\frac{1}{x}\sqrt{1+\frac{1}{x^4}}dx\ge 2\pi \underset{1}{\overset{A}{\int }}\frac{1}{x}=2\pi \ln x{|}_1^A=2\pi \ln A,$

czyli

$\underset{A\to +\mathrm{\infty }}{\lim }|P_A|=+\mathrm{\infty }.$

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

Ćwiczenie 15.6.

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

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

$K:\{\begin{array}{l}x=\phi (t)=a(t-\sin t)\\ y=\psi (t)=a(1-\cos t)\end{array}$ dla $t\in [0,2\pi ],$

dookoła osi $Oy$, w postaci

$|V_y|=2\pi \underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\phi (t)\psi (t){\phi }^{\prime }(t)dt$

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

Rozwiązanie

Plik:AM1.M15.C.R09.mp4

Bryła powstała z obrotu obszaru pod cykloidą dookoła osi $Ox$

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

$\{\begin{array}{l}x=\phi (t)=a(t-\sin t)\\ y=\psi (t)=a(1-\cos t)\end{array}t\in [0,\pi ],$

dostajemy

$|V_x|=2\pi \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\psi (t{)}^2{\phi }^{\prime }(t)dt=2\pi \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{a}^3(1-\cos t{)}^{3}dt.$

Korzystając z tożsamości trygonometrycznej $1-\cos t=2{\sin }^{}\frac{t}{2}$ oraz stosując wzór na zmianę zmiennych w całce, mamy

$|V_x|=2\pi a^3\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}8{\sin }^6\frac{t}{2}dt=\left|\begin{array}{rcl}\frac{t}{2}& =& z\\ dt& =& 2dz\end{array}\right|=32\pi a^3\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{\sin }^{6}zdz.$

Ponieważ

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

dostajemy

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

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

Plik:AM1.M15.C.R10.mp4

Bryła powstała z obrotu obszaru pod cykloidą dookoła osi $Oy$

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

$K:\{\begin{array}{l}x=\phi (t)=a(t-\sin t)\\ y=\psi (t)=a(1-\cos t)\end{array}$ dla $t\in [0,2\pi ]$

dookoła osi $Oy$, wynosi

$\begin{array}{lll}|V_y|& =& 2\pi \underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\phi (t)\psi (t){\phi }^{\prime }(t)dt=2\pi \underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}a(t-\sin t)a(1-\cos t)a(1-\cos t)dt\\ & =& 2\pi a^3\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}(t-\sin t)(1-\cos t{)}^{2}dt\\ & =& 2\pi a^3\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}(t-\sin t-2t\cos t+2\sin t\cos t+t{\cos }^{}t-\sin t{\cos }^{}t)dt\\ & =& 2\pi a^3[\frac{3t^2}{4}-\frac{3}{4}\cos t-\frac{1}{2}{\cos }^{}t+\frac{1}{8}\cos 2t+\frac{1}{12}\cos 3t-2t\sin t+\frac{1}{4}t\sin 2t{]}_0^{2\pi }\\ \\ & =& 2\pi a^3\cdot 3{\pi }^2=6{\pi }^3{a}^3.\end{array}$

Plik:AM1.M15.C.R11.mp4

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

Plik:AM1.M15.C.R12.mp4

Bryła powstała z obrotu przesuniętego obszaru pod cykloidą dookoła osi $Ox$

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

Równanie parametryczne przesuniętej cykloidy, to

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

Objętość walca, wynosi

$\begin{array}{lll}|V_1|& =& \pi \underset{0}{\overset{2\pi a}{\int }}f(x{)}^{2}dt=\pi \underset{0}{\overset{2\pi a}{\int }}(-2a{)}^{2}dt\\ & =& 4\pi a^2\underset{0}{\overset{2\pi a}{\int }}dt=4\pi a^{2}t{|}_0^{2\pi a}=8{\pi }^2{a}^3.\end{array}$

Objętość bryły powstałej z obrotu obszaru pod przesuniętą cykloidą, wynosi

$\begin{array}{lll}|V_2|& =& \pi \underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\psi (t{)}^2{\phi }^{\prime }(t)dt=\pi \underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}[a(1-cost)-2a{]}^{2}a(1-\cos t)dt\\ & =& \pi a^3\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}[1+\cos t-{\cos }^{}t-{\cos }^{}t]dt=\pi [\frac{1}{2}t+\frac{1}{4}\sin t-\frac{1}{4}\sin 2t-\frac{1}{12}\sin 3t{]}_0^{2p}={\pi }^2{a}^3.\end{array}$

Objętość rozważanej bryły wynosi zatem

$|V|=|V_1|-|V_2|=8{\pi }^2{a}^3-{\pi }^2{a}^3=7{\pi }^2{a}^3.$