Matanaliz

Розв’язання. Скориставшись формулою (19.8), маємо

= −4a cos ϕ2 |20π = 8a.

Скориставшись формулою (19.6), маємо

2π

Z

q

L2 = a2(1 − cos t)2 + a2 sin2 t dt = 8a.

0

3. Обчислення об’ємiв тiл.

Нехай D — квадровна замкнена плоска фiгура. Множину точок простору, аналiтичне подання якої має вигляд

Π = {(x, y, z) | (x, y) D, 0 6 z 6 h}

називають цилiндром з основою D i висотою h. Будемо вважати, що таке тiло має об’єм, якщо iснує спiльна границя об’ємiв прямих призм, вписаних у це тiло, i об’ємiв прямих призм, описаних навколо нього, причому як вписанi так i описанi призми мають основи, що знаходяться у площинах основ цилiндра. Легко переконатись, що об’єм цилiндра дорiвнює V (Π) = S(D) · h.

271

Множину точок простору, аналiтичне подання якої має вигляд

Π = {(x, y, z) | (x, y) D, 0 6 z 6 f(x, y)},

де f(x, y) — неперервна на D функцiя, називають цилiндричним тiлом. Будемо вважати, що таке тiло має об’єм, якщо iснує спiльна границя об’ємiв тiл, що складаються з прямих цилiдрiв з основами, що знаходяться в основi цилiндричного тiла, i вписанi у це тiло, i об’ємiв тiл, що складаються з таких же цилiндрiв, але таких, що над їх верхнiми основами немає жодної точки тiла. Точнiше, вписанi i описанi тiла будемо будувати так. Системою гладких кривих розiб’ємо область D на квадровнi замкненi частини, якi не мають попарно спiльних

272

n

X

дорiвнює mkS(Δk), а об’єм тiла, складеного з цилiндрiв

k=1

Πk = {(x, y, z) | (x, y) k, 0 6 z 6 Mk},

n

X

дорiвнює MkS(Δk). Якщо iснують

k=1

XX

де λ(τ) — дiаметр розбиття T , i рiвнi мiж собою, то їх спiльне значення називають об’ємом цилiндричного тiла Π (саме тiло Π називають кубовним тiлом) i позначають V (Π).

Проблема iснування об’єму знову таки знiмається, якщо врахувати, що суми

XX

mkS(Δk), MkS(Δk)

є вiдповiдно нижньою i верхньою сумами Дарбу, побудованими для функцiї f за розбиттям T , i що кожна неперервна на квадровнiй замкненiй обмеженiй областi функцiя є iнтегровною на нiй. Таким чином,

а, отже, об’єм цилiдричного тiла Π обчислюється за формулою

ZZ

V (Π) = f(x, y)dxdy. (19.9)

D

Приклад 3. Знайти об’єм тiла Π, обмеженого поверхнями z = 0, z = x2 + y2, y = x2, y = 1.

273

Розв’язання. Очевидно, що задане тiло буде цилiндричним тiлом (Рис. 15) з аналiтичним поданням

Π = {(x, y, z) | − 1 6 x 6 1, x2 6 y 6 1, 0 6 z 6 x2 + y2}.

Можна видiлити клас тiл, обчислення об’ємiв яких зводиться до обчислення iнтеграла функцiї однiєї змiнної. Це

274

так званi тiла обертання i тiла, у яких поперечний перерiз є функцiєю однiєї змiнної. Нехай криволiнiйна трапецiя, яка має аналiтичне подання {(x, y) | a 6 x 6 b, 0 6 y 6 f(x)}, де f — неперервна на вiдрiзку [a, b] функцiя, обертається навколо осi Ox (Рис. 16).

Будемо виходити з того, що об’єм iснує, i якщо позначити через V (α, β) об’єм тiла, яке утворюється вiд обертання навколо осi Ox криволiнiйної трапецiї з аналiтичним поданням

{(x, y) | a 6 x 6 b, 0 6 y 6 f(x)},

то для будь-яких α, β, γ (a 6 α <

β < γ 6 b)

Рис. 16

V (α, γ) = V (α, β) + V (β, γ),

тобто V (α, β) є адитивною функцiєю. Очевидно також, що для цiєї функцiї i для функцiї πf2(x) виконується нерiвнiсть

π min f2(x)(β − α) 6 V (α, β) 6 π max f2(x)(β − α)

x [α,β] x [α,β]

(злiва — об’єм цилiндра з радiусом основи min |f(x)| i висотою

x [α,β]

β − α, справа — об’єм цилiндра з радiусом основи max |f(x)|

x [α,β]

i тiєю ж висотою). Отже об’єм тiла обертання обчислюється за формулою

275

Приклад 4. Обчислити об’єм тора (тiла, яке утворюється вiд обертання круга радiуса a навколо осi, що лежить у його

коли круг обернути навколо осi Ox, то дiстанемо тiло, яке за формою схоже на бублик або автомобiльну шину. Крiм того, неважко збагнути, що об’єм тiла дорiвнює рiзницi об’ємiв двох тiл: перше, утворене вiд обертання криволiнiйної трапецiї з аналiтичним поданням

Рис. 17

√

{(x, y) | − a 6 x 6 a, 0 6 y 6 b + a2 − x2},

а друге, утворене вiд обертання криволiнiйної трапецiї з аналiтичним поданням

√

{(x, y) | − a 6 x 6 a, 0 6 y 6 b − a2 − x2}.

Тодi

Нехай тiло T заключене мiж площинами x = a i x = b. i нехай площу поперечного перерiзу тiла T площиною x = t можна

276

подати як значення функцiї S(t), визначеної i неперервної на вiдрiзку [a, b]. Тодi об’єм цього тiла обчислюється за формулою

Приклад 5. Знайти об’єм трьохосного елiпсоїда

Розв’язання. Очевидно, що −a 6 x 6 a i поперечним перерiзом цього тiла площиною x = t для t (−a, a) є елiпс

pp

з пiвосями b 1 − t2/a2, c 1 − t2/a2. Його площа дорiвнює

При t = −a i t = a маємо точки, i природно, що S(−a) = S(a) = 0. Скориставшись формулою (19.12) маємо

277

4. Обчислення площ поверхонь.

Нехай функцiя z = f(x, y) неперервно диференцiйовна у кожнiй точцi квадровної областi D. Множину точок σ =

{(x, y, z) | (x, y) D, z = f(x, y)} називають поверхнею i говорять, що поверхня σ задана явно неперервно диференцiйовною на областi D функцiєю z = f(x, y). Необхiдно обчислити площу цiєї поверхнi (точнiше, означити, що таке площа поверхнi, i через означення отримати вiдповiдну формулу).

Для розв’язання цiєї задачi область D системою гладких кривих розiб’ємо на квадровнi частини, якi не мають спiльних

Mk(ξk, ηk, f(ξk, ηk)) є точкою на поверхнi σ i цiй точцi вiдповiдає дотична площина tk, рiвняння якої має вигляд:

z − f(ξk, ηk) = fx0 (ξk, ηk)(x − ξk) + fy0 (ξk, ηk)(y − ηk).

Цилiндрична поверхня, напрямною якої є межа областi k, а твiрна паралельна осi Oz, вирiже з дотичної площини частину 0k. Якщо позначити через γk кут мiж площиною xOy i дотичною

площиною tk, то

S(Δ0k) = S(Δk).

~nk = (−fx0 (ξk, ηk), −fy0 (ξk, ηk), 1)

є вектором нормалi до площини tk, то

1

cos γk = q

1 + (fx0 (ξk, ηk))2 + (fy0 (ξk, ηk))2

278

q

iS(Δ0k) = 1 + (fx0 (ξk, ηk))2 + (fy0 (ξk, ηk))2S(Δk).

Якщо iснує

де λ(T ) — дiаметр розбиття T , яка не залежить нi вiд способу розбиття областi D на квадровнi частини, нi вiд вибору точки на кожнiй з них, то її називають площею поверхнi σ i позначають

S(σ).

Легко зрозумiти, що побудована сума є iнтегральною сумою для функцiї

q

ϕ(x) = 1 + (fx0 (x, y))2 + (fy0 (x, y))2,

яка в силу неперервної диференцiйовностi функцiї f є неперервною, а, отже, iнтегровною на областi D, i тому

Можна видiлити клас поверхонь, обчислення площ яких зводиться до обчислення iнтегралiв функцiї однiєї змiнної. Нехай маємо невiд’ємну, неперервно диференцiйовну на вiдрiзку [a, b] функцiю f. Поверхню, яка утворюється вiд обертання графiка цiєї функцiї навколо осi Ox, називають поверхнею обертання. Якщо τ = {x0, x1, . . . , xn}, де a = x0 < x1 < · · · < xn = b, довiльне розбиття вiдрiзка [a, b] на частини, 4xk = xk − xk−1, 4yk = yk − yk−1 = f(xk) − f(xk−1), то площа поверхнi, утвореної вiд обертання ламаної з вершинами (xk, yk), k = 0, 1, . . . , n, навколо осi Ox, дорiвнює

n

q

X

π(yk−1 + yk) 4x2k + 4yk2.

k=1

279

Тодi за площу поверхнi, утвореної при обертаннi графiка функцiї y = f(x) навколо осi Ox, приймають границю таких сум.

Неважко переконатись, що площа такої поверхнi обчислюється за формулою

Якщо ж у пiвплощинi y > 0 крива задана параметрично рiвняннями

x = ϕ(t), y = ψ(t), α 6 t 6 β,

де функцiї ϕ i ψ неперервно диференцiйовнi, то площа поверхнi, утвореної при обертаннi цiєї кривої навколо осi Ox, обчислюється за формулою

i нарештi, якщо крива задана в полярних координатах ρ = ρ(ϕ), ϕ1 6 ϕ 6 ϕ2 6 π, де функцiя ρ неперервно диференцiйовна на вiдрiзку [ϕ1, ϕ2], то площа поверхнi, утвореної при обертаннi цiєї кривої навколо полярного променя, обчислюється за формулою

Завдання для самоконтролю.

1.Обчислити за допомогою iнтеграла площу круга, кругового сектора i кругового сегмента.

280