Применение определенного интеграла к вычислению объемов

Лекция 4 Тема. Применение определенного интеграла к вычислению объемов Понятие кубируемости тела и его объема Дано тело Р произвольной формы, ограниченное замкнутой поверхностью. Рассмотрим всевозможные многогранники q, целиком содержащиеся в теле Р и многогранники Q, содержащие в себе тело Р. Рассмотрим множество всех содержащихся в теле Р многогранников и множество их объемов {Vq}. Это множество будет ограничено сверху, например, любым числом VQ. Обозначим точную верхнюю границу этого множества V* = sup {Vq}. Аналогично множество всех содержащих в себе тело Р многогранников {VQ} ограничено снизу, например, любым числом Vq. Обозначим точную нижнюю границу этого множества V* = inf {VQ}. Очевидно, что имеет место соотношение V* ≤ V* . Определение 3.2. Тело Р называется кубируемым, если для него границы V* и V* совпадают. При этом число V = V* = V* называется объемом кубируемого тела. Теорема 3.3. Тело Р кубируемо тогда и только тогда, когда   0 существует такой содержащийся в теле многогранник q и содержащий тело многогранник Q, что VQ – Vq   . Доказательство. Необходимость. Р – кубируемо, тогда V*  V * .  V*  supVq  =>   0  многогранник q : V*  Vq  . 2  V *  inf VQ  =>   0  многогранник Q : VQ  V *  . 2  V*  Vq  2  VQ  V *  2 V*  Vq  VQ  V *   VQ  Vq   Тогда   0  многогранники Q и q : VQ  Vq   . Достаточность.   0  многогранники Q и q : VQ  Vq   .  V *  VQ Vq  V*  V  VQ , запишем это неравенство в следующем виде   V*  Vq V *  VQ *  V*  Vq V *  V*  VQ  Vq   V *  V*   => V*  V * => Р– кубируемо. Кубируемость цилиндра Прямой цилиндр – тело, ограниченное цилиндрической поверхностью, образующие которого параллельны оси и двумя плоскостями, перпендикулярными оси. Расстояние между плоскостями  и  является высотой цилиндра h. Цилиндрическая поверхность в пересечении с плоскостью  образует фигуру К – основание цилиндра. Теорема 3.4. Если в основании цилиндра лежит квадрируемая фигура К, то цилиндр является кубируемым телом и его объем V  S  h . Доказательство. К – квадрируемая фигура, тогда по теореме 3.1    0  многоугольники Q и q : SQ  S q  . Домножим последнее неравенство на h: h SQ  h  S q  h   . Объем прямой призмы с основанием q вычисляется по формуле Vq  S q  h , а объем прямой призмы с основанием Q – VQ  SQ  h . Тогда VQ  Vq   . По теореме 3.3. цилиндр кубируемое тело. Выведем формулу объема цилиндра. Объем цилиндра обозначим буквой V, тогда верно неравенство Vq  V  VQ . Площадь фигуры К обозначим S, тогда S q  S  SQ , S q  h  S  h  SQ  h , то есть Vq  S  h  VQ ,  VQ   S  h  Vq . Vq  V  VQ  VQ   S  h  Vq  VQ  Vq   V  S  h  VQ  Vq V  S  h  VQ  Vq   , тогда V  S  h  0 и V  S  h . Вычисление объемов тел по заданным поперечным сечениям Теорема 3.5. Пусть тело Р расположено между двумя параллельными плоскостями x  a и x  b . Площадь сечения перпендикулярного оси абсцисс Ох будет меняться с перемещением секущей плоскости. Площадь сечения S  x  – непрерывная функция на отрезке a; b .Тогда тела Р вычисляется по формуле b V   S  x dx . a Доказательство. Разобьем отрезок a; b на n частей произвольным образом. Через каждую точку разбиения проведем плоскость, перпендикулярную оси абсцисс, они разобьют тело Р на n слоев. Функция S  x  – непрерывна на отрезке x k 1 ; x k  , тогда существуют наибольшее M k и наименьшее mk значения площадей. Опишем цилиндр с объемом M k  x k и впишем цилиндр с объемом mk  x k . Суммируя объемы n всех слоев получим VQ   M k  x k и содержащих и k 1 n Vq   m k  x k объемы k 1 содержащихся двух ступенчатых тел – верхняя и нижняя суммы Дарбу. Функция S  x  непрерывна на отрезке a; b , тогда по теореме 2.3 функция S  x  интегрируема на отрезке a; b , следовательно, VQ  Vq   и тело Р – b кубируемо, причем, его объем V  lim VQ  lim Vq   S  x dx .  0  0 a Пример. Найдите объем тела, ограниченного x2 y2 поверхностями z   и z  1. 3 4 x2 y2   0 , тогда и z  0 , значит, 3 4 1 V   S  z dz . Вычислим S  z  : Разделим выражение z x2 y2 x2 y2  на z.   1 – эллипс. 3 4 3z 4 z x2 y2 Площадь эллипса 2  2  1 равна S элипса  ab a b Тогда, его площадь равна S элипса   3z 4 z  2 3 z . Вычисли объем 1 z2 V  2 3  zdz  2 3 2 1  3. Вычисление объемов тел вращения Пусть вокруг оси Ох вращается криволинейная трапеция, ограниченная осью абсцисс, прямыми x  a и x  b и дугой кривой y  f  x  , где f – непрерывна и неотрицательна на отрезке a; b . Эта трапеция опишет тело вращения. b S  x   S круга  y    f 2 2 x  . Тогда V    y 2 dx . a Если тело образовано вращением криволинейной трапеции сCDd , ограниченной осью Оу, прямыми y  c и y  d и дугой кривой x    y  , где  – непрерывна и d неотрицательна на отрезке c; d  , то V    x 2 dy . c Если вокруг оси Ох вращается фигура A1 A2 B2 B1 , ограниченная двумя прямыми x  a , x  b и двумя непрерывными на a; b кривыми y1  f1  x  , y2  f 2  x  , где 0  f1  x   f 2  x  на всем отрезке a; b , то объем получившегося при этом кольцеобразного тела вращения вычисляется по b b b b a a a a формуле. V    f 22  x dx   f12  x dx     f 22  x   f 22  x dx     y22  y12 dx Аналогично, если тело образовано вращением вокруг оси Oy фигуры C1D1D2C2 (рис. 65), ограниченной двумя прямыми y  c , y  d и двумя кривыми x1  1  y  , x2   2  y  , где функции 1 и 2 на отрезке c; d  непрерывны и удовлетворяют условиям d d d b c c c a 0  1  x   2  x  , тогда V     22  y dy   12  y dy     22  y   22  y dy    x22  x12 dy ЗАДАНИЯ 1. Найдите объем тела, ограниченного 2 2 x y z2    1 и плоскостями z  0 , z  1 . 9 4 1 однополостным гиперболоидом x2 y2 2. Найдите объем тела, ограниченного поверхностями  1, z  0 и z  x 9 4 при x  0 . 3. Вычислите объем веретенообразного тела, производимого вращением вокруг оси 3  x  а cos t , Ох фигуры, ограниченной астроидой   y  а sin 3 t. 4. Вычислите объем тела, производимого вращением вокруг оси Ох и Оу фигуры,  x  a t  sin t , ограниченной осью абсцисс и одной аркой циклоиды   y  a 1  cos t . Лекция 5 Тема. Длина дуги плоской кривой. Площадь поверхности вращения Длина дуги плоской кривой Рассмотрим плоскую кривую, заданную  x   t  параметрически  , где   t   .  y   t  Функции  и  непрерывны на отрезке  ;   , двум разным значения t   ;   соответствуют две различные точки кривой, то есть несамопересекающаяся. Точки кривой расположены в порядке возрастания параметра t – на кривой устанавливается определенное направление. А  ;   , B  ;   . Разобьем отрезок  ;   на n частей:   t 0  t1  t 2  ...t k 1  t k  ...  t n1  t n   . Каждому t k ставится в соответствие точка M k  t k ; t k  на дуге АВ. Соединим точки и получим ломанную AM 1 M 2 ...M k 1 M k ...M n 1 B , вписанную в дугу АВ. Периметр ломанной n р   M k 1 M k . k 1 Определение 3.3. Длиной l дуги АВ будем называть предел последовательности длин р ломанных, вписанных в эту дугу l  lim p , то есть t k  0   0   0  разбиения  ;   на части   max M k 1 M k     p  l   . Кривые, дуги k 1.. n которых имеют определенную длину, называются срямляемыми.  x   t  Теорема 3.6. Пусть незамкнутая кривая АВ задана уравнениями  , где  y   t    t   ; функции  и  непрерывны дифференцируемые на отрезке  ;   , тогда дуга  АВ спрямляема и l    t 2   t 2 dt .  Доказательство. Разобьем отрезок  ;   произвольным образом на n частей. Отметим соответствующие точки A  M 0 , M 1 , M 2 , ... M k 1 , M k , ..., M n1 , M n  B , тогда длина ломанной n р   M k 1 M k , причем M k 1 M k  x k2  y k2 . По теореме Лагранжа k 1 x k  x k  x k 1   t k    t k 1     k t k ,  k  t k 1 ; t k  y k  y k  y k 1   t k    t k 1     k t k ,  k  t k 1 ; t k  n р   k 2    k 2 t k . Так как  k   k , то эта сумма не является k 1 интегральной. Заменим   k 2    k 2 n р k 1  k на k и   k 2    k 2 n за  k   k 2    k 2 t k    k t k k 1 k обозначим ошибку, то есть В последнем равенстве первое слагаемое является интегральной суммой n 2 2      k     k  t k . k 1 n p   2         k k 2 t k    k 2    k 2 t k  k 1 n   k 2    k 2     k 2    k 2 t k  a 2   b2  a2  c2  b  c  k 1 n     k    k  t k . k 1 Функция   непрерывна на отрезке  ;   , тогда по теореме Кантора функция   равномерно непрерывна на отрезке  ;  , по определению:    0   0  ,   ;   :             .   Рассмотрим такое разбиение, при котором t k   =>  k   k   =>   k     k      n Таким образом, p       k     k  t k  k 1 n         t k      k 1    l  lim p  lim     0  0  t 2   t 2 dt .  b Следствие 3.1. Если y  f  x  , где x  a; b , то l   1   f  x 2 dx . a b x  x  Доказательство.  , где x  a; b , тогда x  1 и l   1   f  x 2 dx  y  f x  a d Следствие 3.2. Если x  g  y  , где y  c; d  , то l   1   g  y 2 dy . c d  x  g x   Доказательство.  , где y  c; d  , тогда y  1 и l   1   g  y 2 dy . y  y c  Следствие 3.3. Если   f   , где    ;   , то l    2   2 d .  Доказательство. x  f   cos  , y  f   sin  x    f   cos   f  sin  y    f  sin   f   cos  x 2   y  2   f  2 cos 2   2 f   f  cos  sin   f 2  sin 2    f  2 sin 2   2 f   f  sin  cos   f 2  cos 2   2 2   f   cos 2   sin 2    f 2  sin 2   cos 2     f    f 2    l    f  2  f 2  d    2   2 d .  Площадь поверхности вращения Пусть в плоскости Охy задана спрямляемая кривая АВ длины l, заданная y  f  x  , где x  a; b , где f и f  непрерывные функции на отрезке a; b , причем функция f неорицательна. Если дугу АВ вращать вокруг оси Ох, то дуга опишет поверхность вращения. Разобьем отрезок a; b на n произвольных частей. Впишем в кривую ломанную линию с вершинами M k  x k ; y k  . Вместе с кривой будем вращать ломанную, которая опишет n сеченных конусов. Обозначим   max x k . k 1..n Определение 3.. Площадь поверхности вращения кривой – конечный предел площади поверхности вращения ломанной при   0 , то есть S  lim S n .  0 Площадь боковой поверхности конуса S б. п. конус   R1  R2 l , где l – образующая xk  xk 1 2   f xk   f xk 1 2 и по теореме Лагранжа f  x k   f  x k 1   f  k x k  x k 1  , тогда, 2 2 2 2 2 l   x k  x k 1    f  k   x k  x k 1   1   f  k   x k  x k 1   1   f  k  x k . n f  x k 1   f  x k    2 R1  f  xk 1  , конуса. S n   2 R2  f  x k  , 1  f k 2 k 1 l x k . Представим n 2 2  f  k  1   f  k  x k  k 1  Sn  n 2     f  x k 1   f  x k   2 f  k  1   f  k  x k k 1    b интегральная сумма при   0 для 2  f x   1  f  x 2 dx a Докажем, что  – является бесконечно малой при   0 . Функция f непрерывна на отрезке a; b , тогда по теореме Кантора функция f равномерно непрерывна на отрезке a; b , по определению:   0   0    f xk 1   f  k    и f xk   f  k    . 2 2   f  x k 1   f  x k   2 f  k   f  x k 1   f  k   f  x k   f  k      . 2 2 n 2 n 2     f  x k 1   f  x k   2 f  k  1   f  k  x k    1   f  k  x k  k 1 k 1 n    l k  l   , следовательно, lim   0 .  0 k 1 const б.м . b 2 S  2  f  x  1   f  x  dx . a d S пов  2  x( y ) 1   x  y  dy (вокруг оси Оу) 2 c  x   t  Следствие 3.4. Если дуга АВ задана параметрически  , где   t   , то  y   t   2 2 S  2   x   t    t  dt .  2    t   2 2 Доказательство. S  2   x  1     t dt  2   x   t    t  dt .      t     2 2 S  2    x   t    t  dt (вокруг оси Оу)  Следствие 3.5. Если дуга АВ задана полярной кривой   f   , где    ;   , то  S  2   sin   2     d . 2  Доказательство. x  f   cos  , y  f   sin  x    f   cos   f  sin  y    f  sin   f   cos  x 2   y  2   f  2 cos 2   2 f   f  cos  sin   f 2  sin 2    f  2 sin 2   2 f   f  sin  cos   f 2  cos 2   2 2   f   cos 2   sin 2    f 2  sin 2   cos 2     f    f 2    S  2  f  sin     f   2  f  d  2   sin   2    d . 2 2  Площадь поверхности, образованной при вращении вокруг луча    2  кривой   f   равна S пов  2    cos    2    2 d  ЗАДАНИЯ 4 3 1. Определите длину дуги кривой y 2  x 3 отсеченной прямой x  . 3  x  2 cos t , 2. Вычислите длину астроиды  3  y  2 sin t. 3. Вычислите длину кардиоиды   1  cos  . 4. Найти площадь поверхности, образованной при вращении вокруг оси Ох y  x 3 , при x  0;1 . 5. Найти площадь поверхности, образованной вращением вокруг оси Оу дуги кривой y  1  x 2 , расположенной над осью абсцисс. 6. Найдите площадь поверхности, образованной вращением астроиды вокруг оси Ох. 7. Найдите площадь поверхности, образованной вращением кардиоиды   1  cos  вокруг полярной оси.