定积分的应用@曲线弧长@旋转曲面面积
曲线弧长
- 曲线弧长同样可以用微元法来求解
- 我们用曲线的内折线的长度来逼近被求曲线弧长
- 设平面上的曲线 l l l以 A , B A,B A,B为端点,在 l l l上任意取 n + 1 n+1 n+1个点: A = M 0 , M 1 , ⋯ , M n = B A=M_0,M_1,\cdots,M_n=B A=M0,M1,⋯,Mn=B,链接 M i − 1 , M i M_{i-1},M_i Mi−1,Mi, i = 1 , 2 , ⋯ , n i=1,2,\cdots,n i=1,2,⋯,n这些线段构成 l l l的内折线 l ′ l' l′
- 当 n n n不断增大, M i − 1 M i M_{i-1}M_i Mi−1Mi不断接近于0时,若 l ′ l' l′的长度趋近于于一个极限值,则这个极限值就定义为 l l l的长度;并且称此 l l l是可求长的
- 定理:光滑曲线弧是可求长的
参数方程表示的曲线弧长
- 设曲线
l
l
l弧由参数方程
x
=
ϕ
(
t
)
x=\phi(t)
x=ϕ(t),
y
=
ψ
(
t
)
y=\psi(t)
y=ψ(t),
(
t
∈
[
α
,
β
]
)
(t\in[\alpha,\beta])
(t∈[α,β])给出
- 其中 ϕ ( t ) , ψ ( t ) \phi(t),\psi(t) ϕ(t),ψ(t)在 [ α , β ] [\alpha,\beta] [α,β]上具有连续导数, ϕ ′ ( t ) , ψ ′ ( t ) \phi'(t),\psi'(t) ϕ′(t),ψ′(t)不同时为0
- 取参数 t t t为积分变量其变化区间为 [ α , β ] [\alpha,\beta] [α,β],相应于 [ α , β ] [\alpha,\beta] [α,β]上任意小区间 [ t , t + d t ] [t,t+\mathrm{d}t] [t,t+dt]的小弧段的长度 Δ s \Delta{s} Δs近似等于对应的弦的长度 ( Δ x ) 2 + ( Δ y ) 2 \sqrt{(\Delta{x})^2+(\Delta{y})^2} (Δx)2+(Δy)2,
- 因为
- Δ x = ϕ ( t + d t ) − ϕ ( t ) ≈ d x \Delta{x}=\phi(t+\mathrm{d}t)-\phi(t)\approx{\mathrm{d}x} Δx=ϕ(t+dt)−ϕ(t)≈dx= ϕ ′ ( t ) d t \phi'(t)\mathrm{d}t ϕ′(t)dt
- Δ y = ψ ( t + d t ) − ψ ( t ) ≈ d y \Delta{y}=\psi(t+\mathrm{d}t)-\psi(t)\approx{\mathrm{d}y} Δy=ψ(t+dt)−ψ(t)≈dy= ψ ′ ( t ) d t \psi'(t)\mathrm{d}t ψ′(t)dt
-
Δ
s
\Delta{s}
Δs的近似值(弧微分),即弧长微元为
d
s
\mathrm{d}s
ds=
(
d
x
)
2
+
(
d
y
)
2
\sqrt{(\mathrm{d}x)^{2}+(\mathrm{d}y)^2}
(dx)2+(dy)2=
(
ϕ
′
(
t
)
d
t
)
2
+
(
ψ
′
(
t
)
d
t
)
2
\sqrt{(\phi'(t)\mathrm{d}t)^2+(\psi'(t)\mathrm{d}t)^2}
(ϕ′(t)dt)2+(ψ′(t)dt)2=
ϕ
′
2
(
t
)
+
ψ
′
2
(
t
)
d
t
\sqrt{\phi'^2(t)+\psi'^2(t)}\mathrm{d}t
ϕ′2(t)+ψ′2(t)dt
(0)- 即参数方程确定的曲线上的弧长微分
- 所求弧长为
s
=
∫
α
β
ϕ
′
2
(
t
)
+
ψ
′
2
(
t
)
d
t
s=\int_{\alpha}^{\beta}\sqrt{\phi'^2(t)+\psi'^2(t)}\mathrm{d}t
s=∫αβϕ′2(t)+ψ′2(t)dt
(1)
直角坐标方程表示的曲线弧长
- 设曲线弧由直角坐标方程 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x), ( x ∈ [ a , b ] ) (x\in[a,b]) (x∈[a,b])给出
- 其中
f
(
x
)
f(x)
f(x)在
[
a
,
b
]
[a,b]
[a,b]上具有一阶连续导数,此时曲线弧的参数方程表示为方程组
(2):- x = x x=x x=x; y = f ( x ) y=f(x) y=f(x), ( x ∈ [ a , b ] ) (x\in[a,b]) (x∈[a,b]),参数为 x x x
- 从而问题转换为第一类问题,将方程组(2)代入(1),参数
t
t
t替换为
x
x
x;(积分变量
t
t
t替换为
x
)
x)
x),积分限替换为
[
a
,
b
]
[a,b]
[a,b],得
s
=
∫
a
b
1
+
y
′
2
d
x
s=\int_{a}^{b}\sqrt{1+y'^2}\mathrm{d}x
s=∫ab1+y′2dx
(3) - 类似的,曲线表示为 y = y y=y y=y, x = x ( y ) x=x(y) x=x(y)时, s s s= ∫ c d x ′ 2 + 1 d y \int_{c}^{d}\sqrt{x'^2+1}\mathrm{d}y ∫cdx′2+1dy
极坐标方程表示曲线弧长
- 可同样转换为参数方程类型
- 设曲线弧由极坐标
r
=
r
(
θ
)
r=r(\theta)
r=r(θ),
θ
∈
[
α
,
β
]
\theta\in[\alpha,\beta]
θ∈[α,β]给出,其中
r
(
θ
)
r(\theta)
r(θ)在
[
α
,
β
]
[\alpha,\beta]
[α,β]上具有连续导数,则由直角坐标和极坐标转换公式可得该曲线弧的参数方程表示:
(4)- x = x ( θ ) = r ( θ ) cos θ x=x(\theta)=r(\theta)\cos{\theta} x=x(θ)=r(θ)cosθ, y = y ( θ ) = r ( θ ) sin θ y=y(\theta)=r(\theta)\sin\theta y=y(θ)=r(θ)sinθ, ( θ ∈ [ α , β ] ) (\theta\in[\alpha,\beta]) (θ∈[α,β])
- 这就是以极角 θ \theta θ为参数的曲线弧的参数方程
- 于是弧长微元由公式(0),得
d
s
\mathrm{d}s
ds=
x
′
2
(
θ
)
+
y
′
2
(
θ
)
d
θ
\sqrt{x'^2(\theta)+y'^2(\theta)}\mathrm{d}\theta
x′2(θ)+y′2(θ)dθ=
[
r
′
(
θ
)
cos
θ
−
r
(
θ
)
sin
θ
]
2
−
[
r
′
(
θ
)
sin
θ
+
r
(
θ
)
cos
θ
]
2
d
θ
\sqrt{[r'(\theta)\cos{\theta}-r(\theta)\sin\theta]^2-[r'(\theta)\sin\theta+r(\theta)\cos\theta]^2}\mathrm{d}\theta
[r′(θ)cosθ−r(θ)sinθ]2−[r′(θ)sinθ+r(θ)cosθ]2dθ=
r
′
2
(
θ
)
+
r
2
(
θ
)
d
θ
\sqrt{r'^2(\theta)+r^2(\theta)}\mathrm{d}\theta
r′2(θ)+r2(θ)dθ
(5) - 从而所求弧长为
s
=
∫
α
β
r
′
2
(
θ
)
+
r
2
(
θ
)
d
θ
s=\int_{\alpha}^{\beta}\sqrt{r'^2(\theta)+r^2(\theta)}\mathrm{d}\theta
s=∫αβr′2(θ)+r2(θ)dθ
(6)
小结
- 参数方程表示曲线的能力最强,上述3种情形的后两种曲线形式都可以转换为参数方程形式,从而进一步推导出曲线不同表示方式下的曲线弧长公式
- 这类问题计算展开比较冗长,并且往往需要用一些技巧来简化计算提高正确率,例如观察被积函数是否具有图形对称性或周期性,前者需要积分区间对称,后者需要找出或试探被积函数的周期(最好找到最小正周期,或者猜测一个值,并用周期函数的定义检验),来缩短积分区间,再乘以周期倍数;缩小积分区间是很有意义的,许多算式的符号可以在小的区间内被确定,从而简化计算
应用
例
- 设 f ( x ) f(x) f(x)= ∫ − 1 x ( 1 − ∣ t ∣ ) d t \int_{-1}^{x}(1-|t|)\mathrm{d}t ∫−1x(1−∣t∣)dt, ( x ⩾ − 1 ) (x\geqslant{-1}) (x⩾−1),求曲线 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x)与 x x x轴所围成的图形的面积
- 分析:这是一个变上限定积分函数,并且被积函数包含绝对值
- 首先要根据积分区间 [ − 1 , x ] [-1,x] [−1,x],即被积变量 t t t的取值范围分类条论以去掉被积函数(记为 g ( x ) g(x) g(x))中包含的绝对值
- f ( x ) f(x) f(x)= ∫ − 1 x 1 − ( − t ) d t \int_{-1}^{x}1-(-t)\mathrm{d}t ∫−1x1−(−t)dt= ∫ − 1 x ( 1 + t ) d t \int_{-1}^{x}(1+ t)\mathrm{d}t ∫−1x(1+t)dt= 1 2 x 2 + x + 1 2 \frac{1}{2}x^2+x+\frac{1}{2} 21x2+x+21= 1 2 ( x 2 + 2 x + 1 ) \frac{1}{2}(x^2+2x+1) 21(x2+2x+1)= 1 2 ( x + 1 ) 2 \frac{1}{2}(x+1)^2 21(x+1)2, ( − 1 ⩽ x ⩽ 0 ) (-1\leqslant x\leqslant{0}) (−1⩽x⩽0)
- f ( x ) f(x) f(x)= ∫ − 1 0 ( 1 + t ) d t \int_{-1}^{0}(1+ t)\mathrm{d}t ∫−10(1+t)dt+ ∫ − 1 x ( 1 − t ) d t \int_{-1}^{x}(1-t)\mathrm{d}t ∫−1x(1−t)dt= 1 2 ( − x 2 + 2 x + 1 ) \frac{1}{2}(-x^2+2x+1) 21(−x2+2x+1), ( x > 0 ) (x>{0}) (x>0)
- 因为这里要求与
x
x
x轴围成的图形的面积,因此需要求出曲线
f
(
x
)
f(x)
f(x)和
x
x
x的交点,从而
- 令 1 2 ( − x 2 + 2 x + 1 ) \frac{1}{2}(-x^2+2x+1) 21(−x2+2x+1)=0,解得 x 1 , 2 x_{1,2} x1,2= 1 ± 2 1\pm{\sqrt{2}} 1±2
- S S S= ∫ − 1 0 1 2 ( x + 1 ) 2 d x \int_{-1}^{0}\frac{1}{2}(x+1)^2\mathrm{d}x ∫−1021(x+1)2dx+ ∫ 0 1 + 2 1 2 ( 1 + 2 x − x 2 ) d x \int_{0}^{1+\sqrt{2}}\frac{1}{2}(1+2x-x^2)\mathrm{d}x ∫01+221(1+2x−x2)dx= 1 6 + 5 + 4 2 6 \frac{1}{6}+\frac{5+4\sqrt{2}}{6} 61+65+42= 1 + 2 3 2 1+\frac{2}{3}\sqrt{2} 1+322
例
- 求曲线
x
=
c
2
a
cos
2
t
x=\frac{c^2}a\cos^2{t}
x=ac2cos2t;
y
=
c
2
b
sin
2
t
y=\frac{c^2}{b}\sin^2{t}
y=bc2sin2t;
t
∈
[
0
,
2
π
]
t\in[0,2\pi]
t∈[0,2π]的弧长
- 其中
a
>
b
>
0
a>b>0
a>b>0;
c
2
=
a
2
−
b
2
c^2=a^2-b^2
c2=a2−b2
(1)
- 其中
a
>
b
>
0
a>b>0
a>b>0;
c
2
=
a
2
−
b
2
c^2=a^2-b^2
c2=a2−b2
-
L
L
L=
∫
0
2
π
x
′
2
(
t
)
+
y
′
2
(
t
)
d
t
\int_{0}^{2\pi}\sqrt{x'^{2}(t)+y'^2(t)}\mathrm{d}t
∫02πx′2(t)+y′2(t)dt=
3
c
2
a
b
∫
0
2
π
a
2
sin
4
t
cos
2
t
+
b
2
cos
4
t
sin
2
t
d
t
\frac{3c^2}{ab}\int_{0}^{2\pi}\sqrt{a^2\sin^4{t}\cos^2{t}+b^2\cos^4t\sin^2{t}}\mathrm{d}t
ab3c2∫02πa2sin4tcos2t+b2cos4tsin2tdt
- f ( x ) = a 2 sin 4 t cos 2 t + b 2 cos 4 t sin 2 t f(x)=a^2\sin^4{t}\cos^2{t}+b^2\cos^4t\sin^2{t} f(x)=a2sin4tcos2t+b2cos4tsin2t是一个周期函数,可以猜测其周期为 π 2 \frac{\pi}{2} 2π,根据 f ( x + π 2 ) f(x+\frac{\pi}{2}) f(x+2π)= f ( x ) f(x) f(x)可知, f ( x ) f(x) f(x)的一个周期为 π 2 \frac{\pi}{2} 2π
- 因此积分区间 [ 0 , 2 π ] [0,2\pi] [0,2π]可以收缩到 [ 0 , π 2 ] [0,\frac{\pi}{2}] [0,2π],乘以倍数 2 π π 2 \frac{2\pi}{\frac{\pi}{2}} 2π2π=4
- 得益于积分区间的收缩,此时 sin t cos t > 0 \sin{t}\cos{t}>0 sintcost>0, f ( x ) f(x) f(x)可以化简: sin t cos t ⋅ a 2 sin 2 t + b 2 cos 2 t \sin{t}\cos{t}\cdot{\sqrt{a^2\sin^2{t}+b^2\cos^2{t}}} sintcost⋅a2sin2t+b2cos2t,再用 cos 2 = 1 − sin 2 t \cos^2=1-\sin^2{t} cos2=1−sin2t和式(1)进一步化简为 sin t cos t ⋅ b 2 + c 2 sin 2 t \sin{t}\cos{t}\cdot{\sqrt{b^2+c^2\sin^2{t}}} sintcost⋅b2+c2sin2t
-
L
L
L=
3
c
2
a
b
∫
0
2
π
f
(
t
)
d
t
\frac{3c^2}{ab}\int_{0}^{2\pi}f(t)\mathrm{d}t
ab3c2∫02πf(t)dt=
12
c
2
a
b
∫
0
π
2
f
(
t
)
d
t
\frac{12c^2}{ab}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(t)\mathrm{d}t
ab12c2∫02πf(t)dt=
12
c
2
a
b
∫
0
π
2
sin
t
cos
t
⋅
b
2
+
c
2
sin
2
t
d
t
\frac{12c^2}{ab}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin{t}\cos{t}\cdot{\sqrt{b^2+c^2\sin^2{t}}}\mathrm{d}t
ab12c2∫02πsintcost⋅b2+c2sin2tdt
- ∫ sin t cos t ⋅ b 2 + c 2 sin 2 t d t \int\sin{t}\cos{t}\cdot{\sqrt{b^2+c^2\sin^2{t}}}\mathrm{d}t ∫sintcost⋅b2+c2sin2tdt= 1 2 ∫ ( ( b 2 + c 2 sin 2 t ) 1 2 d ( sin 2 t ) ) \frac{1}{2}\int{((b^2+c^2\sin^2{t})^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}(\sin^2{t}))} 21∫((b2+c2sin2t)21d(sin2t))= 1 2 c 2 2 3 ( b 2 + c 2 sin 2 t ) 3 2 \frac{1}{2c^2}\frac{2}{3}(b^2+c^2\sin^{2}t)^{\frac{3}{2}} 2c2132(b2+c2sin2t)23= 1 3 c 2 ( b 2 + c 2 sin 2 t ) 3 2 \frac{1}{3c^2}(b^2+c^2\sin^{2}t)^{\frac{3}{2}} 3c21(b2+c2sin2t)23
- ∫ 0 π 2 f ( t ) d t \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(t)\mathrm{d}t ∫02πf(t)dt= 1 3 c 2 ( b 2 + c 2 sin 2 t ) 3 2 ∣ 0 π 2 \frac{1}{3c^2}(b^2+c^2\sin^{2}t)^{\frac{3}{2}}|_{0}^{\frac{\pi}{2}} 3c21(b2+c2sin2t)23∣02π= 1 3 c 2 [ ( b 2 + c 2 ) 3 2 − ( b 2 ) 3 2 ] \frac{1}{3c^2}[(b^2+c^2)^{\frac{3}{2}}-(b^2)^{\frac{3}{2}}] 3c21[(b2+c2)23−(b2)23]
- 由式(1), a 2 = c 2 + b 2 a^2=c^2+b^2 a2=c2+b2,从而 ∫ 0 π 2 f ( t ) d t \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(t)\mathrm{d}t ∫02πf(t)dt= 1 3 c 2 [ a 3 − b 3 ] \frac{1}{3c^2}[a^3-b^3] 3c21[a3−b3]
- 所以 L = 12 c 2 a b 1 3 c 2 [ a 3 − b 3 ] L=\frac{12c^2}{ab}\frac{1}{3c^2}[a^3-b^3] L=ab12c23c21[a3−b3]= 4 a b ( a 3 − b 3 ) \frac{4}{ab}(a^3-b^3) ab4(a3−b3)
旋转曲面面积👺
-
这部分在曲线弧长的基础上进行推导
-
用垂直于旋转轴的截面截旋转体,相邻截面很近,记为 d x \mathrm{d}x dx,所截出来的部分为侧面积元素
- 这段高度为 d x \mathrm{d}x dx的侧面被经过旋转轴的半平面截痕长度用弧长元素公式表示为 d s \mathrm{d}s ds= 1 + f ′ 2 ( x ) d x \sqrt{1+f'^2(x)}\mathrm{d}x 1+f′2(x)dx
- 侧面积元素为 d S \mathrm{d}S dS= 2 π r d s 2\pi{r}\mathrm{d}s 2πrds;其中 r r r是侧面上的点到转轴的距离
-
根据不同形式的弧长元素
-
d
s
\mathrm{d}s
ds
- = 1 + f ′ 2 ( x ) d x \sqrt{1+f'^2(x)}\mathrm{d}x 1+f′2(x)dx
- = x ′ 2 ( t ) + y ′ 2 ( t ) d t \sqrt{x'^2(t)+y'^2(t)}\mathrm{d}t x′2(t)+y′2(t)dt
- = r 2 ( θ ) + r ′ 2 ( θ ) d θ \sqrt{r^2(\theta)+r'^2(\theta)}\mathrm{d}\theta r2(θ)+r′2(θ)dθ
-
d
s
\mathrm{d}s
ds
-
在区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上的曲线 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x)的弧段绕 x x x轴旋转一周所成的旋转曲面面积
- S S S= 2 π ∫ a b ∣ y ∣ 1 + f ′ 2 ( x ) d x 2\pi\int_{a}^{b}|y|\sqrt{1+f'^2(x)}\mathrm{d}x 2π∫ab∣y∣1+f′2(x)dx, ( a < b ) (a<b) (a<b)
-
若曲线由方程 x = x ( t ) x=x(t) x=x(t), y = y ( t ) y=y(t) y=y(t), ( t ∈ [ α , β ] ) (t\in[\alpha,\beta]) (t∈[α,β])给出,且 x ′ ( t ) ≠ 0 x'(t)\neq{0} x′(t)=0,
- S S S= 2 π ∫ α β ∣ y ( t ) ∣ x ′ 2 ( t ) + y ′ 2 ( t ) d t 2\pi\int_{\alpha}^{\beta}|y(t)|\sqrt{x'^2(t)+y'^2(t)}\mathrm{d}t 2π∫αβ∣y(t)∣x′2(t)+y′2(t)dt
-
若曲线由 r = r ( θ ) r=r(\theta) r=r(θ), θ ∈ [ α , β ] ⊂ [ 0 , π ] \theta\in[\alpha,\beta]\sub{[0,\pi]} θ∈[α,β]⊂[0,π],绕极轴旋转一周所生成的旋转面的侧面积为
- S S S= 2 π ∫ α β r ( θ ) sin θ r 2 ( θ ) + r ′ 2 ( θ ) d θ 2\pi\int_{\alpha}^{\beta}r(\theta)\sin\theta \sqrt{r^2(\theta)+r'^2(\theta)}\mathrm{d}\theta 2π∫αβr(θ)sinθr2(θ)+r′2(θ)dθ
例
- 求心形线 r = a ( 1 + cos θ ) r=a(1+\cos\theta) r=a(1+cosθ), ( a > 0 , θ ∈ [ 0 , 2 π ] ) (a>0,\theta\in[0,2\pi]) (a>0,θ∈[0,2π]),绕 x x x轴旋转一周得到的旋转体的表面积
- 解
- 分析图形:心形线是关于极轴对称的图形,因此旋转面只需要取 θ ∈ [ 0 , π ] \theta\in[0,\pi] θ∈[0,π]区间内的图形即可
- 套用公式
S
S
S=
2
π
∫
0
π
a
(
1
+
cos
θ
)
sin
θ
(
a
2
(
1
+
cos
θ
)
2
+
a
2
(
−
sin
θ
)
2
)
d
θ
2\pi\int_{0}^{\pi}a(1+\cos\theta)\sin\theta \sqrt{(a^2(1+\cos\theta)^2+a^2(-\sin\theta)^2)}\mathrm{d}\theta
2π∫0πa(1+cosθ)sinθ(a2(1+cosθ)2+a2(−sinθ)2)dθ
- = 2 π ∫ 0 π a ( 1 + cos θ ) sin θ ⋅ 2 a cos θ 2 d θ 2\pi\int_{0}^{\pi}a(1+\cos\theta)\sin\theta \cdot 2a\cos\frac{\theta}{2} \mathrm{d}\theta 2π∫0πa(1+cosθ)sinθ⋅2acos2θdθ
- = 4 a 2 π ∫ 0 π ( 1 + cos θ ) sin θ cos θ 2 d θ 4a^2\pi\int_{0}^{\pi}(1+\cos\theta)\sin\theta\cos\frac{\theta}{2}\mathrm{d}\theta 4a2π∫0π(1+cosθ)sinθcos2θdθ
- = 4 a 2 π ∫ 0 π 2 cos 2 θ 2 ⋅ 2 sin θ 2 cos θ 2 ⋅ cos θ 2 d θ 4a^2\pi\int_{0}^{\pi}2\cos^{2}\frac{\theta}{2}\cdot2\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}\cdot \cos\frac{\theta}{2}\mathrm{d}\theta 4a2π∫0π2cos22θ⋅2sin2θcos2θ⋅cos2θdθ
- = 4 a 2 π ∫ 0 π 8 ⋅ cos 4 θ 2 sin θ 2 d θ 2 4a^2\pi\int_{0}^{\pi}8\cdot{\cos^{4}\frac{\theta}{2}}\sin\frac{\theta}{2}\mathrm{d}{\frac{\theta}{2}} 4a2π∫0π8⋅cos42θsin2θd2θ
- = − 32 a 2 π ∫ 0 π cos 4 θ 2 d cos θ 2 -32a^2\pi\int_{0}^{\pi}{\cos^{4}\frac{\theta}{2}}\mathrm{d}\cos\frac{\theta}{2} −32a2π∫0πcos42θdcos2θ
- = 32 5 a 2 π \frac{32}{5}a^2\pi 532a2π
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2021-05-26 android_别名资源文件
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