‹-- Назад

Площадь поверхности вращения

Рассмотрим линию $ L$ в плоскости $ xOy$ , представленную как график функции $ y=f(x)$ на отрезке $ [a;b]$ оси $ Ox$ . Предположим, что функция $ f(x)$ имеет на отрезке $ [a;b]$ непрерывную производную $ f'(x)$ .

Пусть поверхность $ S$ получена как результат вращения в пространстве $ Oxyz$ линии $ L$ вокруг оси $ Ox$ (см. рис.). Наша цель -- найти площадь $ Q$ поверхности вращения $ S$ (сделанное построение и полученная при этом формула будут одновременно служить и определением того, что такое площадь поверхности $ S$ ).

Рис.6.19.



Пусть $ Q(x)$  -- площадь той части поверхности $ S$ , что проектируется на отрезок $ [a;x]\sbs[a;b]$ , лежащий на оси $ Ox$ . Очевидно тогда, что $ Q(a)=0$ и что $ Q(b)=Q$  -- это искомая площадь.

Найдём производную функции $ Q(x)$ , применив для этого определение производной. Придадим значению $ x_0$ переменной $ x$ некоторое приращение $ {\Delta}x=h$ и рассмотрим приращение функции $ {\Delta}Q$ . Это приращение равно площади части поверхности $ S$ между сечениями этой поверхности плоскостями $ x=x_0$ и $ x=x_0+h$ (если $ h<0$ , то нужно вдобавок поменять знак). Далее для простоты выкладок будем предполагать $ h>0$ . Приближённо заменим площадь $ {\Delta}Q$ на площадь $ {\Delta}\wt Q$ боковой поверхности усечённого конуса, образующей которого служит хорда графика $ y=f(x)$ , соединяющая точки $ M_0(x_0;f(x_0))$ и $ M_1(x_0+h;f(x_0+h))$ в плоскости $ xOy$ .

Рис.6.20.



Тогда

$\displaystyle {\Delta}\wt Q=
\pi(f(x_0+f(x_0+h))\sqrt{1+\Bigl(\frac{f(x_0+h)-f...
...\Bigr)^2}\cdot h=
2\pi(f(x_0)+\frac{{\Delta}f}{2})\sqrt{1+(f'(x^*))^2}\cdot h,$

где $ {\Delta}f=f(x_0+h)-f(x_0)$ и $ x^*\in(x_0;x_0+h)$ (мы применили к разности $ {\Delta}f$ , стоящей под знаком корня, теорему Лагранжа).

Запишем теперь $ {\Delta}\wt Q$ в виде

$\displaystyle {\Delta}\wt Q=2\pi f(x_0)\sqrt{1+(f'(x_0))^2}\cdot h+\notag$    
$\displaystyle +2\pi(f(x_0)+\frac{{\Delta}f}{2})\Bigl(
 \sqrt{1+(f'(x^*))^2}-
 \sqrt{1+(f'(x_0))^2}\Bigr)\cdot h-\notag$    
$\displaystyle -\pi{\Delta}f\sqrt{1+(f'(x^*))^2}\cdot h.$    

Во второй и третьей строках этой формулы бесконечно малыми более высокого порядка малости (при $ h\to0$ ), чем $ h$ . Действительно, $ {\Delta}f\to0$ при $ h\to0$ , а величина $ \pi\sqrt{1+(f'(x^*))^2}$ ограничена в силу непрерывности функции $ f(x)$ и её производной $ f'(x)$ . Далее, из непрерывности $ f'(x)$ следует, что $ \sqrt{1+(f'(x^*))^2}-\sqrt{1+(f'(x_0))^2}\to0$ при $ h\to0$ , а из непрерывности $ f(x)$  -- что величина $ 2\pi(f(x_0)+\frac{{\Delta}f}{2})$ ограничена. Следовательно, слагаемое в первой строке формулы -- это главная, линейная по $ h$ , часть приращения $ {\Delta}\wt Q$ , и вместе с ним -- главная часть приращения функции $ Q(x)$ . Напомним теперь, что главная, линейная по $ h$ часть приращения функции -- это её дифференциал. Значит,

$\displaystyle dQ(x_0;h)=2\pi f(x_0)\sqrt{1+(f'(x_0))^2}\cdot h.$

Сменив обозначение $ x_0$ на $ x$ (ведь $ x_0$  -- произвольная точка $ [a;b]$ ) и $ h$ на $ dx$ , получаем:

$\displaystyle dQ=2\pi f(x)\sqrt{1+(f'(x))^2}\;dx.$

Отсюда

$\displaystyle Q'(x)=2\pi f(x)\sqrt{1+(f'(x))^2}.$

С учётом того, что, как мы отмечали выше, $ Q(a)=0$ , получаем:

$\displaystyle Q(x)=\int_a^xQ'(t)\;dt=2\pi\int_a^xf(t)\sqrt{1+(f'(t))^2}\;dt.$

Наконец, положив $ x$ равным $ b$ , находим искомую площадь $ Q=Q(b)$ поверхности вращения:


(мы снова использовали $ x$ как обозначение переменной интегрирования).

        Замечание 6.1   Заметим, что в процессе преобразований мы приближённо заменили на отрезке $ [x_0;x_0+h]$ величину $ {\Delta}Q$ на $ {\Delta}\wt Q$ , а затем перешли к пределу при $ h\to0$ . Это соответствует тому, как если бы мы составили интегральную сумму для функции $ g(x)=2\pi\sqrt{1+(f'(x))^2}$ (эта интегральная сумма, построенная по размеченному разбиению $ [a;b]$ на отрезки длины $ h_i=h$ , точками разметки в котором служат $ \ov x_i=x^*$ , приближённо заменяет нам площадь поверхности тела вращения), а затем перешли к пределу при неограниченном измельчении разбиения и получили в пределе равенство (6.10). Такой путь получения формулы (6.10) привёл бы нас к несколько более громоздким выкладкам, хотя и эквивалентен тому, что был использован выше.     

        Пример 6.9   Вычислим площадь $ Q$ поверхности, образованной вращением в пространстве вокруг оси $ Ox$ части линии $ y=\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}$ , расположенной над отрезком $ [0;1]$ оси $ Ox$ .

Рис.6.21.



Так как $ y'=x^{\frac{1}{2}}=\sqrt{x}$ , то формула (6.10) даёт нам интеграл

$\displaystyle Q=2\pi\int_0^1\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}\sqrt{1+x}\;dx=
\frac{4\...
...t{x^2+x}\;dx=
\frac{4\pi}{3}\int_0^1x\sqrt{(x+\frac{1}{2})^2-\frac{1}{4}}\;dx.$

Сделаем в последнем интеграле замену $ t=x+\frac{1}{2}$ и получим:

$\displaystyle Q=
\frac{4\pi}{3}\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}}(t-\frac{1}{2})...
...
\frac{2\pi}{3}\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}}
\sqrt{t^2-\frac{1}{4}}\;dt.
$

В первом из интегралов правой части сделаем замену $ z=t^2-\frac{1}{4}$ :

$\displaystyle \int_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}}
\sqrt{t^2-\frac{1}{4}}\cdot2t\;...
..._0^2\sqrt{z}\;dz=\frac{2}{3}z^{\frac{3}{2}}\Bigr\vert _0^2=\frac{4\sqrt{2}}{3}.$

Для вычисления второго из интегралов в правой части обозначим его $ I$ и проинтегрируем по частям, получив уравнение для $ I$ , как в примере 6.6:

$\displaystyle I=\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}}\sqrt{t^2-\frac{1}{4}}\;dt=
 t\...
...}{2}}-
 \int_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}}\frac{t^2}{\sqrt{t^2-\frac{1}{4}}}\;dt=$    
$\displaystyle =\frac{3\sqrt{2}}{2}-
 \int_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}}\frac{t^2-...
...{1}{4}\ln\vert t+\sqrt{t^2-\frac{1}{4}}\Bigr\vert _{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}}=$    
$\displaystyle =\frac{3\sqrt{2}}{2}-I-
 \frac{1}{4}\ln\Bigl(\frac{3}{2}+\sqrt{2}...
... \frac{1}{4}\ln\frac{1}{2}=
 \frac{3\sqrt{2}}{2}-\frac{1}{4}\ln(3+2\sqrt{2})-I.$    

Перенося $ I$ в левую часть и деля на 2, получаем

$\displaystyle I=\frac{3\sqrt{2}}{4}-\frac{1}{8}\ln(3+2\sqrt{2}),$

откуда, наконец,

$\displaystyle Q=\frac{2\pi}{3}\cdot\frac{4\sqrt{2}}{3}-\frac{2\pi}{3}
\Bigl(\f...
...ln(3+2\sqrt{2})\Bigr)=
\frac{\pi}{36}\bigl(14\sqrt{2}+3\ln(3+2\sqrt{2})\bigr).$