刷题-定积分应用

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求曲线 $x^{2} + y^{2} - a x = a \sqrt[]{x^{2} + y^{2}}$ 的全长，其中 $a > 0$ 且是常数。

我们很难将其转化为 $y = f (x)$ 的形式，故而尝试进行极坐标换元：

{\begin{cases} x = r \cos θ \\ y = r \sin θ \end{cases}

从而曲线可以表示为心形线： $r = a (1 + \cos θ), (θ \in (0, 2 π))$ ，故而根据弧长公式有：

\begin{aligned} L & = \int_{0}^{2 π} \sqrt[]{r^{2} (θ) + r^{' 2} (θ)} d θ \\ = \sqrt[]{2} a \int_{0}^{2 π} \sqrt[]{1 + \cos θ} d θ = \sqrt[]{2} a \int_{0}^{2 π} \sqrt[]{2 \cos^{2} \frac{θ}{2}} d θ \\ = 2 a \int_{0}^{2 π} | \cos \frac{θ}{2} | d θ = 4 a \int_{0}^{π} | \cos t | d t = 8 a \end{aligned}

求心形线 $r = 1 + \cos θ$ ，与 $θ = 0, θ = \frac{π}{2}$ 所围图形绕直线 L 旋转一周得到的旋转体体积。

我们使用微元法解决这个问题，根据微元法我们有：

V = 2 π \iint_{D} r (x, y) d σ

若 L 是极轴（极轴就是 x 轴），那么该图形上任意一点到该直线的距离为： $r (x, y) = y$ 。那么有：

\begin{aligned} V & = 2 π \iint_{D} y d σ = 2 π \int_{0}^{\frac{π}{2}} d θ \int_{0}^{1 + \cos θ} r \sin θ \cdot r d r \\ = 2 π \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin θ \cdot \frac{1}{3} (1 + \cos θ)^{3} d θ \end{aligned}

之后的答案就很好求了。

我们将该直线的形式进行变形可得： $r \cos θ = 3 ⟹ x = 3$ 。故而， $r (x, y) = | x - 3 |$ 。从而有：

\begin{aligned} V & = 2 π \iint_{D} | x - 3 | d σ = 2 π \iint_{D} (3 - x) d σ \\ = 2 π \int_{0}^{\frac{π}{2}} d θ \int_{0}^{1 + \cos θ} (3 - r \cos θ) r d t \end{aligned}

接下来，我们利用点火公式就好求了。

求摆线 ${\begin{cases} x = a (t - \sin t) \\ y = a (1 - \cos t) \end{cases}$ 一拱 $0 \leq t \leq 2 π$ 与 $x$ 轴所围图形绕 L 旋转一周得到的旋转体体积：

image.png|200

同样，我们使用微分法， $r (x, y) = 2 a - y$ ，故而有：

\begin{array}{r} V = 2 π \iint_{D} (2 a - y) d σ \end{array}

由于摆线在 $x \in [0, π], [π, 2 π]$ 中的面积相同，故而我们只用算前半段就行了。但是我们很难讲参数方程直接转化为 $y = f (x)$ 的形式，那么就直接不用转化：

\begin{aligned} V & = 2 π \int_{0}^{π a} d x \int_{0}^{f (x)} (2 a - y) d y \\ = 2 π \int_{0}^{π a} [2 a f (x) - \frac{1}{2} f^{2} (x)] d x \\ = 2 π [2 a \int_{0}^{π a} f (x) d x - \frac{1}{2} \int_{0}^{π a} f^{2} (x) d x] \end{aligned}

这样，我们再进行参数方程的换元就好求了。

f (x) = a (1 - \cos t), d x = a (1 - \cos t)

从而有：

\begin{array}{r} 2 π \int_{0}^{π a} [2 a f (x) - \frac{1}{2} f^{2} (x)] d x \\ = 2 π \int_{0}^{π} [2 a^{2} (1 - \cos t) - \frac{1}{2} a^{2} (1 - \cos t)^{2}] \cdot a (1 - \cos t) d t \end{array}

接下来求出答案就好了。

同理，体积为：

V = 2 π \iint_{D} (2 π a - x) d σ

求解过程略。

设平面图形 A 由 $x^{2} + y^{2} \leq 2 x$ 与 $y \geq x$ 所确定，求图形 A 绕直线 $x = 2$ 旋转一周所得旋转体的体积。

image.png|200
如上图，我们还是使用微分法求体积：

\begin{aligned} V & = 2 π \iint_{D} (2 - x) d σ \\ = 2 π \int_{0}^{1} d x \int_{x}^{\sqrt[]{2 x - x^{2}}} (2 - x) d y \\ = 2 π \int_{0}^{1} (2 - x) (\sqrt[]{2 x - x^{2}} - x) d x \\ = 2 π \int_{0}^{1} (2 - x) \sqrt[]{2 x - x^{2}} d x + \int_{0}^{1} (x^{2} - 2 x) d x \end{aligned}

后面的积分很好求，故而我们只需要专注于第一个积分即可：

\begin{aligned} I & = \int_{0}^{1} (2 - x) \sqrt[]{2 x - x^{2}} d x \\ \overset{x - 1 = \sin θ}{=} 2 π \int_{- \frac{π}{2}}^{0} (1 - \sin θ) \cos θ \cdot \cos θ d θ \\ \overset{θ = - t}{=} 2 π \int_{0}^{\frac{π}{2}} (1 + \sin t - \sin^{2} t - \sin^{3} t) d t \end{aligned}

接下来利用点火公式就可以解决了。

计算曲线 $y = x^{2}$ ，与直线 $y = m x (m > 0)$ 在第一象限内所围成的图形绕直线 L 旋转所得旋转体表面积：

利用微元法，旋转曲面面积为：

S = \int_{Γ} 2 π h d s

其中 h 为任意一点到直线 h 的距离。本题中对于任意一点 $(x, y)$ ， $h = y$ 。故而有：

S = 2 π \int_{Γ} y d s

我们还需要注意的一点是，旋转出来的表面积分为两段，一段是由曲线 $y = x^{2}$ 旋转出来的，一段是由 $y = m x$ 旋转出来的，故而有两个面积需要我们求。我们设 $S_{1}$ 为 $y = m x$ 旋转出来的， $S_{2}$ 为 $y = x^{2}$ 旋转出来的。

\begin{aligned} S_{1} & = 2 π \int_{L} y d s \\ = 2 π \int_{0}^{m} m x \sqrt[]{1 + m^{2}} d x \end{aligned}

对于 $S_{2}$ ，有：

\begin{aligned} S_{2} & = 2 π \int_{0}^{m} x^{2} \sqrt[]{1 + 4 x^{2}} d x \end{aligned}

$S_{1}$ 很好求， $S_{2}$ 只需要做三角变换就可以很好求了。

若 L 是 y 轴，那么 $h = x$ ，则有：

\begin{array}{r} S_{1} = 2 π \int_{0}^{m} x \cdot \sqrt[]{1 + m^{2}} d x \\ S_{2} = 2 π \int_{0}^{m} x \sqrt[]{1 + 4 x^{2}} d x \end{array}

上述两个方程都是很好求的。这里就不计算了。

这里的 h 不再是简单形式，我们需要用到点到直线的距离公式，从而有：

\begin{array}{r} S_{1} = 2 π \int_{0}^{m} \frac{| m x - y |}{1 + m^{2}} \cdot \sqrt[]{1 + m^{2}} d x = 0 \\ S_{2} = 2 π \int_{0}^{m} \frac{| m x - x^{2} |}{1 + m^{2}} \cdot \sqrt[]{1 + 4 x^{2}} d x \\ = 2 π \int_{0}^{m} \frac{m x - x^{2}}{1 + m^{2}} \cdot \sqrt[]{1 + 4 x^{2}} d x \\ = \frac{2 π}{1 + m^{2}} \int_{0}^{m} (m x - x^{2}) \cdot \sqrt[]{1 + 4 x^{2}} d x \end{array}

接下来，我们只需要求出积分 $\int_{0}^{m} x \sqrt[]{1 + 4 x^{2}} d x$ 和积分 $\int_{0}^{m} x^{2} \sqrt[]{1 + 4 x^{2}} d x$ ，这两个积分在前两问都求过了，故而这里不再计算。