【高等数学基础进阶】定积分应用-六虎

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几许使用

平面图形的面积

若平面域 $D$ 由曲线 $y=f(x),y=g(x)(f(x)≥g(x)),x=a,x=b(a<b)y=f(x),y=g(x)(f(x)\geq g(x)),x=a,x=b(a<b)$ 所围成，则

S=∫ab[f(x)−g(x)]dxS=\int^{b}_{a}[f(x)-g(x)]dx

化成二重积分
$S=∬D1d=∫badx∫g(x)f(x)dyS=\iint\limits_{D}1d \sigma =\int^{a}_{b}dx \int^{f(x)}_{g(x)}dy$

若平面域 $D$ 由曲线 $=(),=,=(<)\rho =\rho (\theta ),\theta =\alpha,\theta =\beta(\alpha<\beta)$ 所围成，则

\frac{1}{2}\int^{\beta}_{\alpha}\rho ^{2}(\theta )d \theta

化成二重积分
$S=∬D1d=∫d∫0()dS=\iint\limits_{D}1d \sigma =\int^{\beta}_{\alpha}d \theta \int^{\rho (\theta )}_{0}\rho d \rho$

旋转体体积

若平面域 $D$ 由曲线 $y=f(x),(f(x)≥0),x=a,x=b(a<b)y=f(x),(f(x)\geq0),x=a,x=b(a<b)$ 所围成，则

区域 $D$ 绕 $x$ 轴旋转一周所得到的旋转体积为

Vx=∫abf2(x)dxV_{x}=\pi \int^{b}_{a}f^{2}(x)dx

取一小段 $d x, (a < x < b)$ ，则这一小段绕 $x$ 轴旋转的得到圆柱的高为 $d x$ ，半径为 $f (x)$ ，因此体积为
$dV=f2(x)dxdV=\pi f^{2}(x)dx$
然后积分得到 $V_{x}$

区域 $D$ 绕 $y$ 轴旋转一周所得到的旋转体积为

Vy=2∫abxf(x)dxV_{y}=2 \pi \int^{b}_{a}xf(x)dx

取一小段 $d x, (a < x < b)$ ，则这一小段绕 $y$ 轴旋转出来一个圆筒，将该圆筒在任意一处竖直截开，得到一个长方体，该长方体的宽为 $d x$ ，高为 $f (x)$ ，长为 $2×2\pi x$ ，因此体积为
$dV=2xf(x)dxdV=2\pi xf(x)dx$
然后积分得到 $V_{y}$

关于任意的区域 $D$ 绕 $a x + b y = c$ 旋转，得到的旋转体体积，能够考虑二重积分，即在 $D$ 取 $\sigma$ ，该面积微元绕直线旋转得到一个环状体，该环状体的面积为 $\sigma$ ，长度为 $2r(x,y)2\pi r(x,y)$ ，其间 $r (x, y)$ 表示该面积微元到直线的间隔一般为 $r(x,y)=∣ax+by−c∣a2+b2\begin{aligned} r(x,y)=\frac{|ax+by-c|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\end{aligned}$ ，因此该环状体体积为
$\pi r(x,y)d \sigma$
对面积微元做二重积分即可得到全体体积，即
$V=2∬Dr(x,y)dV=2\pi \iint\limits_{D}r(x,y)d \sigma$
用该结论推绕 $x, y$ 轴旋转的结论
区域 $D$ 绕 $x$ 轴旋转一周所得到的旋转体积为
$V=2∬Dyd=2∫abdx∫0f(x)ydy=∫abf2(x)dxV=2\pi\iint\limits_{D}yd \sigma=2\pi \int^{b}_{a}dx \int^{f(x)}_{0}ydy=\pi \int^{b}_{a}f^{2}(x)dx$
区域 $D$ 绕 $y$ 轴旋转一周所得到的旋转体积为
$V=2∬Dxd=2∫abdx∫0f(x)xdy=2∫abxf(x)dxV=2\pi \iint\limits_{D}x d \sigma=2\pi \int^{b}_{a}dx \int^{f(x)}_{0}xdy=2\pi \int^{b}_{a}xf(x)dx$

曲线弧长

假如由直角坐标方程给出 $C:y=y(x),a≤x≤bC:y=y(x),a\leq x\leq b$

s=∫ab1+y′2dxs=\int^{b}_{a}\sqrt{1+y’^{2}}dx

假如由参数方程给出 $C:{x=x(t)y=y(t),≤t≤C:\left\{\begin{aligned}&x=x(t)\\&y=y(t)\end{aligned}\right.,\alpha\leq t \leq \beta$

s=∫x′2+y′2dts=\int^{\beta}_{\alpha}\sqrt{x’^{2}+y’^{2}}dt

假如由极坐标方程给出 $C:=(),≤C:\rho =\rho (\theta ),\alpha\leq \theta \beta$

s=∫2+′2ds=\int^{\beta}_{\alpha}\sqrt{\rho ^{2}+\rho ‘^{2}}d \theta

直接带公式即可，没什么技巧

旋转体侧面积

S=2∫abf(x)1+f′2(x)dxS=2\pi \int^{b}_{a}f(x)\sqrt{1+f’^{2}(x)}dx

这儿去任意一小段 $d x$ ，对应弧 $d S$ ，则依据勾股定理，有
$dS=(dx)2+(f′(x)dx)2=1+f′2(x)dxdS=\sqrt{(dx)^{2}+(f'(x)dx)^{2}}=\sqrt{1+f’^{2}(x)}dx$
即
$S=2∫abf(x)1+f′2(x)dx=2∫abf(x)dSS=2\pi \int^{b}_{a}f(x)\sqrt{1+f’^{2}(x)}dx=2\pi \int^{b}_{a}f(x)dS$

此处在曲线弧长的直角坐标方程就已经有提到

物理使用

压力，变力做功，引力

常考题型与典型例题

平面域面积和旋转体体积的计算

例1：设 $D$ 是由曲线 $x y + 1 = 0$ 与直线 $y + x = 0$ 及 $y = 2$ 围成的有界区域，则 $D$ 的面积为（）

![[附件/Pasted image 20220901084351.png]]

S=∬D1d=∫12dy∫−y−1ydx=∫12(y−1y)dy=(12y2−ln⁡y)∣12=32−ln⁡2\begin{aligned} S=\iint\limits_{D}1d \sigma&=\int^{2}_{1}dy \int^{- \frac{1}{y}}_{-y}dx\\&=\int^{2}_{1}(y- \frac{1}{y})dy\\ &=(\frac{1}{2}y^{2}-\ln y)\Big|^{2}_{1}\\ &= \frac{3}{2}-\ln 2 \end{aligned}

例2：设封闭曲线 $L$ 的极坐标方程为 $r=cos⁡3(−6≤≤6)r=\cos3\theta (-\frac{\pi}{6}\leq \theta \leq \frac{\pi}{6})$ ，则 $L$ 所围平面图形的面积为（）

![[附件/Pasted image 20220901090302.png]]

S=12∫2()d=2⋅12∫06cos⁡23d=12∫06(1+cos⁡6)d=12(+16sin⁡6)∣06=12\begin{aligned} S= \frac{1}{2}\int^{\beta}_{\alpha}\rho^{2}(\theta )d \theta &=2\cdot\frac{1}{2}\int^{\frac{\pi}{6}}_{0}\cos ^{2}3\theta d \theta \\ &=\frac{1}{2}\int^{\frac{\pi}{6}}_{0}(1+\cos 6\theta )d \theta \\ &=\frac{1}{2}(\theta + \frac{1}{6}\sin 6\theta )\Big|^{\frac{\pi}{6}}_{0}\\ &= \frac{\pi}{12} \end{aligned}

例3：过点 $(0, 1)$ 作曲线 $L:y=ln⁡xL:y=\ln x$ 的切线，切点为 $A$ ，又 $L$ 与 $x$ 轴交于 $B$ 点，区域 $D$ 由 $L$ 与直线 $A B$ 围成，求区域 $D$ 的面积及 $D$ 绕 $x$ 轴旋转一周所得旋转体的体积

![[附件/Pasted image 20220901093720.png]]

y−y0=1×0(x−x0)⇒1−ln⁡x0=−1⇒x0=e2y-y_{0}=\frac{1}{x_{0}}(x-x_{0})\Rightarrow 1-\ln x_{0}=-1 \Rightarrow x_{0}=e^{2}

或

y−1=k(x−0)⇒y=kx+1⇒{kx+1=ln⁡xk=1x⇒x=e2y-1=k(x-0)\Rightarrow y=kx+1\Rightarrow \left\{\begin{aligned}&kx+1=\ln x\\&k=\frac{1}{x}\end{aligned}\right.\Rightarrow x=e^{2}

可知 $C$ 点坐标为 $e^{2},2)$

S=∫1e2ln⁡xdx−12(e2−1)2=2V=∫1e2ln⁡2xdx−13⋅22⋅(e2−1)=23(e2−1)\begin{aligned} S&=\int^{e^{2}}_{1}\ln xdx- \frac{1}{2}(e^{2}-1)2=2\\ V&=\pi \int^{e^{2}}_{1}\ln ^{2}xdx- \frac{1}{3}\cdot \pi2^{2}\cdot (e^{2}-1)=\frac{2\pi}{3}(e^{2}-1) \end{aligned}

例4：曲线 $y=∫0xtan⁡tdt(0≤x≤4)y=\int^{x}_{0}\tan tdt(0\leq x\leq \frac{\pi}{4})$ 的弧 $s = ()$

s=∫ab1+y′2dx=∫041+tan⁡2xdx=∫04sec⁡xdx=ln⁡(sec⁡x+tan⁡x)∣04=ln⁡(2+1)\begin{aligned} s=\int^{b}_{a}\sqrt{1+y’^{2}}dx&=\int^{\frac{\pi}{4}}_{0}\sqrt{1+\tan ^{2}x}dx\\ &=\int^{\frac{\pi}{4}}_{0}\sec xdx\\ &=\ln (\sec x+\tan x)\Big|^{\frac{\pi}{4}}_{0}\\ &=\ln (\sqrt{2}+1) \end{aligned}

物理使用

例5：一容器的内侧是由图中曲线绕 $y$ 轴旋转一周而成的曲面，该曲线由 $x2+y2=2y(y≥12)x^{2}+y^{2}=2y(y\geq \frac{1}{2})$ 与 $x2+y2=1(y≤12)x^{2}+y^{2}=1(y\leq \frac{1}{2})$ 衔接而成

求容器容积
若将容器内盛满的水从容器顶部全部抽出，至少需要做多少功

（长度单位 $m$ ，重力加速度 $g m/s^{2}$ ，水的密度为 $10^{3} kg/m^{3}$ ）

![[附件/Pasted image 20220901100107.png|250]]

在 $x2+y2=1(y≤12,x≥0)x^{2}+y^{2}=1(y\leq \frac{1}{2},x\geq0)$ 取一个 $d y$ 的小薄片，则该小薄片绕 $y$ 轴旋转的体积为
$x2dy\pi x^{2}dy$
其有用最基本的公式或二重积分都能做出来

V=2⋅∫−112x2dy=2⋅∫−112(1−y2)dy=94V=2\cdot \pi \int^{\frac{1}{2}}_{-1}x^{2}dy=2 \cdot \pi \int^{\frac{1}{2}}_{-1}(1-y^{2})dy=\frac{9\pi}{4}

在 $x2+y2=1(y≤12)x^{2}+y^{2}=1(y\leq \frac{1}{2})$ 取一个 $d y$ 的小薄片，则该小薄片到 $y = 2$ 的间隔 $S$ 为
$S = 2 - y$
关于 $F$ ，有
$F=mg=Vg=103⋅x2⋅dy⋅gF=mg=\rho Vg=10^{3}\cdot \pi x^{2}\cdot dy \cdot g$
关于 $x2+y2=2y(y≥12)x^{2}+y^{2}=2y(y\geq \frac{1}{2})$ 同理，换一个方程就行

W=103g∫−112(1−y2)(2−y)dy+103g∫122(2y−y2)(2−y)dy=278⋅103g\begin{aligned} W&=10^{3}g\int^{\frac{1}{2}}_{-1}\pi(1-y^{2})(2-y)dy+10^{3}g \int^{2}_{\frac{1}{2}}\pi(2y-y^{2})(2-y)dy\\ &=\frac{27}{8}\cdot 10^{3}\pi g \end{aligned}

考虑一个薄层 $d y$ 一般称为元素法（微元法）

例6：某闸口的形状与大小如图所示，其间 $y$ 为对称轴，闸口的上部为矩形 $A B C D$ ， $D C = 2 m$ ，下部由二次抛物线与线段 $A B$ 所围成，当水面与闸口的上端相平常，欲使闸口矩形接受的水压力与闸口下部接受的水压力之比为 $5 : 4$ ，闸口矩形部分的高 $h$ 应为多少

![[附件/Pasted image 20220901102043.png|150]]

$F = P S$

本题也是元素法，不做具体讲解

F1=2∫1h+1g(h+1−y)dy=2g[(h+1)y−y22]1h+1=gh2F2=2∫01g(h+1−y)ydy=2g[23(h+1)y32−25y52]01=4g(13h+215)\begin{aligned} F_{1}&=2\int^{h+1}_{1}\rho g(h+1-y)dy=2\rho g\left[(h+1)y- \frac{y^{2}}{2}\right]^{h+1}_{1}\\ &=\rho gh^{2}\\ F_{2}&=2\int^{1}_{0}\rho g(h+1-y)\sqrt{y}dy=2\rho g\left[\frac{2}{3}\left(h+1\right)y^{\frac{3}{2}}- \frac{2}{5}y^{\frac{5}{2}}\right]^{1}_{0}\\ &=4 \rho g\left(\frac{1}{3}h+ \frac{2}{15}\right) \end{aligned}

因此，由题意得

h24(13h+215)=54⇒h=2,h=13\frac{h^{2}}{4\left(\frac{1}{3}h+ \frac{2}{15}\right)}= \frac{5}{4}\Rightarrow h=2,h=\frac{1}{3}

用Python的matplotlib绘图感觉有点费事，个人也没研究明白，暂时用GeoGebra绘图代替一下，所以最近的笔记绘图不会给出源代码了，假如有需要能够私信要一下GeoGebra源文件

【高等数学基础进阶】定积分应用

几许使用

平面图形的面积

旋转体体积

曲线弧长

旋转体侧面积

物理使用

常考题型与典型例题

平面域面积和旋转体体积的计算

物理使用

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