【高等数学基础进阶】定积分应用

几何应用

平面图形的面积

若平面域$D$由曲线$y=f(x),y=g(x)(f(x)\ge g(x)),x=a,x=b(a<b)$所围成，则
$$S={\int }_a^b[f(x)-g(x)]dx$$

化成二重积分
$$S=\underset{D}{\iint }1d\sigma ={\int }_b^{a}dx{\int }_{g(x)}^{f(x)}dy$$

若平面域$D$由曲线$\rho =\rho (\theta ),\theta =\alpha ,\theta =\beta (\alpha <\beta )$所围成，则
$$S=\frac{1}{2}{\int }_{\alpha }^{\beta }{\rho }^2(\theta )d\theta$$

化成二重积分
$$S=\underset{D}{\iint }1d\sigma ={\int }_{\alpha }^{\beta }d\theta {\int }_0^{\rho (\theta )}\rho d\rho$$

旋转体体积

若平面域$D$由曲线$y=f(x),(f(x)\ge 0),x=a,x=b(a<b)$所围成，则
区域$D$绕$x$轴旋转一周所得到的旋转体积为
$$V_x=\pi {\int }_a^b{f}^2(x)dx$$

取一小段$dx,(a<x<b)$，则这一小段绕$x$轴旋转的得到圆柱的高为$dx$，半径为$f(x)$，因此体积为
$$dV=\pi f^2(x)dx$$
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
$$V_y=2\pi {\int }_a^{b}xf(x)dx$$

取一小段$dx,(a<x<b)$，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$dx$，高为$f(x)$，长为$2\pi x$，因此体积为
$$dV=2\pi xf(x)dx$$
然后积分得到$V_y$

对于任意的区域$D$绕$ax+by=c$旋转，得到的旋转体体积，可以考虑二重积分，即在$D$取$d\sigma$，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$d\sigma$，长度为$2\pi r(x,y)$，其中$r(x,y)$表示该面积微元到直线的距离一般为$\begin{array}{r}r(x,y)=\frac{|ax+by-c|}{\sqrt{a^2+b^2}}\end{array}$，因此该环状体体积为
$$V=2\pi r(x,y)d\sigma$$
对面积微元做二重积分即可得到整体体积，即
$$V=2\pi \underset{D}{\iint }r(x,y)d\sigma$$
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
$$V=2\pi \underset{D}{\iint }yd\sigma =2\pi {\int }_a^{b}dx{\int }_0^{f(x)}ydy=\pi {\int }_a^b{f}^2(x)dx$$
区域$D$绕$y$轴旋转一周所得到的旋转体积为
$$V=2\pi \underset{D}{\iint }xd\sigma =2\pi {\int }_a^{b}dx{\int }_0^{f(x)}xdy=2\pi {\int }_a^{b}xf(x)dx$$

曲线弧长

如果由直角坐标方程给出$C:y=y(x),a\le x\le b$
$$s={\int }_a^b\sqrt{1+y^{\prime 2}}dx$$

如果由参数方程给出$C:\{\begin{array}{rl}& x=x(t)\\ & y=y(t)\end{array},\alpha \le t\le \beta$
$$s={\int }_{\alpha }^{\beta }\sqrt{x^{\prime 2}+y^{\prime 2}}dt$$

如果由极坐标方程给出$C:\rho =\rho (\theta ),\alpha \le \theta \beta$
$$s={\int }_{\alpha }^{\beta }\sqrt{{\rho }^2+{\rho }^{\prime 2}}d\theta$$

直接带公式即可，没什么技巧

旋转体侧面积

$$S=2\pi {\int }_a^{b}f(x)\sqrt{1+f^{\prime 2}(x)}dx$$

这里去任意一小段$dx$，对应弧$dS$，则根据勾股定理，有
$$dS=\sqrt{(dx{)}^2+(f^{\prime }(x)dx{)}^2}=\sqrt{1+f^{\prime 2}(x)}dx$$
即
$$S=2\pi {\int }_a^{b}f(x)\sqrt{1+f^{\prime 2}(x)}dx=2\pi {\int }_a^{b}f(x)dS$$

此处在曲线弧长的直角坐标方程就已经有提到

物理应用

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$xy+1=0$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]]

$$\begin{array}{rl}S=\underset{D}{\iint }1d\sigma & ={\int }_1^{2}dy{\int }_{-y}^{-\frac{1}{y}}dx\\ & ={\int }_1^2(y-\frac{1}{y})dy\\ & =(\frac{1}{2}{y}^2-\ln y){|}_1^2\\ & =\frac{3}{2}-\ln 2\end{array}$$

例2：设封闭曲线$L$的极坐标方程为$r=\cos 3\theta (-\frac{\pi }{6}\le \theta \le \frac{\pi }{6})$，则$L$所围平面图形的面积为（）
![[附件/Pasted image 20220901090302.png]]

$$\begin{array}{rl}S=\frac{1}{2}{\int }_{\alpha }^{\beta }{\rho }^2(\theta )d\theta & =2\cdot \frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{6}}{\cos }^{2}3\theta d\theta \\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{6}}(1+\cos 6\theta )d\theta \\ & =\frac{1}{2}(\theta +\frac{1}{6}\sin 6\theta ){|}_0^{\frac{\pi }{6}}\\ & =\frac{\pi }{12}\end{array}$$

例3：过点$(0,1)$作曲线$L:y=\ln x$的切线，切点为$A$，又 $L$与$x$轴交于$B$点，区域$D$由$L$与直线$AB$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]]

$$y-y_0=\frac{1}{x_0}(x-x_0)\Rightarrow 1-\ln x_0=-1\Rightarrow x_0=e^2$$
或
$$y-1=k(x-0)\Rightarrow y=kx+1\Rightarrow \{\begin{array}{rl}& kx+1=\ln x\\ & k=\frac{1}{x}\end{array}\Rightarrow x=e^2$$
可知$C$点坐标为$(e^2,2)$
$$\begin{array}{rl}S& ={\int }_1^{e^2}\ln xdx-\frac{1}{2}(e^2-1)2=2\\ V& =\pi {\int }_1^{e^2}{\ln }^{2}xdx-\frac{1}{3}\cdot \pi 2^2\cdot (e^2-1)=\frac{2\pi }{3}(e^2-1)\end{array}$$

例4：曲线$y={\int }_0^x\tan tdt(0\le x\le \frac{\pi }{4})$的弧$s=()$

$$\begin{array}{rl}s={\int }_a^b\sqrt{1+y^{\prime 2}}dx& ={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sqrt{1+{\tan }^{2}x}dx\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sec xdx\\ & =\ln (\sec x+\tan x){|}_0^{\frac{\pi }{4}}\\ & =\ln (\sqrt{2}+1)\end{array}$$

物理应用

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$x^2+y^2=2y(y\ge \frac{1}{2})$与$x^2+y^2=1(y\le \frac{1}{2})$连接而成

• 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$gm/s^2$，水的密度为$10^{3}kg/m^3$）
![[附件/Pasted image 20220901100107.png|250]]

在$x^2+y^2=1(y\le \frac{1}{2},x\ge 0)$取一个$dy$的小薄片，则该小薄片绕$y$轴旋转的体积为
$$\pi x^{2}dy$$
其实用最基本的公式或二重积分都能做出来

$$V=2\cdot \pi {\int }_{-1}^{\frac{1}{2}}{x}^{2}dy=2\cdot \pi {\int }_{-1}^{\frac{1}{2}}(1-y^2)dy=\frac{9\pi }{4}$$

在$x^2+y^2=1(y\le \frac{1}{2})$取一个$dy$的小薄片，则该小薄片到$y=2$的距离$S$为
$$S=2-y$$
对于$F$，有
$$F=mg=\rho Vg=10^3\cdot \pi x^2\cdot dy\cdot g$$
对于$x^2+y^2=2y(y\ge \frac{1}{2})$同理，换一个方程就行

$$\begin{array}{rl}W& =10^{3}g{\int }_{-1}^{\frac{1}{2}}\pi (1-y^2)(2-y)dy+10^{3}g{\int }_{\frac{1}{2}}^2\pi (2y-y^2)(2-y)dy\\ & =\frac{27}{8}\cdot 10^3\pi g\end{array}$$

考虑一个薄层$dy$一般称为元素法（微元法）

例6：某闸门的形状与大小如图所示，其中$y$为对称轴，闸门的上部为矩形$ABCD$，$DC=2m$，下部由二次抛物线与线段$AB$所围成，当水面与闸门的上端相平时，欲使闸门矩形承受的水压力与闸门下部承受的水压力之比为$5:4$，闸门矩形部分的高$h$应为多少
![[附件/Pasted image 20220901102043.png|150]]

$F=PS$
本题也是元素法，不做详细讲解

$$\begin{array}{rl}{F}_1& =2{\int }_1^{h+1}\rho g(h+1-y)dy=2\rho g{\left[(h+1)y-\frac{y^2}{2}\right]}_1^{h+1}\\ & =\rho g{h}^2\\ F_2& =2{\int }_0^1\rho g(h+1-y)\sqrt{y}dy=2\rho g{\left[\frac{2}{3}\left(h+1\right)y^{\frac{3}{2}}-\frac{2}{5}{y}^{\frac{5}{2}}\right]}_0^1\\ & =4\rho g\left(\frac{1}{3}h+\frac{2}{15}\right)\end{array}$$
因此，由题意得
$$\frac{h^2}{4\left(\frac{1}{3}h+\frac{2}{15}\right)}=\frac{5}{4}\Rightarrow h=2,h=\frac{1}{3}$$

用Python的matplotlib绘图感觉有点麻烦，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，如果有需要可以私信要一下GeoGebra源文件