Zadanie 10.4
  1. Analiza matematyczna 1
  2. 10. Zastosowanie całek
  3. Zadanie 10.4

 Polecenie

Oblicz pole powierzchni bryły obrotowej powstałej w wyniku obrotu podanych krzywych wokół wskazanych osi.

 Wskazówki

Pole powierzchni bryły obrotowej

Jeżeli funkcja \(f\) ma ciągłą pochodną na przedziale \(\left \langle a;b \right \rangle,\) to pole powierzchni \(S\) bryły obrotowej powstałej przez obrót wykresu funkcji \(y=f(x)\) wokół osi \(\color{#F57C00}{Ox}\) wynosi \[{\displaystyle |S|=2\pi \int_{a}^{b} \left |f(x)  \right | \sqrt{1+\left [ f'(x) \right ]^{2}}\ dx}.\]

Jeżeli funkcja \(f\) ma ciągłą pochodną na przedziale \(\left \langle a;b \right \rangle,\) to pole powierzchni \(S\) bryły obrotowej powstałej przez obrót wykresu funkcji \(y=f(x)\) wokół osi \(\color{#F57C00}{Oy}\) wynosi \[{\displaystyle |S|=2\pi \int_{a}^{b} x\sqrt{1+\left [ f'(x) \right ]^{2}}\ dx}.\]
Wzory dla krzywej w postaci parametrycznej
Jeśli krzywa jest zadana równaniami:
\(\begin{cases}
x=x(t)\\
y=y(t)
\end{cases},\) gdzie \(t\in \left \langle \alpha ;\beta  \right \rangle,\) gdzie funkcje \(x, y, x', y'\) są ciągłe oraz nieujemne na \(\left \langle \alpha ;\beta  \right \rangle,\) wówczas pole powierzchni bryły powstałej przez obrót krzywej wokół
  • osi \(Ox\) wynosi: \[{\displaystyle |S|=2\pi\int_{\alpha }^{\beta } y(t)\sqrt{\left ( x'(t) \right )^{2}+\left ( y'(t) \right )^{2}}\ dt,}\]

  • osi \(Oy\) wynosi: \[{\displaystyle |S|=2\pi\int_{\alpha }^{\beta } x(t)\sqrt{\left ( x'(t) \right )^{2}+\left ( y'(t) \right )^{2}}\ dt.}\]

 Bryła 1

Bryła powstała przez obrót wykresu funkcji \(f(x)=\sqrt{x-1},\) dla \({\displaystyle x \in \left \langle 2;3 \right \rangle}\) wokół osi \(Ox.\)

 Rozwiązanie

Korzystamy ze  \({\displaystyle |S|=2\pi \int_{a}^{b} \left |f(x) \right | \sqrt{1+\left [ f'(x) \right ]^{2}}\ dx}\)  oraz z własności pierwiastków. Licząc całkę korzystamy z metody podstawiania
\({\displaystyle |S|=2\pi \int_{2}^{3}\left | \sqrt{x-1} \right | \sqrt{1+\left ( \frac{1}{2\sqrt{x-1}} \right )^{2}}\ dx= 2\pi \int_{2}^{3}\sqrt{x-1}\sqrt{1+\frac{1}{4(x-1)}}\ dx= 2\pi \int_{2}^{3}\sqrt{(x-1)\left (1+\frac{1}{4(x-1)}\right )}\ dx=2\pi \int_{2}^{3}\sqrt{\cancel{(x-1)}\frac{4(x-1)+1}{4\cancel{(x-1)}}}\ dx= \frac{2\pi}{2} \int_{2}^{3}\sqrt{4(x-1)+1}\ dx=\pi \int_{2}^{3}\sqrt{4x-3}\ dx=\begin{vmatrix}
4x-3=t\\
4dx=dt\\
dx=\frac{dt}{4}\\
t_{1}=4\cdot 2-3=5\\
t_{2}=4\cdot 3-3=9
\end{vmatrix} =\frac{\pi}{4} \int_{5}^{9}\sqrt{t}\ dt=\frac{\pi}{4} \Big [ \frac{t^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}}\Big ]_{5}^{9}=\frac{\pi}{4}\cdot \frac{2}{3}\left ( \sqrt{9}^{3}-\sqrt{5}^{3} \right )=\frac{\pi}{6}\left ( 27-5\sqrt{5} \right ).}\)
_rysunek_10.4.7

 Odpowiedź

\({\displaystyle |S|=\frac{\pi}{6}\left ( 27-5\sqrt{5} \right )}\)

 Bryła 2

Stożek powstały przez obrót prostej \(y=2x-4\) wokół osi \(Oy,\) dla \({\displaystyle x \in \left \langle 0; 5 \right \rangle.}\)

 Rozwiązanie

Obracamy prostą \(y=2x-4\) wokół osi \(Oy\) otrzymując w ten sposób stożek o wierzchołku na osi \(Oy.\)
_rysunek_10.4.2
Liczymy pochodną funkcji \(f\) i podstawiamy podane wartości do wzoru na pole powierzchni bryły obrotowej powstałej w wyniku obrotu wykresu funkcji \(f\) wokół osi (Oy.\)
\(f(x)=2x-4
\\
f'(x)=2
\\
{\displaystyle |S|=2\pi\int_{0}^{5}x \sqrt{1+\left [ 2 \right ]^{2}}\ dx= 2\pi\int_{0}^{5}x \sqrt{1+4}\ dx= 2\sqrt{5}\pi\int_{0}^{5}x\ dx= \frac{2\sqrt{5}\pi}{2}\Big [ x^{2}\Big ]_{0}^{5}= \sqrt{5}\pi\Big [ 5^{2}-0\Big ]=25\sqrt{5}\pi.}\)

 Odpowiedź

Pole powierzchni stożka powstałego przez obrót prostej \(y=2x-4\) wokół osi \(Oy,\) dla \({\displaystyle x \in \left \langle 0; 5 \right \rangle}\) wynosi \({\displaystyle |S|=25\sqrt{5}\pi.}\)

 Bryła 3

Bryła powstała przez obrót wykresu funkcji \({\displaystyle f(x)=\left | x+2 \right |-1 ,}\) dla \(0\leqslant x\leqslant 1\) wokół osi \(Ox.\)

 Rozwiązanie

Wykres funkcji \(f(x)=\left | x+2 \right |-1,\) dla  \(0\leqslant x\leqslant 1\) ogranicza się do wykresu funkcji \(f(x)=x+2-1=x+1,\) gdyż dla podanych argumentów wartości danej funkcji są dodatnie. Z fragmentu wykresu funkcji \(f\) dla \(0\leqslant x\leqslant 1\) tworzymy bryłę, obracając go wokół osi \(Ox.\) Jak widać na rysunku powstaje ścięty stożek.
_rysunek_10.4.3
Liczymy pochodną funkcji \(f'(x)=1\) oraz pole powierzchni bocznej. Korzystamy z definicji wartości bezwzględnej i opuszczamy wartość bezwzględna, gdyż dla \(x \in \left \langle 0;1 \right \rangle\) wartość \(\left | x+1 \right |=x+1.\)
\({\displaystyle |S|=2\pi\int_{0}^{1}\left | x+1 \right |\sqrt{1+1^{1}}\ dx=2\pi\int_{0}^{1}\left | x+1 \right |\sqrt{2}\ dx= 2\sqrt{2}\pi\int_{0}^{1}\left ( x+1 \right )\ dx= 2\sqrt{2}\pi\Big[ \frac{x^{2}}{2}+x\Big]_{0}^{1}=2\sqrt{2}\pi \left [ \frac{1}{2}+1-(0+0) \right ]=2\sqrt{2}\pi\cdot \frac{3}{2}=3\pi\sqrt{2}.}\)
Ścięty stożek powstały w powyższy sposób wygląda następująco:
_rysunek_10.4.4

Liczymy pole powierzchni bocznej całego stożka oraz stożka z tworzącą \(l_{1}.\)
\({\displaystyle P_{b}=\pi rl=\pi \cdot 2\cdot 2\sqrt{2}=4\pi\sqrt{2}}
{\displaystyle P_{b}^{1}=\pi rl=\pi \cdot 1\cdot \sqrt{2}=\pi\sqrt{2}}\)
Pole boczne ściętego stożka otrzymamy odejmując pole mniejszego (z tworzącą \(l_{1}\) od pola całego stożka.
\({\displaystyle P=4\pi\sqrt{2}-\pi\sqrt{2}=3\pi\sqrt{2}}.\)

 Odpowiedź

Pole powierzchni bryły powstałej przez obrót wykresu funkcji \({\displaystyle f(x)=\left | x+2 \right |-1 ,}\) dla \(0\leqslant x\leqslant 1\) wokół osi \(Ox\) wynosi \(3\pi\sqrt{2}\).

 Bryła 4

Bryła powstała przez obrót krzywej zadanej parametrycznie \({\displaystyle \left\{\begin{matrix}
x(t)=t^{2}\\
y(t)=t-\frac{1}{3}t^{3}
\end{matrix}\right.,}\) dla \(t \in \left \langle 0;\sqrt{2} \right \rangle\) wokół osi \(Ox.\)

 Rozwiązanie

Funkcja jest przedstawiona w  postaci parametrycznej: \({\displaystyle \begin{cases}
x(t)=t^{2}\\
y(t)=t-\frac{1}{3}t^{3}
\end{cases}}.\)
Aby skorzystać ze wzoru \({\displaystyle |S|=2\pi\int_{\alpha }^{\beta } y(t)\sqrt{\left ( x'(t) \right )^{2}+\left ( y'(t) \right )^{2}}\ dt}\)   liczymy pochodną:
\({\displaystyle \begin{cases}
x'(t)=2t\\
y'(t)=1-t^{2}
\end{cases}.}\)
I podstawiamy do wzoru na pole powierzchni bryły obrotowej powstałej przez obrót krzywej zadanej parametrycznie wokół osi \(Ox.\)
\({\displaystyle |S|=2\pi \int_{0}^{\sqrt{2}}(t-\frac{1}{3}t^{3})\sqrt{(2t)^{2}+(1+t^{2})^{2}}\ dt= 2\pi \int_{0}^{\sqrt{2}}(t-\frac{1}{3}t^{3})\sqrt{4t^{2}+1-2t^{2}+t^{4}}\ dt= 2\pi \int_{0}^{\sqrt{2}}(t-\frac{1}{3}t^{3})\sqrt{t^{4}+2t^{2}+1}\ dt= 2\pi \int_{0}^{\sqrt{2}}(t-\frac{1}{3}t^{3})\sqrt{(t+1)^{2}}\ dt= 2\pi \int_{0}^{\sqrt{2}}(t-\frac{1}{3}t^{3})(t+1)\ dt= 2\pi \int_{0}^{\sqrt{2}}(-\frac{1}{3}t^{5}+\frac{2}{3}t^{3}+t)\ dt=\frac{2\pi}{3}\Big [ -\frac{t^{6}}{6}+\frac{2t^{4}}{4}+\frac{3t^{2}}{2} \Big ]_{0}^{\sqrt{2}}= \frac{2\pi}{3}\Big [ -\frac{\sqrt{3}^{6}}{6}+\frac{2\sqrt{3}^{4}}{4}+\frac{3\sqrt{3}^{2}}{2}-0 \Big ]= 6\pi.}\)

 Odpowiedź

Pole bryły wynosi \(6\pi.\)

 Polecenie

Oblicz pole powierzchni bryły obrotowej powstałej w wyniku obrotu podanych krzywych wokół wskazanych osi.

 Bryła 1

Torus powstały przez obrót koła \((x-3)^{2}+y^{2}=1\) wokół osi \(Oy.\)

 Odpowiedź

Torus powstały przez obrót koła \((x-3)^{2}+y^{2}=1\) wokół osi \(Oy\) ma pole równe \(12\pi^{2}.\)

 Rozwiązanie

Koło \((x-3)^{2}+y^{2}=1\) obraca się wokół osi  \(Oy\) tworząc bryłę zwaną torusem.
Wyznaczając z równania zmienną \(y\) mamy:
\(y=\pm\sqrt{1-(x-3)^{2}}\)
Wybieramy dodatni pierwiastek i pole liczone nad osią \(Ox\) podwajamy.
\({\displaystyle y'=\frac{x-3}{\sqrt{1-(x-3)^{2}}}}\)
\({\displaystyle |S|=2\cdot 2\pi\int_{2}^{4}x\sqrt{1+\left (\frac{x-3}{\sqrt{1-(x-3)^{2}}}  \right )^{2}}\ dx=4\pi\int_{2}^{4}x\sqrt{1+\frac{(x-3)^{2}}{1-(x-3)^{2}}}\ dx=4\pi\int_{2}^{4}x\sqrt{\frac{1-(x-3)^{2}+(x-3)^{2}}{1-(x-3)^{2}}}\ dx=4\pi\int_{2}^{4}\frac{x}{\sqrt{1-(x-3)^{2}}}\ dx=-2\pi\int_{2}^{4}\frac{-2x+6-6}{\sqrt{1-(x-3)^{2}}}\ dx= -2\pi\left [\int_{2}^{4}\frac{-2x+6}{\sqrt{1-(x-3)^{2}}}\ dx -6 \int_{2}^{4}\frac{1}{\sqrt{1-(x-3)^{2}}}\ dx \right ]=}\)
 \({\displaystyle -2\pi\left [\int\frac{-2x+6}{\sqrt{1-(x-3)^{2}}}\ dx -6 \int\frac{1}{\sqrt{1-(x-3)^{2}}}\ dx \right ]= \begin{vmatrix} 1-(x-3)^{2}=t\\ -2(x-3)dx=dt\\ (-2x+6)dx=dt \end{vmatrix}, \begin{vmatrix} x-3=z\\ dx=dz \end{vmatrix} = -2\pi\left [\int \frac{dt}{\sqrt{t}} -6 \int \frac{1}{\sqrt{1-z^{2}}}\ dx \right ]= -2\pi \left ( 2\sqrt{t}-6\textrm{arcsin }z\right )= -2\pi \left ( 2\sqrt{1-(x-3)^{2}}-6\textrm{arcsin }(x-3)\right )}\) 
\({\displaystyle =-2\pi \Big [ 2\sqrt{1-(x-3)^{2}}-6\textrm{arcsin }(x-3) \Big ]_{2}^{4}= -2\pi \left [ 2\sqrt{1-1}-6\textrm{arcsin }1-\left (2\sqrt{1-1}-6\textrm{arcsin }(-1)  \right ) \right ]=-2\pi\left [ -6\cdot \frac{\pi}{2}-\left (-6\cdot \frac{-\pi}{2}  \right ) \right ] = -2\pi \left ( -3\pi-3\pi \right )=2\pi\cdot 6\pi=12\pi^{2}}\)
_torus
Torus powstały przez obrót koła \((x-3)^{2}+y^{2}=1\) wokół osi \(Oy\)

 Bryła 2

Bryła powstała przez obrót wykresu funkcji \(f(x)=\cos x\) dla \({\displaystyle x\in \left \langle -\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2} \right \rangle}\) wokół osi \(Ox.\)

 Odpowiedź

Bryła powstała przez obrót wykresu funkcji \(f(x)=\cos x\) dla \({\displaystyle x\in \left \langle -\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2} \right \rangle}\) wokół osi \(Ox\) ma pole równe \(2\pi \left ( \sqrt{2}+\ln(1+\sqrt{2}) \right )\).

 Rozwiązanie

Obracamy wykres funkcji \(f(x)=\cos x\) wokół osi \(Ox\) tylko dla argumentów \({\displaystyle x\in \left \langle -\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2} \right \rangle}.\) Otrzymujemy bryłę o powierzchni:
\({\displaystyle |S|=2\cdot 2\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}|\cos x|\sqrt{1+(-\sin x)^{2}}\ dx=4\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos x\sqrt{1+\sin^{2} x}\ dx= \begin{vmatrix}
\sin x=t\\
\cos x\ dx=dt\\
t_{1}=\sin 0=0\\
t_{2}=\sin \frac{\pi}{2}=1
\end{vmatrix}= 4\pi \int_{0}^{1}\sqrt{1+t^{2}}\ dt= \frac{4\pi}{2}\Big[ t\sqrt{1+t^{2}}+\ln \left | t+\sqrt{1+t^{2}} \right |\Big]_{0}^{1}= 2\pi \left ( 1\cdot \sqrt{2}+\ln(1+\sqrt{2})-0\cdot \sqrt{1}-\ln(0+\sqrt{1}) \right )=2\pi \left ( \sqrt{2}+\ln(1+\sqrt{2}) \right ).}\)
Całkę policzyliśmy stosując I podstawienie Eulera.
\({\displaystyle \int\sqrt{1+t^{2}}\ dt = \begin{vmatrix}
z=t+\sqrt{1+t^{2}}\\
z-t=\sqrt{1+t^{2}}\ \ \ /()^{2}\\
z^{2}-2zt+t^{2}=1+t^{2}\\
z^{2}-2zt=1\\
z^{2}-1=2zt\\
t=\frac{z^{2}-1}{2z}\\
dt=\frac{2z\cdot 2z-(z^{2}-1)\cdot 2}{4z^{2}}\ dz\\
dt=\frac{2z^{2}-z^{2}+1}{2z^{2}}\ dz\\
dt=\frac{z^{2}+1}{2z^{2}}\ dz\\
\end{vmatrix}=\int \frac{z^{2}-1}{2z}\cdot \frac{z^{2}+1}{2z^{2}}\ dz= \frac{1}{4} \int \frac{(z^{2}-1)^{2}}{z^{3}}\ dz=\frac{1}{4} \int \frac{z^{4}-2z^{2}+1}{z^{3}}\ dz= \frac{1}{4} \left (z-\frac{2}{z}+z^{-3}  \right )\ dz = \frac{1}{4}\left ( \frac{z^{2}}{2}-2\ln|z|-\frac{1}{2z^{2}} \right )=\frac{z^{2}}{8}+\frac{1}{2}\ln |z|-\frac{1}{8z^{2}}+C =\bigstar }\)
\({\displaystyle  \color{#336979}{z^{2}=(t+\sqrt{1+t^{2}})^{2}=t^{2}+2t\sqrt{1+t^{2}}+1+t^{2}=2t^{2}+2t\sqrt{1+t^{2}}+1}}\\
{\displaystyle \color{#388E3C}{\frac{1}{z^{2}}=\frac{1}{(t+\sqrt{1+t^{2}})^{2}}=\frac{(t-\sqrt{1+t^{2}})^{2}}{(t^{2}-1-t^{2}})^{2}=t^{2}-2t\sqrt{1+t^{2}}+1+t^{2}= 2t^{2}-2t\sqrt{1+t^{2}}+1}}\)
\({\displaystyle \bigstar=\frac{1}{8}\left ( \color{#336979}{z^{2}}-\color{#388E3C}{\frac{1}{z^{2}}} \right )+\frac{1}{2}\ln|z|+C= \frac{1}{8} \left ( 2t^{2}+1+2t\sqrt{1+t^{2}}-2t^{2}+2t\sqrt{1+t^{2}}-1 \right )+\frac{1}{2}\ln|t+\sqrt{1+t^{2}}|+C =\frac{1}{2}\left ( t\sqrt{1+t^{2}}+\ln|t+\sqrt{1+t^{2}}| \right )+C}\)
_rysunek_10.4.5

 Bryła 3

Bryła powstała przez obrót wykresu funkcji \(f(x)=2\sqrt{x},\)  dla \(x\in \left \langle 0;4 \right \rangle\) wokół osi \(Ox.\)

 Odpowiedź

Bryła powstała przez obrót wykresu funkcji \(f(x)=2\sqrt{x},\)  dla \(x\in \left \langle 0;4 \right \rangle\) wokół osi \(Ox\) ma pole powierzchni bocznej równe \({\displaystyle \frac{\pi}{24}\left ( 65\sqrt{65}-1 \right ).}\)

 Rozwiązanie

Bryła powstała przez obrót wykresu funkcji \(f(x)=2\sqrt{x},\)  dla \(x\in \left \langle 0;4 \right \rangle\) wokół osi \(Ox\) ma pole powierzchni bocznej równe (\(f'(x)=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}=\frac{1}{4\sqrt{x}}\)):
\({\displaystyle |S|= 2\pi\int_{0}^{4} |2\sqrt{x}|\sqrt{1+\left ( \frac{1}{4\sqrt{x}} \right )^{2}}\ dx= 4\pi \int_{0}^{4}\sqrt{x}\sqrt{1+\frac{1}{16x}}\ dx= 4\pi \int_{0}^{4}\sqrt{x+\frac{1}{16}}\ dx= \begin{vmatrix}
x+\frac{1}{16}=t\\
dx=dt\\
t_{1}=0+\frac{1}{16}=\frac{1}{16}\\
t_{2}=4+\frac{1}{16}=4\frac{1}{16}
\end{vmatrix}=4\pi\int_{\frac{1}{16}}^{4\frac{1}{16}} \sqrt{t}\ dt=4\pi \Big[\frac{t^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}} \Big ]_{\frac{1}{16}}^{4\frac{1}{16}}=4\pi\cdot \frac{2}{3} \Big[\sqrt{t}^{3} \Big ]_{\frac{1}{16}}^{4\frac{1}{16}}= \frac{8\pi}{3} \Big[\sqrt{\frac{65}{16}}^{3}-\left ( \frac{1}{4} \right )^{3} \Big ]= \frac{\pi}{24}\left ( 65\sqrt{65}-1 \right ).}\)
_rysunek_10.4.6
W zadaniach 1-6 tylko jedna odpowiedź jest prawidłowa. Zaznacz ją i zweryfikuj klikając przycisk "Sprawdź" lub na końcu quizu "Sprawdź poprawność odpowiedzi".

Zadanie 1

Pole powierzchni bryły obrotowej powstałej przez obrót wykresu funkcji \({\displaystyle f(x)=\frac{2}{3}x^{3},}\) dla \(x\in \left \langle 0;2 \right \rangle\) wokół osi \(Ox\) wynosi:

Zadanie 2

Pola sfery o promieniu \(R\) nie można opisać wzorem:

Zadanie 3

Pole powierzchni bocznej walca powstałego przez obrót prostej \(f(x)=4\) wokół osi \(Ox,\) dla \(1 \leqslant x \leqslant 5\) nie jest równe:

Zadanie 4

Pole powierzchni bryły powstałej przez obrót asteroidy podanej wzorem  \(\begin{cases}
x(t)=\cos^{3}t\\
y(t)=\sin^{3}t
\end{cases},\) dla  \(t\in \left \langle 0;\pi \right \rangle\) można opisać wzorem:

Zadanie 5

Pole powierzchni bryły powstałej przez obrót asteroidy podanej wzorem  \(\begin{cases}
x(t)=\cos^{3}t\\
y(t)=\sin^{3}t
\end{cases},\) dla  \(t\in \left \langle 0;\pi \right \rangle\) wynosi:

Zadanie 6

Pole powierzchni bryły obrotowej powstałej przez obrót wykresu funkcji \(f(x)=\sqrt{x+4}\) wokół osi \(Ox,\) dla  \(x\in \left \langle 0;12 \right \rangle\) jest równe:

Podsumowanie