【高等数学基础进阶】定积分应用本文已参与「新人创作礼」活动，一起开启掘金创作之路。几何应用平面图形的面积若平面域$

本文已参与「新人创作礼」活动，一起开启掘金创作之路。

几何应用

平面图形的面积

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

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

化成二重积分

S=\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

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

化成二重积分

S=\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 $y=f(x),(f(x)\geq0),x=a,x=b(a<b)$ 所围成，则

区域 $D$ 绕 $x$ 轴旋转一周所得到的旋转体积为

V_{x}=\pi \int^{b}_{a}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^{b}_{a}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 $\begin{aligned} r(x,y)=\frac{|ax+by-c|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\end{aligned}$ ，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 \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\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\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

如果由直角坐标方程给出 $C:y=y(x),a\leq x\leq b$

s=\int^{b}_{a}\sqrt{1+y'^{2}}dx

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

s=\int^{\beta}_{\alpha}\sqrt{x'^{2}+y'^{2}}dt

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

s=\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\pi \int^{b}_{a}f(x)\sqrt{1+f'^{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'(x)dx)^{2}}=\sqrt{1+f'^{2}(x)}dx

$即 $$S=2\pi \int^{b}_{a}f(x)\sqrt{1+f'^{2}(x)}dx=2\pi \int^{b}_{a}f(x)dS$$ 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{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 $r=\cos3\theta (-\frac{\pi}{6}\leq \theta \leq \frac{\pi}{6})$ ，则 $L$ 所围平面图形的面积为（）

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

\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 $L:y=\ln x$ 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 \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 $(e^{2},2)$

\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 $y=\int^{x}_{0}\tan tdt(0\leq x\leq \frac{\pi}{4})$ 的弧 $s=()$

\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 $x^{2}+y^{2}=2y(y\geq \frac{1}{2})$ 与 $x^{2}+y^{2}=1(y\leq \frac{1}{2})$ 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 $g m/s^{2}$ ，水的密度为 $10^{3} kg/m^{3}$ ）

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

在 $x^{2}+y^{2}=1(y\leq \frac{1}{2},x\geq0)$ 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^{\frac{1}{2}}_{-1}x^{2}dy=2 \cdot \pi \int^{\frac{1}{2}}_{-1}(1-y^{2})dy=\frac{9\pi}{4}

在 $x^{2}+y^{2}=1(y\leq \frac{1}{2})$ 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 $x^{2}+y^{2}=2y(y\geq \frac{1}{2})$ 同理，换一个方程就行

\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 $dy$ 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{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

\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