Дубовик О.А., Совертков П.И

сти, т.е. дуги АВ, найдем ее уравнение y =

R2 − x2

,

где x [0; R]:

′

x

′

2

x2

′ 2

R2

y

= −

, ( y )

=

,

1 +

( y )

=

.

R2 − x2

R2 − x2

R2 − x2

Длина окружности равна:

l = 4

R

R dx

= 4R arctg

x

R

= 4R

R

4R

π

, l = 2πR.

arctg

−0

=

∫0

R

R

2

R2 − x2

0

Второй способ. Пусть для произвольной точки

M окружно-

2

π

x′2 + y′2 = R2 , l = 4∫R dt = 4Rt

02 = 2πR.

0

сти получаем полярное

уравнение r = R = const, тогда r′ = 0,

π

2

π

r + r′2 = R и l = 4∫R dϕ = 4Rϕ

02 = 2πR.

0

Верхняя

полуокруж-

у

ность ABC имеет уравнение

B

y

= a +

r2 − x2 ,

а

нижняя

y1

= a +

r 2 − x 2

1

полуокружность CDA имеет

r

уравнение y2

= a −

r2 − x2 .

C

A

Объем тора равен раз-

a

ности объемов тел, получен-

y2

= a −

r 2 − x 2

ных

при

вращении

этих

D

х

полуокружностей, поэтому:

О

V = π∫r

y12 (x) dx − π∫r

y22 (x) dx = π∫r

Рис. 20

( y12 (x) − y22 (x)) dx =

−r

)

−r

)

−r

r

+

r

2

− x

2

2

−(a −

r

2

− x

2

2

r

r

2

− x

2

dx =

= π∫

(a

dx = 4πa ∫

−r

−r

= 4πar ∫

1 − x2

dx =

x

= cost

dx r

= −4πar∫r sin2 t dt =

r

2

0

−r

r

= −sin t dt

π

r

0

2 0

1 − cos 2t

2

sin 2t

2

2

= −4πar

∫

dt = −πar

t

−

. V =

2π

ar

.

2

2

π

π

4. Вычисление площади поверхности

Пример 25. Найти площадь поверхности, образованной

вращением одной

арки

циклоиды

x = a(t −sin t), y = a(1 − cost),

t [0; 2π] вокруг оси Ox .

Решение. x′ = a − a cost, y′ = a sin t,

x

′2

+ y

′2

=

2a

2

(1− cost) = 4a

2

sin

2 t

,

x

′2

+ y

′2

= 2a sin

t

,

2

2

P = 2π2∫π y(t)

x′2 + y′2 dt = 2π2∫π a(1− cost)2asin

t

dt =

8πa2

2∫πsin3

t

dt =

0

0

2

0

2

2

2π

2

t

t

2 2π

2 t

t

= −16πa

∫

sin

d

cos

= −16πa

∫

1 − cos

d cos

=

2

2

2

2

0

0

= −16πa

2

t

1

3 t

2π

64πa2

,

P

64πa2

cos

−

cos

=

=

.

3

2

3

2

0

3

62

5. Доказательство равенств

Пример 26. Доказать, что для любых чисел x1 , x2 ,

удовлетво-

ряющих условию

x1

<1,

x2

<1,

выполняется равенство:

arctg x

+ arctg x

= arctg

x1 + x2

.

1

2

1 − x1 x2

x + x2

Решение. Рассмотрим

функцию

F(x) = arctg

,

тогда

1 − xx

′

2

′

1

x + x2

F (x) =

=

2

1 − xx2

1 +

x + x2

1 − xx2

=

(1 − xx )2

(1 − xx ) − (x + x )(−x )

=

2

2

2

2

(1

− xx )2

+

(x + x

)2

(1

− xx

)2

2

2

2

1 + x

2

1

′

1

′

2

= (1 + x2 ) (1 + x2 ) = 1 + x2 , т.е. F (x)

= 1 + x2

=

(arctg x) .

2

Функции F(x) и arctg x

имеют равные производные, следова-

тельно, они являются первообразными для функции

1

и эти

1

+ x2

первообразные

отличаются

на

постоянную

величину,

т.е.

F(x) = arctg x + C.

Полагая в этом равенстве x = 0 и учитывая arctg 0 = 0 , полу-

чаем arctg x

= C. Значит arctg

x + x2

= arctg x + arctg x . При x = x

2

1 − xx2

2

1

x1 + x2

получаем arctg

= arctg x + arctg x .

1 − x1 x2

1

2

Замечание.

Областью значений функции y = arctg x является

множество

− π;

π .

Ограничения

x

<1,

x

<1

обеспечивают вы-

2

1

2

2

полнение неравенств

− π < arctg x

< π, −

π < arctg x < π

, а значит

4

1

4

4

1

4