Геометрические приложения криволинейных интегралов

Криволинейные интегралы имеют многочисленные приложения в математике, физике и прикладных расчетах. В частности, с их помощью вычисляются

• Длина кривой;

• Площадь области, ограниченной замкнутой кривой;

• Объем тела, образованного вращением замкнутой кривой относительно некоторой оси.

Пусть \(C\) является гладкой, кусочно-непрерывной кривой, которая описывается вектором \(\mathbf{r}\left( t \right),\,\alpha \le t \le \beta .\) Длина данной кривой выражается следующим криволинейным интегралом \[ {L = \int\limits_C {ds} } = {\int\limits_\alpha ^\beta {\left| {\frac{{d\mathbf{r}}}{{dt}}\left( t \right)} \right|dt} } = {\int\limits_\alpha ^\beta {\sqrt {{{\left( {\frac{{dx}}{{dt}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{dy}}{{dt}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{dz}}{{dt}}} \right)}^2}} dt} ,} \] где \(\large\frac{{d\mathbf{r}}}{{dt}}\normalsize\) − производная, а \(x\left( t \right),y\left( t \right),z\left( t \right)\) − компоненты векторной функции \(\mathbf{r}\left( t \right).\) Если кривая \(C\) задана в плоскости, то ее длина выражается формулой \[ {L = \int\limits_C {ds} } = {\int\limits_\alpha ^\beta {\left| {\frac{{d\mathbf{r}}}{{dt}}\left( t \right)} \right|dt} } = {\int\limits_\alpha ^\beta {\sqrt {{{\left( {\frac{{dx}}{{dt}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{dy}}{{dt}}} \right)}^2}} dt} .} \] Если кривая \(C\) представляет собой график явно заданной, непрерывной и дифференцируемой функции \(y = f\left( x \right)\) в плоскости \(Oxy,\) то длина такой кривой вычисляется по формуле \[L = \int\limits_a^b {\sqrt {1 + {{\left( {\frac{{dy}}{{dx}}} \right)}^2}} dx} .\] Наконец, если кривая \(C\) задана в полярных координатах уравнением \(r = r\left( \theta \right),\,\alpha \le \theta \le \beta ,\) и функция \(r\left( \theta \right)\) является непрерывной и дифференцируемой в интервале \(\left[ {\alpha ,\beta } \right],\) то длина кривой определяется выражением \[L = \int\limits_\alpha ^\beta {\sqrt {{{\left( {\frac{{dr}}{{d\theta }}} \right)}^2} + {r^2}} d\theta } .\] Пусть \(C\) является гладкой, кусочно-непрерывной и замкнутой кривой, заданной в плоскости \(Oxy\) (рисунок\(1\)). Тогда площадь области \(R,\) ограниченной данной кривой, определяется формулами \[ {S = \oint\limits_C {xdy} = - \oint\limits_C {ydx} } = {\frac{1}{2}\int\limits_C {xdy - ydx} .} \] Здесь предполагается, что обход кривой \(C\) производится против часовой стрелки. Если замкнутая кривая \(C\) задана в параметрическом виде \(\mathbf{r}\left( t \right) = \left( {x\left( t \right),y\left( t \right)} \right),\) то площадь соответствуюшей области равна \[ {S = \int\limits_\alpha ^\beta {x\left( t \right)\frac{{dy}}{{dt}}dt} } = { - \int\limits_\alpha ^\beta {y\left( t \right)\frac{{dx}}{{dt}}dt} } = {\frac{1}{2}\int\limits_\alpha ^\beta {\left[ {x\left( t \right)\frac{{dy}}{{dt}} - y\left( t \right)\frac{{dx}}{{dt}}} \right]dt} .} \] Предположим, что область \(R\) расположена в верхней полуплоскости \(y \ge 0\) и ограничена гладкой, кусочно-непрерывной и замкнутой кривой \(C,\) обход которой осуществляется против часовой стрелки. В результате вращения области \(R\) вокруг оси \(Ox\) образуется тело \(\Omega\) (рисунок \(2\)). Объем данного тела определяется формулами \[ {V = - \pi \oint\limits_C {{y^2}dx} } = { - 2\pi \oint\limits_C {xydy} } = { - \frac{\pi }{2}\oint\limits_C {2xydy + {y^2}dx} .} \]

Пример 1

Найти длину кривой \(a{y^2} = {x^3}\) при условии \(0 \le x \le 5a,\,y \ge 0.\) Запишем функцию в виде \({y^2} = \large\frac{{{x^3}}}{a}\normalsize\) или \(y = \pm \sqrt {\large\frac{{{x^3}}}{a}\normalsize}.\) Поскольку \(y \ge 0,\) то мы возьмем только положительный корень в уравнении кривой (рисунок \(3\)). Длина кривой равна \[ {L = \int\limits_0^{5a} {\sqrt {1 + {{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}} dx} } = {\int\limits_0^{5a} {\sqrt {1 + {{\left[ {\frac{d}{{dx}}\left( {\sqrt {\frac{{{x^3}}}{a}} } \right)} \right]}^2}} dx} } = {\int\limits_0^{5a} {\sqrt {1 + {{\left[ {\frac{{\frac{{3{x^2}}}{a}}}{{2\sqrt {\frac{{{x^3}}}{a}} }}} \right]}^2}} dx} } = {\int\limits_0^{5a} {\sqrt {1 + {{\left[ {\frac{{3\sqrt x }}{{2\sqrt a }}} \right]}^2}} dx} } = {\int\limits_0^{5a} {\sqrt {1 + \frac{{9x}}{{4a}}} dx} } = {\frac{1}{{2\sqrt a }}\int\limits_0^{5a} {\sqrt {4a + 9x} dx} } = {\frac{1}{{18\sqrt a }}\left[ {\left. {\left( {\frac{{{{\left( {9x + 4a} \right)}^{\large\frac{3}{2}\normalsize}}}}{{\frac{3}{2}}}} \right)} \right|_{x = 0}^{5a}} \right] } = {\frac{1}{{27\sqrt a }}\left[ {{{\left( {45a + 4a} \right)}^{\large\frac{3}{2}\normalsize}} - {{\left( {4a} \right)}^{\large\frac{3}{2}\normalsize}}} \right] } = {\frac{1}{{27\sqrt a }}\left[ {\sqrt {{{\left( {49a} \right)}^3}} - \sqrt {{{\left( {4a} \right)}^3}} } \right] } = {\frac{a}{{27}}\left( {\sqrt {{{49}^3}} - \sqrt {{4^3}} } \right) } = {\frac{a}{{27}}\left( {{7^3} - {2^3}} \right) } = {\frac{{335}}{{27}}.} \]

Пример 2

Вычислить длину астроиды \({x^{\large\frac{2}{3}\normalsize}} + {y^{\large\frac{2}{3}\normalsize}} = {a^{\large\frac{2}{3}\normalsize}}.\) Астроида показана выше на рисунке \(4.\) В силу симметрии, достаточно вычислить длину кривой, лежащей в первом квадранте, и затем умножить результат на \(4.\) Уравнение астроиды в первом квадранте имеет вид \[ y = {\left( {{a^{\large\frac{2}{3}\normalsize}} - {x^{\large\frac{2}{3}\normalsize}}} \right)^{\large\frac{3}{2}\normalsize}},\;\; \text{где}\;\;x \in \left[ {0,a} \right]. \] Тогда \[ {\frac{{dy}}{{dx}} = \frac{3}{2}{\left( {{a^{\large\frac{2}{3}\normalsize}} - {x^{\large\frac{2}{3}\normalsize}}} \right)^{\large\frac{1}{2}\normalsize}}\left( { - \frac{2}{3}{x^{ - \large\frac{1}{3}\normalsize}}} \right) } = { - \frac{{{{\left( {{a^{\large\frac{2}{3}\normalsize}} - {x^{\large\frac{2}{3}\normalsize}}} \right)}^{\large\frac{1}{2}\normalsize}}}}{{{x^{\large\frac{1}{3}\normalsize}}}},} \] и, следовательно, \[ {{\left( {\frac{{dy}}{{dx}}} \right)^2} } = {{\left[ { - \frac{{{{\left( {{a^{\large\frac{2}{3}\normalsize}} - {x^{\large\frac{2}{3}\normalsize}}} \right)}^{\large\frac{1}{2}\normalsize}}}}{{{x^{\large\frac{1}{3}\normalsize}}}}} \right]^2} } = {\frac{{{a^{\large\frac{2}{3}\normalsize}} - {x^{\large\frac{2}{3}\normalsize}}}}{{{x^{\large\frac{2}{3}\normalsize}}}} } = {\frac{{{a^{\large\frac{2}{3}\normalsize}}}}{{{x^{\large\frac{2}{3}\normalsize}}}} - 1.} \] Таким образом, длина всей астроиды равна \[ {L = 4\int\limits_0^a {\sqrt {1 + \frac{{{a^{\large\frac{2}{3}\normalsize}}}}{{{x^{\large\frac{2}{3}\normalsize}}}} - 1}\,dx} } = {4\int\limits_0^a {\frac{{{a^{\large\frac{1}{3}\normalsize}}}}{{{x^{\large\frac{1}{3}\normalsize}}}}dx} } = {4{a^{\large\frac{1}{3}\normalsize}}\int\limits_0^a {{x^{ - \large\frac{1}{3}\normalsize}}dx} } = {4{a^{\large\frac{1}{3}\normalsize}}\left[ {\left. {\left( {\frac{{{x^{\large\frac{2}{3}\normalsize}}}}{{\frac{2}{3}}}} \right)} \right|_0^a} \right] } = {4{a^{\large\frac{1}{3}\normalsize}} \cdot \frac{3}{2}{a^{\large\frac{2}{3}\normalsize}} } = {6a.} \]

Пример 3

Найти длину пространственной кривой, заданной параметрически в виде \(\mathbf{r}\left( t \right) = \left( {3t,3{t^2},2{t^3}} \right),\) где \(0 \le t \le 1.\) Используя формулу \[ {L = \int\limits_C {ds} } = {\int\limits_\alpha ^\beta {\sqrt {{{\left( {\frac{{dx}}{{dt}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{dy}}{{dt}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{dz}}{{dt}}} \right)}^2}} dt},} \] получаем \[ {L = \int\limits_C {ds} } = {\int\limits_\alpha ^\beta {\sqrt {{{\left( {\frac{{d\left( {3t} \right)}}{{dt}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{d\left( {3{t^2}} \right)}}{{dt}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{d\left( {2{t^3}} \right)}}{{dt}}} \right)}^2}} dt} } = {\int\limits_0^1 {\sqrt {{3^2} + {{\left( {6t} \right)}^2} + {{\left( {6{t^2}} \right)}^2}} dt} } = {\int\limits_0^1 {\sqrt {9 + 36{t^2} + 36{t^4}} dt} } = {\int\limits_0^1 {\sqrt {{{\left( {3 + 6{t^2}} \right)}^2}} dt} } = {\int\limits_0^1 {\left( {3 + 6{t^2}} \right)dt} } = {\left. {\left( {3t + 2{t^3}} \right)} \right|_0^1 = 5.} \]

Пример 4

Найти длину циклоиды, заданной в параметрическом виде вектором \(\mathbf{r}\left( t \right) = \left( {a\left( {t - \sin t} \right),a\left( {1 - \cos t} \right)} \right)\) в интервале \(0 \le t \le 2\pi\) (рисунок \(5\)). Воспользуемся формулой \[ {L = \int\limits_C {ds} } = {\int\limits_\alpha ^\beta {\sqrt {{{\left( {\frac{{dx}}{{dt}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{dy}}{{dt}}} \right)}^2}} dt} .} \] Здесь производные равны \[\frac{{dx}}{{dt}} = \frac{{d\left( {a\left( {t - \sin t} \right)} \right)}}{{dt}} = a\left( {1 - \cos t} \right),\] \[\frac{{dy}}{{dt}} = \frac{{d\left( {a\left( {1 - \cos t} \right)} \right)}}{{dt}} = a\sin t.\] Тогда длина циклоиды имеет значение \[ {L = \int\limits_0^2 {\sqrt {{{\left( {a\left( {1 - \cos t} \right)} \right)}^2} + {{\left( {a\sin t} \right)}^2}} dt} } = {\int\limits_0^2 {\sqrt {1 - 2\cos t + {{\cos }^2}t + {{\sin }^2}t} \,dt} } = {\int\limits_0^2 {\sqrt {2 - 2\cos t} \,dt} } = {a\sqrt 2 \int\limits_0^2 {\sqrt {1 - \cos t} \,dt} } = {a\sqrt 2 \int\limits_0^2 {\sqrt {2{{\sin }^2}\left( {\frac{t}{2}} \right)} dt} } = {2a\int\limits_0^2 {\sin \frac{t}{2}dt} } = {2a\left[ {\left. {\left( { - \frac{{\cos \frac{t}{2}}}{{\frac{1}{2}}}} \right)} \right|_{t = 0}^{2\pi }} \right] } = {4a\left( { - \cos \pi + \cos 0} \right) } = {8a.} \]

Пример 5

Вычислить длину параболы \(y = {x^2}\) в интервале \(0 \le x \le 1.\) Применяя формулу \[L = \int\limits_a^b {\sqrt {1 + {{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}} dx} ,\] находим, что \[ {L = \int\limits_0^1 {\sqrt {1 + {{\left[ {\frac{{d\left( {{x^2}} \right)}}{{dx}}} \right]}^2}} dx} } = {\int\limits_0^1 {\sqrt {1 + {{\left( {2x} \right)}^2}} dx} } = {\int\limits_0^1 {\sqrt {1 + 4{x^2}} dx} .} \] Для вычисления полученного интеграла сделаем замену \(x = {\large\frac{1}{2}\normalsize}\tan t,\;dx = {\large\frac{1}{2}\normalsize} {\large\frac{{dt}}{{{{\cos }^2}t}}\normalsize}.\) Следовательно, \(2x = \tan t,\;t = \arctan \left( {2x} \right).\) При \(x = 0\) получаем \(t = \arctan 0 = 0,\) а при \(x = 1\) − соответственно, \(t = \arctan 2.\) Тогда длина участка параболы равна \[ {L = \int\limits_0^{\arctan 2} {\sqrt {1 + {{\tan }^2}t} \cdot \frac{{dt}}{{2{{\cos }^2}t}}} - \frac{1}{2}\int\limits_0^{\arctan 2} {\frac{{dt}}{{{{\cos }^3}t}}} } = {\frac{1}{2}\int\limits_0^{\arctan 2} {\frac{{\cos tdt}}{{{{\cos }^4}t}}} } = {\frac{1}{2}\int\limits_0^{\arctan 2} {\frac{{d\left( {\sin t} \right)}}{{{{\left( {1 - {\sin^2}t} \right)}^2}}}} .} \] Сделаем еще одну замену. Положим \(\sin t = z.\) Если \(t = 0,\) то \(z = 0.\) Если \(t = \arctan 2,\) то \[ {z = \sin \left( {\arctan 2} \right) } = {\sqrt {\frac{{{{\left[ {\tan \left( {\arctan 2} \right)} \right]}^2}}}{{{{\left[ {\tan \left( {\arctan 2} \right)} \right]}^2} + 1}}} } = {\sqrt {\frac{{{2^2}}}{{{2^2} + 1}}} } = {\frac{2}{{\sqrt 5 }}.} \] В приведенном выше выражении мы использовали тригонометрическое соотношение \[\sin \alpha = \sqrt {\frac{{{{\tan }^2}\alpha }}{{{{\tan }^2}\alpha + 1}}} .\] В результате длина кривой равна \[ {L = \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{2}{{\sqrt 5 }}} {\frac{{dz}}{{{{\left( {1 - {z^2}} \right)}^2}}}} } = {\frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{2}{{\sqrt 5 }}} {\frac{{dz}}{{{{\left( {1 - z} \right)}^2}{{\left( {1 + z} \right)}^2}}}} .} \] Разложим подынтегральное выражение на сумму элементарных рациональных дробей. \[ {\frac{1}{{{{\left( {1 - z} \right)}^2}{{\left( {1 + z} \right)}^2}}} } = {\frac{A}{{{{\left( {1 - z} \right)}^2}}} + \frac{B}{{1 - z}} } + {\frac{C}{{{{\left( {1 + z} \right)}^2}}} + \frac{D}{{1 + z}},} \] \[ {1 = A{\left( {1 + z} \right)^2} + B\left( {1 - z} \right){\left( {1 + z} \right)^2} } + {C{\left( {1 - z} \right)^2} + D\left( {1 + z} \right){\left( {1 - z} \right)^2},} \] \[ {1 = A\left( {1 + 2z + {z^2}} \right) + \left( {B - Bz} \right)\left( {1 + 2z + {z^2}} \right) } + {C\left( {1 - 2z + {z^2}} \right) + \left( {D + Dz} \right)\left( {1 - 2z + {z^2}} \right),} \] \[ {1 = A + 2Az + A{z^2} } + {B - Bz + 2Bz - 2B{z^2} + B{z^2} - B{z^3} } + {C - 2Cz + C{z^2} } + {D + Dz - 2Dz - 2D{z^2} + D{z^2} + D{z^3}.} \] Следовательно, \[\left\{ \begin{array}{l} A + B + C + D = 1\\ 2A + B - 2C - 2D = 0\\ A - B + C - D = 0\\ - B + D = 0 \end{array} \right..\] Решая данную систему уравнений, находим коэффициенты \[A = B = C = D = \frac{1}{4}.\] Таким образом, \[ {L = \frac{1}{2}\int\limits_0^{\large\frac{2}{{\sqrt 5 }}\normalsize} {\frac{{dz}}{{{{\left( {1 - z} \right)}^2}{{\left( {1 + z} \right)}^2}}}} } = {\frac{1}{8}\left[ {\int\limits_0^{\large\frac{2}{{\sqrt 5 }}\normalsize} {\frac{{dz}}{{{{\left( {1 - z} \right)}^2}}}} + \int\limits_0^{\large\frac{2}{{\sqrt 5 }}\normalsize} {\frac{{dz}}{{1 - z}}} + \int\limits_0^{\large\frac{2}{{\sqrt 5 }}\normalsize} {\frac{{dz}}{{{{\left( {1 + z} \right)}^2}}}} + \int\limits_0^{\large\frac{2}{{\sqrt 5 }}\normalsize} {\frac{{dz}}{{1 + z}}} } \right] } = {\frac{1}{8}\left[ {\left. {\left( {\frac{1}{{1 - z}} - \ln \left| {1 - z} \right| - \frac{1}{{1 + z}} + \ln \left| {1 + z} \right|} \right)} \right|_0^{\large\frac{2}{{\sqrt 5 }}\normalsize}} \right] } = {\frac{1}{8}\left[ {\left. {\left( {\frac{{2z}}{{1 - {z^2}}} - \ln \left| {\frac{{1 + z}}{{1 - z}}} \right|} \right)} \right|_0^{\large\frac{2}{{\sqrt 5 }}\normalsize}} \right] } = {\frac{1}{8}\left[ {\frac{{2 \cdot \frac{2}{{\sqrt 5 }}}}{{1 - {{\left( {\frac{2}{{\sqrt 5 }}} \right)}^2}}} - \ln \left| {\frac{{1 + \frac{2}{{\sqrt 5 }}}}{{1 - \frac{2}{{\sqrt 5 }}}}} \right| - 0} \right] } = {\frac{1}{8}\left( {4\sqrt 5 + \ln \frac{{\sqrt 5 + 2}}{{\sqrt 5 - 2}}} \right) } = {\frac{{\sqrt 5 }}{2} + \frac{1}{8}\ln \frac{{{{\left( {\sqrt 5 + 2} \right)}^2}}}{{5 - 4}} } = {\frac{{\sqrt 5 }}{2} + \frac{1}{4}\ln \left( {\sqrt 5 + 2} \right) \approx 1,48.} \]

Пример 6

Найти длину кардиоиды, заданной в полярных координатах уравнением \(r = 5\left( {1 + \cos \theta } \right)\) (рисунок \(6\)). Используем соотношение \[L = \int\limits_\alpha ^\beta {\sqrt {{r^2} + {{\left( {\frac{{dr}}{{d\theta }}} \right)}^2}} d\theta } .\] Длина кардиоиды выражается в виде \[ {L = \int\limits_0^{2\pi } {\sqrt {{{\left( {5\left( {1 + \cos \theta } \right)} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{d\left( {5\left( {1 + \cos \theta } \right)} \right)}}{{d\theta }}} \right)}^2}} d\theta } } = {5\int\limits_0^{2\pi } {\sqrt {1 + 2\cos \theta + {{\cos }^2}\theta + {{\left( { - \sin \theta } \right)}^2}} d\theta } } = {5\int\limits_0^{2\pi } {\sqrt {1 + \cos \theta } d\theta } } = {5\sqrt 2 \int\limits_0^{2\pi } {\sqrt {2{{\left( {\cos\frac{\theta }{2}} \right)}^2}} d\theta } } = {10\int\limits_0^{2\pi } {\sqrt {{{\left( {\cos\frac{\theta }{2}} \right)}^2}} d\theta } .} \] Заметим, что \({\cos \large\frac{\theta }{2}\normalsize} \ge 0\) при \(0 \le \theta \le \pi,\) и \({\cos \large\frac{\theta }{2}\normalsize} \le 0\) при \(\pi \le \theta \le 2\pi.\) Следовательно, \[\sqrt {{{\left( {\cos\frac{\theta }{2}} \right)}^2}} = \cos\frac{\theta }{2}\;\;\text{при}\;\;0 \le \theta \le \pi ,\] \[\sqrt {{{\left( {\cos\frac{\theta }{2}} \right)}^2}} = -\cos\frac{\theta }{2}\;\;\text{при}\;\;\pi \le \theta \le 2\pi .\] Записывая последний интеграл в виде суммы \(2\) интегралов, находим длину кардиоиды. \[ {L = 10\int\limits_0^{2\pi } {\sqrt {{{\left( {\cos\frac{\theta }{2}} \right)}^2}} d\theta } } = {10\left[ {\int\limits_0^\pi {\cos\frac{\theta }{2}d\theta } + \int\limits_\pi ^{2\pi } {\left( { - \cos\frac{\theta }{2}} \right)d\theta } } \right] } = {10\left[ {\left. {\left( {\frac{{\sin\frac{\theta }{2}}}{{\frac{1}{2}}}} \right)} \right|_{\theta = 0}^\pi - \left. {\left( {\frac{{\sin\frac{\theta }{2}}}{{\frac{1}{2}}}} \right)} \right|_{\theta = \pi }^{2\pi }} \right] } = {20\left[ {\left( {\sin \frac{\pi }{2} - \sin 0} \right) - \left( {\sin \pi - \sin \frac{\pi }{2}} \right)} \right] } = {20\left[ {\left( {1 - 0} \right) - \left( {0 - 1} \right)} \right] = 40.} \]

Пример 7

Найти площадь области, ограниченной гиперболой \(y = \large\frac{1}{x}\normalsize,\) осью \(Ox\) и вертикальными прямыми \(x = 1,\) \(x = 2\) (рисунок \(7\)). Вычислим площадь с помощью криволинейного интеграла. \[ {S = - \oint\limits_C {ydx} } = { - \int\limits_{AB} {ydx} - \int\limits_{BD} {ydx} - \int\limits_{DE} {ydx} - \int\limits_{EA} {ydx} .} \] Найдем отдельно каждый из интегралов. \[ - \int\limits_{AB} {ydx} = - \int\limits_1^2 {0 \cdot dx} = 0,\] \[ - \int\limits_{BD} {ydx} = - \int\limits_0^0 {ydx} = 0,\] \[ {- \int\limits_{DE} {ydx} = - \int\limits_2^1 {\frac{{dx}}{x}} } = {\left. {\left( { - \ln x} \right)} \right|_2^1 } = { - \ln 1 + \ln 2 = \ln 2,} \] \[ - \int\limits_{EA} {ydx} = - \int\limits_0^0 {ydx} = 0.\] Следовательно, площадь заданной области равна \[S = \ln 2.\]

Пример 8

Найти площадь области, ограниченной эллипсом, заданным параметрически в виде \(x = a\cos t,\;y = b\sin t,\;0 \le t \le 2\pi \) (рисунок \(8\)). Применим сначала формулу \(S = \oint\limits_C {xdy} = \int\limits_\alpha ^\beta {x\left( t \right){\large\frac{{dy}}{{dt}}\normalsize} dt} .\) Получаем \[ {S = \int\limits_0^{2\pi } {a\cos t\frac{{d\left( {b\sin t} \right)}}{{dt}}dt} } = {ab\int\limits_0^{2\pi } {{{\cos }^2}tdt} } = {ab\int\limits_0^{2\pi } {\frac{{1 + \cos 2t}}{2}dt} } = {\frac{{ab}}{2}\left[ {\left. {\left( {t + \frac{{\sin 2t}}{2}} \right)} \right|_0^{2\pi }} \right] } = {\frac{{ab}}{2}\left[ {\left( {2\pi + 0} \right) - 0} \right] } = {\pi ab.} \] Площадь данной фигуры можно вычислить, используя также и две другие формулы: \[ {S = - \oint\limits_C {ydx} } = { - \int\limits_0^{2\pi } {y\left( t \right)\frac{{dx}}{{dt}}dt} } = { - \int\limits_0^{2\pi } {b\sin t\frac{{d\left( {a\cos t} \right)}}{{dt}}dt} } = { - ab\int\limits_0^{2\pi } {\left( { - {{\sin }^2}t} \right)dt} } = {ab\int\limits_0^{2\pi } {\frac{{1 - \cos 2t}}{2}dt} } = {\frac{{ab}}{2}\left[ {\left. {\left( {t - \frac{{\sin 2t}}{2}} \right)} \right|_0^{2\pi }} \right] } = {\frac{{ab}}{2}\left[ {\left( {2\pi - 0} \right) - 0} \right] } = {\pi ab.} \] \[ {S = \frac{1}{2}\oint\limits_C {xdy - ydx} } = {\frac{1}{2}\int\limits_0^{2\pi } {\left[ {x\left( t \right)\frac{{dy}}{{dt}} - y\left( t \right)\frac{{dx}}{{dt}}} \right]dt} } = {\frac{1}{2}\int\limits_0^{2\pi } {\left[ {a\cos t\frac{{d\left( {b\sin t} \right)}}{{dt}} - b\sin t\frac{{d\left( {a\cos t} \right)}}{{dt}}} \right]dt} } = {\frac{1}{2}\int\limits_0^{2\pi } {\left[ {ab\,{{\cos }^2}t - ab \sin t \left( { - \sin t} \right)} \right]dt} } = {\frac{{ab}}{2}\int\limits_0^{2\pi } {\left( {{{\cos }^2}t + {\sin^2}t} \right)dt} } = {\frac{{ab}}{2}\int\limits_0^{2\pi } {dt} } = {\frac{{ab}}{2} \cdot 2\pi } = {\pi ab.} \]

Пример 9

Найти объем тела, образованного вращением вокруг оси \(Ox\) области \(R,\) ограниченной кривой \(y = 2 - \sin x\) и прямыми \(x = 0,\) \(x = 2\pi,\) \(y = 0.\) Данное тело вращения схематически показано на рисунке \(9.\) Объем этого тела найдем по формуле \[ {V = - \pi \oint\limits_C {{y^2}dx} } = { - \pi \left[ {\int\limits_{OA} {{y^2}dx} + \int\limits_{AB} {{y^2}dx} + \int\limits_{BD} {{y^2}dx} + \int\limits_{DO} {{y^2}dx} } \right].} \] Вычислим криволинейные интегралы \[\int\limits_{OA} {{y^2}dx} = \int\limits_0^{2\pi } {0dx} = 0,\] \[\int\limits_{AB} {{y^2}dx} = \int\limits_{2\pi }^{2\pi } {{y^2}dx} = 0,\] \[ {\int\limits_{BD} {{y^2}dx} = \int\limits_{2\pi }^0 {{{\left( {2 - \sin x} \right)}^2}dx} } = { - \int\limits_0^{2\pi } {{{\left( {2 - \sin x} \right)}^2}dx} } = { - \int\limits_0^{2\pi } {\left( {4 - 4\sin x + {{\sin }^2}x} \right)dx} } = { - \int\limits_0^{2\pi } {\left( {4 - 4\sin x + \frac{{1 - \cos 2x}}{2}} \right)dx} } = {\int\limits_0^{2\pi } {\left( {4\sin x - \frac{9}{2} + \frac{{\cos 2x}}{2}} \right)dx} } = {\left. {\left( { - 4\cos x - \frac{9}{2}x + \frac{{\sin 2x}}{2}} \right)} \right|_0^{2\pi } } = {\left( { - 4 - 9\pi + 0} \right) - \left( { - 4 - 0 + 0} \right) } = { - 9\pi ,} \] \[\int\limits_{BD} {{y^2}dx} = \int\limits_0^0 {{y^2}dx} = 0.\] Следовательно, объем тела равен \[V = - \pi \left( {0 + 0 - 9\pi + 0} \right) = 9{\pi ^2}.\]

Пример 10

Найти объем эллипсоида, образованного вращением эллипса с полуосями \(a\) и \(b\) вокруг оси \(Ox.\) (рисунок \(10\)). Воспользуемся параметрическими уравнениями эллипса \[x = a\cos t,\;\;y = b\sin t.\] Мы можем ограничиться рассмотрением половины эллипса, лежащей в верхней полуплоскости \(y \ge 0.\) Тогда объем эллипсоида с полуосями \(a, b, b\) будет равен \[ {V = - \pi \int\limits_C {{y^2}dx} } = { - \pi \int\limits_{AOB} {{y^2}dx} - \pi \int\limits_{BOA} {{y^2}dx} } = { - \pi \int\limits_{ - a}^a {{0^2}dx} - \pi \int\limits_a^{ - a} {{y^2}dx} = - \pi \int\limits_a^{ - a} {{y^2}dx} ,} \] где под функцией \(y\left( x \right)\) подразумевается верхняя половина эллипса. Переходя к параметрической форме записи, находим объем: \[ {V = - \pi \int\limits_0^\pi {{{\left( {y\left( t \right)} \right)}^2}\frac{{dx}}{{dt}}dt} } = { - \pi \int\limits_0^\pi {{{\left( {b\sin t} \right)}^2}\frac{{d\left( {a\cos t} \right)}}{{dt}}dt} } = { - \pi a{b^2}\int\limits_0^\pi {{{\sin }^2}t\left( { - \sin t} \right)dt} } = { - \pi a{b^2}\int\limits_0^\pi {{{\sin }^2}t\,d\left( {\cos t} \right)} } = {\pi a{b^2}\int\limits_0^\pi {\left( {{\cos^2}t - 1} \right)d\left( {\cos t} \right)} } = {\pi a{b^2}\left[ {\left. {\left( {\frac{{{{\cos }^3}t}}{3} - \cos t} \right)} \right|_0^\pi } \right] } = {\pi a{b^2}\left[ {\left( {\frac{{{{\cos }^3}\pi }}{3} - \cos \pi } \right) - \left( {\frac{{{{\cos }^3}0}}{3} - \cos 0} \right)} \right] } = {\pi a{b^2}\left[ {\left( { - \frac{1}{3} + 1} \right) - \left( {\frac{1}{3} - 1} \right)} \right] } = {\frac{{4\pi a{b^2}}}{3}.} \] Отсюда, в частности, следует, что объем шара (при этом \(a = b = R\)) равен \(V = \large\frac{{4\pi {R^3}}}{3}\normalsize .\)