习题课讲解

10.3 习题课讲解

例 10.3.1 设摆线方程为 $\begin{matrix} (1) & {\begin{cases} x = a (t - \sin t) \\ y = a (1 - \cos t) \end{cases}, t \in [0, 2 π] \end{matrix}$ 求：

(1): 摆线的弧长；
(2): 摆线与 $x$ 轴所围成的有界区域的面积；
(3): 摆线绕 $x$ 轴旋转一周所围成的空间有界区域的体积；
(4): 摆线绕 $x$ 轴旋转一周所形成的旋转面的面积；
(5): 摆线与 $x$ 轴所围成的平面有界区域绕它的对称轴一周所形成的空间有界区域的体积；
(6): 摆线绕它的对称轴旋转一周所形成的旋转面的面积。

解 (1) $\begin{matrix} (2) & \begin{aligned} d l & = \sqrt{(a (1 - \cos t))^{2} + (a \sin t)^{2}} d t = 2 a \sin \frac{t}{2} d t \\ L & = \int d l = \int_{0}^{2 π} 2 a \sin \frac{t}{2} d t = 8 a \end{aligned} \end{matrix}$

(2) $\begin{matrix} (3) & S = - \int_{γ} y d x = \int_{0}^{2 π} y (t) x^{'} (t) d t = \int_{0}^{2 π} a^{2} (1 - \cos t)^{2} d t = 3 π a^{2} \end{matrix}$

(3) $\begin{matrix} (4) & V = - \int_{γ} π y^{2} d x = \int_{0}^{2 π} π y (t)^{2} x^{'} (t) d t = π a^{3} \int_{0}^{2 π} (1 - \cos t)^{3} d t = 5 π^{2} a^{3} \end{matrix}$

(4) $\begin{matrix} (5) & A = \int_{γ} 2 π y d l = 4 π a^{2} \int_{0}^{2 π} (1 - \cos t) \sin \frac{t}{2} d t = \frac{64}{3} π a^{2} \end{matrix}$

(5) 注意到对称轴为 $x = π a$ ，则 $\begin{matrix} (6) & V_{y} = \int_{γ} π (x - π a)^{2} d y = π a^{3} \int_{0}^{π} (t - \sin t - π)^{2} \sin t d t = \frac{9 π^{2} - 16}{6} π a^{3} \end{matrix}$

(6) $\begin{matrix} (7) & A_{y} = \int_{γ} 2 π (π - x) d l = 2 π a^{2} \int_{0}^{π} (π - t + \sin t) \sin \frac{t}{2} d t = \frac{4 (3 π - 4)}{3} π a^{2} \end{matrix}$ $◻$

例 10.3.2 设 $γ$ 是双纽线在右半平面中的一支，其极坐标方程为 $\begin{matrix} (8) & r^{2} = a^{2} \cos 2 θ, θ \in [- \frac{π}{4}, \frac{π}{4}] \end{matrix}$ 求：

(1): 该曲线的弧长；
(2): 该曲线所围成的有界区域的面积；
(3): 该曲线绕 $x$ 轴旋转一周所围成的空间有界区域的体积；
(4): 该曲线绕 $x$ 轴旋转一周所形成的旋转面的面积；
(5): 该曲线所围成的平面有界区域绕 $y$ 轴一周所形成的空间有界区域的体积；
(6): 该曲线绕 $y$ 轴旋转一周所形成的旋转面的面积。

解 (1) $\begin{matrix} (9) & \begin{aligned} d l & = \sqrt{d r^{2} + (r d θ)^{2}} = \sqrt{{(\frac{d (r^{2})}{2 r})}^{2} + (r d θ)^{2}} = \frac{a}{\sqrt{\cos 2 θ}} d θ \\ L & = \int d l = \int_{- π / 4}^{π / 4} \frac{a}{\sqrt{\cos 2 θ}} d θ = 2 a \int_{0}^{π / 4} \frac{d θ}{\sqrt{1 - 2 \sin^{2} θ}} \end{aligned} \end{matrix}$ 令 $\sqrt{2} \sin θ = \sin ϕ$ ，则 $\begin{matrix} (10) & \sqrt{2} \cos θ d θ = \cos ϕ d ϕ ⟹ d θ = \frac{\cos ϕ}{\sqrt{2} \cos θ} d ϕ = \frac{\cos ϕ}{\sqrt{2 - \sin^{2} ϕ}} d ϕ \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (11) & L = 2 a \int_{0}^{π / 2} \frac{1}{\cos ϕ} \cdot \frac{\cos ϕ}{\sqrt{2 - \sin^{2} ϕ}} d ϕ = \sqrt{2} a \int_{0}^{π / 2} \frac{d ϕ}{\sqrt{1 - \frac{1}{2} \sin^{2} ϕ}} = \sqrt{2} a K (\frac{1}{2}) \end{matrix}$

(2) $\begin{matrix} (12) & S = \frac{1}{2} \int_{- π / 4}^{π / 4} r (θ)^{2} d θ = \frac{a^{2}}{2} \int_{- π / 4}^{π / 4} \cos 2 θ d θ = a^{2} \end{matrix}$

(3) $\begin{matrix} (13) & V = - \int_{γ} π y^{2} d x = π a^{2} \int_{0}^{π / 4} \cos 2 θ \sin^{2} θ \frac{\sin 3 θ}{\sqrt{\cos 2 θ}} d θ = π a^{2} [\frac{\ln (\sqrt{2} + 1)}{4 \sqrt{2}} - \frac{1}{12}] \end{matrix}$

(4) $\begin{matrix} (14) & A = \int_{γ} 2 π y d l = 2 π a^{2} \int_{0}^{π / 4} \sin θ d θ = 2 π a^{2} (1 - \frac{1}{\sqrt{2}}) \end{matrix}$

(5) $\begin{matrix} (15) & V_{y} = \int_{γ} π x^{2} d y = 2 π a^{3} \int_{0}^{π / 4} \cos 2 θ \cos^{2} θ \frac{\cos 3 θ}{\sqrt{\cos 2 θ}} d θ = \frac{\sqrt{2}}{8} π^{2} a^{3} \end{matrix}$

(6) $\begin{matrix} (16) & A_{y} = \int_{γ} 2 π x d l = 2 \cdot 2 π a^{2} \int_{0}^{π / 4} \cos θ d θ = 2 \sqrt{2} π a^{2} \end{matrix}$ $◻$

注第一类完全椭圆积分 $K$ 的定义为 $\begin{matrix} (17) & K (k) := \int_{0}^{π / 2} \frac{d θ}{\sqrt{1 - k \sin^{2} θ}} \end{matrix}$

例 10.3.3 证明Pappus-Guldin定理：

(1): 设平面曲线 $γ$ 上质量均匀分布帮则 $γ$ 绕 $x$ 轴旋转所得到曲面 $Σ$ 的面积等于 $γ$ 质心绕 $x$ 轴旋转得到的周长乘以曲线 $γ$ 的长度；
(2): 设平面封闭曲线 $γ$ 所围成的平面区域 $D$ 上质量均匀分布。则 $D$ 绕 $x$ 轴旋转得到的空间区域 $Ω$ 的体积等于 $D$ 质心绕 $x$ 轴旋转得到的周长乘以区域 $D$ 的面积。

证明 (1) $\begin{matrix} (18) & 2 π \bar{y} = \frac{\int_{γ} 2 π y d l}{\int_{γ} d l} = \frac{A_{Σ}}{L_{γ}} \end{matrix}$ (2) $\begin{matrix} (19) & 2 π \bar{y} = \frac{\oint_{γ} x d (π y^{2})}{\oint_{γ} x d y} = \frac{V_{Ω}}{A_{D}} \end{matrix}$ $◻$

例 10.3.4 求：

(1): 质量均匀分布的摆线的质心。
(2): 摆线与 $x$ 轴围成的平面区域上质量均匀分布，该区域的质心。
(3): 设 $γ$ 为双纽线在右半平面的一支，其上质量均匀分布，该曲线的质心。
(4): 设 $D$ 为双纽线在右半平面的一支所围成的平面有界区域，其上质量均匀分布，该区域的质心。

解记质心为 $(\bar{x}, \bar{y})$ 。

(1) 由对称性可得 $\bar{x} = π a$ ，且 $\begin{matrix} (20) & \bar{y} = \frac{1}{2 π} \frac{A_{Σ}}{L_{γ}} = \frac{1}{2 π} \frac{\frac{64}{3} π a^{2}}{8 a} = \frac{4}{3} a \end{matrix}$

(2) 由对称性可得 $\bar{x} = π a$ ，且 $\begin{matrix} (21) & \bar{y} = \frac{1}{2 π} \frac{V_{Ω}}{A_{D}} = \frac{1}{2 π} \frac{5 π^{2} a^{3}}{3 π a^{2}} = \frac{5}{6} a \end{matrix}$

(3) 由对称性可得 $\bar{y} = 0$ ，且 $\begin{matrix} (22) & \bar{x} = \frac{1}{2 π} \frac{A_{Σ}}{L_{γ}} = \frac{1}{2 π} \frac{2 \sqrt{2} π a^{2}}{\sqrt{2} a K (\frac{1}{2})} = \frac{a}{K (\frac{1}{2})} \end{matrix}$

(4) 由对称性可得 $\bar{y} = 0$ ，且 $\begin{matrix} (23) & \bar{x} = \frac{1}{2 π} \frac{V_{Ω}}{A_{D}} = \frac{1}{2 π} \frac{\frac{\sqrt{2}}{8} π^{2} a^{3}}{a^{2}} = \frac{\sqrt{2}}{16} π a \end{matrix}$ $◻$

例 10.3.5 若 $C^{2}$ 的平面正则曲线 $γ$ 的曲率为非零常数 $κ$ ，证明： $γ$ 为圆弧。

证明取曲线的弧长参数，此时 $∥ x^{'} (l) ∥ = 1$ 、 $∥ x^{″} (l) ∥ = κ = const$ 。由于 $R^{2}$ 和 $C$ 构成微分同胚（自然地定义 $f : (x, y)^{T} \mapsto x + i y$ ），不妨设 $\begin{matrix} (24) & x^{'} (l) = e^{i θ (l)}, θ (l) \in R \end{matrix}$ 则 $\begin{matrix} (25) & x^{″} (l) = i θ^{'} (l) e^{i θ (l)} ⟹ ∥ x^{″} (l) ∥ = | θ^{'} (l) | = κ \end{matrix}$ 于是 $θ^{'} (l) = κ$ 或 $θ^{'} (l) = - κ$ 。由于导函数满足介值性质，上述两种情形必有一种情形恒成立，不妨设 $θ^{'} (l) = κ$ ，则有 $\begin{matrix} (26) & θ (l) = θ (0) + κ l \end{matrix}$ 从而 $\begin{matrix} (27) & x (l) = x (0) + \int_{0}^{l} e^{i θ (s)} d s = x (0) + \int_{0}^{l} e^{i θ (0) + i κ s} d s = x (0) + \frac{e^{i θ (0)}}{i κ} (e^{i κ l} - 1) \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (28) & ‖ x (l) - x (0) + \frac{e^{i θ (0)}}{i κ} ‖ = \frac{1}{κ} = const \end{matrix}$ $◻$

注同胚(Homeomorphism)的定义为：设 $X, Y$ 为拓扑空间， $f : X \to Y$ 为双射，若 $f$ 和 $f^{- 1}$ 均连续，则称 $f$ 为同胚映射， $X$ 和 $Y$ 同胚。

微分同胚(Diffeomorphism)的定义为：设 $X, Y$ 为微分流形， $f : X \to Y$ 为双射，若 $f$ 和 $f^{- 1}$ 均光滑，则称 $f$ 为微分同胚映射， $X$ 和 $Y$ 微分同胚。