Површина обртног тела

Нека је криволинијски трапез $F$ одређен функцијом $f(x)\geq 0, a\leq x\leq b$. Ротацијом трапеза око осе $Ox$ настаје обртно тело. Поред запремине ротационог тела, могуће је израчунати и његову површину. Нека је $f(x)\geq 0, a\leq x\leq b$ непрекидно диференцијабилна и нека је $L$, одређена функцијом $f$. Нека је дата $P=\{x_0, x_1, \ldots, x_n\}, a = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = b$ одсечка $[a, b]$ и нека је конструисана $P_L$ са теменима $A_0(x_0, f(x_0)), A_1(x_1, f(x_1)),\ldots,A_n(x_n,f(x_n))$, унутар криве $L$. Приликом криве $L$ око осе $Ox$ ротира и полигонална линија $P_L$. На тај начин, добијају се зарубљене купе чији су полупречници основа $f(x_{i-1})$ и $f(x_i)$ за $i=1, 2, \ldots, n$.

Повећавањем броја подеоних тачака полигонална линија постаје све приближнија кривој дате функције.

Збир $S(P)$ површина омотача свих овако добијених купа биће $$S(P)=\sum_{i=1}^{n}{\pi[f(x_{i-1})+f(x_i)]\sqrt{\Delta x^2_i+(\Delta f(x_i))^2}},$$ где је $\Delta x_i=x_i-x_{i-1}$, $\Delta f(x_i)=f(x_i)-f(x_{i-1})$.

Према Лагранжовој теореми о средњој вредности Ако је функција $f: [a, b] \longrightarrow \mathbb{R}$ непрекидна на сегменту $[a, b]$ и диференцијабилна у интервалу $(a, b)$, онда постоји $c \in (a, b)$, тако да је $$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c).$$ важи: $$\frac{\Delta f(x_i)}{\Delta x_i}=f'(\xi_i),$$ за неко $\xi_i\in(x_{i-1}, x_i), i=1, 2,\ldots,n$. Како је $f$ непрекидна функција, постоји $\eta_i\in[x_{i-1}, x_i]$, тако да је $$f(x_{i-1})+f(x_i)=2f(\eta_i), i=1, 2, \ldots, n.$$ Ако се наведене једнакости примене у формули за површину омотача добија се $$S(P)=2\pi\sum_{i=1}^{n}{f(\eta_i)\sqrt{1+f'^2(\xi_i)}\cdot\Delta x_i}.$$ Израз ће бити представљен у облику $$S(P)=2\pi\sum_{i=1}^{n}{f(\xi_i)\sqrt{1+f'^2(\xi_i)}\cdot\Delta x_i}+2\pi\sum_{i=1}^{n}{[f(\eta_i)-f(\xi_i)]\sqrt{1+f'^2(\xi_i)}\cdot\Delta x_i}.$$ Ако је подела $P$ довољно фина, тачке $\xi_i$ и $\eta_i$ које припадају сегменту $[x_{i-1}, x_i]$ се мало разликују, па се због непрекидности функције $f$ и вредности $f(\xi_i)$ и $f(\eta_i)$ мало разликују, па ће друга сума бити једнака нули. Одатле је $$S(P)=2\pi\sum_{i=1}^{n}{f(\xi_i)\sqrt{1+f'^2(\xi_i)}\cdot\Delta x_i}.$$ Овај израз представља интегралну суму, па је $$S(P)=\lim_{\lambda(P)\longrightarrow0}{2\pi\sum_{i=1}^{n}{f(\xi_i)\sqrt{1+f'^2(\xi_i)}\cdot\Delta x_i}}=2\pi\int_{a}^{b}{f(x)\sqrt{1+f'^2(x)}dx}.$$

Пример 1. Израчунати површину сфере настале ротацијом половине круга $x^2+y^2=r^2$ око $Ox$ осе, тако да је $y=\sqrt{r^2-x^2}$.

Решење:

Како је $y=\sqrt{r^2-x^2}$, одатле је $y'=-\frac{x}{\sqrt{r^2-x^2}}$. Биће примењена формула за површину обртног тела и добија се: $$S=2\pi\int_{-r}^r{\sqrt{r^2-x^2}\frac{r}{\sqrt{r^2-x^2}}dx}$$ Како је функција $y$ парна, добија се следеће $$S=4\pi r\int_0^r{dx}=4\pi r^2.$$.

Пример 2. Израчунати површину сфероида који настаје ротацијом половине елипсе $\displaystyle{\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1}$ око $Ox$ осе.

Решење:

Узимајући параметарске једначине елипсе $x=a\cos{t},y=b\sin{t}, 0\leq t \leq 2\pi$, добија се $$S=2\pi\int_0^\pi{y(t)\sqrt{{(x'(t))}^2+{(y'(t))}^2}}dt$$ С обзиром на симетричност криве у односу на осу $Oy$ следи $$S=4\pi b\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\sin{t}\sqrt{a^2\sin^2{t}+b^2\cos^2{t}}dt}=4\pi b\int_0^\frac{\pi}{2}{\sin{t}\sqrt{a^2-(a^2-b^2)\cos^2{t}}dt}$$ $$=4\pi b\int_{\frac{\pi}{2}}^0{\sqrt{a^2-(a^2-b^2)\cos^2{t}}d(\cos{t})}=4\pi ab\varepsilon\int_0^1{\sqrt{\frac{1}{\varepsilon^2}-z^2}dz},$$ где је $\displaystyle{\varepsilon=\frac{\sqrt{a^2-b^2}}{a}}$ ексцентрицитет елипсе. Стављајући у последњем интегралу $\displaystyle{z=\frac{\sin{u}}{\varepsilon}}$, добија се $$S=\frac{4\pi ab}{\varepsilon}\int_0^{\arcsin{\varepsilon}}{\cos^2{u}du}=\frac{2\pi ab}{\varepsilon}\cdot \left(\arcsin{\varepsilon}+\varepsilon\sqrt{1-\varepsilon^2}\right)=$$ $$=\frac{2\pi ab}{\varepsilon}\left(\arcsin{\varepsilon}+\varepsilon\frac{b}{a}\right)=2\pi b^2+2\pi ab\frac{\arcsin{\varepsilon}}{\varepsilon}.$$

Пример 3. Извести формулу за површину торуса који се добија ротацијом круга $x^2+{(y-a)}^2=r^2$ око $Ox$ осе, при чему је $a > r$.

Решење:

Површина торуса се добија када се саберу површине тела која настају када два одговарајућа лука круга ротирају око $Ox$ осе. $${(y-a)}^2=r^2-x^2$$ Одавде ће бити изражено $y$. $$y=a\pm \sqrt{r^2-x^2}.$$ Извод функције $y$ једнак је $$y'=\mp\frac{x}{\sqrt{r^2-x^2} }.$$ Сада је могуће уврстити функцију $y$ у формулу за израчунавање површине ротационог тела. $$S=2\pi\int_{-r}^r{(a+\sqrt{r^2-x^2})\sqrt{1+\frac{x^2}{r^2-x^2}}dx}+2\pi\int_{-r}^r{(a-\sqrt{r^2-x^2})\sqrt{1+\frac{x^2}{r^2-x^2}}dx}.$$ Када је у питању парна функција (дакле, симетрична у односу на $Oy$ осу), добија се следећа једнакост: $$S=4\pi\int_0^r{(a+\sqrt{r^2-x^2})\sqrt{1+\frac{x^2}{r^2-x^2}}dx}+4\pi\int_0^r{(a-\sqrt{r^2-x^2})\sqrt{1+\frac{x^2}{r^2-x^2}}dx}.$$ Збир ова два интеграла биће представљен као интеграл збира и тада се добија следеће: $$S=4\pi\int_0^r{2\cdot\frac{ar}{\sqrt{r^2-x^2}}dx}=8\pi ar\int_0^r{\frac{dx}{\sqrt{r^2-x^2}}}=\left.8\pi ar\arcsin{\frac{x}{r}}\right|_0^r$$ Одавде се добија да је површина торуса једнака $$S=4\pi^2ar.$$