旋转体表面积公式推导及证明错误

申明：仅仅个人小记

举例探讨： y=f(x)连续,绕x轴旋转，求旋转体的表面积
用微元法求解旋转体表面积，
微元法的使用前提条件:实际量和近似量之间误差必须为高阶无穷小

显然，实际量是不好直接描述的(不然也就不会来采用定积分的方法了)，但是我们能够表述出实际量的估计范围。

正确的方案

实际量 Δ S r ∈ [ 2 π f m i n Δ s , 2 π f m a x Δ s ] \Delta S_r \in [2\pi f_{min}\Delta s,2\pi f_{max}\Delta s] ΔSr∈[2πfminΔs,2πfmaxΔs]
近似量为 2 π f ( x ) Δ s 2\pi f(x) \Delta s 2πf(x)Δs
要求实际量和近似量之差为高阶无穷小，这里的自变量为x。

计算误差： Δ E = Δ S r − 2 π f ( x ) Δ s ∈ [ 2 π ( f m i n − f ( x ) ) Δ s , 2 π ( f m a x − f ( x ) ) Δ s ] = 2 π Δ s [ f m i n − f ( x ) , f m a x − f ( x ) ] \Delta E = \Delta S_r - 2\pi f(x) \Delta s\in [2\pi(f_{min}-f(x))\Delta s, 2\pi(f_{max}-f(x))\Delta s]=2\pi\Delta s[f_{min}-f(x),f_{max}-f(x)] ΔE=ΔSr−2πf(x)Δs∈[2π(fmin−f(x))Δs,2π(fmax−f(x))Δs]=2πΔs[fmin−f(x),fmax−f(x)]
因为函数 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x)连续，所以当 Δ x → 0 \Delta x \to 0 Δx→0，必然有 f m a x − f ( x ) , f m i n − f ( x ) → 0 f_{max}-f(x) , f_{min}-f(x) \to 0 fmax−f(x),fmin−f(x)→0又因为 Δ s = 1 + f ′ ( x ) 2 Δ x \Delta s= \sqrt{1+{f'(x)}^{2}}\Delta x Δs=1+f′(x)2 Δx，所以 lim ⁡ Δ x → 0 Δ E Δ x = 2 π Δ s [ f m i n − f ( x ) , f m a x − f ( x ) ] Δ x = 2 π 1 + f ′ ( x ) 2 [ f m i n − f ( x ) , f m a x − f ( x ) ] = 2 π 1 + f ′ ( x ) 2 ∗ 0 = 0 \lim_{\Delta x \to 0} \frac {\Delta E}{\Delta x}=\frac {2\pi\Delta s[f_{min}-f(x),f_{max}-f(x)]}{\Delta x}=2\pi \sqrt{1+{f'(x)}^{2}}[f_{min}-f(x),f_{max}-f(x)]=2\pi \sqrt{1+{f'(x)}^{2}}*0=0 Δx→0limΔxΔE=Δx2πΔs[fmin−f(x),fmax−f(x)]=2π1+f′(x)2 [fmin−f(x),fmax−f(x)]=2π1+f′(x)2 ∗0=0
所以当 Δ x → 0 \Delta x \to 0 Δx→0时，误差 Δ E \Delta E ΔE 恒为 o ( Δ x ) o(\Delta x) o(Δx)，满足微元法的使用条件。
所以， y = f ( x ) y=f(x) y=f(x)绕 x 轴旋转的旋转体的表面积为 S = ∫ a b 2 π f ( x ) 1 + f ′ ( x ) 2 d x S=\int_{a}^{b}2\pi f(x)\sqrt{1+{f'(x)}^{2}}dx S=∫ab2πf(x)1+f′(x)2 dx

易错的方案(解释为什么错)

容易认为旋转体的表面积公式是 S = ∫ a b 2 π f ( x ) d x S=\int_{a}^{b}2\pi f(x)dx S=∫ab2πf(x)dx
错误根因就是错误得使用了微元法，在没有满足微元法使用条件的情况下使用了微元法。
这个公式认为近似量为 2 π f ( x ) Δ x 2\pi f(x)\Delta x 2πf(x)Δx，而不是 2 π f ( x ) Δ s 2\pi f(x) \Delta s 2πf(x)Δs。我们来计算一下，看看 2 π f ( x ) Δ x 2\pi f(x)\Delta x 2πf(x)Δx是否满足“保证实际量和近似量误差为高阶无穷小”。
Δ E = Δ S r − 2 π f ( x ) Δ x ∈ [ 2 π ( f m i n Δ s − f ( x ) Δ x ) , 2 π ( f m a x Δ s − f ( x ) Δ x ) ] = 2 π [ f m i n Δ s − f ( x ) Δ x , f m a x Δ s − f ( x ) Δ x ] = 2 π [ f m i n 1 + f ′ ( x ) 2 Δ x − f ( x ) Δ x , f m a x 1 + f ′ ( x ) 2 Δ − f ( x ) Δ x ] = 2 π Δ x [ 1 + f ′ ( x ) 2 f m i n − f ( x ) , 1 + f ′ ( x ) 2 f m a x − f ( x ) ) ] \Delta E = \Delta S_r - 2\pi f(x) \Delta x\\\in [2\pi(f_{min}\Delta s-f(x)\Delta x), 2\pi(f_{max}\Delta s-f(x)\Delta x)]\\=2\pi[f_{min}\Delta s-f(x)\Delta x,f_{max}\Delta s - f(x)\Delta x]\\=2\pi[f_{min}\sqrt{1+{f'(x)}^{2}}\Delta x-f(x)\Delta x, f_{max}\sqrt{1+{f'(x)}^{2}}\Delta -f(x)\Delta x]\\=2\pi\Delta x[\sqrt{1+{f'(x)}^{2}}f_{min}-f(x),\sqrt{1+{f'(x)}^{2}}f_{max}-f(x))] ΔE=ΔSr−2πf(x)Δx∈[2π(fminΔs−f(x)Δx),2π(fmaxΔs−f(x)Δx)]=2π[fminΔs−f(x)Δx,fmaxΔs−f(x)Δx]=2π[fmin1+f′(x)2 Δx−f(x)Δx,fmax1+f′(x)2 Δ−f(x)Δx]=2πΔx[1+f′(x)2 fmin−f(x),1+f′(x)2 fmax−f(x))]
因为 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x)连续，所以当 Δ x → 0 \Delta x \to 0 Δx→0, f m i n − f ( x ) , f m a x − f ( x ) → 0 f_{min}-f(x),f_{max}-f(x) \to 0 fmin−f(x),fmax−f(x)→0又因为 1 + f ′ ( x ) 2 ≥ 1 \sqrt {1+{f'(x)}^{2}} \ge 1 1+f′(x)2 ≥1，当且仅当 f ′ ( x ) 2 = 0 {f'(x)}^{2}=0 f′(x)2=0(即该点导数为0，即水平状态)时，取值为1。所以 1 + f ′ ( x ) 2 f m i n − f ( x ) = ( 1 + f ′ ( x ) 2 − 1 ) f m i n + ( f m i n − f ( x ) ) \sqrt{1+{f'(x)}^{2}}f_{min}-f(x)\\=(\sqrt{1+{f'(x)}^{2}}-1)f_{min}+(f_{min}-f(x)) 1+f′(x)2 fmin−f(x)=(1+f′(x)2 −1)fmin+(fmin−f(x))
当 Δ x → 0 \Delta x \to 0 Δx→0时， 1 + f ′ ( x ) 2 f m i n − f ( x ) → ( 1 + f ′ ( x ) 2 − 1 ) f m i n ≥ 0 \sqrt{1+{f'(x)}^{2}}f_{min}-f(x) \to (\sqrt{1+{f'(x)}^{2}}-1)f_{min}\ge 0 1+f′(x)2 fmin−f(x)→(1+f′(x)2 −1)fmin≥0
对 f m a x f_{max} fmax同理。所以
lim ⁡ Δ x → 0 Δ E Δ x ∈ 2 π [ ( 1 + f ′ ( x ) 2 − 1 ) f m i n ， ( 1 + f ′ ( x ) 2 − 1 ) f m a x ] \lim_{\Delta x\to 0}\frac {\Delta E}{\Delta x} \in \\2\pi[(\sqrt{1+{f'(x)}^{2}}-1)f_{min}，(\sqrt{1+{f'(x)}^{2}}-1)f_{max}] Δx→0limΔxΔE∈2π[(1+f′(x)2 −1)fmin，(1+f′(x)2 −1)fmax]只有当 f ′ ( x ) 2 = 0 {f'(x)}^{2}=0 f′(x)2=0时， lim ⁡ Δ x → 0 Δ E Δ x = 0 \lim_{\Delta x\to 0}\frac {\Delta E}{\Delta x}=0 Δx→0limΔxΔE=0
即，不能保证当 Δ x → 0 \Delta x\to 0 Δx→0时， Δ E \Delta E ΔE是 o ( Δ x ) o(\Delta x) o(Δx)。所以不满足微元法的使用条件。所以相应的表面积公式是不合理的。

补充理解 1 + f ′ ( x ) 2 \sqrt{1+{f'(x)}^{2}} 1+f′(x)2

f ′ ( x ) = t a n θ f'(x)=tan\theta f′(x)=tanθ
1 + f ′ ( x ) 2 = 1 + t a n 2 θ = c o s 2 θ + s i n 2 θ c o s 2 θ = 1 c o s θ \sqrt{1+{f'(x)}^{2}}=\sqrt{1+{tan}^{2}\theta}=\sqrt{\frac{{cos}^{2}\theta + {sin}^{2}\theta}{{cos}^{2}\theta}}=\frac {1}{cos\theta} 1+f′(x)2 =1+tan2θ =cos2θcos2θ+sin2θ =cosθ1

导数三角形中， d s = d x c o s θ = 1 + f ′ ( x ) 2 d x ds = \frac {dx}{cos\theta}=\sqrt{1+{f'(x)}^{2}}dx ds=cosθdx=1+f′(x)2 dx

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