漫步微积分三十六—

让我们考虑xx轴上方的平滑曲线，如图1左边所示。当这条曲线绕xx轴旋转时，它会生成一个曲面。现在我们开始解决曲面的表面积问题。

图1

为了更加清晰，我们首先考虑一个非常简单的表面积，其底是半径为rr的圆锥，外侧倾边长为LL。如果沿着顶点到底边的方向切开圆锥，如图2所示，那么我们得到半径为LL圆的一部分，且曲线边长为2πr2\pi r。圆锥的侧面积AA等于这部分的面积。从几何上可以明显看出该部分与圆的面积比等于曲线长度与圆周长之比，即：

AπL2=2πr2πLsoA=πrL

\frac{A}{\pi L^2}=\frac{2\pi r}{2\pi L}\quad so\quad A=\pi rL

圆锥的侧面可以看做某条线绕着轴旋转得到的。如果将公式写成

A=L⋅2π(12r)

A=L\cdot 2\pi(\frac{1}{2}r)

那么我们将会看到圆锥的表面积等于线长乘以其中点扫过距离的乘积。

图2

接下来，我们稍微扩展一下，求一条长为LL的线段绕与它中点距离为rr的轴旋转得到表面积。锥外侧的面积如图3所示。如果我们用AA表示它的面积，那么AA是图中两个圆锥表面积之差

A=πr1L1−πr2L2=π(r1L1−r2L2)

A=\pi r_1L_1-\pi r_2L_2=\pi(r_1L_1-r_2L_2)

利用相似三角形的性质，很明显

L2r2=L1r1orr1L2=r2L1

\frac{L_2}{r_2}=\frac{L_1}{r_1}\quad or\quad r_1L_2=r_2L_1

利用代数方法，我们可以将AA写成如下形式

A=π(r1L1−r1L2+r2L1−r−2L−2)=π[r1(L1−L2)+r2(L1−L2)]=π(L1−L2)(r1+r2)=(L1−L2)⋅2π(r1+r22)=L⋅2πr

\begin{align*} A &=\pi(r_1L_1-r_1L_2+r_2L_1-r-2L-2)=\pi[r_1(L_1-L_2)+r_2(L_1-L_2)]\\ &=\pi(L_1-L_2)(r_1+r_2)=(L_1-L_2)\cdot 2\pi\left(\frac{r_1+r_2}{2}\right)=L\cdot 2\pi r \end{align*}

对于这种情况，我们同样得出表面积等于斜边长度与中点绕轴旋转距离的乘积。

图3

我们现在将这些想法应用到开头所说的常规区域问题上。我们的方法非常直观且具有几何意义。

我们用多条短线段来近似曲线y=f(x)y=f(x)(如图4左边所示)开始我们的讨论。通过绕xx轴旋转曲线得到的曲面面积与多条短线段旋转得到的曲面(如图4中间)面积近似相等。侧面显然是由许多圆台组成的，这个想法由图4右边说明。如果弧长元素dsds绕xx轴旋转，那么它生成的薄带状面积为dAdA；如果dsds的中点与xx轴的距离为yy，那么上面的讨论告诉我们

dA=2πyds=2πy1+(dydx)2−−−−−−−−−√dx

dA=2\pi yds=2\pi y\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}dx

图4

通过对dAdA求和或积分可以求出曲面的总面积

A=∫dA=∫2πyds=∫ba2πy1+(dydx)2−−−−−−−−−√dx

A=\int dA=\int 2\pi yds=\int_a^b 2\pi y\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}dx

其中假设yy是xx的函数[y=f(x)][y=f(x)]。如果我们选择绕yy轴旋转，那么将得到不同的曲面，用同样的方法可以求出
A=∫2πxdsA=\int 2\pi xds
这些公式的基本想法可以表达为

A=∫2π(radius of revolution)ds

A=\int 2\pi({\rm{radius\ of\ revolution}})ds

在使用这个公式来计算实际长度时，弧长的元素dsds必须写成积分变元，并且必须给出积分限。

例1：求出半径为aa的球的表面积。

解：球的表面可以描述为半圆y=a2−x2−−−−−−√y=\sqrt{a^2-x^2}绕xx轴旋转得到的曲面(如图5)。因为

dydx=ddx(a2−x2)1/2=−xa2−x2−−−−−−√

\frac{dy}{dx}=\frac{d}{dx}(a^2-x^2)^{1/2}=\frac{-x}{\sqrt{a^2-x^2}}

并且dsds在第一象限内上下限为0,a0,a，可以利用左右对称的特点简化计算

A=∫2πyds=2∫a02π1+(dydx)2−−−−−−−−−√dx=4π∫a0a2−x2−−−−−−√1+x2a2−x2−−−−−−−−−−√dx=4π∫a0adx=4πa2

\begin{align*} A &=\int 2\pi yds=2\int_0^a2\pi\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}dx\\ &=4\pi\int_0^a\sqrt{a^2-x^2}\sqrt{1+\frac{x^2}{a^2-x^2}}dx\\ &=4\pi \int_0^aadx=4\pi a^2 \end{align*}

也可以用yy做积分变量，此时dsds在第一象限内上下限为0,a0,a。计算有点复杂，但是看一下如何计算是有启发意义的。因为第一象限内x=a2−y2−−−−−−√x=\sqrt{a^2-y^2}，所以

dxdy=ddy(a2−y2)1/2=−ya2−y2−−−−−−√

\frac{dx}{dy}=\frac{d}{dy}(a^2-y^2)^{1/2}=\frac{-y}{\sqrt{a^2-y^2}}

所以

A=∫2πyds=2∫a02π(dxdy)2+1−−−−−−−−−√dy=4π∫a0y2a2−y2+1−−−−−−−−−−√dy=4πa∫a0ydya2−y2−−−−−−√=4πa(−12)∫a0(a2−y2)−1/2(−2ydy)=4πa(−12)2a2−y2−−−−−−√∣∣a0=4πa2

\begin{align*} A &=\int 2\pi yds=2\int_0^a2\pi\sqrt{\left(\frac{dx}{dy}\right)^2+1}dy\\ &=4\pi\int_0^a\sqrt{\frac{y^2}{a^2-y^2}+1}dy=4\pi a\int_0^a\frac{ydy}{\sqrt{a^2-y^2}}\\ &=4\pi a(-\frac{1}{2})\int_0^a(a^2-y^2)^{-1/2}(-2ydy)=4\pi a(-\frac{1}{2})2\sqrt{a^2-y^2}\Big|_0^a\\ &=4\pi a^2 \end{align*}

和之前计算的一样。

图5

注解：除了发现球体的体积，阿基米德通过才华横溢的洞察力发现了球体的表面积。他的想法是将球体拆分成小的“棱锥”。想象一下半径为aa的球体表面分为很多小的三角形(如图6)，当然这些实际上不是三角形，因为球体表面没有直线。然而，他们是如此之小以致于每个图像近似为三角形。让每个三角形作为棱锥的底，高是点到球心的距离。如果AkA_k是小金字塔底的面积，VkV_k是体积，那么我们知道Vk=13AkaV_k=\frac{1}{3}A_ka。(事实上棱锥的体积是与它同底同高的棱柱体积的三分之一，它是由Democritus发现的，比阿基米德早了两个世纪)将这些方程相加得：

∑k=1nVk=∑k=1n13Aka=13(∑k=1nAk)a

\sum_{k=1}^nV_k=\sum_{k=1}^n\frac{1}{3}A_ka=\frac{1}{3}\left(\sum_{k=1}^nA_k\right)a

因为棱锥充满了整个球，所以这个公式告诉了我们体积VV和表面积AA之间的关系

V=13Aa

V=\frac{1}{3}Aa

但是现在阿基米德发现V=43πa3V=\frac{4}{3}\pi a^3，所以我们可以将方程改为

43πa3=13Aa

\frac{4}{3}\pi a^3=\frac{1}{3}Aa

所以

A=4πa2

A=4\pi a^2

这和之前的结论一样。

图6

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