Ca pola, objełtości, środek ciełżkości
lki:
Po zapoznaniu sie z najprostszymi metodami obliczania ca zajmiemy sie pewnymi za-
lek,
Å‚ Å‚
stosowaniami teorii.
Twierdzenie 11.1 (o porównywaniu ca
lek)
Jeśli funkcje f i g majał funkcje pierwotne na przedziale [a, b] i dla każdego x " [a, b] zachodzi

b b
nierówność f(x) d" g(x) , to również f(x)dx d" g(x)dx .
a a
Dowód. Niech F i G oznaczajał funkcje pierwotne funkcji f i g . W tej sytuacji
2
G2 (x) - F (x) = g(x) - f(x) e" 0 ,
zatem funkcja G - F jest niemalejałca. Wobec tego

b b
g(x)dx - f(x)dx = G(b) - G(a) - F (b) - F (a) =
a a

= G(b) - F (b) - G(a) - F (a) e" 0 .
Twierdzenie 11.2 (o wartości średniej)
Niech f: [a, b] - IR bedzie funkcjał ciałg Wtedy istnieje liczba c " [a, b] , taka że zachodzi
lał.
Å‚
równość

b
f(x)dx = f(c)(b - a) .
a
Dowód. Wynika natychmiast z twierdzenia Lagrange a o wartości średniej zastosowanego do
2
funkcji pierwotnej funkcji f : F (b) - F (a) = F (c)(b - a) = f(c)(b - a) .
Definicja 11.3 (wartości średniej funkcji.)

b
1
Liczbe f(x)dx = f(c) nazywamy wartościał średniał funkcji f .
Å‚ b-a a
Można myśleć o niej tak: jeśli funkcja f przyjmuje jedynie wartości dodatnie, to liczba

b
1
f(x)dx jest wysokościał prostokałta o podstawie b - a , którego pole równe jest ,,polu
b-a a

b
1
pod wykresem funkcji f . Jeśli f(x) oznacza predkość w chwili x , to wtedy f(x)dx
Å‚ b-a a

b
oznacza iloraz przebytej drogi f(x)dx * przez czas b-a zużyty na jej przebycie, czyli średniał
a
predkość w tym ruchu. Nastepne przyk które motywujał te definicje pojawiał sie niebawem
lady,
Å‚ Å‚ Å‚ Å‚ Å‚
i czytelnik z pewnościał je dostrzeże.
2
*Przypomnijmy, że jeśli F (x) oznacza po poruszajacego sie punktu w momencie x , to f(x)=F (x) oznacza
lożenie
Å‚ Å‚
predkość w tym momencie, mówiliśmy o tym przy okazji definicji pochodnej funkcji jednej zmiennej.
Å‚
1
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
Å‚ Å‚
Twierdzenie 11.4 (o addytywności ca wzgledem przedzia
lki lu)
Å‚
Jeśli a < c < b i funkcja f ma funkcje pierwotnał na przedziale [a, b] , to zachodzi równość
Å‚

b c b
f(x)dx = f(x)dx + f(x)dx .
a a c
Dowód. Niech F oznacza funkcje pierwotnał funkcji f . Wtedy prawdziwe sał wzory:
Å‚

b c b
f(x)dx = F (b) - F (a) , f(x)dx = F (c) - F (a) , f(x)dx = F (b) - F (c) .
a a c
Z nich teza wynika natychmiast.
Punktem wyjścia do wielu zastosowań ca jest
lki
Twierdzenie 11.5 (o sumach Riemanna)
JeÅ›li funkcja f: [a, b] - IR jest ciaÅ‚g to dla każdej liczby µ > 0 istnieje liczba ´ > 0 , taka że
la,
jeżeli a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn-1 < xn = b , xi-1 d" ti d" xi oraz xi - xi-1 < ´ dla każdego
i = 1, 2, . . . , n , to zachodzi nierówność


b

f(x)dx - f(t1)(x1 - x0) + f(t2)(x2 - x1) + . . . + f(tn)(xn - xn-1) < µ .


a
Dowód. Ponieważ funkcja f jest ciałg na przedziale [a, b] , wiec na każdym z przedzia ów
la l
Å‚
[xi-1, xi] przyjmuje kresy. Niech mi oznacza kres dolny, a Mi  górny. Wobec tego dla każdego
x " [xi-1, xi] zachodzi nierówność mi-1 d" f(x) d" Mi . Wobec tego, na mocy twierdzenia o po-
równywaniu ca zachodzał nierówności:
lek

xi
mi(xi - xi-1) d" f(x)dx d" Mi(xi - xi-1) dla każdego i = 1, 2, . . . , n .
xi-1
Dodajałc je stronami i korzystajałc z twierdzenia o addytywności funkcji wzgledem przedzia
lu
Å‚
otrzymujemy

n n
b

mi(xi - xi-1) d" f(x)dx d" Mi(xi - xi-1) .
a
i=1 i=1
Ponieważ f jest ciaÅ‚g na przedziale domknietym [a, b] , wiec dla każdego µ > 0 istnieje liczba
la
Å‚ Å‚
µ
´ > 0 , taka że jeÅ›li |t - s| < ´ , to |f(t) - f(s)| < .* Wobec tego jeÅ›li xi - xi-1 < ´ , to
b-a
µ
Mi - mi < dla wszystkich i . Stałd od razu wynika, że zachodzi:
b-a
n n

µ
(Mi - mi) (xi - xi-1) < (xi - xi-1) = µ . StaÅ‚d teza wynika natychmiast: liczby
b - a
i=1 i=1
n n n


b
f(ti)(xi -xi-1) oraz f(x)dx leżał miedzy sumami mi(xi -xi-1) i Mi(xi -xi-1) ,
a Å‚
i=1 i=1 i=1
których różnica jest mniejsza od µ . Dowód zosta zakoÅ„czony.
l
*To nie jest definicja ciag i w zasadzie wymaga dowodu!
lości
Å‚
2
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
Å‚ Å‚
n n

Sumy mi(xi - xi-1) i Mi(xi - xi-1) nazywane sał dolnał i górnał sumał Darboux,
i=1 i=1
n

suma f(ti)(xi-xi-1)  sumał Riemanna. Istniejał funkcje nieciałg które majał funkcje pier-
le,
i=1
wotne, czyli sał ca
lkowalne w sensie Newtona, dla których teza twierdzenia o sumach Riemanna
nie zachodzi. Przyk podawać nie bedziemy, zainteresowany czytelnik może je znalez
ć
ladów
Å‚
w pozycjach obszerniejszych, np. we wspominanym już drugim tomie ksiałżki G.M.Fichtenholza,
 Rachunek różniczkowy i ca lkowalności w sensie Riemanna.
lkowy . Podamy jednak definicje ca
Å‚
Definicja 11.6 ( funkcji ca
lkowalnej w sensie Riemanna)
Funkcja f: [a, b] - IR jest ca
lkowalna w sensie Riemanna wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje
liczba rzeczywista I , taka że dla każdej liczby µ > 0 istnieje liczba ´ > 0 , taka że jeżeli
a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn-1 < xn = b , xi-1 d" ti d" xi oraz xi - xi-1 < ´ dla każdego
i = 1, 2, . . . , n , to zachodzi nierówność

I - f(t1)(x1 - x0) + f(t2)(x2 - x1) + . . . + f(tn)(xn - xn-1) < µ .


Liczba I nazywana jest ca Riemanna funkcji f na przedziale domknietym [a, b] i oznaczana
lkał
Å‚

b
jest symbolem f(x)dx .
a
Z twierdzenia o sumach Riemanna wynika, że funkcje ciałg sał ca
le lkowalne w sensie Rie-
manna i że ich ca Riemanna oraz Newtona to te same liczby. Stosowanie tego samego symbolu
lki
jest wiec w pe uzasadnione tym bardziej, że można udowodnić, że jeśli funkcja (nieciałg jest
lni la)
Å‚
ca lki
lkowalna zarówno w sensie Riemanna jak i w sensie Newtona, to obie ca sie pokrywajał.
Å‚
O funkcjach ca
lkowalnych w sensie Riemanna powiemy niewiele.
Twierdzenie 11.7 (o ograniczoności funkcji ca
lkowalnej w sensie Riemanna) Funkcja
ca
lkowalna w sensie Riemanna jest ograniczona.
Twierdzenie 11.8 (o ca lej
lkowalności funkcji nieciałg w skończenie wielu punktach)
Jeśli funkcja f: [a, b] - IR jest ograniczona i ma skończenie wiele punktów nieciałg to jest
lości,
ca
lkowalna w sensie Riemanna.
Twierdzenie 11.9 (o ca
lkowalności funkcji monotonicznej )
Jeśli funkcja f: [a, b] - IR jest monotoniczna, to jest ca
lkowalna w sensie Riemanna.
Dowody tych twierdzeń pomijamy, choć nie sał ani trudne, ani d Zajmijmy sie raczej
lugie.
Å‚
interpretacjał sum Riemanna. Za óżmy, że f jest funkcjał dodatniał. By rozpatrzeć sume Rie-
l
Å‚
manna podzieliliśmy przedzia [a, b] na krótkie przedzialiki. W każdym z nich wybraliśmy
l
punkt ti . Sk
ladnik f(ti)(xi - xi-1) , to pole prostokałta o podstawie [xi-1, xi] i wysokości
3
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
Å‚ Å‚
f(ti) . Górna podstawa tego prostokałta ma punkt wspólny w wykresem funkcji f na przedziale
[xi-1, xi] . Można wiec myśleć, że przybliżamy ,,pole pod wykresem za pomocał wielu wałskich
Å‚
prostokałtów. Dolna suma Darboux zwiałzana jest z przybliżaniem tego samego pola z do
lu,
w tym przypadku prostokałty mieszczał sie pod wykresem. Górna suma Darboux to suma pól
Å‚
nieco wyższych prostokałtów, tak że ich suma zawiera ,,pole pod wykresem . Zinterpretownie
sum w przypadku funkcji ujemnej nie nastrecza k
lopotów. W przypadku funkcji zmieniajałcej
Å‚
znak należy podzielić przedzia na cześci tak, by na każdej z nich funkcja mia sta znak (ni-
l la ly
Å‚
estety może sie okazać, że musi ich być nieskończenie wiele). Gdyby ca s ly jedynie do
lki luży
Å‚
obliczania pól nie musielibyśmy o nich w ogóle o takich funkcjach mówić. Pokażemy jeszcze
kilka przyk geometryczne i fizycznych. W dalszym ciałgu w przypadku zbioru A ą" R3
ladów
przez |A| lub |A|3 oznaczać bedziemy jego objetość (matematycy czesto używajał terminu: mi-
Å‚ Å‚ Å‚
are trójwymiarował). Pole zbioru A oznaczać bedziemy przez |A| lub |A|2 , jeśli możliwe bedał
Å‚ Å‚ Å‚
wałtpliwości dotyczałce wymiaru. Podobnie d krzywej C oznaczymy przez |C| lub |C|1 .
lugość
Obliczanie objetości
Å‚
Za óżmy, że A ‚" IR3 jest przyzwoitym zbiorem ograniczonym.* Niech P (z) oznacza pole
l
-
-
przekroju zbioru A p lał
laszczyznał przechodzałcał przez punkt (0, 0, z) , prostopad do osi OZ .

b
Wtedy objetość |A| zbioru A równa jest P (z)dz , przy czym a i b sał tak dobrane, by
Å‚ a
p la / lego
laszczyzna, o której mowa nie przecina zbioru A , gdy z " [a, b] . Ścis dowodu tego wzoru
nie podamy, spróbujemy jednak wyjaśnić jego geneze. Punktem wyjścia bedzie stwierdzenie, że
Å‚ Å‚
jeśli zbiór A sk sie z podstawy B zawartej w pewnej p
lada laszczyz
nie  i wszystkich odcinków
Å‚
do niej prostopad tej samej d
lych, lugości h , których jeden koniec leży w zbiorze B i które leżał
c&
po jednej stronie p
laszczyzny  , to objetość zbioru |A| = |B| · h . To stwierdzenie uogólnia
Å‚
wzory na objetość walca, prostopad lupa
lościanu, czy graniastos prostego.
Å‚
Za óżmy teraz, że zbiór A jest ,,dostatecznie przyzwoity oraz że
l
a = z0 < z1 < z2 < . . . < zn-1 < zn = b
jest podzia przedzia [a, b] na dostatecznie krótkie przedzia Wtedy objetość tej cześci
lem lu ly.
Å‚ Å‚
zbioru A , która jest zawarta miedzy p
laszczyznami o równaniach z = zi-1 i z = zi równa jest
Å‚

P (ti)(zi - zi-1) , gdzie ti " [zi-1, zi] jest odpowiednio dobranym punktem liczba P (ti) ma
być średniał wartościał pól P (z) dla z " [zi-1, zi]  ta cześć zbioru A to nieomal walec, na ogó
l
Å‚

nieko o polu podstawy P (ti) . W tej sytuacji możemy twierdzić, że objetość równa jest
lowy,
Å‚
*Nie możemy tu wyjaśniać o jakie zbiory może w rzeczywistości chodzić. Wystarczy powiedzieć, że to o czym
chcemy powiedzieć może być stosowane w przypadku zbiorów otwartych, domknietych i wielu innych, kiedyś
Å‚
myślano, że do wszystkich, ale tak nie jest. Rozstrzyganie tych kwestii należy pozostawić matematykom. Nie-
matematyk może przyjać, że chodzi o wszystkie zbiory.
Å‚
c&
Matematycy nazywaja taki zbiór walcem o podstawie B , a zwyk walec  walcem ko
ly lowym.
Å‚
4
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
Å‚ Å‚
n

P (ti)(zi - zi-1) . Gdybyśmy nie starali sie wybrać punktu ti tak, by zachodzi równość,
la
Å‚
i=1
to i tak zachodzi równość przybliżona przy za lał,
laby lożeniu, że pole P (z) jest funkcjał ciałg
a przynajmniej ca
lkowalnał w sensie Riemanna, zmiennej z . To mówi o tym jak należy myśleć

b
o objetości. Powinna być równa |A| = P (z)dz . Można albo uściślić definicje objetości, albo
Å‚ a Å‚ Å‚
przyjałć, że podany wzór to jej definicja. Pokażemy teraz na kilku przyk jak ten wzór
ladach
dzia Zaczniemy od wzorów znanych ze szko
la. ly.
Przyk 11.1 Niech B bedzie zbiorem zawartym w p
lad laszczyz
nie  , którego pole równe jest
Å‚
P . Niech W bedzie punktem leżałcym poza p
laszczyznał  i niech S oznacza sume wszystkich
Å‚ Å‚
odcinków zaczynajałcych sie w punkcie W , których drugi koniec leży w zbiorze B (jeśli B jest
Å‚
ko i punkt W leży nad jego środkiem, to S jest stożkiem o podstawie B i wierzcho W ;
lem lku
jeśli B jest wielokałtem, to S jest ostros o wierzcho W i podstawie B )  taki zbiór S
lupem lku
matematycy nazywajał stożkiem o podstawie B i wierzcho W . Niech h oznacza odleg
lku lość
punktu W od p laszczyznał
laszczyzny  , czyli wysokość stożka S . Przetnijmy stożek S p
równoleg do  , której odleg od p
lał lość laszczyzny  równa jest z " [0, h] . Otrzymany przekrój
h-z
jest figurał podobnał do B , w skali . Ponieważ stosunek pól figur podobnych jest równy
h
2
h-z
kwadratowi skali podobieństwa, wiec pole P (z) tego przekroju jest równe P . Wobec
Å‚ h
tego
2
h h
h-z P P 1 1
|S| = P dz = h2 - 2hz + z2 dz = h3 - h3 + h3 = P h .
0 h h2 0 h2 3 3
Otrzymaliśmy wiec podawane w szko wzory na objetość stożka i ostros jednocześnie,
lach lupa
Å‚ Å‚
w rzeczywistości wzór otrzymany w tym przyk jest nieco ogólniejszy.
ladzie
Przyk 11.2 Za óżmy, że każdy przekrój poziomy zbioru A otrzymany w wyniku prze-
lad l
ciecia zbioru A p
laszczyznał znajdujałcał sie na wysokości z " [0, h] ma to samo pole P i że
Å‚ Å‚
przekroje p
laszczyznami poziomymi znajdujałcymi sie na innych wysokościach sał puste. Wobec
Å‚

h
tego zachodzi równość |A| = P dz = P h . Otrzymany wynik stosuje sie oczywiście do
0 Å‚
prostopad lościanu, mogał dojść skrecenia różne na różnych
lościanu, ale również do równoleg
Å‚
poziomach. Twierdzenie to zosta sformu w XVII w. przez Cavalieri ego. Jest zwane za-
lo lowane
sadał Cavalieri ego. W czasach kiedy autor tego tekstu by uczniem liceum, zasada ta znajdowa
l la
sie w podreczniku do geometrii, z którego uczyli sie wtedy wszyscy licealiści w Polsce.
Å‚ Å‚ Å‚
Przyk 11.3 Zajmijmy sie kulał o promieniu r . Bez straty ogólności rozważań można
lad
Å‚
przyjałć, że jej środkiem jest punkt 0 . Przecinajałc kule p lożonał
laszczyznał z z punktów, których
Å‚
"
trzecia wspó lo la
lrzedna równa jest z otrzymujemy ko o promieniu r2 - z2 . Pole tego ko
Å‚
równe jest Ą(r2 - z2) . Wobec tego objetość kuli równa jest
Å‚
5
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
Å‚ Å‚

r
1 1 4
Ä„(r2 - z2)dz = Ä„ r2 · 2r - r3 - (-r)3 = Ä„r3 .
-r 3 3 3
Znów otrzymaliśmy w bardzo prosty sposób znany ze szko wzór. Otrzyma go dawno temu
ly l
Archimedes dzieki zrecznemu rozumowaniu geometrycznemu. Nie znano wtedy ca wiec zajelo
lek,
Å‚ Å‚ Å‚ Å‚
mu to wiecej miejsca niż nam korzystajałcym z wielu znacznie póz
niejszych pomys ów.
l
Å‚
Przyk 11.4 Znajdziemy objetość detki zak
lad ladajałc, że powstaje ona w wyniku obrotu
Å‚ Å‚
ko o promieniu r > 0 wokó prostej leżałcej w p la lości
la l laszczyz
nie tego ko w odleg R > r od
jego środka. Matematycy powierzchnie detki nazywajał torusem, czego oczywiście nie trzeba
Å‚ Å‚
pamietać. Przyjmiemy, że środkiem ko o promieniu r jest punkt (R, 0, 0) oraz że to ko leży
la lo
Å‚
w p laszczyznał poziomał przechodzałcał przez
laszczyz
nie y = 0 . Przetnijmy (w myśli) detke p
Å‚ Å‚
punkt (0, 0, z) . Przekrój jest pierścieniem ko
lowym, którego promień wewnetrzny równy jest
Å‚
" "
R - r2 - z2 a zewnetrzny to R + r2 - z2 , zatem polem tego pierścienia ko jest liczba
lowego
Å‚
" 2 " 2 "
Ä„ R + r2 - z2 - Ä„ R - r2 - z2 = 4Ä„R r2 - z2 .
"
r
1
Wynika staÅ‚d, że objetoÅ›ciaÅ‚ detki jest 4Ä„R r2 - z2 dz = 4Ä„R · Ä„r2 = 2Ä„2Rr2 . Zadanie
Å‚ Å‚ -r 2
zosta rozwiałzane.
lo
Tych kilka przyk niez
le ilustruje skuteczność rachunku ca
ladów lkowego. Otrzymanie tych
wzorów bez rachunku ca
lkowego jest możliwe, ale znane autorowi wyprowadzenia w istocie
zawierajał przejścia graniczne równoważne temu, które pojawia sie w twierdzeniu o sumach
Å‚
Riemanna. Można wiec twierdzić, że stworzenie rachunku ca lo
lkowego stanowi ukoronowanie
Å‚
wysi wielu ludzi obliczajałcych różne wielkości, np. objetości.
lków
Å‚
Obliczanie pól jeszcze raz
Przedstawiliśmy przed chwilał podejście do kwestii obliczania objetości polegajałce na ,,plas-
Å‚
terkowaniu zbioru trójwymiarowego. Za óżmy, że na przedziale domknietym dane sał dwie
l
Å‚
funkcje ciałg g, f: [a, b] - IR , przy czym dla każdego x " [a, b] zachodzi równość g(x) e" f(x).
le
Korzystajałc z wzoru na pole pod wykresem funkcji i odejmujałc pola pod wykresem funkcji f

b b b
od pola pod wykresem funkcji g otrzymujemy g(x)dx - f(x)dx = (g(x) - f(x)) dx .
a a a
Jest to pole obszaru ograniczonego z do wykresem funkcji f , a z góry  wykresem funkcji g
lu
(można oczywiście za że f(x) e" 0 dla każdego x " [a, b] , bo pole nie zmienia sie przy prze-
lożyć,
Å‚
sunieciu). Jest mniej wiecej jasne, że jeśli opuścimy za
lożenie g e" f , to wzór na pole obszaru
Å‚ Å‚
ograniczonego wykresami funkcji g i f w dalszym ciałgu bedzie obowiałzywać tyle, że w wy-
Å‚

b
niku otrzymamy |f(x) - g(x)|dx . Okazuje sie, że ca lugość
lkujemy d odcinka otrzymanego
a Å‚
w przecieciu obszaru prostał pionował (zamiast pola przekroju w przypadku objetości) i w wyniku
Å‚ Å‚
otrzymujemy pole obszaru (zamiast objetości). Przyk pole ko można obliczać traktujałc
ladowo la
Å‚
" "
je jako obszar zawarty miedzy wykresami funkcji - r2 - x2 oraz r2 - x2 . Jest wiec ono
Å‚ Å‚
równe
6
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
Å‚ Å‚
"
" "
r r
Ä„r2
r2 - x2 - - r2 - x2 dx = 2 r2 - x2 dx = 2 = Ä„r2 .
-r -r 2
Nie bedziemy teraz mnożyć przyk
ladów. Zaznaczyć chcieliśmy jedynie, że pola można obliczać
Å‚
pos
lugujałc sie tał samał ideał, która ma zastosowanie w przypadku objetości. Sugeruje to możli-
Å‚ Å‚
wość zbudowania ogólniejszej teorii niezależnej od wymiaru. Dokonali tego matematycy na
prze XIX i XX wieku, dwa najważniejsze nazwiska to B.Riemann i H.Lebesgue. Teoria
lomie
Lebesgue a zyska wielkał popularność ze wzgledu na znacznie wygodniejsze w użyciu twierdze-
la
Å‚
nia pozwalajałce na obliczanie granic ciałgów ca Tych problemów nie bedziemy tu omawiać.
lek.
Å‚
Sał przedstawione w wielu podrecznikach przeznaczonych dla matematyków i fizyków teoretyków.
Å‚
D
lugość wykresu funkcji
Za óżmy, że funkcja f: [a, b] - (0, +") jest różniczkowalna i że jej pochodna f2 jest ciałg na
l la
przedziale [a, b] . Jasne jest, że d krzywej powinniśmy przybliżać d
lugość lugościał lamanej (linii
z lki le
lożonej z odcinków), której wierzcho dzielał wykres funkcji f na ma fragmenty. Omówimy
to nieco dok
ladniej.
Niech a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn = b . Niech li oznacza d odcinka lałczałcego
lugość

punkty xi-1, f(xi-1) i xi, f(xi) . Mamy wiec
Å‚

li = (xi - xi-1)2 + (f(xi) - f(xi-1))2 .
Z twierdzenia Lagrange a o wartości średniej wynika, że istnieje taka liczba ti " [xi-1, xi] , że
zachodzi równość

li = (xi - xi-1)2 + f2 (ti)2(xi - xi-1)2 = (xi - xi-1) 1 + (f2 (ti)2) .
Stałd wynika, że d lamanej równa jest
lugość
n


l1 + l2 + . . . + ln = (xi - xi-1) 1 + (f2 (ti)2) .
i=1


b
D wykresu funkcji f to wobec tego 1 + (f2 (x))2 dx  wynika to oczywiście z twier-
lugość
a
dzenia o sumach Riemanna.
Ten wynik jest bardzo jasny z punktu widzenia fizyki. Za óżmy, że wykres funkcji to np.
l
szosa, po której porusza sie samochód w ten sposób, że sk
ladowa pozioma wektora predkości
Å‚ Å‚

równa jest 1 . Niech x oznacza czas. Wtedy w chwili x znajdujemy sie w punkcie x, f(x)
Å‚

 zak
ladamy, że startujemy z punktu a, f(a) , wtedy f2 (x) mierzy predkość zmian wartości
Å‚
funkcji f w chwili x , jest wiec to sk
ladowa pionowa wektora predkości naszego pojazdu. Jego
Å‚ Å‚

predkościał skalarnał jest wiec d wektora predkości, czyli liczba 1 + (f2 (x))2 , ta predkość
lugość
Å‚ Å‚ Å‚ Å‚
jest oczywiście zależna od czasu. Przebytał droge należy obliczać mnożałc czas przez predkość.
Å‚ Å‚
Ponieważ predkość jest zmienna, wiec prowadzi to do dzielenia czasu podróży, na krótkie od-
Å‚ Å‚
cinki, w krótkim okresie czasu predkość jest prawie sta (predkość jest funkcjał ciałg czasu),
la lał
Å‚ Å‚
nastepnie mnożymy ten krótki czas przez predkość z jakał sie w nim poruszamy i sumujemy.
Å‚ Å‚ Å‚
7
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
Å‚ Å‚

Otrzymujemy sume Riemanna funkcji 1 + (f2 (x))2 , a po przejściu granicznym (rozpatrywane
Å‚


b
odcinki czasu sał coraz bliższe 0 ) otrzymujemy ca
lke 1 + (f2 (x))2 dx . Rozumujałc analo-
Å‚ a

b
gicznie dojść można do wniosku, że f(x)dx jest drogał przebytał przez pojazd poruszajałcy
a
sie po prostoliniowej drodze w ten sposób, że w chwili x jego predkościał jest f(x) .
Å‚ Å‚
Ten argument jest bardzo ważny historycznie: Newton tworzy rachunek różniczkowy i ca
l l-
kowy w silnym zwiałzku z fizykał. Pojecie predkości nie jest trudne, przemawia do wyobraz
ni, wiec
Å‚ Å‚ Å‚
studenci proszeni sał o chwile zastanowienia nad tym tekstem! Warto też zdać sobie sprawe z te-
Å‚ Å‚
go, że ca
lkowicie analogicznie przyspieszenie jest powiałzane z predkościał  po prostu wszedzie
Å‚ Å‚
zastepujemy po
lożenie przez predkość i jednocześnie predkość przez przyspieszenie.
Å‚ Å‚ Å‚
Przyk 11.5 Obliczymy d luku paraboli y = x2 zaczynajałcego sie w punkcie (0, 0)
lad lugość
Å‚

i kończałcego sie w punkcie a, a2 . Zgodnie z poprzedzajałcymi ten przyk rozważaniami ta
lad
Å‚


a
d równa jest 1 + (2x)2 dx . Podobnał ca obliczyliśmy w przyk 10.28. Teraz
lugość lke ladzie
0 Å‚


"
1 1 1
zrobimy to nieco inaczej. Niech x = tg t . Wtedy 1 + 4x2 = 1 + tg2 t = =
2 cost cos t
Ä„
 możemy tak napisać, bo możemy przyjmować, że t " (-Ą , ) i wobec tego cos t > 0 . Jeśli
2 2
1 1
x = tg t , to dx = dt , wiec
2 2 cos2 t Å‚
"
1 cos2 t+sin2 t
1 + 4x2 dx = dt = dt =
2 cos3 t 2 cos3 t

przez
1 1 1 sin t 1 1 1 1 1 cos t
= dt + sin t dt = = = dt + sin t - dt =
= =
2 cos t 2 cos3 t 2 cos t 2 2 cos2 t 2 2 cos2 t
cześci
Å‚

sin t 1 1 sin t 1 cos t
= + dt = + dt =
4 cos2 t 4 cos t 4 cos2 t 4 1-sin2 t

sin t 1 cos t 1 cos t sin t 1 1
= + dt + dt + C = - ln(1 - sin t) + ln(1 + sin t) + C =
4 cos2 t 8 1-sin t 8 1+sin t 4 cos2 t 8 8
(1+sin t)2
sin t 1 1+sin t sin t 1 sin t 1 1+sin t
= + ln + C = + ln + C = + ln + C =
2
4 cos2 t 8 1-sin t 4 cos2 t 8 4 cos2 t 4 cos t
"1-sin t "
1 1 1 1
= · tg t + ln( + tg t) + C = 1 + 4x2 · 2x + ln( 1 + 4x2 + 2x) + C
4 cos t cos t 4
" "
a 1
Stałd wynika, że ten luk paraboli ma d
lugość. 1 + 4a2 + ln 2a + 1 + 4a2 .
2 4
Okazuje sie, że wynik jest zadziwiajałco skomplikowany. W XIX w. matematykom uda sie
lo
Å‚ Å‚
wykazać, że d elipsy, która nie jest okregiem, nie daje sie wyrazić za pomocał tzw. funkcji
lugość
Å‚ Å‚
elementarnych. Można to zrobić za pomocał tzw. funkcji eliptycznych. Piszemy o tym po to
jedynie, by raz jeszcze przestrzec, że mówimy tu jedynie o rzeczach w matematyce najprostszych,
bo te tylko znajdujał sie w i tak wype
lnionych programach studiów.
Å‚
Obliczymy teraz d okregu, a w lowy,
lugość laściwie jego po choć wszyscy dobrze wiedzał, co
Å‚
otrzymamy. Tu rachunek bedzie bardzo prosty, a różnica miedzy okregiem i elipsał tak niewielka.
Å‚ Å‚ Å‚
Niewielka ale bardzo istotna: w ca którał trzeba znalez
ć w przypadku elipsy wystepuje iloraz
lce,
Å‚
dwóch wielomianów kwadratowych, w przypadku okregu wielomian jest tylko jeden.
Å‚
Przyk 11.6 Pó o promieniu r > 0 możemy potraktować jako wykres funkcji
lad lokrałg
8
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
Å‚ Å‚
"
r2 - x2 zdefiniowanej na przedziale [-r, r] . Wobec tego jego d równa jest
lugość

" 2
2
2
r r r
-x x2
"
1 + r2 - x2 dx = 1 + dx = 1 + dx =
-r -r -r r2-x2
r2-x2

r Ä„/2
r
"
dx = = =sin t= = r dt = Ä„r .
=x=r= = =
= =
-r -Ä„/2
r2-x2 dx=r cos t dt
Otrzymaliśmy wiec dobrze znany wynik.*
Å‚
Pola powierzchni bry obrotowych
l
Pokażemy teraz jest jeszcze jedno zastosowanie geometryczne ca tym razem do obliczania
lek,
pola powierzchni bry obrotowej. Tym razem punktem wyjścia bedzie wzór na pole powierzchni
ly
Å‚
bocznej stożka Ąrl , gdzie r to promień podstawy stożka, a l to d tworzałcej. Z tego wzoru
lugość
bez trudu można wyprowadzić wzór na pole powierzchni bocznej stożka ścietego, w którym
Å‚
wieksza podstawa ma promień r1 , mniejsza  promień r2 , a tworzałca to l . Ten stożek ściety
Å‚ Å‚
r1
można potraktować jako wynik odciecia od stożka o promieniu podstawy r1 i tworzałcej l
Å‚ r1-r2
r2
stożka o promieniu podstawy r2 i tworzałcej l  wynika to z podobieństwa trójkałtów.
r1-r2
2 2
lr1 lr2
Wobec tego pole powierzchni bocznej stożka ścietego jest równe Ą -Ą = Ąl (r1 + r2) .*
Å‚ r1-r2 r1-r2
Za óżmy, że funkcja f: [a, b] - (0, +") jest różniczkowalna i że jej pochodna jest ciałg
l la.
Obrócimy wykres funkcji f wokó osi x . W wyniku otrzymamy powierzchnie, której pole
l
Å‚
obliczymy. Zauważmy jeszcze tylko, że jeśli funkcja f jest liniowa, to w wyniku tego obrotu
otrzymujemy powierzchnie bocznał stożka ścietego ewentualnie walca, jeśli funkcja jest sta
la.
Å‚ Å‚
Podzielimy przedzia [a, b] punktami a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn = b na krótkie, niekoniecznie
l
równe, przedzia To, co powstaje w wyniku obrotu cześci wykresu odpowiadajałcej przedzia
ly. lowi
Å‚
[xi-1, xi] , można przybliżyć stożkiem ścietym o wysokości xi - xi-1 i promieniach podstaw
Å‚
f(xi) , f(xi-1)  ten stożek staje sie walcem, gdy f(xi-1) = f(xi) . Pole powierzchni bocznej
Å‚

takiego stożka, to zgodnie z przypomnianymi przed chwilał wzorami Ąli f(xi-1) + f(xi) , gdzie
li oznacza jego tworzałcał, czyli

2
li = (xi - xi-1)2 + (f(xi) - f(xi-1))2 = (xi - xi-1) 1 + f2 (ti)
dla pewnego ti " (xi-1, xi) , istnienie takiej liczby t wynika z twierdzenia Lagrange a o wartości
średniej. Ponieważ przedzia [xi-1, xi] jest ,,krótki , wiec
l
Å‚

2
Ä„li (f(xi-1) + f(xi)) H" 2Ä„ · f(ti) 1 + f2 (ti) ,
przyjeliśmy tu, że f(xi-1) H" f(ti) H" f(xi) , co jest dopuszczalne, ale nie chcemy sie wdawać
Å‚ Å‚
w bardziej szczegó szacunki, bo dla osób o niewielkiej wprawie bedał one trudnawe i na
lowe
Å‚
pewno żmudne, dla wprawnych  banalne.
Wobec tego pole powierzchni powsta w wyniku obrotu wykresu funkcji f można przy-
lej
"
* Troche oszukujac: funkcja r2-x2 nie ma skończonej pochodnej w końcach przedzia o tym opowiemy póz
niej.
lu,
Å‚ Å‚
1
*Troche to przypomina wzór na pole trapezu: (2Ąr1+2Ąr2)l  po sumy podstaw razy wysokość.
lowa
2
Å‚
9
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
Å‚ Å‚

n

2
bliżyć sumaÅ‚ 2Ä„·f(ti) 1 + f2 (ti) , która z kolei, na mocy twierdzenia o sumach Riemanna,
i=1

2
b
przybliża ca 2Ąf(t) 1 + f2 (t) dt . Ta ca jest wiec równa polu powierzchni powsta
lke lka lej
Å‚ a Å‚
w wyniku obrotu funkcji f wokó osi x . B które pope w kolejnych krokach sał ma
l ledy, lniamy le
Å‚
i to jako b wzgledne, co jest ważne, bo pola cześci, na które poszatkowaliśmy powierzchnie,
ledy
Å‚ Å‚ Å‚ Å‚
sał ma i jest ich wiele, wiec teoretycznie b mog sie zsumować do czegoś dużego  tak
le ledy lyby
Å‚ Å‚ Å‚
sie nie dzieje, bo jak zapewniamy czytelników, b wzgledne sał ma Tu jeszcze raz stykamy
ledy le!
Å‚ Å‚ Å‚
sie z jednał z podstawowych idei analizy matematycznej: funkcje przybliżamy funkcjał liniował
Å‚ Å‚
tak, by b wzgledny by ma Czas na jakiÅ› przyk
lałd l ly! lad.
Å‚
"
Przyk 11.7 Niech f(x) = r2 - x2 dla a d" x d" a + h , przy czym -r d" a oraz
lad
a +h d" r . W wyniku obrotu wykresu funkcji f określonej na przedziale [a, a +h] otrzymujemy
cześć powierzchni kuli zawartał miedzy dwiema równoleg p lość
lymi laszczyznami, których odleg
Å‚ Å‚
równa jest h . Zgodnie z omówionym wzorem pole tej cześci sfery równe jest
Å‚

2
a+h a+h

-x
2Ä„ r2 - x2 · 1 + " dx = 2Ä„r dx = 2Ä„rh .
r2 - x2
a a
W szczególności, jeżeli a = -r i h = 2r otrzymujemy wzór na pole powierzchni ca kuli, który
lej
wiekszość maturzystów mia okazje poznać w szkole. Jednak otrzymaliśmy coś wiecej: wzór na
la
Å‚ Å‚ Å‚
pole powierzchni cześci sfery zawartej miedzy dwiema równoleg p
lymi laszczyznami oddalonymi
Å‚ Å‚
o h . Zauważmy jeszcze, że we wzorze tym NIE wystepuje liczba a . Oznacza to, że pole jest od
Å‚
a niezależne, ważne jest tylko to, że obie p
laszczyzny przecinajał sfere. Może sie zdarzyć, że jedna
Å‚ Å‚
z tych p laszczyzna równika
laszczyzn przechodzi przez jeden z biegunów, a może sie zdarzyć, że p
Å‚
dzieli przestrzeń miedzy nimi na pó Pola sał równe! Nie jest to chyba ca oczywiste, choć
l. lkiem
Å‚
Archimedes z pewnościał to wiedzia
l.*
Przyk 11.8 Obliczymy teraz pole powierzchni detki opisanej już w przyk 11.4.
lad ladzie
Å‚
Przypomnijmy: powierzchnia detki by otrzymana jako wynik obrotu okregu zdefiniowanego
la
Å‚ Å‚
równaniami y = 0 , (x - R)2 + z2 = r2 wokó osi z . Można wiec przyjałć, że obracamy wokó
l l
Å‚
" "
osi z (a nie wokó osi x ) wykresy dwu funkcji zmiennej z R + r2 - z2 oraz R - r2 - z2 .
l
Cześć wspólna otrzymanych powierzchni sk sie z dwóch okregów, wiec jej pole równe jest 0,
lada
Å‚ Å‚ Å‚ Å‚
zatem możemy obliczyć pola obu powierzchni i dodać. W pierwszym przypadku pole równe jest

2
"
r r
-z R
" "
2Ä„ R + r2 - z2 · 1 + dz = 2Ä„r + 1 dz = 2Ä„2rR + 2Ä„r2 ,
-r -r
r2-z2 r2-z2
*W podreczniku do geometrii używanym we wszystkich polskich liceach, gdy autor tego tekstu by uczniem,
l
Å‚
twierdzenie to by podane wraz z dowodem nie korzystajacym w jawnej postaci z ca Oczywiście tylko
lo lek.
Å‚
cześć uczniów je zauważa
la.
Å‚
10
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
Å‚ Å‚

2
"
r
-z
"
wiec w drugim  2Ä„ R - r2 - z2 · 1 + dz = 2Ä„2rR - 2Ä„r2 . SumujaÅ‚c
Å‚ -r
r2-z2
otrzymujemy 4Ä„2rR .
Jest wiec widoczne, że za pomocał ca można dać sobie rade z obliczaniem objetości, pól
lek
Å‚ Å‚ Å‚
i d
lugości. Dodać warto, że czesto wyniki nie dajał sie wyrazić za pomocał funkcji elementarnych.
Å‚ Å‚
Jednak wyrażenie ich nawet za pomocał samej ca jest ważne, bo wymyślono wiele metod
lki
przybliżonego obliczania ca wiec nawet jeśli mamy wynik nieelementarnie wyrażony, to i tak
lek,
Å‚
można uzyskiwać istotne oszacowania z dok lkowicie wystarczajałcał dla zastosowań
ladnościał ca
w matematyce i poza niał. Nie bedziemy oczywiście tych tematów rozwijać w ramach wyk
ladu
Å‚
wprowadzajałcego studentów I roku w matematyke.
Å‚
Ca niew
lki laściwe
Spotkaliśmy sie przy obliczaniu d okregu z problemem ca la
lugości lkowania funkcji, która nie by
Å‚ Å‚
zdefiniowana w końcu przedzia a nawet w obu końcach. Takie funkcje pojawiajał sie w wielu
lu,
Å‚
sytuacjach. Trzeba wiec wyjaśnić nieco dok jak definiujemy ca i co można wnioskować
ladniej lki
Å‚
z ich istnienia.
Definicja 11.10 (ca niew
lki laściwej )

c
Jeśli funkcja f: [a, b) - IR ma funkcje pierwotnał i istnieje granica lim f(x)dx , to granice
Å‚ Å‚
cb- a
te nazywamy ca niew
lkał laściwał funkcji f na przedziale [a, b) . Oznaczamy jał tak samo, jak
Å‚

b
ca w lka laściwa jest skończona, to mówimy, że jest zbieżna.
lke laściwał: f(x)dx . Jeśli ca niew
Å‚ a
Analogicznie definiowana jest ca niew
lka laściwa z funkcji określonej na przedziale otwarto
domknietym (a, b] .
Å‚
Jeśli funkcja jest określona na przedziale otwartym (a, b) i istniejał ca niew
lki laściwe na
przedzia (a, c] i [c, b) , to ich sume, jeśli jest zdefiniowana, nazywamy ca niew
lach lkał laściwał
Å‚

b
funkcji f na przedziale (a, b) . Oznaczamy jak zwykle symbolem f(x)dx .
a

r
1
"
Przyk 11.9 Obliczymy ca dx . Funkcja jest niezdefiniowana w obu końcach
lad lke
Å‚ -r
r2-x2

r 0
1 1
" "
przedzia wiec rozpatrzymy oddzielnie dwie ca dx oraz dx . Zachodzi
lu, lki:
Å‚ 0 -r
r2-x2 r2-x2

1 x
"
wzór dx = arcsin + C , zatem
r
r2-x2

c
1 c 0 r Ä„
"
lim dx = lim arcsin - arcsin = arcsin = .
r r r 2
cr- 0 r2-x2 cr-

0
1 0 -r Ä„
"
Podobnie lim dx = lim arcsin - arcsin = arcsin 1 = . Obie ca sał
lki
r r 2
c-r+ c r2-x2 c-r+

r
1 Ä„ Ä„
"
skończone, czyli zbieżne. Zgodnie z definicjał ca dx jest zbieżna do + = Ą .
lka
-r 2 2
r2-x2

"
1
Przyk 11.10 Obliczymy ca dx . Zachodzał równości
lad lke
Å‚ 1+x2
0
11
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
Å‚ Å‚
c

" c
1 1 Ä„
dx = lim dx = lim (arctg x) = lim (arctg c - arctg 0) = .

0 1+x2 0 1+x2 2
c" c" c"
0
Ca jest wiec skończona, zatem funkcja arctg ma ca niew lprostej [0, ") . Bez
lka lke laściwał na pó
Å‚ Å‚

"
1
trudu stwierdzić można, że zachodzi równość dx = Ą .
-" 1+x2

"
Przyk 11.11 Teraz zajmiemy sie ca ladajałc, że a = -1 . Mamy
lad lkał 1 xa dx zak
Å‚
c


+" jeśli a > -1 ,
" c
1 ca+1-1

xa dx = lim xa dx = lim xa+1 = lim = -1
1 1 a+1 a+1
jeśli a < -1 .
c" c" c"
a+1
1
Okaza sie, że im wiekszy wyk tym wieksza ca Dla ,,dużych wyk lka
lo ladnik lka. ladników ca
Å‚ Å‚ Å‚
jest nieskończona dla ,,ma skończona: tym mniejsza im mniejszy wyk
lych ladnik. Oczywiście
s ,,ma i ,,duży majał znaczenie umowne.
lowa ly

"
Przyk 11.12 Obliczymy e-x dx zak
lad ladajałc, że  > 0 , w przypadku  d" 0 wartości
0
funkcji podca nie sał mniejsze niż 1, wiec ca jest nieskończona, bo musi być wieksza od
lkowej lka
Å‚ Å‚
pola prostokałta o wysokości 1 i dowolnie d podstawie. Mamy
lugiej
c

" c
1

e-x dx = lim e-x dx = lim - e-x =>0 1 .
= =
=
0 0  
c" c"
0
Wykazaliśmy wiec, że dla każdego  > 0 funkcja e-x ma skończonał ca niew
lke laściwał na
Å‚ Å‚
pó
lprostej [0, ") .

2 2
+"
Przyk 11.13 Wykażemy teraz, że ca
lad lka e-x dx jest skończona. Mamy ex e" 1+x2
-"

2 2
c c c
1 Ä„
dla każdej liczby rzeczywistej x , wiec e-x dx d" dx < . Ca e-x dx rośnie
lka
Å‚ 0 0 1+x2 2 0

2
c
wraz z c , oczywiście teraz rozważamy tylko c > 0 . Wobec tego granica lim e-x dx istnieje
0
c"
i jedynał kwestiał jest to, czy jest ona skończona. Ponieważ dla każdego c > 0 ca jest mniejsza
lka
Ä„
niż , wiec
2 Å‚

2 2
" c
Ä„
e-x dx = lim e-x dx d" .
0 0 2
c"
Spe lka
lniliśmy obietnice: udowodniliśmy, że ca jest skończona, choć jej nie obliczyliśmy, bo to
Å‚
jest nieco trudniejsze.
Widać z powyższych przyk że powody, dla których trzeba rozpatrywać czasem ca
ladów, lki
nieoznaczone, bywajał różne. Możemy mieć do czynienia z nieograniczonał funkcja lub z nieogra-
niczonał dziedzinał funkcji. Nie bedziemy tych spraw dok omawiać, bo jak już wielokrotnie
ladnie
Å‚
mówiliśmy, studenci nie muszał tych kwestii zg natomiast powinni troche o nich wiedzieć.
lebić,
Å‚ Å‚
Wypada stwierdzić, że jedna z podstawowych różnic miedzy ca Riemanna i ca nie-
lkał lkał
w lki laściwej nie jest prawdziwe twierdzenie o sumach
laściwał jest to, że w przypadku ca niew
Riemanna. W przypadku ca niew l lu
lki laściwej można na ogó po wybraniu drobnego podzia
dziedziny wybrać w przedzia które tworzał ten podzia punkty w taki sposób, że otrzymana
lach, l,
suma Riemanna bedzie odleg od ca
la lki.
Å‚
12
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
Å‚ Å‚

1
1
"
Jeśli np. rozważamy ca dx , to dzielałc przedzia [0, 1] na krótkie przedzia-
lke l
Å‚ 0
1-x2
liki punktami 0 = x0 < x1 < x2 < . . . < xn-1 < xn = 1 , nie jesteśmy w stanie uniknałć tego,
1
"
że w przedziale [xn-1, xn) funkcja przyjmuje wartości dowolnie duże. Możemy wiec
Å‚
1-x2
xn-xn-1
"
wybrać w nim punkt tn w taki sposób, by liczba by wieksza niż np. 15071410, co
la
Å‚
1-t2
n
spowoduje, że niezależnie od tego jak wybierzemy punkty w pozosta przedzialikach wartość
lych
sumy Riemanna bedzie wielokrotnie przewyższać d okregu o promieniu 1.
lugość
Å‚ Å‚
Oczywiście stwarza to problemy z interpretacjał ca ale nic na to nie można poradzić.
lki,
Ca niew
lki laściwe pojawiajał sie w naturalny sposób, bo przecież nie można uznać obliczania
Å‚
d okregu za zadanie bardzo sztuczne. Po prostu należy z wiekszał ostrożnościał je stosować,
lugości
Å‚ Å‚
ale należy to robić. We wspomnianym przypadku można np. twierdzić, że rozpatrujałc nieco

c
1
"
krótszy luk odpowiadajałcy przedzia [0, c) możemy go przybliżać ca ca dx
lowi lkał, lka
0
1-x2

1
1
"
różni sie minimalnie od ca dx , wiec sumy Riemanna pierwszej z nich, wiec w
lki laściwej,
Å‚ 0 Å‚ Å‚
1-x2
przybliżajał jał wiec krótszy luk, ale ten krótszy przybliża d wiec suma Riemanna ca
luższy, lki
Å‚ Å‚

c
1
"
dx przybliża ćwierć d okregu o promieniu 1.
lugości
0 Å‚
1-x2
Ten przyk pokazuje, jak można radzić sobie z tego rodzaju problemami. W dalszym
lad
ciałgu bedziemy przyjmować, że opisane wcześniej interpretacje ca w lugości, pola,
lek laściwych (d
Å‚
objetości) zachowujał sens również w przypadku ca niew
lek laściwych. Pokażemy teraz jak ko-
Å‚

2
+"
rzystajałc z tych interpretacji można obliczyć ca
lke e-x dx . Przypomijmy, że funkcja pier-
Å‚ -"
2
wotna funkcji e-x jest nieelementarna, wiec nasze postepowania bedzie ca
lkowicie odmienne
Å‚ Å‚ Å‚
od prezentowanych dotychczas.

"
2
+"
Przyk 11.14 Wykażemy, że e-x dx = Ą . Zaczniemy od obliczenia objetości
lad
-" Å‚
2
zbioru pod wykresem funkcji z = e-x -y2 , wiec funkcji dwu zmiennych x i y . Opiszmy ten
Å‚

2
zbiór wzorami: A = (x, y, z): 0 d" z d" e-x -y2 . Jego objetość to zgodnie z tym, o czym
Å‚
wcześniej mówiliśmy, ca (tym razem niew
lka laściwa) z funkcji P (z) , gdzie P (z) oznacza pole
przekroju zbioru A p
laszczyznał poziomał przechodzałcał przez punkt (0, 0, z) . Ten przekrój
to ko leżałce w p lada
lo laszczyz
nie poziomej. Sk sie ono z tych punktów (x, y, z) , dla których
Å‚
2
spe jest nierówność: 0 < z d" e-x -y2 (przypominamy, że liczba z > 0 jest na razie
lniona
ustalona). Jest ona równoważna nierówności - ln z e" x2 + y2 . Wobec tego kwadrat promienia
tego ko jest równy - ln z , wiec pole tego ko równe jest -Ą ln z .
la la
Å‚
Teraz spojrzymy na to zagadnienie z nieco innej strony. Przetniemy zbiór A p
laszczyznał
-
-
prostopad do osi OY przechodzałcał przez punkt (0, y, 0) . Niech S(y) oznacza pole tego
lał
przekroju. Jasne jest, że przekrój sk sie z tych punktów postaci (x, y, z) , dla których
lada
Å‚
2
spe jest nierówność 0 < z d" e-x -y2 , wiec ta sama co poprzednio z tym jednak, że tym
lniona
Å‚
13
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
Å‚ Å‚
razem ustalona jest liczba y , natomiast liczby x oraz z sie zmieniajał sie w podanych granicach.
Å‚ Å‚

2 2
+"
To pole to oczywiście pole pod wykresem funkcji e-x -y2 , wiec równe jest ono e-x -y2 dx ,
Å‚ -"

2 2 2
+"
znów ca niew
lka laÅ›ciwa. Mamy wiec S(y) = e-y · e-x dx ; e-y jako wielkość niezależna
Å‚ -"
od x może i powinna być traktowana jako sta wiec można jał wy przed ca Liczba
la, lałczyć lke.
Å‚ Å‚

2
+"
e-x dx nie zależy od y , wiec objetość zbioru A jest równa
-" Å‚ Å‚

2 2
+" +" +"
S(y)dy = e-x dx · e-y dy .
-" -" -"

2 2
+" +"
Oczywiście e-x dx = e-y dy  wartość ca z danej funkcji jest niezależna od
lki
-" -"
nazwy zmiennej. Mamy wiec prawo napisać:
Å‚
+" 2 1

2
1
e-x dx = Ä„(- ln z)dz = -Ä„ ln z dz .
-" 0 0

1
Wystarczy teraz obliczyć ln z dz . Mamy ln z dz = z ln z - z + C , te ca obliczaliśmy już
lke
0 Å‚ Å‚

1
wczeÅ›niej. Wobec tego ln z dz = 1 · ln(1) - 1 - lim z ln z - z = -1 , bo lim z ln z = 0 , co
0
z0+ z0+
można obliczyć korzystajałc z regu de l Hospitala. Wykazaliśmy zatem, że zachodzi równość
ly
+" 2
2
Ą = e-x dx , a wiec po wyciałgnieciu pierwiastka z obu stron otrzymujemy obiecanał
-" Å‚ Å‚

"
2
+"
równość Ą = e-x dx .
-"
Czytelnicy, którzy s coś o szeregach, z pewnościał zauważyli podobieństwa miedzy
lyszeli
Å‚
ca niew
lkami laściwymi i szeregami, nawet terminologia jest w podobna. Podamy teraz ważne
twierdzenie, które to podobieństwo podkreśla i które nie mieści sie w programie matematyki dla
Å‚
studentów chemii.
Twierdzenie 11.11 (Kryterium ca Cauchy ego Maclaurina zbieżności
lkowe
"

Jeśli funkcja f: [1, "] - [1, ") jest nierosnałca, to szereg f(n) jest zbieżny, czyli ciałg
n=1
o wyrazie f(1) + f(2) + · · · + f(n) ma skoÅ„czonaÅ‚ granice, wtedy i tylko wtedy, gdy ca
lka
Å‚

"
niew
laściwa f(x)dx jest zbieżna.
1

c
Dowód. Nie ma oczywiście żadnego problemu z istnieniem ca f(c)dx , bowiem ich ist-
lek
1
nienie jest konsekwencjał monotoniczności funkcji f (tego twierdzenia nie dowodziliśmy, jednak
"

przytoczyliśmy je). Podobnie szereg f(n) ma sume być może nieskończonał, bo jego wyrazy
Å‚
n=1

n+1
sał nieujemne. Funkcja f jest nierosnałca, wiec nierówność f(n) e" f(x)dx e" f(n + 1)
Å‚ n
" "


"
ma miejsce dla każdej liczby naturalnej n . Stałd wynika, że f(n) e" f(x)dx e" f(n) .
1
n=1 n=2
Z tej nierówności teza twierdzenia wynika natychmiast.
14
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
Å‚ Å‚
Warto podkreślić, że twierdzenie bywa użyteczne w wielu przypadkach, czasem latwiej

można stwierdzić zbieżność ca a w innych przypadkach  szeregu. Podajemy je tylko po
lki
to, by zilustrować możliwości przeformu
lowywania zagadnień, nie chcemy jednak wdawać sie
Å‚
w analize przyk Omówimy jeszcze jedno bardzo proste zastosowanie ca w fizyce.
ladów. lek
Å‚
Åšrodek masy
Przypomnijmy, że środkiem masy uk dwóch punktów materialnych A, B , których masy
ladu
sał równe mA, mB nazywamy taki punkt C odcinka AB , że |AC| mA = |BC| mB (prawo
dz
wigni). Za óżmy, że A = (xA, yA, zA) , B = (xB, yB, zB) . Z twierdzenia Pitagorasa zas-
l
tosowanego dwukrotnie wynika, że

|AB| = (xA - xB)2 + (yA - yB)2 + (zA - zB)2
 jest to d przekałtnej prostopad
lugość lościanu (być może zdegenerowanego do prostokałta lub
odcinka), którego krawedzie sał równoleg do osi uk wspó lymi
le ladu lrzednych i którego przeciwleg
Å‚ Å‚
wierzcho sał punkty A i B . Powinna być spe równość
lkami lniona
mB
C = A + (B - A) =
mA+mB

mB mB mB
= xA + (xB - xA), yA + (yB - yA), zA + (zB - zA) =
mA+mB mA+mB mA+mB

mAxA+mBxB mAyA+mByB mAzA+mBzB mA mB
= , , = A + B .
mA+mB mA+mB mA+mB mA+mB mA+mB
Przyjmujemy tu, że dodajemy punkty (lub wektory) sumujałc ich pierwsze wspó
lrzedne, potem
Å‚
drugie i trzecie. To samo dotyczy mnożenia punktu (wektora) przez liczbe.
Å‚
Przyjmuje sie, że środek masy uk 3 punktów jest środkiem masy pary punktów, z któ-
ladu
Å‚
rych jeden to którykolwiek z rozpatrywanej trójki, a drugi to środek masy pozosta dwóch.
lych
Definicja ta nie zależy, jak sie za chwile przekonamy od tego, jak trójke ,,dzielimy . Gdyby
Å‚ Å‚ Å‚
stwierdzenie to nie by prawdał, to definicja musia być zmieniona jako niezbyt dobrze
lo laby
nadajałca sie do opisu rzeczywistości. Podobnie definiujemy środek masy wiekszej liczby punktów
Å‚ Å‚
materialnych: wybieramy dwa i zastepujemy je ich środkiem masy (jego masał jest suma mas).
Å‚
Stosujałc te definicje do punktów A1 = (x1, y1, z1) , A2 = (x2, y2, z2) , . . . , An = (xn, yn, zn)
Å‚ Å‚
stwierdzamy, że ich środek masy to
m1 m2 mn
C = A1 + A2 + · · · + An , czyli
m1 + m2 + · · · + mn m1 + m2 + · · · + mn m1 + m2 + · · · + mn

m1x1 + m2x2 + · · · + mnxn m1y1 + m2y2 + · · · + mnyn m1z1 + m2z2 + · · · + mnzn
C = , , .
m1 + m2 + · · · + mn m1 + m2 + · · · + mn m1 + m2 + · · · + mn
Z tego wzoru natychmiast wynika, że kolejność punktów jest nieistotna. Wadał tego określenia
jest to, że uk z ze skończenie punktów (np. n ) materialnych nie sał jedynymi, z któ-
lady lożone
rymi mamy do czynienia. Wystepujał też inne, np. cia sztywne itp. Pokażemy teraz na
la
Å‚
przyk jak pojecie środka masy może być uogólnione na inne przypadki.
ladach
Å‚
Zaczniemy od ,,tworu jednowymiarowego . Bedziemy myśleć dla prostoty o cienkim, jed-
Å‚
15
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
Å‚ Å‚
norodnym drucie, który ma kszta wykresu funkcji f: [a, b] - R . Wyobraz
my sobie, że drut
lt
sk sie z krótkich ,,kawa odpowiadajałcych podzia przedzia [a, b] na przedzia
lada lków lowi lu ly
Å‚
[x0, x1] , [x1, x2] , . . . , [xn-1, xn] , przy czym a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn-1 < xn = b.
Ponieważ te kawa sał krótkie, wiec wydaje sie rozsałdnym za
lki lożenie, że środek masy i  tego
Å‚ Å‚
kawa to punkt (ti, f(ti)) .* Za
lka lożyliśmy, że drut jest jednorodny, co oznacza, że można
przyjałć, że masa jest proporcjonalna do d lugość lka
lugości. D kawa odpowiadajałcego przedzia-


xi
laściwa jest równa : możemy
lowi [xi-1, xi] to 1 + (f2 (t))2 dt . Przyjmujałc, że masa w
xi-1
przyjałć, że masa i  tego kawa jest równa
lka


xi
: 1 + (f2 (t))2 dt H" :(xi - xi-1) 1 + (f2 (ti))2 .
xi-1
Wobec tego pierwsza wspó
lrzedna środka masy drutu jest w przybliżeniu równa
Å‚
" " "
2 2 2
t1·:·(x1-x0)· 1+(f (t1))2+t2·:·(x2-x1)· 1+(f (t2))2+···+tn·:·(xn-xn-1)· 1+(f (tn))2
" " "
.
2
:·(x1-x0)· 1+(f2 (t1))2+:·(x2-x1)· 1+(f (t2))2+···+:·(xn-xn-1)· 1+(f2 (tn))2
Na mocy twierdzenia o sumach Riemanna wielkość ta jest w przybliżeniu równa


b
t 1 + (f2 (t))2 dt
.

a
b
1 + (f2 (t))2 dt
a
Dla drugiej wspó
lrzednej środka masy drutu otrzymujemy kolejno wyrażenia
Å‚
" " "
2 2
f(t1)·:·(x1-x0)· 1+(f2 (t1))2+f (t2)·:·(x2-x1)· 1+(f (t2))2+···+f(tn)·:·(xn-xn-1)· 1+(f (tn))2
" " "
2 2
:·(x1-x0)· 1+(f (t1))2+:·(x2-x1)· 1+(f (t2))2+···+:·(xn-xn-1)· 1+(f2 (tn))2


b
f(t) 1 + (f2 (t))2 dt
a
oraz .


b
1 + (f2 (t))2 dt
a
Przyk 11.15 Sprawdzimy jak uzyskane wzory dzia w przypadku odcinka. Przyjmi-
lad lajał
jmy, że f(x) = kx + l , gdzie k, l sał ustalonymi liczbami rzeczywistymi. Rozważamy funkcje f
Å‚
na przedziale domknietym [a, b] . Dla prostoty przyjmujemy, że : = 1 . Oczywiście f2 (x) = k
Å‚
dla każdego x " [a, b] . Niech C = (c1, c2) oznacza środek masy odcinka, którego końcami sał

punkty a, f(a) = a, ka + l , b, f(b) = b, kb + l . Stosujałc wyprowadzone wzory otrzymu-
jemy

"
b
"
b2-a2
t 1+k2 dt
1+k2 b+a
a 2
"
c1 = = = oraz
"
b
(b-a) 1+k2 2
1+k2 dt
a
"
"
b
b2-a2
(kt+l) 1+k2 dt
k +l(b-a) 1+k2 b+a
2
a
"
c2 = = = k + l .
"
b
2
(b-a) 1+k2
1+k2 dt
a
Jak widać otrzymaliśmy środek odcinka, czego należa oczekiwać.
lo
Przyk 11.16 Teraz zajmiemy sie lukiem okregu x2 + y2 = 1 , którego końcami sał punkty
lad
Å‚ Å‚
(cos Ä…, sin Ä…) i (cos ², sin ²) , 0 d" ² < Ä… d" Ä„ . Znów zak
ladamy, że : = 1 . Luk wybraliśmy tak,
*Troche naciagamy. Jak sie za chwile przekonamy, środek cia masy wcale nie musi być punktem tego tego cia
la la,
Å‚ Å‚ Å‚ Å‚
najprostszy przyk to skończony uk punktów, a inny to luk okregu. Już nied
lad, lad lugo!
Å‚
16
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
Å‚ Å‚
by mieści sie w ca w górnym pó
l lości lokregu, bo mówimy jedynie o wykresach funkcji. W tym
Å‚ Å‚
"
wypadku o wykresie funkcji 1 - x2 , której pochodnał jest
" 2 1
"-x
1 - x2 = (1 - x2)-1/2 · (-2x) = .
2
1-x2
Niech C = (c1, c2) oznacza środek masy tego luku. Mamy wiec jak poprzednio

Å‚



2

cos ²
cos ²
" cos ²
t
t 1+ "-t dt " dt
- 1-t2
cos Ä…
1-t2 cos Ä… 1-t2 sin Ä…-sin ²
cos Ä…

c1 = = = =
cos ² cos ²

2 1 Ä…-²
cos ²

"
dt
-arccos(t)
1+ "-t dt
cos Ä… 1-t2 cos Ä…
cos Ä…
1-t2
 przypomnieć warto, że arccos to funkcja odwrotna do funkcji cos rozpatrywanej na prze-
dziale [0, Ą] . Wzór na jej pochodnał można wywnioskować z równości x = arccos(cos x) ; na
"
przedziale [0, Ą] funkcja sinus przyjmuje jedynie nieujemne wartości, wiec 1 - cos2 ą = sin ą
Å‚

oraz 1 - cos2 ² = sin ² . Analogicznie

"

" 2

cos ²
cos ² 2
cos ²
"-t
1-t2 1+ dt "1-t dt
t
cos Ä…
1-t2 cos Ä… 1-t2 cos ²-cos Ä…
cos Ä…

c2 = = = = .
cos ² cos ²

2 1 Ä…-²
cos ²

"
dt
-arccos(t)
1+ "-t dt
cos Ä… 1-t2 cos Ä…
cos Ä…
1-t2
Wobec tego Å›rodkiem masy jednorodnego luku o koÅ„cach (cos Ä…, sin Ä…) i (cos ², sin ²) jest


sin Ä…-sin ² cos ²-cos Ä…
, .
Ä…-² Ä…-²
Jest on odleg od środka okregu o
ly
Å‚

2 cos ²-cos Ä… 2 sin2 Ä…-2 sin Ä… sin ²+sin2 ²+cos2 ²-2 cos ² cos Ä…+cos2 Ä…
sin Ä…-sin ²
+ = =
Ä…-² Ä…-² (Ä…-²)2

cos(²-Ä…)=cos ² cos Ä…+sin ² sin Ä… cos(2Å‚)=1-2 sin2 Å‚
2-2 cos(²-Ä…)
= = = = = = = = = = = = = = = = = = =
= = = = = = = = = = = = = = = = =
(Ä…-²)2

Ä…-²
4 sin2 Ä…-² sin
2 2
= = < 1 .
(Ä…-²)2 Ä…-²
2
Widzimy wiec, że środek masy tego luku znajduje sie poza tym lukiem. Można sobie wyobrazić,

Å‚ Å‚
że do luku do
lałczono cieciwe, na której jest on oparty i obszar ograniczony przez luk i cieciwe
Å‚ Å‚ Å‚ Å‚
wype substancjał doskonale sztywnał o masie 0, masa cieciwy jest również równa 0. Wtedy
lniono
Å‚
środek masy tego nowego (abstrakcyjnego) tworu pokrywa sie ze środkiem masy luku i można

Å‚
myśleć, że jest to punkt, w którym to cia należy podeprzeć, by mia szanse znalez
ć sie w rów-
lo lo
Å‚
nowadze w polu grawitacyjnym Ziemi. Nie wydaje sie, by ten wynik by ca oczywisty, choć
l lkiem
Å‚
oczywiście nie używajałc ca też można go uzyskać (niekoniecznie w pó minuty).
lek l
Uwaga 11.12 Jeśli a < b < c i f: [a, c] R jest funkcjał o ciałg pochodnej, Ca = (xa, ya)
lej
jest środkiem masy wykresu funkcji f: [a, b] - R , Cc = (xc, yc)  środkiem masy wykresu
funkcji f: [b, c] - R przy za
lożeniu, że : = 1 , to środkiem masy wykresu funkcji f: [a, c] - R
jest punkt
ma mc
C = Ca + Cc ,
ma+mc ma+mc

2 2
b c
gdzie ma = 1 + f2 (t) dt , mc = 1 + f2 (t) dt sał masami odpowiednio wykresów
a b
17
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
Å‚ Å‚
funkcji f: [a, b] R i f: [b, c] R .

c b c
Wynika to natychmiast z wzoru g(t)dt = g(t)dt + g(t)dt : jeśli C = (u, v) , to
a a b



2
c
t 1+ f2 (t) dt
a

u = =


2
c
1+ f2 (t) dt
a



2 2 2 2
b b c c
2 2 2
1+ f2 (t) dt t 1+ f (t) dt 1+ f (t) dt t 1+ f (t) dt
a a b b

= · + · =


2 2 2 2
c b c c
2 2 2 2
1+ f (t) dt 1+ f (t) dt 1+ f (t) dt 1+ f (t) dt
a a a b
ma mc
= xa + xc oraz
ma+mc ma+mc



2
c
2
f (t) 1+ f (t) dt
a

v = =


2
c
1+ f2 (t) dt
a



2 2 2 2
b b c c
1+ f2 (t) dt f(t) 1+ f2 (t) dt 1+ f2 (t) dt f(t) 1+ f2 (t) dt
a a b b

= · + · =


2 2 2 2
c b c c
2 2
1+ f (t) dt 1+ f (t) dt 1+ f2 (t) dt 1+ f2 (t) dt
a a a b
ma mc
= ya + yc .
ma+mc ma+mc
Oznacza to, że definicja środka masy, którał podaliśmy jest niesprzeczna z czynionym w trakcie
wyprowadzania wzoru na jego wspó lożeniem, że można fragmenty cia zastepować
lrzedne za la
Å‚ Å‚
ich środkami masy i traktować póz
niej jako punkty materialne.
Przyk 11.17 (Trójkałt)
lad
Znajdziemy środek obwodu trójkałta, znów zak lkami
ladamy, że : = 1 , którego wierzcho sał
punkty A, B, C " R2 . Za óżmy, że boki leżałce naprzeciwko wierzcho A , B i C majał
l lków
odpowiednio d
lugości a , b i c , czyli że masy tych boków równe sał a, b, c . Wtedy środkami
B+C C+A A+B
mas boków a , b i c sał punkty , i , w których umieszczono masy a , b i c .
2 2 2
Zgodnie z omówionymi wcześniej wzorami środkiem masy tego uk trzech punktów materi-
ladu
alnych jest punkt
a B+C b A+C c A+B b+c c+a a+b
M = · + · + · = A + B + C
a+b+c 2 a+b+c 2 a+b+c 2 2(a+b+c) 2(a+b+c) 2(a+b+c)
Można też spojrzeć na te równość inaczej: umieszczono w wierzcho A mase b + c , w wierz-
lku
Å‚ Å‚
cho B  mase c + a , w wierzcho C  mase a + b , wtedy środkiem masy uk tych
lku lku ladu
Å‚ Å‚
trzech punktów materialnych jest punkt
b+c c+a a+b
A + B + C ,
2(a+b+c) 2(a+b+c) 2(a+b+c)
czyli środek masy obwodu trójkałta. Można zapytać: w jakich trójkałtach środek masy obwodu
A+B+C
trójkałta pokrywa sie z punktem , czyli środkiem masy uk trzech punktów materi-
ladu
Å‚ 3
alnych A, B, C z równymi masami? Odpowiedz
na to pytanie jest prosta, jeśli punkty A, B, C
nie leżał na jednej prostej (czyli sał wierzcho trójkałta). Jest tak w trójkałcie równobocznym
lkami
(oczywiste) i tylko w nim, co zaraz wykażemy. Rzecz w tym, że jeśli te dwa punkty pokrywajał
18
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
Å‚ Å‚
sie, to
Å‚
b+c c+a a+b c+a a+b
A + B + C = A + (B - A) + (C - A) oraz
2(a+b+c) 2(a+b+c) 2(a+b+c) 2(a+b+c) 2(a+b+c)
A+B+C 1 1
= A + (B - A) + (C - A) .
3 3 3
Wobec tego z równości
b+c c+a a+b A+B+C
A + B + C =
2(a+b+c) 2(a+b+c) 2(a+b+c) 3

---
-
c+a 1 b+a 1
wynika, że - (B - A) = - + (C - A) , a ponieważ wektory B - A
2(a+b+c) 3 2(a+b+c) 3
---
-
c+a 1 b+a 1
i C - A nie sał równoleg wiec muszał zachodzić równości: - = 0 = - + .
le,*
Å‚ 2(a+b+c) 3 2(a+b+c) 3
Sał one równoważne równościom a + c = 2b i a + b = 2c . Z nich wynika, że 2b - c = a = 2c - b ,
wiec 3b = 3c , czyli b = c . Wtedy również a = b , co oznacza, że trójkałt jest równoboczny.
Å‚
Warto jeszcze zauważyć, że jeśli w wierzcho trójkałta umieścimy równe masy, to środkiem
lkach
masy uk takich trzech punktów materialnych bedzie punkt przeciecia środkowych trójkałta,
ladu
Å‚ Å‚
czyli punkt zwany środkiem cieżkości trójkałta. Jest tak, bo środek masy uk dwóch punktów
ladu
Å‚
materialnych A, B o równych masach m, środek odcinka lałczałcego te punkty, w którym

A+B
umieszczamy mase 2m . Teraz szukamy środka masy punktu C z masał m i punktu
Å‚ 2
m 2m A+B A+B+C
z masał 2m . Jest to punkt C + = , zgodnie z obietnicał.
m+2m m+2m 2 3
Zadanko: wykazać, że w przypadku punktów A, B, C leżałcych na jednej prostej wypowiedziane
wyżej twierdzenie nie jest prawdziwe, czyli podać przyk trzech punktów materialnych A, B, C
lad
A+B+C
leżałcych na jednej prostej, których środkiem masy jest punkt , chociaż masy w nich
3
umieszczone nie sał równe.
Warto dodać, że w różnych przypadkach nie można zak że gestość masy jest sta np.
ladać, la,
Å‚
cześć drutu może być zrobiona z jednego metalu, inna cześć z drugiego. W przypadku badania
Å‚ Å‚
ruchu np. statku kosmicznego, też nie bardzo można zak że gestość masy jest sta innał
ladać, la:
Å‚
majał np. ściany (pancerz!), innał kosmonauci, jeszcze innał powietrze, którym oddychajał ludzie.
Ten komentarz wyjaśnia, że w zasadzie nawet trudno zak że gestość masy jest ciałg na
ladać, la,
Å‚
ogó nie jest, ale takimi kwestiami zajmować sie nie bedziemy. Za óżmy na razie, że mamy do
l l
Å‚ Å‚
czynienia z cia którego kszta jest dobrze opisany jako wykres funkcji f: [a, b] - R , która
lem, lt
ma ciałg pochodnał w przedziale [a, b] . Myślimy o wartości funkcji : jak o granicy ilorazu
lał
m(x1,x2)
, liczba !(x1, x2) oznacza d fragmentu wykresu funkcji f , którego końcami sał
lugość
!(x1,x2)
punkty (x1, f(x1)) i (x2, f(x2)) , a liczba m(x1, x2)  jego mase, x1 d" x d" x2 , przechodzimy
Å‚
do granicy przy x2 - x1 - 0 . Zak lał
ladamy, że ta granica istnieje i że jest funkcjał ciałg
na x [a, b] .
Niech a = x0 < x1 < . . . < xn-1 < xn = b bedał takimi punktami przedzia [a, b] , że
lu
Å‚
różnice xi - xi-1 sał ,,ma dla i = 1, 2, . . . , n . Niech xi-1 d" ti d" xi . W takiej sytuacji masa
le
*bo punkty A,B,C nie leża na jednej prostej.
Å‚
19
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
Å‚ Å‚
wykresu funkcji f: [a, b] - R jest równa w przybliżeniu

2 2
:(t1) (x1 - x0)2 + f(x1) - f(x0) + :(t2) (x2 - x1)2 + f(x2) - f(x1) + · · · +

2
+ :(tn) (xn - xn-1)2 + f(xn) - f(xn-1) =

2 2
= :(t1)(x1 - x0) 1 + f2 (Ä1) + :(t2)(x2 - x1) 1 + f2 (Ä2) + · · · +

2
+ :(tn)(xn - xn-1) 1 + f2 (Än) ,
istnienie liczb Ä1, Ä2, . . . , Än wynika z twierdzenia Lagrange a o wartoÅ›ci Å›redniej; oczywiÅ›cie
xi-1 < Äi < xi dla i = 1, 2, . . . , n . Liczby t1, t2, . . . , tn zosta wybrane dowolnie z przedzia ów
ly l
[x0, x1] , [x2, x1] , . . . , [xn-1, xn] . Wobec tego nic nie stoi na przeszkodzie, by przyjaÅ‚ć, że ti = Äi
dla wszystkich i . Wtedy masa wykresu funkcji f: [a, b] - R równa jest w przybliżeniu

2 2
:(Ä1)(x1 - x0) 1 + f2 (Ä1) + :(Ä2)(x2 - x1) 1 + f2 (Ä2) + · · · +

2
+ :(Än)(xn - xn-1) 1 + f2 (Än) .
Prowadzi to, na mocy twierdzenia o sumach Riemanna, do stwierdzenia, że masa krzywej równa
jest


b
2
:(t) 1 + f2 (t) dt .
a
Możemy teraz zastanowić sie nad wspó
lrzednymi środka masy tej krzywej. Oznaczmy go
Å‚ Å‚
przez C = (c1, c2) . Rozumujałc tak, jak w przypadku sta gestości otrzymujemy przybliżone
lej
Å‚
równości:
" "
Ä1:(Ä1)(x1-x0) 1+(f2 (Ä1))2+···+Än:(Än):(xn-xn-1) 1+(f2 (Än))2
" "
c1 H" oraz
:(Ä1)(x1-x0) 1+(f2 (t1))2+···+:(Än)(xn-xn-1) 1+(f2 (tn))2
" "
2 2
f (Ä1):(Ä1)(x1-x0) 1+(f (Ä1))2+···+f (Än):(Än):(xn-xn-1) 1+(f (Än))2
" "
c2 H" .
2 2
:(Ä1)(x1-x0) 1+(f (t1))2+···+:(Än)(xn-xn-1) 1+(f (tn))2
Stałd i z twierdzenia o sumach Riemanna wnioskujemy, że

" "
b b
2 2
t:(t) 1+(f (t))2 dt f (t):(t) 1+(f (t))2 dt
a a

c1 = " i c2 = " .
b b
2 2
:(t) 1+(f (t))2 dt :(t) 1+(f (t))2 dt
a a
Z punktu widzenia matematyka te równości to definicja środka masy, dla fizyka to zapewne
twierdzenie, którego dowód podany zosta wyżej.
l
Zajmiemy sie teraz środkiem masy obszaru p
laskiego. Dla uproszczenia zajmować sie be-
Å‚ Å‚ Å‚
dziemy obszarem postaci G = {(x, y) : a d" x d" b, 0 d" y d" f(x)} , gdzie f: [a, b] - [0, ")
oznacza funkcje ciałg Zak lej
lał. ladamy od razu, że masa nie ma sta gestości i oznaczamy gestość
Å‚ Å‚ Å‚
masy przez :(x, y)  definicja gestości analogiczna do poprzednio podanej z tym, że teraz
Å‚
rozpatrujemy zbiory dwuwymiarowe, wiec możemy np. dzielić mase ma ko przez jego pole
lego la
Å‚ Å‚
i obliczać granice zak ladamy, że : jest
ladajałc, że promień dałży do 0 . Tak jak poprzednio zak
Å‚
funkcjał ciałg w zbiorze G .
lał
20
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
Å‚ Å‚
Znów podzielimy przedzia [a, b] na krótkie przedzia
l ly:
a = x0 < x1 < . . . < xn-1 < xn = b .
Zaczniemy od jednego pionowego ,,paska :
Si = {(x, y) : xi-1 d" x d" xi, 0 d" y d" f(x)} .
Można przyjałć, że ze wzgledu na ciałg gestości masy : i znikomał szerokość Si gestość
lość
Å‚ Å‚ Å‚
zależy tylko od zmiennej y . Rozumujałc tak jak w przypadku krzywej dochodzimy do wniosku,


f (ti)
s:(ti,s)ds
0

że środek masy zbioru Si to ti, , gdzie ti oznacza odpowiednio dobrany punkt
f (ti)
:(ti,s)ds
0
przedzia [xi-1, xi] . Można wiec przyjałć (i to w
lu laściwie robimy), że środkiem masy pionowego
Å‚


f (x)
s:(x,s)ds
0

odcinka o końcach (x, 0) , (x, f(x)) jest punkt x, i że masa w nim skupiona to
f (x)
:(x,s)ds
0

f (x)
:(x, s)ds . Niech C = (c1, c2) oznacza poszukiwany środek masy obszaru G . Rozumujałc
0
tak jak poprzednio stwierdzamy, że


b f (x)
x :(x,s)ds dx
a 0


c1= ,
b f (x)
:(x,s)ds dx
a 0


b f (x)
s:(x,s)ds
f (x)
0

· :(x,s)ds dx
f (x) b f (x)
0
:(x,s)ds
s:(x,s)ds dx
a
0 a 0


c2 = = .
b f (x) b f (x)
:(x,s)ds dx :(x,s)ds dx
a 0 a 0
Widzimy, że w obu wzorach mianownik jest taki sam: to masa zbioru G . W liczniku ca
lkujemy
raz pierwszał wspó
lrzednał wymnożonał przez gestość masy, raz drugał. Dodać należy, że można
Å‚ Å‚
rozpatrzeć zbiór ograniczony z góry wykresem funkcji ciałg g: [a, b] - R i z do wykresem
lej lu
funkcji ciałg f: [a, b] - R za
lej lożywszy, że f(x) d" g(x) dla a d" x d" b . Jest mniej wiecej
Å‚
jasne, że uzyskane wzory bedał wyglałdać tak:
Å‚

b g(x) b g(x)
x :(x, s)ds dx s:(x, s)ds dx
a f(x) a f(x)
c1= , c2 = . (śr.m.)

b g(x) b g(x)
:(x, s)ds dx :(x, s)ds dx
a f(x) a f (x)
Podkreślić wypada, że rozważania poprzedzajałce te wzory to nie dowód (przynajmniej nie
z punktu widzenia matematyka)  sał to argumenty za przyjeciem, że wzory (śr.m.) definiujał
Å‚
środek masy zbioru G = {x, y: a d" x d" b, f(x) d" y d" g(x)} przy za
lożeniu, że funkcja
ciałg :: G - [0, ") jest gestościał masy. Zapewne fizyk teoretyk by sk zgodzić sie
la lby lonny
Å‚ Å‚
z matematykiem, ale fizyk eksperymentator uzna te rozważania za dowód. Nie bedziemy teraz
lby
Å‚
rozważać żadnych przyk ze zmiennał gestościał masy, wiec na zakończenie tych rozważań
ladów
Å‚ Å‚
napiszmy jeszcze, że w przypadku sta gestości, dla prostoty przyjmujemy : a" 1 , otrzymujemy
lej
Å‚




b g(x)
b b
1
sds dx
x g(x)-f (x) dx (g(x))2-(f (x))2 dx
2
a f (x)
a a


c1= , c2 = = (śr.m. )
b b b
g(x)-f (x) dx g(x)-f (x) dx g(x)-f (x) dx
a a a
21
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
Å‚ Å‚
Przyk 11.18 Znajdziemy teraz środek masy trójkałta zak
lad ladajałc, że gestość masy równa
Å‚
jest 1 we wszystkich jego punktach (tzn. trójkałt jest jednorodny). Za óżmy, że wierzcho
l lkami
trójkałta sał punkty A = (0, 0) , B = (b1, b2) i C = (c1, c2) przy czym 0 d" c1 d" b1 , b1 > 0 .
Oczywiście zak ladamy też, że -b2c1 + b1c2 > 0 , ten warunek
ladamy, że A = B = C = A . Zak
e&
mówi, że punkt C leży ,,nad prostał -b2x + b1y = 0 , która przechodzi przez punkty A i B .
b2
Niech f(x) = x . Wykresem funkcji f jest prosta AB . Ograniczmy jej dziedzine do przedzia-
b1 Å‚

lu [0, b1] . Wtedy jej wykresem jest odcinek AB. Na tym samym przedziale określimy funkcje g :
Å‚
c2 b2-c2 b2-c2
g(x) = x dla 0 d" x d" c1 i g(x) = (x - c1) + c2 = (x - b1) + b2 dla c1 d" x d" b1,
c1 b1-c1 b1-c1
oczywiście jeśli c1 = 0  obowiałzuje jedynie drugi wzór, a jeśli c1 = b1  tylko pierwszy.
Funkcje f, g zdefiniowaliśmy, by móc stwierdzić, że zbiór
G = {(x, y) : 0 d" x d" b1, f(x) d" y d" g(x)}
jest trójkałtem o wierzcho A, B, C i zastosować wzory na wspó
lkach lrzedne środka masy tak
Å‚
określonego zbioru. Niech M = (m1, m2) bedzie środkiem masy G . Znajdziemy najpierw pole
Å‚
|G| trójkałta G . Mamy

b1 c1 b1
|G| = g(x) - f(x) dx = g(x) - f(x) dx + g(x) - f(x) dx =
0 0 c1
c b2
c1 2 b1 b2-c2
b2
= - xdx + (x - b1) + b2 - x dx =
0 c1 b1 c1 b1-c1 b1

c1 b1c2-b2c1 b1 b2-c2
b2
= xdx + (x - b1) - (x - b1) dx =
0 b1c1 c1 b1-c1 b1

c1 b1c2-b2c1 b1 b2-c2 b2
= xdx + - (x - b1)dx =
0 b1c1 c1 b1-c1 b1

c b
1
b1c2-b2c1 x2 b2c1-b1c2 (x-b1)2 1
= + =

b1c1 2 b1(b1-c1) 2
0 c1

b2c1-b1c2 (c1-b1)2 b1c2-b2c1 1
1 1
=b c2-b2c1 c2 - = (c1 + b1 - c1) = b1c2 - b2c1
b1c1 2 b1(b1-c1) 2 2b1 2
 otrzymaliśmy wzór na pole trójkałta, oczywiście mogliśmy obejść sie bez ca ale z ca
lek, lkami
Å‚
jest wygodniej ze wzgledu na stosowany tu opis trójkałta. Teraz trzeba znalez
ć jeszcze dwie
Å‚
ca Mamy
lki.

b1 c1 b1
m1|G| = x g(x) - f(x) dx = x g(x) - f(x) dx + x g(x) - f(x) dx =
0 0 c1
c b2
c1 2 b1 b2-c2
b2
= - x2 dx + x (x - b1) + b2 - x dx =
0 c1 b1 c1 b1-c1 b1
b
c1 c2b1-c1b2 b1 2-c2
b2
= x2 dx + x (x - b1) - (x - b1) dx =
0 c1b1 c1 b1-c1 b1
b
c1 c2b1-c1b2 b1 2-c2 b2
= x2 dx + - (x2 - b1x)dx =
0 c1b1 c1 b1-c1 b1

c
1 1
c2b1-c1b2 x3 b2c1-b1c2 x3 x2
= + - b1 b =

c1b1 3 b1(b1-c1) 3 2
0 c1
e&
Każdy trójkat można przesunać bez obracania, tak, by jego skrajny lewy punkt znalaz sie na osi OY , jeśli
l
Å‚ Å‚ Å‚
tych skrajnych lewych punktów jest wiele, to na osi rzednych znajduje sie ca bok, trójkat przesuwamy tak,
ly
Å‚ Å‚ Å‚
by najniższy ze skrajnych lewych punktów znalaz sie w poczatku uk wspó
l ladu lrzednych. Jedyne ograniczajace
Å‚ Å‚ Å‚ Å‚
za to c1d"b1 , ale rozważenie drugiego przypadku nie nastrecza żadnych trudności. Zreszta, gdybyśmy
lożenie
Å‚ Å‚
dopuścili obroty nie ograniczajac sie do przesuwania w ogóle żadnych k tego rodzaju by nie by
lopotów lo.
Å‚ Å‚
22
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
Å‚ Å‚

c2b1-c1b2 c3 b2c1-b1c2 b3-c3 b2-c2
1 1 1 1 1
= + - b1 2 =
c1b1 3 b1(b1-c1) 3

(b1c2-b2c1)c2 b2c1-b1c2 b2+b1c1+c2 b1+c1
1 1 1
= + - b1 2 =
3b1 b1 3

c2(b1c2-b2c1)
b2c1-b1c2 -b2-b1c1+2c2 (b1c2-b2c1)
1 1 1
= + · = 2c2 + b2 + b1c1 - 2c2 =
1 1 1
3b1 b1 6 6b1
(b1c2-b2c1)(b1+c1)
= ,
6
b1+c1 0+b1+c1
zatem m1 = = . Otrzymaliśmy wzór zgodny z obietnicał: pierwsza środka masy
3 3
trójkałta jednorodnego to średnia arytmetyczna pierwszych wspó lków.
lrzednych jego wierzcho
Å‚
Znajdziemy drugał wspó
lrzednał. Środek masy odcinka jednorodnego [f(x), g(x)] to oczywiście
Å‚

b1
f(x)+g(x)
1
, jego (umowna) masa to g(x) - f(x) , zatem m2|G| = g(x)2 - f(x)2 dx =
2 2 0
2 2
2 2
c1 b1 b2-c2
1 b2 1 b2
= x2 c2 - dx + (x - b1) + b2 - x dx =
2 0 c1 b1 2 c1 b1-c1 b1

c1 1 2 2 1 b1
b2c2-b2c2
1 1 b2-c2 b2 b2-c2 b2
= x2 dx + (x - b1) + b2 - x (x - b1) + b2 + x dx =
2 0 b2c2 2 c1 b1-c1 b1 b1-c1 b1
1 1
b 2b b2-b1c2-b2c1
b1
b2c2-b2c2 1 2c1-b1c2
1 2 2 1 1
= c3 + (x - b1) (x - b1) + 2b2 dx =
2
6b2c2 1 c1 b1(b1-c1) b1(b1-c1)
1 1
b
b1
b2c2-b2c2 1 2c1-b1c2 2b1b2-b1c2-b2c1
1 2 2 1
= c1 + (x - b1)2 + 2b2 b2c1-b1c2 (x - b1) dx =
6b2 2 c1 b1(b1-c1) b1(b1-c1) b1(b1-c1)
1

b
1
b2c2-b2c2 (b2c1-b1c2)(2b1b2-b1c2-b2c1)
b2c1-b1c2
1 2 2 1
= c1 + (x - b1)3 + b2 2b1(b1-c1)(x - b1)2 =

6b2 6b2(b1-c1)2
1 1
c1

b2c2-b2c2 (b2c1-b1c2)(2b1b2-b1c2-b2c1)
b2c1-b1c2
1 2 2 1
= c1 - (c1 - b1)3 + b2 2b1(b1-c1) (c1 - b1)2 =
6b2 6b2(b1-c1)2
1 1
(b2c2-b2c2)c1-(b2c1-b1c2)(2b1b2-b1c2-b2c1)(c1-b1)+3b1b2(b2c1-b1c2)(c1-b1)
1 2 2 1
= =
6b2
1
(b1c2+b2c1)c1+(2b1b2-b1c2-b2c1)(c1-b1)-3b1b2(c1-b1)
= (b1c2 - b2c1) =
6b2
1
-b1b2c1-(-b1b2-b1c2-b2c1)b1
b2+c2 b1c2-b2c1 b2+c2
= (b1c2 - b2c1) = (b1c2 - b2c1) = · .
6b2 6 2 3
1
b2+c2 0+b2+c2
Wynika stałd, że m2 = = , a to jest wynik, który chcieliśmy uzyskać. Po d
lugich
3 3
i cieżkich cierpieniach zakończyliśmy dowód tego, że środek cieżkości trójkałta jest środkiem
Å‚ Å‚
masy jednorodnego trójkałta. No i nareszcie KONIEC!
Pokażemy jak można to rozumowanie skrócić. Zaczniemy od pola trójkałta. Znajdziemy
najpierw odleg punktu C = (c1, c2) od prostej b2x - b1y = 0 . Prosta sk sie z punktów
lość lada
Å‚

postaci (tb1, tb2) , t " R . Znajdziemy najmniejszał z liczb (c1 - tb1)2 + (c2 - tb2)2 . Mamy
(c1 - tb1)2 + (c2 - tb2)2 = t2(b2 + b2) - 2t(b1c1 + b2c2) + c2 + c2 =
1 2 1 2
2
b1c1+b2c2 (b1c1+b2c2)2
= (b2 + b2) t - - + c2 + c2 .
1 2 1 2
b2+b2 b2+b2
1 2 1 2
Stałd wynika, że najmniejsza wartość wyrażenia (c1 - tb1)2 + (c2 - tb2)2 jest równa
(b2+b2)(c2+c2)-(b1c1+b2c2)2
1
1 2 1 2
-(b c1+b2c2)2 + c2 + c2 = =
1 2
b2+b2 b2+b2
1 2 1 2
b2c2+b2c2+b2c2+b2c2-(b2c2+b2c2+2b1b2c1c2) b2c2+b2c2-2b1b2c1c2 (b1c2-b2c1)2
1 1 2 1 1 2 2 2 1 1 2 2 2 1 1 2
= = = .
b2+b2 b2+b2 b2+b2
1 2 1 2 1 2
|b1c2-b2c1|
"
Wynika stałd, że odleg punktu C = (c1, c2) od prostej b2x-b1y = 0 jest równa =
lość
b2+b2
1 2
23
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
Å‚ Å‚
1 e&
"
=b c2-b2c1 . Znalez
liśmy wysokość trójkałta ABC . Jego pole to
b2+b2
1 2

1 b1c2-b2c1 b1c2-b2c1
"
| Å‚% (ABC)| = · b2 + b2 · = .
1 2
2 2
b2+b2
1 2
b2c1
A teraz już pora na środek masy trójkałta ABC ale ,,na raty . Punkt D := (c1, ) leży
b1
na boku AB trójkałta ABC . Jeśli 0 < c1 < b1 , to odcinek CD dzieli trójkałt ABC na dwa
trójkałty ADC i DBC .

1 b2c1 c1
`&
Zachodzi równość | Å‚% (ADC)| = · c1 · c2 - = b1c2 - b2c1 . Niech E = (e1, e2)
2 b1 2b1
oznacza środek masy trójkałta ADB . Mamy w tej sytuacji

c1 c2 b2 c1 c2b1-c1b2
c1
e1 · | Å‚% (ADC)| = e1 · b1c2 - b2c1 = x x - x dx = x2 dx =
2b1 0 c1 b1 0 c1b1

c
1
c2b1-c1b2 x3 c2b1-c1b2 c3 (b1c2-b2c1)c2
1 1
= = = ,

c1b1 3 c1b1 3 3b1
0

2 1
zatem e1 = c1 = 0 + c1 + c1 . Nastepnie
3 3 Å‚
2 b 2

c1 1 c2
c1
2
e2 · | Å‚% (ADC)| = e2 · b1c2 - b2c1 = x - x dx =
2b1 0 2 c1 b1
2 2 c

c1 1 c2 b2 b2c2-b2c2 1 b2c2-b2c2 (b1c2-b2c1)(b1c2+b2c1)
1 2 2 1 1 2 2 1
= - x2 dx = x3 = c3 = c1 ,

0 2 c1 b1 3·2b2c2 3·2b2c2 1 3·2b2
1 1 1 1 1
0

b1c2+b2c1 1 b2c1
zatem e2 = = 0 + c2 + .
3b1 3 b1

1 b2c1 b1-c1
c&
Pole trójkałta DBC równe jest (b1 - c1) c2 - = b1c2 - b2c1 .
2 b1 2b1
Niech F = (f1, f2) oznacza środek cieżkości trójkałta DBC . Mamy wiec
Å‚ Å‚

b1-c1
f1 · | Å‚% (DBC)| = f1 · b1c2 - b2c1 =
2b1
b
b1 2-c2 b1 b2-c2 b2
b2
= x (x - b1) + b2 - (x - b1) + b2 dx = - (x2 - b1x)dx =
c1 b1-c1 b1 c1 b1-c1 b1
1
b
1 1
= -b c2-b2c1 b1(x2 - b1x)dx = -b c2-b2c1 x3 - b1 x2 =

b1(b1-c1) c1 b1(b1-c1) 3 2
c1


1 1 1 1 1 1
= -b c2-b2c1 b3-c3 - b1 b2-c2 = -b c2-b2c1 2(b2 + b1c1 + c2) - 3b1(b1 + c1) =
1 1
b1(b1-c1) 3 2 6b1

b1c2-b2c1
1
= -b c2-b2c1 - b2 - b1c1 + 2c2 = b2 - c2 + b1c1 - c2 =
1 1 1
6b1 6b1 1 1

(b1c2-b2c1)(b1-c1)
1
= · · b1 + c1 + c1 .
2b1 3
1
Wobec tego f1 = · (b1 + c1 + c1) .
3
Znajdziemy drugał wspó
lrzednał środka masy trójkałta DBC . Zachodzał równości
Å‚
b 2 2
b1 2-c2
b1-c1 1 b2
f2 · | Å‚% (DBC)| = f2 · b1c2 - b2c1 = (x - b1) + b2 - (x - b1) + b2 dx =
2b1 2 c1 b1-c1 b1

3 b1 3 1
b1-c1 b2-c2 b2
= (x - b1) + b2 - (x - b1) + b2 b =

6(b2-c2) b1-c1 6b2 b1
c1
3 b1-c1
b2
b1-c1 b1 b1-c1 b1 b2c1
2
= b3 - b3 - c3 + = b3 - c3 - b3 - c3 =
2 2 2 2
6(b2-c2) 6b2 2 6(b2-c2) 6b2 b1 6(b2-c2) 6b2 1 1
1

b1-c1
= b2(b2 + b2c2 + c2) - b2(b2 + b1c1 + c2) =
2 2 1 1
6b2 1 2
1
e&
Za
lożyliśmy na wstepie, że b1c2-b2c1>0 .
Å‚
`&
Podstawa jest bok CD
Å‚
c&
Podstawa jest bok CD
Å‚
24
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
Å‚ Å‚

b1-c1
= b1b2(b1c2 - b2c1) + (b1c2 + b2c1)(b1c2 - b2c1) =
6b2
1

(b1-c1)(b1c2-b2c1) (b1-c1)(b1c2-b2c1)
1 b2c1
= b1b2 + b1c2 + b2c1 = · · b2 + c2 + .
6b2 2b1 3 b1
1

1 b2c1
Wobec tego f2 = · b2 + c2 + .
3 b1
Kilka zadań
int. 01 Obliczyć objetość stożka obrotowego o promieniu podstawy r > 0 i wysokości h > 0 .
Å‚
int. 02 Obliczyć objetość ostros o polu podstawy P > 0 i wysokości h > 0 .
lupa
Å‚
y2
x2 z2
int. 03 Obliczyć objetość elipsoidy + + d" 1 .
Å‚ a2 b2 c2
8
int. 04 Obliczyć d krzywej o równaniu: y2 = 4x3 , przy czym y e" 0, 0 d" x d" .
lugość
9
"
int. 05 Obliczyć d krzywej o równaniu y = 2 x , przy czym 1 d" x d" 9 .
lugość
int. 06 Obliczyć d krzywej o równaniu y = ln x , przy czym 1 d" x d" 2 .
lugość
Ä„
int. 07 Obliczyć d krzywej o równaniu y = ln cos x , przy czym 0 d" x d" .
lugość
4
int. 08 Porównać ca nie obliczajałc ich:
lki
1 1
2
Ä„ Ä„ 1 1
2 2
a. sin6 x dx i sin3 x dx, b. e-x dx i e-x dx .
0 0 0 0
int. 09 Określić znak ca
lki

2Ä„ 1 2 2Ä„
sin x
a. x sin x dx, b. x2 ln x dx , c. x32x dx, d. dx .
1
0 -2 0 x
2
int. 10 Obliczyć ca niew
lki laściwe

"
1 1
x
3
a. dx , b. x dx ,
0 1-x 0

"
2 2 2
" " "
1
c. x2e-x dx , wiedzałc, że e-x dx = Ą , d. xe-x dx .
0 0 2 0
int. 11 Obliczyć granice ciałgu (an) przez obliczenie pewnej ca jeśli an =
lki,
Å‚
1 1 1 n n n
(a) + + . . . , (b) + + . . . + ,
n+1 n+2 n+n n2+1 n2+22 n2+n2
"
n
n! 17+27+···+n7
(c) , (d) .
n n8

1
int. 12 Dla jakich wartości parametru a " R ca xa dx jest skończona?
lka
0
"
int. 13 Dla jakich wartości parametru a " R ca
lka xa dx jest skończona?
1
"
1
int. 14 Dla jakich wartości parametru a " R ca dx jest skończona?
lka
1 x lna x


" "
sin x sin x

int. 15 Wykazać, że ca dx jest zbieżna, zaś ca dx jest rozbieżna.
lka lka
0 x 0 x
int. 16 Obliczyć pochodnał funkcji f , jeśli f(x) =

2 2
x+1 x2 2 1 x2 2
a. et dt , b. et dt , c. et dt , d. et dt .
1 1 x-1 x-1
int. 17 Obliczyć ca
lke
Å‚

10
|x-5|
a. (x2 + 1) dx  w punkcie 5 funkcja podca nie jest zdefiniowana,
lkowa
1 x-5

1
b. (|x|)2 (x2 + x) dx  w punkcie 0 funkcja podca nie jest zdefiniowana,
lkowa
-1

1
c. |x| dx ,
-1

10
d. |x2 - 5x + 6| dx .
-10
25
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
Å‚ Å‚
int. 18 Znalez
ć środek masy jednorodnego luku paraboli y = x2 , 0 d" x d" 3 .

int. 19 Znalez
ć środek masy jednorodnego obszaru {(x, y): 0 d" y d" x2, 0 d" x d" 3} .
int. 20 Znalez
ć środek masy jednorodnego luku sinusoidy y = sin x , 0 d" x d" Ą .

Jedna z ca jest nieelementarna, ale można skorzystać z symetrii.
lek
D sinusoidy też nie da sie , wyrazić za pomocał , funkcji elementarnych, wiec prosze
lugość
Å‚ Å‚ Å‚
Ä„ Ä„
o przybliżenie. Aby oszacować z do należy np. rozpatrzyć punkty (0, sin 0) , ( , sin ) ,
lu
6 6
Ä„ Ä„ Ä„ Ä„ Ä„ Ä„
( , sin ) , ( , sin ) , ( , sin ) i znalez
ć d lamanej (należy skorzystać ze sprzetu
lugość
4 4 3 3 2 2 Å‚
elektronicznego). Aby oszacować z góry należy z wymienionych punktów poprowadzić
proste styczne do wykresu funkcji sinus, znalez
ć punkty przeciecia stycznych w kolejnych
Å‚
punktach i obliczyć d lamanej opisanej na luku sinusoidy zaczynajałcym sie w punkcie
lugość
Å‚
Ä„ Ä„
(0, sin 0) a kończałcym sie w punkcie ( , sin ) . Porównać wyniki szacowania.
Å‚ 2 2
int. 21 Znalez
ć środek masy jednorodnego obszaru {(x, y): 0 d" y d" sin x, 0 d" x d" Ą} .
int. 22 Znalez
ć środek masy jednorodnego obszaru ograniczonego parabolami 2x = y2 i 2y = x2 .
int. 23 Znalez
ć środek masy jednorodnej ćwiartki elipsy
y2
x2
{(x, y): + d" 1, 0 d" x, 0 d" y} .
a2 b2
int. 24 Znalez
ć środek masy jednorodnej pó o promieniu r > 0 .
lkuli
int. 25 Zalez
ć środek masy pó ly lej la
ltorusa, tj bry powsta w wyniku obrotu ko o promieniu r > 0
wokó prostej leżałcej w jego p lości la.
l laszczyz
nie w odleg R > r od środka ko
int. 26 Wykazać, że jeśli 0 d" x d" 1 , to lim n(n + 1)xn(1 - x) = 0 i jednocześnie zachodzi
n"

1
równość n(n + 1)xn-1(1 - x)dx = 1 . Wynika stałd, że nie można wnioskować tego, że
0
ca dałżał do 0 z tego tylko, że funkcje podca dałżał do 0 .
lki lkowe
"
int. 27 Wyprowadzenie wzoru Wallisa

Ä„/2
a. Niech In = sinn xdx . Wykazać, że dla każdej liczby naturalnej n e" 2 za-
0
n-1
chodzi równość In = In-2 . Dla dowodu można dwukrotnie sca odpowiednie
lkować
n
funkcje przez czeÅ›ci: sinn x = sin x · sinn-1 x = sinn-1 x · (- cos x)2 , . . .
Å‚
b. Obliczyć I0 oraz I1 , a nastepnie I2n i I2n+1 dla dowolnej liczby ca
lkowitej n e" 0 .
Å‚
c. Wykazać, że lim In = 0 .
n"
I2n
d. Wykazać, że ciałg (In) jest malejałcy oraz że lim = 1 .
I2n+1
n"
2
Ä„ 1 2·4·...·2n
e. Wykazać, że = lim .
2 2n+1 1·3·...·(2n-1)
n"
26