Ca pola, objełtości, środek ciełżkości
lki:
Po zapoznaniu sie z najprostszymi metodami obliczania ca zajmiemy sie pewnymi za-
lek,
ł ł
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.
ł
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 .
ł 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
ł 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,
ł ł ł ł ł
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
ł ł
predkość w tym momencie, mówiliśmy o tym przy okazji definicji pochodnej funkcji jednej zmiennej.
ł
1
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
ł ł
Twierdzenie 11.4 (o addytywności ca wzgledem przedzia
lki lu)
ł
Jeśli a < c < b i funkcja f ma funkcje pierwotnał na przedziale [a, b] , to zachodzi równość
ł

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:
ł

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)
Jeśli funkcja f: [a, b] - IR jest ciałg to dla każdej liczby � > 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) < � .


a
Dowód. Ponieważ funkcja f jest ciałg na przedziale [a, b] , wiec na każdym z przedzia ów
la l
ł
[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
ł
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 ciałg na przedziale domknietym [a, b] , wiec dla każdego � > 0 istnieje liczba
la
ł ł
�
� > 0 , taka że jeśli |t - s| < � , to |f(t) - f(s)| < .* Wobec tego jeśli xi - xi-1 < � , to
b-a
�
Mi - mi < dla wszystkich i . Stałd od razu wynika, że zachodzi:
b-a
n n

�
(Mi - mi) (xi - xi-1) < (xi - xi-1) = � . Stałd 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 ł
i=1 i=1 i=1
których różnica jest mniejsza od � . Dowód zosta zakończony.
l
*To nie jest definicja ciag i w zasadzie wymaga dowodu!
lości
ł
2
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
ł ł
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
ł
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
ł
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 � > 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) < � .


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

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)
ł
ca lki
lkowalna zarówno w sensie Riemanna jak i w sensie Newtona, to obie ca sie pokrywajał.
ł
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.
ł
interpretacjał sum Riemanna. Za óżmy, że f jest funkcjał dodatniał. By rozpatrzeć sume Rie-
l
ł
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
ł ł
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
ł
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
ł
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
ł
znak należy podzielić przedzia na cześci tak, by na każdej z nich funkcja mia sta znak (ni-
l la ly
ł
estety może sie okazać, że musi ich być nieskończenie wiele). Gdyby ca s ly jedynie do
lki luży
ł
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-
ł ł ł
are trójwymiarował). Pole zbioru A oznaczać bedziemy przez |A| lub |A|2 , jeśli możliwe bedał
ł ł ł
wałtpliwości dotyczałce wymiaru. Podobnie d krzywej C oznaczymy przez |C| lub |C|1 .
lugość
Obliczanie objetości
ł
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
ł 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
ł ł
jeśli zbiór A sk sie z podstawy B zawartej w pewnej p
lada laszczyz
nie  i wszystkich odcinków
ł
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
ł
wzory na objetość walca, prostopad lupa
lościanu, czy graniastos prostego.
ł
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.
ł ł
zbioru A , która jest zawarta miedzy p
laszczyznami o równaniach z = zi-1 i z = zi równa jest
ł

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
ł

nieko o polu podstawy P (ti) . W tej sytuacji możemy twierdzić, że objetość równa jest
lowy,
ł
*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
ł
myślano, że do wszystkich, ale tak nie jest. Rozstrzyganie tych kwestii należy pozostawić matematykom. Nie-
matematyk może przyjać, że chodzi o wszystkie zbiory.
ł
c&
Matematycy nazywaja taki zbiór walcem o podstawie B , a zwyk walec  walcem ko
ly lowym.
ł
4
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
ł ł
n

P (ti)(zi - zi-1) . Gdybyśmy nie starali sie wybrać punktu ti tak, by zachodzi równość,
la
ł
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
ł a ł ł
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
ł
P . Niech W bedzie punktem leżałcym poza p
laszczyznał  i niech S oznacza sume wszystkich
ł ł
odcinków zaczynajałcych sie w punkcie W , których drugi koniec leży w zbiorze B (jeśli B jest
ł
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
ł 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
ł ł
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
ł ł
przekroje p
laszczyznami poziomymi znajdujałcymi sie na innych wysokościach sał puste. Wobec
ł

h
tego zachodzi równość |A| = P dz = P h . Otrzymany wynik stosuje sie oczywiście do
0 ł
prostopad lościanu, mogał dojść skrecenia różne na różnych
lościanu, ale również do równoleg
ł
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.
ł ł ł
Przyk 11.3 Zajmijmy sie kulał o promieniu r . Bez straty ogólności rozważań można
lad
ł
przyjałć, że jej środkiem jest punkt 0 . Przecinajałc kule p lożonał
laszczyznał z z punktów, których
ł
"
trzecia wspó lo la
lrzedna równa jest z otrzymujemy ko o promieniu r2 - z2 . Pole tego ko
ł
równe jest Ą(r2 - z2) . Wobec tego objetość kuli równa jest
ł
5
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
ł ł

r
1 1 4
Ą(r2 - z2)dz = Ą r2 � 2r - r3 - (-r)3 = Ąr3 .
-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,
ł ł ł ł
mu to wiecej miejsca niż nam korzystajałcym z wielu znacznie póz
niejszych pomys ów.
l
ł
Przyk 11.4 Znajdziemy objetość detki zak
lad ladajałc, że powstaje ona w wyniku obrotu
ł ł
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
ł ł
pamietać. Przyjmiemy, że środkiem ko o promieniu r jest punkt (R, 0, 0) oraz że to ko leży
la lo
ł
w p laszczyznał poziomał przechodzałcał przez
laszczyz
nie y = 0 . Przetnijmy (w myśli) detke p
ł ł
punkt (0, 0, z) . Przekrój jest pierścieniem ko
lowym, którego promień wewnetrzny równy jest
ł
" "
R - r2 - z2 a zewnetrzny to R + r2 - z2 , zatem polem tego pierścienia ko jest liczba
lowego
ł
" 2 " 2 "
Ą R + r2 - z2 - Ą R - r2 - z2 = 4ĄR r2 - z2 .
"
r
1
Wynika stałd, że objetościał detki jest 4ĄR r2 - z2 dz = 4ĄR � Ąr2 = 2Ą2Rr2 . Zadanie
ł ł -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
ł
Riemanna. Można wiec twierdzić, że stworzenie rachunku ca lo
lkowego stanowi ukoronowanie
ł
wysi wielu ludzi obliczajałcych różne wielkości, np. objetości.
lków
ł
Obliczanie pól jeszcze raz
Przedstawiliśmy przed chwilał podejście do kwestii obliczania objetości polegajałce na ,,plas-
ł
terkowaniu zbioru trójwymiarowego. Za óżmy, że na przedziale domknietym dane sał dwie
l
ł
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,
ł
sunieciu). Jest mniej wiecej jasne, że jeśli opuścimy za
lożenie g e" f , to wzór na pole obszaru
ł ł
ograniczonego wykresami funkcji g i f w dalszym ciałgu bedzie obowiałzywać tyle, że w wy-
ł

b
niku otrzymamy |f(x) - g(x)|dx . Okazuje sie, że ca lugość
lkujemy d odcinka otrzymanego
a ł
w przecieciu obszaru prostał pionował (zamiast pola przekroju w przypadku objetości) i w wyniku
ł ł
otrzymujemy pole obszaru (zamiast objetości). Przyk pole ko można obliczać traktujałc
ladowo la
ł
" "
je jako obszar zawarty miedzy wykresami funkcji - r2 - x2 oraz r2 - x2 . Jest wiec ono
ł ł
równe
6
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
ł ł
"
" "
r r
Ąr2
r2 - x2 - - r2 - x2 dx = 2 r2 - x2 dx = 2 = Ąr2 .
-r -r 2
Nie bedziemy teraz mnożyć przyk
ladów. Zaznaczyć chcieliśmy jedynie, że pola można obliczać
ł
pos
lugujałc sie tał samał ideał, która ma zastosowanie w przypadku objetości. Sugeruje to możli-
ł ł
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
ł
nia pozwalajałce na obliczanie granic ciałgów ca Tych problemów nie bedziemy tu omawiać.
lek.
ł
Sał przedstawione w wielu podrecznikach przeznaczonych dla matematyków i fizyków teoretyków.
ł
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
ł

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
ł ł

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

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

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

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


b
odcinki czasu sał coraz bliższe 0 ) otrzymujemy ca
lke 1 + (f2 (x))2 dx . Rozumujałc analo-
ł 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) .
ł ł
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
ł ł ł
studenci proszeni sał o chwile zastanowienia nad tym tekstem! Warto też zdać sobie sprawe z te-
ł ł
go, że ca
lkowicie analogicznie przyspieszenie jest powiałzane z predkościał  po prostu wszedzie
ł ł
zastepujemy po
lożenie przez predkość i jednocześnie predkość przez przyspieszenie.
ł ł ł
Przyk 11.5 Obliczymy d luku paraboli y = x2 zaczynajałcego sie w punkcie (0, 0)
lad lugość
ł

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


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


"
1 1 1
zrobimy to nieco inaczej. Niech x = tg t . Wtedy 1 + 4x2 = 1 + tg2 t = =
2 cost cos t
Ą
 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 ł
"
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
ł

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
ł ł
wykazać, że d elipsy, która nie jest okregiem, nie daje sie wyrazić za pomocał tzw. funkcji
lugość
ł ł
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.
ł
Obliczymy teraz d okregu, a w lowy,
lugość laściwie jego po choć wszyscy dobrze wiedzał, co
ł
otrzymamy. Tu rachunek bedzie bardzo prosty, a różnica miedzy okregiem i elipsał tak niewielka.
ł ł ł
Niewielka ale bardzo istotna: w ca którał trzeba znalez
ć w przypadku elipsy wystepuje iloraz
lce,
ł
dwóch wielomianów kwadratowych, w przypadku okregu wielomian jest tylko jeden.
ł
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
ł ł
"
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 Ą/2
r
"
dx = = =sin t= = r dt = Ąr .
=x=r= = =
= =
-r -Ą/2
r2-x2 dx=r cos t dt
Otrzymaliśmy wiec dobrze znany wynik.*
ł
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
ł
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
ł
wieksza podstawa ma promień r1 , mniejsza  promień r2 , a tworzałca to l . Ten stożek ściety
ł ł
r1
można potraktować jako wynik odciecia od stożka o promieniu podstawy r1 i tworzałcej l
ł 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) .*
ł 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
ł
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.
ł ł
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
ł
[xi-1, xi] , można przybliżyć stożkiem ścietym o wysokości xi - xi-1 i promieniach podstaw
ł
f(xi) , f(xi-1)  ten stożek staje sie walcem, gdy f(xi-1) = f(xi) . Pole powierzchni bocznej
ł

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
ł

2
Ąli (f(xi-1) + f(xi)) H" 2Ą � 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
ł ł
w bardziej szczegó szacunki, bo dla osób o niewielkiej wprawie bedał one trudnawe i na
lowe
ł
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,
ł ł
1
*Troche to przypomina wzór na pole trapezu: (2Ąr1+2Ąr2)l  po sumy podstaw razy wysokość.
lowa
2
ł
9
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
ł ł

n

2
bliżyć sumał 2Ą�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
ł a ł
w wyniku obrotu funkcji f wokó osi x . B które pope w kolejnych krokach sał ma
l ledy, lniamy le
ł
i to jako b wzgledne, co jest ważne, bo pola cześci, na które poszatkowaliśmy powierzchnie,
ledy
ł ł ł ł
sał ma i jest ich wiele, wiec teoretycznie b mog sie zsumować do czegoś dużego  tak
le ledy lyby
ł ł ł
sie nie dzieje, bo jak zapewniamy czytelników, b wzgledne sał ma Tu jeszcze raz stykamy
ledy le!
ł ł ł
sie z jednał z podstawowych idei analizy matematycznej: funkcje przybliżamy funkcjał liniował
ł ł
tak, by b wzgledny by ma Czas na jakiś przyk
lałd l ly! lad.
ł
"
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
ł ł
równa jest h . Zgodnie z omówionym wzorem pole tej cześci sfery równe jest
ł

2
a+h a+h

-x
2Ą r2 - x2 � 1 + " dx = 2Ąr dx = 2Ąrh .
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
ł ł ł
pole powierzchni cześci sfery zawartej miedzy dwiema równoleg p
lymi laszczyznami oddalonymi
ł ł
o h . Zauważmy jeszcze, że we wzorze tym NIE wystepuje liczba a . Oznacza to, że pole jest od
ł
a niezależne, ważne jest tylko to, że obie p
laszczyzny przecinajał sfere. Może sie zdarzyć, że jedna
ł ł
z tych p laszczyzna równika
laszczyzn przechodzi przez jeden z biegunów, a może sie zdarzyć, że p
ł
dzieli przestrzeń miedzy nimi na pó Pola sał równe! Nie jest to chyba ca oczywiste, choć
l. lkiem
ł
Archimedes z pewnościał to wiedzia
l.*
Przyk 11.8 Obliczymy teraz pole powierzchni detki opisanej już w przyk 11.4.
lad ladzie
ł
Przypomnijmy: powierzchnia detki by otrzymana jako wynik obrotu okregu zdefiniowanego
la
ł ł
równaniami y = 0 , (x - R)2 + z2 = r2 wokó osi z . Można wiec przyjałć, że obracamy wokó
l l
ł
" "
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
ł ł ł ł
zatem możemy obliczyć pola obu powierzchni i dodać. W pierwszym przypadku pole równe jest

2
"
r r
-z R
" "
2Ą R + r2 - z2 � 1 + dz = 2Ąr + 1 dz = 2Ą2rR + 2Ąr2 ,
-r -r
r2-z2 r2-z2
*W podreczniku do geometrii używanym we wszystkich polskich liceach, gdy autor tego tekstu by uczniem,
l
ł
twierdzenie to by podane wraz z dowodem nie korzystajacym w jawnej postaci z ca Oczywiście tylko
lo lek.
ł
cześć uczniów je zauważa
la.
ł
10
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
ł ł

2
"
r
-z
"
wiec w drugim  2Ą R - r2 - z2 � 1 + dz = 2Ą2rR - 2Ąr2 . Sumujałc
ł -r
r2-z2
otrzymujemy 4Ą2rR .
Jest wiec widoczne, że za pomocał ca można dać sobie rade z obliczaniem objetości, pól
lek
ł ł ł
i d
lugości. Dodać warto, że czesto wyniki nie dajał sie wyrazić za pomocał funkcji elementarnych.
ł ł
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,
ł
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
ł
wprowadzajałcego studentów I roku w matematyke.
ł
Ca niew
lki laściwe
Spotkaliśmy sie przy obliczaniu d okregu z problemem ca la
lugości lkowania funkcji, która nie by
ł ł
zdefiniowana w końcu przedzia a nawet w obu końcach. Takie funkcje pojawiajał sie w wielu
lu,
ł
sytuacjach. Trzeba wiec wyjaśnić nieco dok jak definiujemy ca i co można wnioskować
ladniej lki
ł
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
ł ł
cb- a
te nazywamy ca niew
lkał laściwał funkcji f na przedziale [a, b) . Oznaczamy jał tak samo, jak
ł

b
ca w lka laściwa jest skończona, to mówimy, że jest zbieżna.
lke laściwał: f(x)dx . Jeśli ca niew
ł a
Analogicznie definiowana jest ca niew
lka laściwa z funkcji określonej na przedziale otwarto
domknietym (a, b] .
ł
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
ł

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
ł -r
r2-x2

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

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

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

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

r
1 Ą Ą
"
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
ł 1+x2
0
11
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
ł ł
c

" c
1 1 Ą
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
ł ł

"
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
ł
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
ł ł ł
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
ł ł
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
ł ł
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 Ą
dla każdej liczby rzeczywistej x , wiec e-x dx d" dx < . Ca e-x dx rośnie
lka
ł 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
Ą
niż , wiec
2 ł

2 2
" c
Ą
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
ł
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
ł
mówiliśmy, studenci nie muszał tych kwestii zg natomiast powinni troche o nich wiedzieć.
lebić,
ł ł
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.
ł
12
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
ł ł

1
1
"
Jeśli np. rozważamy ca dx , to dzielałc przedzia [0, 1] na krótkie przedzia-
lke l
ł 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
ł
1-x2
xn-xn-1
"
wybrać w nim punkt tn w taki sposób, by liczba by wieksza niż np. 15071410, co
la
ł
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
ł ł
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
ł
d okregu za zadanie bardzo sztuczne. Po prostu należy z wiekszał ostrożnościał je stosować,
lugości
ł ł
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,
ł 0 ł ł
1-x2
przybliżajał jał wiec krótszy luk, ale ten krótszy przybliża d wiec suma Riemanna ca
luższy, lki
ł ł

c
1
"
dx przybliża ćwierć d okregu o promieniu 1.
lugości
0 ł
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
ł
objetości) zachowujał sens również w przypadku ca niew
lek laściwych. Pokażemy teraz jak ko-
ł

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

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

2
zbiór wzorami: A = (x, y, z): 0 d" z d" e-x -y2 . Jego objetość to zgodnie z tym, o czym
ł
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
ł
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
ł
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
ł
2
spe jest nierówność 0 < z d" e-x -y2 , wiec ta sama co poprzednio z tym jednak, że tym
lniona
ł
13
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
ł ł
razem ustalona jest liczba y , natomiast liczby x oraz z sie zmieniajał sie w podanych granicach.
ł ł

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

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

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

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:
ł
+" 2 1

2
1
e-x dx = Ą(- ln z)dz = -Ą 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 ł ł

1
wcześniej. 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
-" ł ł

"
2
+"
równość Ą = e-x dx .
-"
Czytelnicy, którzy s coś o szeregach, z pewnościał zauważyli podobieństwa miedzy
lyszeli
ł
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
ł
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 skończonał granice, wtedy i tylko wtedy, gdy ca
lka
ł

"
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
ł
n=1

n+1
sał nieujemne. Funkcja f jest nierosnałca, wiec nierówność f(n) e" f(x)dx e" f(n + 1)
ł 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
ł ł
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
ł
w analize przyk Omówimy jeszcze jedno bardzo proste zastosowanie ca w fizyce.
ladów. lek
ł
Środek 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
ł ł
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
ł
drugie i trzecie. To samo dotyczy mnożenia punktu (wektora) przez liczbe.
ł
Przyjmuje sie, że środek masy uk 3 punktów jest środkiem masy pary punktów, z któ-
ladu
ł
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
ł ł ł
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
ł ł
materialnych: wybieramy dwa i zastepujemy je ich środkiem masy (jego masał jest suma mas).
ł
Stosujałc te definicje do punktów A1 = (x1, y1, z1) , A2 = (x2, y2, z2) , . . . , An = (xn, yn, zn)
ł ł
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
ł
przyk jak pojecie środka masy może być uogólnione na inne przypadki.
ladach
ł
Zaczniemy od ,,tworu jednowymiarowego . Bedziemy myśleć dla prostoty o cienkim, jed-
ł
15
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
ł ł
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
ł
[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
ł ł
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
ł
" " "
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
ł
" " "
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
ł
na przedziale domknietym [a, b] . Dla prostoty przyjmujemy, że : = 1 . Oczywiście f2 (x) = k
ł
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
ł ł
(cos ą, sin ą) i (cos �, sin �) , 0 d" � < ą d" Ą . 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,
ł ł ł ł
najprostszy przyk to skończony uk punktów, a inny to luk okregu. Już nied
lad, lad lugo!
ł
16
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
ł ł
by mieści sie w ca w górnym pó
l lości lokregu, bo mówimy jedynie o wykresach funkcji. W tym
ł ł
"
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

ł



2

cos �
cos �
" cos �
t
t 1+ "-t dt " dt
- 1-t2
cos ą
1-t2 cos ą 1-t2 sin ą-sin �
cos ą

c1 = = = =
cos � cos �

2 1 ą-�
cos �

"
dt
-arccos(t)
1+ "-t dt
cos ą 1-t2 cos ą
cos ą
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
ł

oraz 1 - cos2 � = sin � . Analogicznie

"

" 2

cos �
cos � 2
cos �
"-t
1-t2 1+ dt "1-t dt
t
cos ą
1-t2 cos ą 1-t2 cos �-cos ą
cos ą

c2 = = = = .
cos � cos �

2 1 ą-�
cos �

"
dt
-arccos(t)
1+ "-t dt
cos ą 1-t2 cos ą
cos ą
1-t2
Wobec tego środkiem masy jednorodnego luku o końcach (cos ą, sin ą) i (cos �, sin �) jest


sin ą-sin � cos �-cos ą
, .
ą-� ą-�
Jest on odleg od środka okregu o
ly
ł

2 cos �-cos ą 2 sin2 ą-2 sin ą sin �+sin2 �+cos2 �-2 cos � cos ą+cos2 ą
sin ą-sin �
+ = =
ą-� ą-� (ą-�)2

cos(�-ą)=cos � cos ą+sin � sin ą cos(2ł)=1-2 sin2 ł
2-2 cos(�-ą)
= = = = = = = = = = = = = = = = = = =
= = = = = = = = = = = = = = = = =
(ą-�)2

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

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

ł
myśleć, że jest to punkt, w którym to cia należy podeprzeć, by mia szanse znalez
ć sie w rów-
lo lo
ł
nowadze w polu grawitacyjnym Ziemi. Nie wydaje sie, by ten wynik by ca oczywisty, choć
l lkiem
ł
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
ł ł
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
ł ł
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
ł ł
cho B  mase c + a , w wierzcho C  mase a + b , wtedy środkiem masy uk tych
lku lku ladu
ł ł
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
ł 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
ł ł
sie, to
ł
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,*
ł 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.
ł
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
ł ł
czyli punkt zwany środkiem cieżkości trójkałta. Jest tak, bo środek masy uk dwóch punktów
ladu
ł
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
ł 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,
ł
cześć drutu może być zrobiona z jednego metalu, inna cześć z drugiego. W przypadku badania
ł ł
ruchu np. statku kosmicznego, też nie bardzo można zak że gestość masy jest sta innał
ladać, la:
ł
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,
ł
ogó nie jest, ale takimi kwestiami zajmować sie nie bedziemy. Za óżmy na razie, że mamy do
l l
ł ł
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
ł
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
ł
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.
ł
19
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
ł ł
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 (�1) + :(t2)(x2 - x1) 1 + f2 (�2) + � � � +

2
+ :(tn)(xn - xn-1) 1 + f2 (�n) ,
istnienie liczb �1, �2, . . . , �n wynika z twierdzenia Lagrange a o wartości średniej; oczywiście
xi-1 < �i < 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 przyjałć, że ti = �i
dla wszystkich i . Wtedy masa wykresu funkcji f: [a, b] - R równa jest w przybliżeniu

2 2
:(�1)(x1 - x0) 1 + f2 (�1) + :(�2)(x2 - x1) 1 + f2 (�2) + � � � +

2
+ :(�n)(xn - xn-1) 1 + f2 (�n) .
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
ł ł
przez C = (c1, c2) . Rozumujałc tak, jak w przypadku sta gestości otrzymujemy przybliżone
lej
ł
równości:
" "
�1:(�1)(x1-x0) 1+(f2 (�1))2+���+�n:(�n):(xn-xn-1) 1+(f2 (�n))2
" "
c1 H" oraz
:(�1)(x1-x0) 1+(f2 (t1))2+���+:(�n)(xn-xn-1) 1+(f2 (tn))2
" "
2 2
f (�1):(�1)(x1-x0) 1+(f (�1))2+���+f (�n):(�n):(xn-xn-1) 1+(f (�n))2
" "
c2 H" .
2 2
:(�1)(x1-x0) 1+(f (t1))2+���+:(�n)(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-
ł ł ł
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
ł ł ł
masy przez :(x, y)  definicja gestości analogiczna do poprzednio podanej z tym, że teraz
ł
rozpatrujemy zbiory dwuwymiarowe, wiec możemy np. dzielić mase ma ko przez jego pole
lego la
ł ł
i obliczać granice zak ladamy, że : jest
ladajałc, że promień dałży do 0 . Tak jak poprzednio zak
ł
funkcjał ciałg w zbiorze G .
lał
20
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
ł ł
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
ł ł ł
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
ł


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
ł ł
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
ł
jasne, że uzyskane wzory bedał wyglałdać tak:
ł

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
ł
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
ł ł
z matematykiem, ale fizyk eksperymentator uzna te rozważania za dowód. Nie bedziemy teraz
lby
ł
rozważać żadnych przyk ze zmiennał gestościał masy, wiec na zakończenie tych rozważań
ladów
ł ł
napiszmy jeszcze, że w przypadku sta gestości, dla prostoty przyjmujemy : a" 1 , otrzymujemy
lej
ł




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
ł ł
Przyk 11.18 Znajdziemy teraz środek masy trójkałta zak
lad ladajałc, że gestość masy równa
ł
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 ł

lu [0, b1] . Wtedy jej wykresem jest odcinek AB. Na tym samym przedziale określimy funkcje g :
ł
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
ł
określonego zbioru. Niech M = (m1, m2) bedzie środkiem masy G . Znajdziemy najpierw pole
ł
|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
ł
jest wygodniej ze wzgledu na stosowany tu opis trójkałta. Teraz trzeba znalez
ć jeszcze dwie
ł
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
ł ł ł
tych skrajnych lewych punktów jest wiele, to na osi rzednych znajduje sie ca bok, trójkat przesuwamy tak,
ly
ł ł ł
by najniższy ze skrajnych lewych punktów znalaz sie w poczatku uk wspó
l ladu lrzednych. Jedyne ograniczajace
ł ł ł ł
za to c1d"b1 , ale rozważenie drugiego przypadku nie nastrecza żadnych trudności. Zreszta, gdybyśmy
lożenie
ł ł
dopuścili obroty nie ograniczajac sie do przesuwania w ogóle żadnych k tego rodzaju by nie by
lopotów lo.
ł ł
22
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
ł ł

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
ł
Znajdziemy drugał wspó
lrzednał. Środek masy odcinka jednorodnego [f(x), g(x)] to oczywiście
ł

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
ł ł
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
ł

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
ł ł
1 e&
"
=b c2-b2c1 . Znalez
liśmy wysokość trójkałta ABC . Jego pole to
b2+b2
1 2

1 b1c2-b2c1 b1c2-b2c1
"
| ł% (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 | ł% (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 � | ł% (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 ł
2 b 2

c1 1 c2
c1
2
e2 � | ł% (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
ł ł

b1-c1
f1 � | ł% (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
ł
b 2 2
b1 2-c2
b1-c1 1 b2
f2 � | ł% (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 .
ł
`&
Podstawa jest bok CD
ł
c&
Podstawa jest bok CD
ł
24
Ca pola, objetości, środki cieżkości Micha Krych
lki: l
ł ł

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 .
ł
int. 02 Obliczyć objetość ostros o polu podstawy P > 0 i wysokości h > 0 .
lupa
ł
y2
x2 z2
int. 03 Obliczyć objetość elipsoidy + + d" 1 .
ł 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
Ą
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
Ą Ą 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

2Ą 1 2 2Ą
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,
ł
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
ł

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
ł ł
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
ł ł ł
Ą Ą
o przybliżenie. Aby oszacować z do należy np. rozpatrzyć punkty (0, sin 0) , ( , sin ) ,
lu
6 6
Ą Ą Ą Ą Ą Ą
( , sin ) , ( , sin ) , ( , sin ) i znalez
ć d lamanej (należy skorzystać ze sprzetu
lugość
4 4 3 3 2 2 ł
elektronicznego). Aby oszacować z góry należy z wymienionych punktów poprowadzić
proste styczne do wykresu funkcji sinus, znalez
ć punkty przeciecia stycznych w kolejnych
ł
punktach i obliczyć d lamanej opisanej na luku sinusoidy zaczynajałcym sie w punkcie
lugość
ł
Ą Ą
(0, sin 0) a kończałcym sie w punkcie ( , sin ) . Porównać wyniki szacowania.
ł 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

Ą/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 cześci: sinn x = sin x � sinn-1 x = sinn-1 x � (- cos x)2 , . . .
ł
b. Obliczyć I0 oraz I1 , a nastepnie I2n i I2n+1 dla dowolnej liczby ca
lkowitej n e" 0 .
ł
c. Wykazać, że lim In = 0 .
n"
I2n
d. Wykazać, że ciałg (In) jest malejałcy oraz że lim = 1 .
I2n+1
n"
2
Ą 1 2�4�...�2n
e. Wykazać, że = lim .
2 2n+1 1�3�...�(2n-1)
n"
26