CVIČENÍ 8
Geometrické aplikace integrálu určitého
Příklad 8.1. Vypočtěme obsah plochy S útvaru ohraničeného grafem funkce
f(x) = x3
− 6x2
+ 11x − 6, osou x a přímkami x = 0, x = 3.
Řešení. Platí f(x) = (x − 1)(x − 2)(x − 3). Graf této funkce je znázorněn
na obrázku 8.1. Funkce na [0, 3] střída znaménko v bodech 1, 2 a 3, přičemž 3 je
již krajní bod intervalu. Funkce je kladná na intervalu (1, 2) a záporná na (0, 1) a
(2, 3). Požadovaný obsah je součtem obsahů třech barevně vyznačených obrazců. Pro
1 ≤ x ≤ 2 je f(x) ≥ 0, obsah plochy odpovídajícího obrazce je roven
2
1 f(x) dx.
Pro 0 ≤ x ≤ 1 a 2 ≤ x ≤ 3 je f(x) ≤ 0 a tudíž obsahy odpovídajících obrazců jsou
1
1
0 |f(x)| dx =
1
0 (−f(x)) dx,
3
2 |f(x)| dx =
3
2 (−f(x)) dx. Proto je obsah plochy
S = −
1
0
f(x) dx +
2
1
f(x) dx −
3
2
f(x) dx =
11
4
.
Pro výpočet je vhodné zapsat integrál neurčitý
F(x) = f(x) dx =
1
4
x4
− 2x3
+
11
2
x2
− 6x.
Pak bude S = − [F(x)]1
0 + [F(x)]2
1 − [F(x)]3
2 = −F(1) + F(0) + F(2) − F(1) − F(3) +
F(2) = −2F(1) + 2F(2) − F(3). Stačí tedy jen vypočíst F(1), F(2), F(3). □
Příklad 8.2. Vypočtěme obsah plochy S útvaru ohraničeného grafem funkce
f(x) =
√
x a přímkami y = 1
2, x = 4.
Řešení. Sestrojme graf (obrázek 8.2). Přímka y = 1
2 protíná křivku y =
√
x v bodě 1
4. Obsah plochy
bude
S =
4
1
4
√
x −
1
2
dx =
2
3
x
3
2
4
1
4
−
1
2
[x]4
1
4
=
2
3
8 −
1
8
−
1
2
4 −
1
4
=
27
8
.
2
Obrázek 8.1
Příklad 8.3. Vypočtěme obsah plochy S uzavřeného geometrického útvaru,
ohraničeného grafy funkcí f(x) = (x − 1)2
, g(x) = x
2 + 1 v intervalu (−1, 3).
Řešení. Po načrtnutí schematického grafu (viz obrázek 8.3) zjistíme, že se potřebný
útvar určuje kořeny rovnice
(x − 1)2
=
x
2
+ 1 (8.1)
3
Obrázek 8.2
nebo, což je totéž,
x2
−
5
2
x = 0. (8.2)
Kořeny rovnice (8.2) jsou 0 a 5
2. V intervalu (0, 5
2) leží graf funkce g nad grafem funkce
f. Proto obsah jimi ohraničené plochy je
5
2
0
x
2
+ 1 dx −
5
2
0
(x − 1)2
dx =
1
2
5
2
0
x dx +
5
2
0
dx −
5
2
0
(x − 1)2
d(x − 1)
=
1
2
x2
2
5
2
0
+
5
2
−
(x − 1)3
3
5
2
0
=
65
16
−
35
24
=
125
48
.
4
1 5
2
1
9
4
0
x
y
Obrázek 8.3. Plocha ohraničená grafy f(x) = (x − 1)2
, g(x) = 1
2x + 1.
Příklad 8.4. Vypočtěme obsah plochy S útvaru ohraničeného grafy y = sin x,
y = cos x a přímkou y = 0 při 0 ≤ x ≤ π
2.
Řešení. Sestrojme graf (obrázek 8.4). Křivky y = sin x, y = cos x se v daném intervalu protínají v
jeho středu (t. j. při x = π
4 ). Dle souměrnosti obsah plochy bode
S = 2
π
4
0
sin x dx = − [cos x]
π
4
0 = −
1
√
2
− 1 = 2 1 −
1
√
2
= 2 −
√
2.
Příklad 8.5. Vypočtěme objem rotačního tělesa vzniklého otáčením grafů
y = 4x − x2
, y = x podle vodorovné osy.
5
Obrázek 8.4
Řešení. Body průniku křivek y = 4x − x2
, y = x jsou x = 0, x = 3;
V = π
3
0
((4x − x2
)) dx − π
3
0
x2
dx = π
3
0
(15x2
− 8x3
+ x4
) dx =
108
5
π.
6
Příklad 8.6. Vypočtěme délky oblouku křivky o rovnicí y = ln(sin x), odpovídajícího
hodnotám π
3 ≤ x ≤ π
2.
Řešení. Pro f(x) = ln (sin x) je f′
(x) = 1
sin x cos x = cotg x. Proto délka oblouku křivky je
l =
π
2
π
3
1 + cotg2
x dx =
π
2
π
3
1
sin x
dx =
π
2
π
3
1
sin2
x
sin x dx =
π
2
π
3
1
1 − cos2 x
sin x dx.
V posledním integrálu je vhodné zavést novou proměnnou vztahem cos x = t; pak dt = − sin x dx.
Dolní a horní meze pro t budou cos π
3 = 1
2 a cos π
2 = 0. Dostaneme
π
2
π
3
1
1 − cos2 x
sin x dx = −
0
1
2
1
1 − t2
dt =
1
2
0
1
1 − t2
dt.
Rozkladem výrazu 1
1−t2 na částečné zlomky je 1
1−t2 = 1
2
1
1−t + 1
1+t a tudíž
l =
1
2
1
2
0
1
1 − t
+
1
1 + t
dt =
1
2
[− ln |1 − t| + ln |1 + t|]
1
2
0 =
1
2
ln
1 + t
1 − t
1
2
0
=
1
2
ln 3.
7