3.4

3.4 積 積 積 分 分 分的 的 的應 應 應用 用 用

3.4. 積分的應用 95





 習題解答 3.4.5.

由於 e^−x2 在不論 x 趨近正無窮或負無窮時, 都滿足 e^−x2 < _x¹2, 但由例 3.4.1 知道 ˆ _∞

1

1 x² dx 與

ˆ ₋₁

−∞

1

x² dx 都存在, 所以 ˆ _∞

1

e^−x2dx 與 ˆ ₋₁

−∞

e^−x2 dx 也都存在, 再加上 ˆ 1

−1

e^−x2dx 當然存在, 所以

ˆ _∞

−∞e^−x2dx = ˆ ₋₁

−∞e^−x2dx + ˆ 1

−1e^−x2 dx + ˆ _∞

1

e^−x2 dx 會存在. 至於這個瑕積分的值是多少，請見第八章.

3.4.2 幾何度量





 習題解答 3.4.6.

ˆ _y

r cos θ

√r²− x²dx ^x=ru= r² ˆ ₁

cos θ

√1− u²du

= r²(1

2(sin⁻¹u + u√

1− u²))¹_{cos θ}

= r² 2(π

2 + 0− (π

2 − θ) − cos θ sin θ)

= r²

2(θ− sin θ cos θ)





 習題解答 3.4.7.

(1) y = x²− 2 和 y = 2 交於 (±2, 2).

ˆ ₂

−2

2− (x²− 2) dx = ˆ ₂

−2

4− x²dx = 4x−x³ 3

²

−2

= 2(8−8 3) = 32

3 (2) y²= y + 2⇒ y = 2, −1.

ˆ 2

−1

y + 2− y²dy = y²

2 + 2y− y³ 3

²

−1

= 2 + 4−8 3−1

2 + 2−1 3 = 9

2

3.4. 積分的應用 95





 習題解答 3.4.5.

由於 e^−x2 在不論 x 趨近正無窮或負無窮時, 都滿足 e^−x2 < _x¹2, 但由例 3.4.1 知道 ˆ _∞

1

1 x² dx 與

ˆ ₋₁

−∞

1

x² dx 都存在, 所以 ˆ _∞

1

e^−x2dx 與 ˆ ₋₁

−∞

e^−x2dx 也都存在, 再加上 ˆ 1

−1

e^−x2dx 當然存在, 所以

ˆ _∞

−∞

e^−x2 dx = ˆ ₋₁

−∞

e^−x2 dx + ˆ 1

−1

e^−x2dx + ˆ _∞

1

e^−x2dx

會存在. 至於這個瑕積分的值是多少，請見第八章.

3.4.2 幾何度量





 習題解答 3.4.6.

ˆ _y

r cos θ

√r²− x²dx ^x=ru= r² ˆ ₁

cos θ

√1− u²du

= r²(1

2(sin⁻¹u + u√

1− u²))¹_{cos θ}

= r² 2(π

2 + 0− (π

2 − θ) − cos θ sin θ)

= r²

2(θ− sin θ cos θ)





 習題解答 3.4.7.

(1) y = x²− 2 和 y = 2 交於 (±2, 2).

ˆ ₂

−2

2− (x²− 2) dx = ˆ ₂

−2

4− x²dx = 4x− x³ 3

²

−2

= 2(8−8 3) = 32

3 (2) y²= y + 2⇒ y = 2, −1.

ˆ 2

−1

y + 2− y²dy = y²

2 + 2y−y³ 3

²

−1

= 2 + 4−8 3− 1

2+ 2− 1 3 = 9

2

96 第 3 章 積分

(3) y = 2 sin x ≥ 2 sin x cos x = sin 2x, 得 ˆ π

0

2 sin x− sin 2x dx = −2 cos x +cos 2x 2

^π

0

= 2 +1

2− (−2) −1 2 = 4 (4) 4 − 4x²= 1− x⁴⇒ x⁴− 4x²+ 3 = 0⇒ x = ±1, ±√

3. y + 4x²= 4 和 y + x⁴= 1 交 於 (±1, 0), (±3, −8). 但題目限制 y ≥ 0, 所以 −1 ≤ x ≤ 1.

ˆ 1

−1

(4− 4x²)− (1 − x⁴) dx = ˆ 1

−1

x⁴− 4x²+ 3 dx = (x⁵ 5 − 4y³

3 + 3y)¹

−1

= 2(1 5−4

3 + 3) = 2(3− 20 + 45 15 ) = 56

15

(5) y³−y²= 2y⇒ y³−y²−2y = 0 ⇒ y(y−2)(y+1) = 0 ⇒ y = 0, 2, −1. 所以 x = y³−y² 和 x = 2y 的交點是 (0, 0), (4, 2), (−2, −1), 但 y ≥ 0 所以範圍在 0 ≤ y ≤ 2,

ˆ 2 0

2y− (y³− y²) dy = ˆ 2

0

2y− y³+ y²dy = y²−y⁴ 4 + y³

3  ²

0

= 4− 4 +8

3− 0 =8 3 (6)

ˆ ^π₄

−^π4

tan²y− (− tan²y) dy = 2 ˆ ^π₄

−^π4

tan²y dy = 2 ˆ ^π₄

−^π4

sec²y− 1 dy

= 2(tan y− y)^π4

−^π4 = 2(2(1−π

4)) = 4− π





 習題解答 3.4.8.

2 ˆ r

−r

√ 1 +(

(√

r²− x²)^′)2

dx = 2 ˆ r

−r

√

1 +( −x

√r²− x² )2

dx

= 2 ˆ r

−r

√

1 + x² r²− x² dx

= 2r ˆ _r

−r

√ 1

r²− x² dx

x=ru= 2r ˆ 1

−1

√ 1

1− u²·r

r du = 2r· sin⁻¹u¹

−1

= 2r· 2π 2 = 2πr

96 第 3 章 積分

(3) y = 2 sin x ≥ 2 sin x cos x = sin 2x, 得 ˆ π

0 2 sin x− sin 2x dx = −2 cos x +cos 2x 2

^π

0

= 2 +1

2− (−2) −1 2 = 4 (4) 4 − 4x²= 1− x⁴⇒ x⁴− 4x²+ 3 = 0⇒ x = ±1, ±√

3. y + 4x²= 4 和 y + x⁴= 1 交 於 (±1, 0), (±3, −8). 但題目限制 y ≥ 0, 所以 −1 ≤ x ≤ 1.

ˆ 1

−1

(4− 4x²)− (1 − x⁴) dx = ˆ 1

−1

x⁴− 4x²+ 3 dx = (x⁵ 5 − 4y³

3 + 3y)  ¹

−1

= 2(1 5−4

3 + 3) = 2(3− 20 + 45 15 ) = 56

15

(5) y³−y²= 2y⇒ y³−y²−2y = 0 ⇒ y(y−2)(y+1) = 0 ⇒ y = 0, 2, −1. 所以 x = y³−y² 和 x = 2y 的交點是 (0, 0), (4, 2), (−2, −1), 但 y ≥ 0 所以範圍在 0 ≤ y ≤ 2,

ˆ 2 0

2y− (y³− y²) dy = ˆ 2

0

2y− y³+ y²dy = y²−y⁴ 4 + y³

3  ²

0

= 4− 4 +8

3− 0 =8 3 (6)

ˆ ^π₄

−^π4

tan²y− (− tan²y) dy = 2 ˆ ^π₄

−^π4

tan²y dy = 2 ˆ ^π₄

−^π4

sec²y− 1 dy

= 2(tan y− y)^π4

−^π4 = 2(2(1−π

4)) = 4− π





 習題解答 3.4.8.

2 ˆ r

−r

√ 1 +(

(√

r²− x²)^′)2

dx = 2 ˆ r

−r

√

1 +( −x

√r²− x² )2

dx

= 2 ˆ r

−r

√

1 + x² r²− x² dx

= 2r ˆ r

−r

√ 1

r²− x² dx

x=ru= 2r ˆ 1

−1

√ 1

1− u²·r

r du = 2r· sin⁻¹u¹

−1

= 2r· 2π 2 = 2πr

3.4. 積分的應用 97





 習題解答 3.4.9. (1) y^′= 3

2x¹², 則 ˆ 1

0

√ 1 + (3

2x¹²)²dx = ˆ 1

0

√ 1 +9

4x dx = 2 3 ·4

9(1 +9 4x)³²

 ¹

0

= 8 27((13

4 )³²− 1) = 13 27

√13− 8 27 (2) 本題和 1 的情況正好對 y = x 對稱, 因此曲線長度相同為 13

27

√13− 8 27.

(3) 本題和課本例題（y = ln x, 從 1 到 e）的情況正好對 y = x 對稱, 所以曲線長度為

√1 + e²−√ 2 + ln

√1 + e²− 1 e(√

2− 1) (4) y^′= e^x− e^−x

2 . 得 ˆ 1

−1

√

1 + (e^x− e^−x

2 )²dx = ˆ 1

−1

√

1 +e^2x− 2 + e^−2x

4 dx

= ˆ 1

−1

√

(e^x+ e^−x

2 )²dx = ˆ 1

−1

e^x+ e^−x 2 dx

= 1

2(e^x− e^−x)¹

−1= 1

2· 2(e − e⁻¹) = e−1 e





 習題解答 3.4.10.

將 [a, b] N 等分, 使得

a = t0< t1<· · · < tN, ∆t =b− a N

和課本相同, 曲線長度可用曲線上各對應點的線段長和來逼近, 其中第 i 線段長為

|(x(ti), y(ti))− (x(ti−1), y(ti−1))| =√

(x(ti)− x(ti−1))²+ (y(ti)− y(ti−1))² 所以曲線長度等於

Nlim→∞

∑N i=1

√(x(t_i)− x(ti−1))²+ (y(t_i)− y(ti−1))²

= lim

N→∞

∑N i=1

√(x^′(ξi)∆t)²+ (y^′(ηi)∆t)²

其中 t_i−1≤ ξi, ηi≤ ti. 因此曲線長度等於

Nlim→∞

∑N i=1

√(x^′(ξi))²+ (x^′(ηi))²∆t = ˆ b

a

√x^′(t)²+ y^′(t)²dt

3.4. 積分的應用 97





 習題解答 3.4.9. (1) y^′= 3

2x¹², 則 ˆ 1

0

√ 1 + (3

2x¹²)²dx = ˆ 1

0

√ 1 +9

4x dx = 2 3 ·4

9(1 +9 4x)^321₀

= 8 27((13

4 )³²− 1) = 13 27

√13− 8 27 (2) 本題和 1 的情況正好對 y = x 對稱, 因此曲線長度相同為 13

27

√13− 8 27.

(3) 本題和課本例題（y = ln x, 從 1 到 e）的情況正好對 y = x 對稱, 所以曲線長度為

√1 + e²−√ 2 + ln

√1 + e²− 1 e(√

2− 1) (4) y^′= e^x− e^−x

2 . 得 ˆ ₁

−1

√

1 + (e^x− e^−x

2 )²dx = ˆ ₁

−1

√

1 +e^2x− 2 + e^−2x

4 dx

= ˆ 1

−1

√

(e^x+ e^−x

2 )²dx = ˆ 1

−1

e^x+ e^−x 2 dx

= 1

2(e^x− e^−x)¹

−1= 1

2· 2(e − e⁻¹) = e−1 e





 習題解答 3.4.10.

將 [a, b] N 等分, 使得

a = t0< t1<· · · < tN, ∆t =b− a N

和課本相同, 曲線長度可用曲線上各對應點的線段長和來逼近, 其中第 i 線段長為

|(x(ti), y(ti))− (x(ti−1), y(t_i−1))| =√

(x(ti)− x(ti−1))²+ (y(ti)− y(ti−1))² 所以曲線長度等於

N→∞lim

∑N i=1

√(x(ti)− x(ti−1))²+ (y(ti)− y(ti−1))²

= lim

N→∞

∑N i=1

√(x^′(ξi)∆t)²+ (y^′(ηi)∆t)²

其中 t_i−1≤ ξi, ηi≤ ti. 因此曲線長度等於

Nlim→∞

∑N i=1

√(x^′(ξi))²+ (x^′(ηi))²∆t = ˆ b

a

√x^′(t)²+ y^′(t)²dt

98 第 3 章 積分





 習題解答 3.4.11.

依上題, 圓周長等於 ˆ 2π

0

√(−r sin t)²+ (r cos t)²dt = r ˆ 2π

0

√sin²t + cos²t dt

= r ˆ 2π

0

1 dt = 2πr





 習題解答 3.4.12.

此旋轉體體積局部可想成一組底面為環面之柱體體積和, 其中環面柱體體積為 πf (ξi)²∆x− πg(ξi)²∆x = π(f (ξi)²− g(ξi)²)∆x

所以旋轉體體積等於

Nlim→∞

∑N i=1

π(f (ξ_i)²− g(ξi)²)∆x = ˆ _b

a

π(f²(x)− g²(x)) dx





 習題解答 3.4.13.

由題意知, 此旋轉體為 y = b√

1− ^x_a²2 底下區域繞 x-軸旋轉的結果. 故其體積為 ˆ a

−a

π( b

√ 1− x²

a² )2

dx = b²π ˆ a

−a

1− x²

a² dx = b²π( x− x³

3a² )^a

−a

= b²π· 2 · (a −a 3) = 4

3ab²π





 習題解答 3.4.14.

(1) x²+ 1 = x + 1⇒ x²− x = 0 ⇒ x = 0, 1, 旋轉體體積為 ˆ 1

0

π((x− 1)²− (x²+ 1)²) dx = π ˆ 1

0 −x⁴− x²+ 2x dx

= π·(

− x⁵ 5 − x³

3 + x²)¹₀

= π·(

− 1 5−1

3+ 1− 0)

= 7 15π (2) 依題意, y = x²+ 1⇒ x =√

y− 1 (負不合), y = x + 1 ⇒ x = y − 1, 且其交點為 (0, 1), (1, 2), 故旋轉體體積為

ˆ ₂

1

π((√

y− 1)²− (y − 1)²) dy = π ˆ ₂

1 −y²+ 3y− 2 dy

= π·(

−y³ 3 + 3y²

2 − 2y)²₁= π· (−8

3+ 6− 4 − (−1 3+3

2− 2)) = π 6

3.4. 積分的應用 99

(3) ˆ 2

0

π(x²)²dx = π ˆ 2

0

x⁴dx = π·x⁵ 5

²

0= 32 5 π (4)

ˆ ^π

4

−π4

π(sec x)²dx = π· tan x^π_−π⁴

4

= 2π

(5) x = 2 和 y = x²交於 (2, 4), 旋轉體體積等於 ˆ 4

0

π(2²− (√y)²) dy = π ˆ 4

0

4− y dy = π · −(4− y)² 2

⁴

0= π·16 2 = 8π (6) 在此範圍中 sec x > tan x. 旋轉體體積為

ˆ 1 0

π(sec²x− tan²x) dx = π ˆ 1

0

1 dx = π





 習題解答 3.4.15.

0 < a < 1: 此時旋轉體可分成兩部分計算. 一部分是 y = ^x_a, 0≤ x ≤ a 底下區域之旋轉 體, 另一部分是 y =^x_a⁻¹₋₁, a≤ x ≤ 1 底下區域之旋轉體.

ˆ _a

0

π(x a)²dx +

ˆ ₁

a

π(x− 1

a− 1)²dx = π( x³ 3a²

^a

0+ (x− 1)³ 3(a− 1)²

¹

a

)

= π(a

3− a− 1 3 ) = π

3 a = 1: 此時旋轉體為 y = x, 0≤ x ≤ 1 底下區域之旋轉體

ˆ 1 0

πx²dx = π(x³ 3

¹

0

)

= π 3

a > 1: 此時旋轉體可想成兩旋轉體相減, 也就是 y =^x_a, 0≤ x ≤ a 底下區域之旋轉體, 減 去 y = ^x_a⁻¹₋₁, a≤ x ≤ 1 底下區域之旋轉體.

ˆ a 0

π(x a)²dx−

ˆ a 1

π(x− 1

a− 1)²dx = π( x³ 3a²

^a

0− (x− 1)³ 3(a− 1)²

^a

1

)

= π(a

3 −a− 1 3 ) = π

3 a≤ 0: 此時如果將圖形對 x = ¹₂ 做線對稱, 就會變成上述第二或第三種情形.

結論：不管 a 的大小, 答案都是 ^π₃.





 習題解答 3.4.16.

將金字塔的底面放在水平面上, 設高為 t 時, 水平截面的面積 A(t)（其中 0 ≤ t ≤ h）.

利用圓盤法的想法, 金字塔體積等於

Nlim→∞

∑N i=1

A(t)∆t = ˆ h

0

A(t) dt

1

3.4. 積分的應用 99

(3) ˆ 2

0

π(x²)²dx = π ˆ 2

0

x⁴dx = π·x⁵ 5

²

0= 32 5 π (4)

ˆ ^π

4

−π4

π(sec x)²dx = π· tan x^π_−π⁴

4

= 2π

(5) x = 2 和 y = x²交於 (2, 4), 旋轉體體積等於 ˆ 4

0

π(2²− (√y)²) dy = π ˆ 4

0

4− y dy = π · −(4− y)² 2

⁴

0= π·16 2 = 8π (6) 在此範圍中 sec x > tan x. 旋轉體體積為

ˆ 1 0

π(sec²x− tan²x) dx = π ˆ 1

0

1 dx = π





 習題解答 3.4.15.

0 < a < 1: 此時旋轉體可分成兩部分計算. 一部分是 y = ^x_a, 0≤ x ≤ a 底下區域之旋轉 體, 另一部分是 y =^x_a⁻¹₋₁, a≤ x ≤ 1 底下區域之旋轉體.

ˆ a 0

π(x a)²dx +

ˆ 1 a

π(x− 1

a− 1)²dx = π( x³ 3a²

^a

0+ (x− 1)³ 3(a− 1)²

¹

a

)

= π(a

3− a− 1 3 ) = π

3 a = 1: 此時旋轉體為 y = x, 0≤ x ≤ 1 底下區域之旋轉體

ˆ 1 0

πx²dx = π(x³ 3

¹

0

)

= π 3

a > 1: 此時旋轉體可想成兩旋轉體相減, 也就是 y =^x_a, 0≤ x ≤ a 底下區域之旋轉體, 減 去 y = ^x_a⁻¹₋₁, a≤ x ≤ 1 底下區域之旋轉體.

ˆ a 0

π(x a)²dx−

ˆ a 1

π(x− 1

a− 1)²dx = π( x³ 3a²

^a₀− (x− 1)³ 3(a− 1)²

^a₁)

= π(a

3 −a− 1 3 ) = π

3 a≤ 0: 此時如果將圖形對 x = ¹₂ 做線對稱, 就會變成上述第二或第三種情形.

結論：不管 a 的大小, 答案都是 ^π₃.





 習題解答 3.4.16.

將金字塔的底面放在水平面上, 設高為 t 時, 水平截面的面積 A(t)（其中 0 ≤ t ≤ h）.

利用圓盤法的想法, 金字塔體積等於

Nlim→∞

∑N i=1

A(t)∆t = ˆ _h

0

A(t) dt

3.4. 積分的應用 99

(3) ˆ 2

0

π(x²)²dx = π ˆ 2

0

x⁴dx = π·x⁵ 5

²

0= 32 5 π (4)

ˆ ^π

4

−π4

π(sec x)²dx = π· tan x^π_−π⁴

4

= 2π

(5) x = 2 和 y = x²交於 (2, 4), 旋轉體體積等於 ˆ 4

0

π(2²− (√y)²) dy = π ˆ 4

0

4− y dy = π · −(4− y)² 2

⁴

0= π·16 2 = 8π (6) 在此範圍中 sec x > tan x. 旋轉體體積為

ˆ 1 0

π(sec²x− tan²x) dx = π ˆ 1

0

1 dx = π





 習題解答 3.4.15.

0 < a < 1: 此時旋轉體可分成兩部分計算. 一部分是 y = ^x_a, 0≤ x ≤ a 底下區域之旋轉 體, 另一部分是 y =^x_a⁻¹₋₁, a≤ x ≤ 1 底下區域之旋轉體.

ˆ _a

0

π(x a)²dx +

ˆ ₁

a

π(x− 1

a− 1)²dx = π( x³ 3a²

^a

0+ (x− 1)³ 3(a− 1)²

¹

a

)

= π(a

3− a− 1 3 ) = π

3 a = 1: 此時旋轉體為 y = x, 0≤ x ≤ 1 底下區域之旋轉體

ˆ 1 0

πx²dx = π(x³ 3

¹

0

)

= π 3

a > 1: 此時旋轉體可想成兩旋轉體相減, 也就是 y =^x_a, 0≤ x ≤ a 底下區域之旋轉體, 減 去 y = ^x_a⁻¹₋₁, a≤ x ≤ 1 底下區域之旋轉體.

ˆ a 0

π(x a)²dx−

ˆ a 1

π(x− 1

a− 1)²dx = π( x³ 3a²

^a

0− (x− 1)³ 3(a− 1)²

^a

1

)

= π(a

3 −a− 1 3 ) = π

3 a≤ 0: 此時如果將圖形對 x = ¹₂ 做線對稱, 就會變成上述第二或第三種情形.

結論：不管 a 的大小, 答案都是 ^π₃.





 習題解答 3.4.16.

將金字塔的底面放在水平面上, 設高為 t 時, 水平截面的面積 A(t)（其中 0 ≤ t ≤ h）.

利用圓盤法的想法, 金字塔體積等於

Nlim→∞

∑N i=1

A(t)∆t = ˆ h

0

A(t) dt

100 第 3 章 積分

由金字塔的構造方式知道其水平截面為正方形, 設高為 t 時其邊長 a(t), 可用比例計算 得：

a

h = a(t)

h− t ⇒ a(t) = a h(h− t)

因此在高為 t 時, 截面面積 A(t) = a²(t) = ^a_h²2(h− t)². 因此金字塔體積等於 ˆ _h

0

A(t) dt = ˆ _h

0

a²

h²(h− t)²dt = a² h²·(

−(h− t³)

3 )^h₀= a² h²·h³

3 = 1 3a²h





 習題解答 3.4.17.

此旋轉體體積局部可想成一組底面為環面之柱體體積和, 其中環面柱體體積約為

2πx_i−i∆x· f(ξi)− 2πxi−i∆x· g(ξi) = 2πx_i−i(f (ξi)− g(ξi)∆x 所以旋轉體體積等於

Nlim→∞

∑N i=1

2πx_i−i(f (ξi)− g(ξi)∆x = ˆ b

a

2πx(f (x)− g(x)) dx





 習題解答 3.4.18. (1) 用殼形法：

ˆ 2 0

2πx(x− (−x

2)) dx = 2π ˆ 2

0

3x²

2 dx = 2π·3 2·x³

3 ²

0= 8π (2) 2 − x²= x²⇒ x = ±1. 用殼形法：

ˆ 1 0

2πx((2− x²)− x²) dx = 2π ˆ 1

0

x(2− 2x²) dx = 4π ˆ 1

0

x− x³dx

= 4π·(x² 2 −x⁴

4)¹₀= 4π(1 2−1

4) = π (3) 用殼形法.

ˆ 2 0

2πy(√

y− (−y)) dy = 2π ˆ 2

0

y³² + y²dy = 2π·(2

5y⁵²+y³ 3)²₀

= 2π· (2 52⁵² +8

3 − 0) = 16π(

√2 5 + 1

3) (4) 用殼形法：3y²− 2 = y²⇒ y = ±1, 所以體積等於

ˆ ₁

0

2πy(y²− (3y²− 2)) dy = 2π ˆ ₁

0

2y− 2y³)) dy = 4π·(y² 2 −y⁴

4 )¹₀

= 4π· (1 2−1

4) = π

100 第 3 章 積分

由金字塔的構造方式知道其水平截面為正方形, 設高為 t 時其邊長 a(t), 可用比例計算 得：

a

h = a(t)

h− t ⇒ a(t) = a h(h− t)

因此在高為 t 時, 截面面積 A(t) = a²(t) = ^a_h²2(h− t)². 因此金字塔體積等於 ˆ h

0

A(t) dt = ˆ h

0

a²

h²(h− t)²dt = a² h²·(

−(h− t³)

3 )^h₀= a² h²·h³

3 = 1 3a²h





 習題解答 3.4.17.

此旋轉體體積局部可想成一組底面為環面之柱體體積和, 其中環面柱體體積約為

2πxi−i∆x· f(ξi)− 2πxi−i∆x· g(ξi) = 2πxi−i(f (ξi)− g(ξi)∆x 所以旋轉體體積等於

Nlim→∞

∑N i=1

2πxi−i(f (ξi)− g(ξi)∆x = ˆ b

a

2πx(f (x)− g(x)) dx





 習題解答 3.4.18. (1) 用殼形法：

ˆ 2 0

2πx(x− (−x

2)) dx = 2π ˆ 2

0

3x²

2 dx = 2π·3 2·x³

3 ²

0= 8π (2) 2 − x²= x²⇒ x = ±1. 用殼形法：

ˆ 1 0

2πx((2− x²)− x²) dx = 2π ˆ 1

0

x(2− 2x²) dx = 4π ˆ 1

0

x− x³dx

= 4π·(x² 2 −x⁴

4)¹₀= 4π(1 2−1

4) = π (3) 用殼形法.

ˆ 2 0

2πy(√y− (−y)) dy = 2π ˆ 2

0

y³² + y²dy = 2π·(2

5y⁵²+y³ 3)²₀

= 2π· (2 52⁵² +8

3 − 0) = 16π(

√2 5 + 1

3) (4) 用殼形法：3y²− 2 = y²⇒ y = ±1, 所以體積等於

ˆ 1 0

2πy(y²− (3y²− 2)) dy = 2π ˆ 1

0

2y− 2y³)) dy = 4π·(y² 2 −y⁴

4 )¹₀

= 4π· (1 2−1

4) = π

100 第 3 章 積分

由金字塔的構造方式知道其水平截面為正方形, 設高為 t 時其邊長 a(t), 可用比例計算 得：

a

h = a(t)

h− t ⇒ a(t) = a h(h− t)

因此在高為 t 時, 截面面積 A(t) = a²(t) = ^a_h²2(h− t)². 因此金字塔體積等於 ˆ h

0

A(t) dt = ˆ h

0

a²

h²(h− t)²dt = a² h²·(

−(h− t³)

3 )^h₀= a² h²·h³

3 = 1 3a²h





 習題解答 3.4.17.

此旋轉體體積局部可想成一組底面為環面之柱體體積和, 其中環面柱體體積約為 2πx_i−i∆x· f(ξi)− 2πxi−i∆x· g(ξi) = 2πx_i−i(f (ξ_i)− g(ξi)∆x 所以旋轉體體積等於

Nlim→∞

∑N i=1

2πx_i−i(f (ξ_i)− g(ξi)∆x = ˆ _b

a

2πx(f (x)− g(x)) dx





 習題解答 3.4.18. (1) 用殼形法：

ˆ 2 0

2πx(x− (−x

2)) dx = 2π ˆ 2

0

3x²

2 dx = 2π·3 2·x³

3

²₀= 8π

(2) 2 − x²= x²⇒ x = ±1. 用殼形法：

ˆ 1 0

2πx((2− x²)− x²) dx = 2π ˆ 1

0

x(2− 2x²) dx = 4π ˆ 1

0

x− x³dx

= 4π·(x² 2 −x⁴

4)¹₀= 4π(1 2−1

4) = π (3) 用殼形法.

ˆ ₂

0

2πy(√y− (−y)) dy = 2π ˆ ₂

0

y³² + y²dy = 2π·(2

5y⁵²+y³ 3)²₀

= 2π· (2 52⁵² +8

3 − 0) = 16π(

√2 5 + 1

3) (4) 用殼形法：3y²− 2 = y²⇒ y = ±1, 所以體積等於

ˆ 1 0

2πy(y²− (3y²− 2)) dy = 2π ˆ 1

0

2y− 2y³)) dy = 4π·(y² 2 −y⁴

4 )¹₀

= 4π· (1 2−1

4) = π

100 第 3 章 積分

由金字塔的構造方式知道其水平截面為正方形, 設高為 t 時其邊長 a(t), 可用比例計算 得：

a

h = a(t)

h− t ⇒ a(t) = a h(h− t)

因此在高為 t 時, 截面面積 A(t) = a²(t) = ^a_h²2(h− t)². 因此金字塔體積等於 ˆ h

0

A(t) dt = ˆ h

0

a²

h²(h− t)²dt = a² h²·(

−(h− t³)

3 )^h₀= a² h²·h³

3 = 1 3a²h





 習題解答 3.4.17.

此旋轉體體積局部可想成一組底面為環面之柱體體積和, 其中環面柱體體積約為 2πxi−i∆x· f(ξi)− 2πxi−i∆x· g(ξi) = 2πxi−i(f (ξi)− g(ξi)∆x 所以旋轉體體積等於

Nlim→∞

∑N i=1

2πxi−i(f (ξi)− g(ξi)∆x = ˆ b

a

2πx(f (x)− g(x)) dx





 習題解答 3.4.18. (1) 用殼形法：

ˆ 2 0

2πx(x− (−x

2)) dx = 2π ˆ 2

0

3x²

2 dx = 2π·3 2·x³

3 ²

0= 8π (2) 2 − x²= x²⇒ x = ±1. 用殼形法：

ˆ ₁

0

2πx((2− x²)− x²) dx = 2π ˆ ₁

0

x(2− 2x²) dx = 4π ˆ ₁

0

x− x³dx

= 4π·(x² 2 −x⁴

4)¹₀= 4π(1 2−1

4) = π (3) 用殼形法.

ˆ 2 0

2πy(√y− (−y)) dy = 2π ˆ 2

0

y³² + y²dy = 2π·(2

5y⁵²+y³ 3)²₀

= 2π· (2 52⁵² +8

3 − 0) = 16π(

√2 5 + 1

3) (4) 用殼形法：3y²− 2 = y²⇒ y = ±1, 所以體積等於

ˆ 1 0

2πy(y²− (3y²− 2)) dy = 2π ˆ 1

0

2y− 2y³)) dy = 4π·(y² 2 −y⁴

4 )¹₀

= 4π· (1 2−1

4) = π

3.4. 積分的應用 103

又

M₁· ¯x1 = M₁·

´a

0 x· ρ(x) dx

´a

0 ρ(x) dx = ˆ _a

0

x· ρ(x) dx

M2· ¯x2 = M2·

´L

a x· ρ(x) dx

´L

a ρ(x) dx = ˆ _L

a

x· ρ(x) dx

M· ¯x = M ·

´L

0 x· ρ(x) dx

´L

0 ρ(x) dx = ˆ L

0

x· ρ(x) dx

所以

M1· ¯x1+ M2· ¯x2= ˆ a

0

x· ρ(x) dx + ˆ L

a

x· ρ(x) dx = ˆ L

0

x· ρ(x) dx = M · ¯x





 習題解答 3.4.25.

由於各分量的重心定義和直線上的定義方式一樣, 因此滿足

M1· ¯x1+ M2· ¯x2= M· ¯x, M1· ¯y1+ M2· ¯y2= M· ¯y 所以

M₁· (¯x1, ¯y₁) + M₂· (¯x2, ¯y₂)

= (M1· ¯x1+ M2· ¯x2, M1· ¯y1+ M2· ¯y2)

= (M· ¯x, M · ¯y)

= M· (¯x, ¯y)





 習題解答 3.4.26.

檢視下列黎曼和 (1)

∑N i=1

ρ· (f(ξi)− g(ξi))xi−1+ xi

2 ∆x =

∑N i=1

ρ· (f(ξi)− g(ξi))2xi−1+ ∆x

2 ∆x

≈

∑N i=1

ρ· (f(ξi)− g(ξi))x_i−1∆x

所以

Nlim→∞

∑N i=1

ρ· (f(ξi)− g(ξi))x_i−1+ x_i 2 ∆x = ρ

ˆ _b

a

x(f (x)− g(x)) dx

2

3.4. 積分的應用 103

又

M1· ¯x1 = M1·

´a

0 x· ρ(x) dx

´a

0 ρ(x) dx = ˆ _a

0

x· ρ(x) dx

M₂· ¯x2 = M₂·

´L

a x· ρ(x) dx

´L

a ρ(x) dx = ˆ _L

a

x· ρ(x) dx

M· ¯x = M ·

´_L

0 x· ρ(x) dx

´L

0 ρ(x) dx = ˆ L

0

x· ρ(x) dx

所以

M1· ¯x1+ M2· ¯x2= ˆ a

0

x· ρ(x) dx + ˆ L

a

x· ρ(x) dx = ˆ L

0

x· ρ(x) dx = M · ¯x





 習題解答 3.4.25.

由於各分量的重心定義和直線上的定義方式一樣, 因此滿足

M1· ¯x1+ M2· ¯x2= M· ¯x, M1· ¯y1+ M2· ¯y2= M· ¯y 所以

M1· (¯x1, ¯y1) + M2· (¯x2, ¯y2)

= (M1· ¯x1+ M2· ¯x2, M1· ¯y1+ M2· ¯y2)

= (M· ¯x, M · ¯y)

= M· (¯x, ¯y)





 習題解答 3.4.26.

檢視下列黎曼和 (1)

∑N i=1

ρ· (f(ξi)− g(ξi))x_i−1+ xi

2 ∆x =

∑N i=1

ρ· (f(ξi)− g(ξi))2x_i−1+ ∆x

2 ∆x

≈

∑N i=1

ρ· (f(ξi)− g(ξi))xi−1∆x

所以

Nlim→∞

∑N i=1

ρ· (f(ξi)− g(ξi))xi−1+ xi

2 ∆x = ρ ˆ b

a

x(f (x)− g(x)) dx

104 第 3 章 積分

(2)

∑N i=1

ρ· (f(ξi)− g(ξi))f (ξi) + g(ξi) 2 ∆x =

∑N i=1

ρ·f²(ξi)− g²(ξi)

2 ∆x

所以

Nlim→∞

∑N i=1

ρ· (f(ξi)− g(ξi))f (ξ_i) + g(ξ_i)

2 ∆x = ρ 2

ˆ _b

a

(f²(x)− g²(x)) dx

(3) 另外

Nlim→∞

∑N i=1

ρ· (f(ξi)− g(ξi))∆x = ρ ˆ b

a

(f (x)− g(x)) dx 因此在消去分子和分母的 ρ 之後, 即證得欲證之重心公式.





 習題解答 3.4.27.

f (x) = 1, g(x) = 2, 代入重心公式得

¯ x =

´1

0 x(1− x²) dx

´1

0 1− x²dx = (^x₂²− ^x₄⁴)¹

0

(x−^x₃³)¹₀ =

1 4 2 3

= 3 8

¯ y =

12

´1

0 (1)²− (x²)²) dx

´₁

0 1− x²dx =

1

2(x−^x₅⁵)¹

0 2 3

= 3 4·4

5 = 3 5 和課本結果相同.





 習題解答 3.4.28.

設 1

4 圓之重心為 (¯x, ¯y). 沿對稱軸 y = x 將圖形分成兩個全等的 1

8 圓, 設下方的 1 8 圓為 Ω1, 上方的為 Ω2. 由對稱性知：

Ω1: 重心為( ¯x1, ¯y1), 面積為A Ω₂: 重心為( ¯y₁, ¯x₁), 面積為A 由重心分解原理得

2A· (¯x, ¯y) = A · ( ¯x₁, ¯y₁) + A· ( ¯y₁, ¯x₁) ⇒ (¯x, ¯y) = (x¯₁+ ¯y₁

2 ,x¯₁+ ¯y₁ 2 ) 故 ¯x = ¯y.

3