Ứng dụng tích phân vào tính thể tích

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng \(\left( H \right)\) giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), trục \(Ox\) và hai đường thẳng \(x = a,x = b\left( {a < b} \right)\) quanh trục \(Ox\) là:  \(V = \pi \int\limits_a^b {{f^2}\left( x \right)dx} \)

Thể tích vật thể là: \(V = \pi \int\limits_a^b {{f^2}\left( x \right)dx}  = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {{x^3}} \right)}^2}dx}  = \pi \int\limits_0^1 {{x^6}dx} \)

Công thức tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng \(\left( H \right)\) giới hạn bởi đồ thị hàm số \(x = f\left( y \right)\), trục \(Oy\) và hai đường thẳng \(y = a,y = b\left( {a < b} \right)\) quanh trục \(Oy\) là: \(V = \pi \int\limits_a^b {{f^2}\left( y \right)dy} \)

Ta có \(\dfrac{1}{3}{x^3} - {x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 3\end{array} \right.\)

$V=\pi {{\int\limits_{0}^{3}{\left( \dfrac{1}{3}{{x}^{3}}-{{x}^{2}} \right)}}^{2}}d\text{x }=\pi \int\limits_{0}^{3}{\left( \dfrac{1}{9}{{x}^{6}}-\dfrac{2}{3}{{x}^{5}}+{{x}^{4}} \right)}dx$

$=\left. \pi \left( \dfrac{1}{63}{{x}^{7}}-\dfrac{1}{9}{{x}^{6}}+\dfrac{1}{5}{{x}^{5}} \right) \right|_{0}^{3}=\dfrac{81}{35}\pi $

Xét giao điểm $2\left( {x - 1} \right){e^x} = 0 \Leftrightarrow x = 1$

Thể tích cần tính: $V = \pi \int\limits_0^1 {{{\left[ {2\left( {x - 1} \right){e^x}} \right]}^2}dx}  = 4\pi \int\limits_0^1 {{{\left( {x - 1} \right)}^2}{e^{2x}}dx}  = \pi \left( {{e^2} - 5} \right)$ (dùng máy tính thử)

$y' = 2x;y'\left( 1 \right) = 2$ suy ra phương trình tiếp tuyến là $y = 2\left( {x - 1} \right) + 2 = 2x$

Ta có: $x^2+1=2x \Leftrightarrow x=1$.

Trong đoạn $[0;1]$ thì $x^2+1\ge 2x$ nên:

Thể tích khối tròn xoay $V = \pi \int\limits_0^1 {\left[ {{{\left( {x^2 + 1} \right)}^2} - {{\left( {2x} \right)}^2}} \right]} dx = \pi \int\limits_0^1 {\left( {{x^4} - 2{{\rm{x}}^2} +1} \right)} dx = \dfrac{8}{{15}}\pi $

Thể tích khối tròn xoay $V = \pi \int\limits_0^4 {xdx = \pi \left. {\dfrac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^4}  = 8\pi $

Suy ra ${V_1} = 4\pi $

Gọi $N$ là giao điểm của đường thẳng $x=a$ và trục hoành. Khi đó ${V_1}$ là thể tích tạo được khi xoay hai tam giác $OMN$ và $MNH$ quanh trục $Ox$ với $N$ là hình chiếu của $M$ trên $OH$.

Ta có ${V_1} = \dfrac{1}{3}\pi .a.{\left( {\sqrt a } \right)^2} + \dfrac{1}{3}\pi .\left( {4 - a} \right).{\left( {\sqrt a } \right)^2} = \dfrac{4}{3}\pi a$

Suy ra $\dfrac{4}{3}\pi a = 4\pi  \Rightarrow a = 3$

Theo công thức trên ta có: \(V = \pi \int\limits_a^b {\left( {f_1^2(x) - f_2^2\left( x \right)} \right)} dx\) (vì đồ thị hàm số \(y = {f_1}\left( x \right)\) nằm phía trên đồ thị hàm số \(y = {f_2}\left( x \right)\).

Thể tích khối tròn xoay cần tìm là thể tích khối tròn xoay khi quay 2 hình phẳng $(H_1)$ và $(H_2)$ quanh trục $Ox$ trong đó $(H_1)$ giới hạn bởi đường thẳng $y = x; x = 0; x = 1$ và $(H_2)$ được giới hạn bởi các đường $y = \sqrt {2 - x} ;x = 1;x = 2$.

Khi đó ta có:

Thể tích $V$ cần tính chính bằng thể tích $V_1$ của khối tròn xoay thu được khi quay hình $(H_1)$ xung quanh trục $Ox$ cộng với thể tích $V_2$ của khối tròn xoay thu được khi quay hình $(H_2)$ xung quanh trục $Ox:$

$V = \pi \int\limits_0^1 {{x^2}dx}  + \pi \int\limits_1^2 {(2 - x)dx} $

Thể tích vật thể là: \(V = \int\limits_a^b {S\left( x \right)dx}  = \int\limits_{ - 2}^0 {2{x^2}dx} \) 

Diện tích mỗi mặt thiết diện sẽ là :\(S\left( x \right) = 3x\sqrt {3{x^2} - 2} \) \(V = \int_1^3 {3x\sqrt {3{x^2} - 2} dx}  = \dfrac{{124}}{3}\) 

Thể tích vật tròn xoay cần tính là $V = \pi \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{3}} {{{\tan }^2}x\,{\rm{d}}x}  = \pi \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{3}} {\left( {\dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}} - 1} \right)\,{\rm{d}}x} .$$=\pi \left. \left( \tan x-x \right) \right|_{0}^{\dfrac{\pi }{3}}=\pi \left( \sqrt{3}-\dfrac{\pi }{3} \right)=\pi \left( a-\dfrac{\pi}{3} \right)\,\,\xrightarrow{{}}\,\,\left\{ \begin{align}  & a=\sqrt{3} \\  & b=3 \\ \end{align} \right..$ 

Vậy $T = {\left( {\sqrt 3 } \right)^2} + 2.3 = 9.$

Hoành độ giao điểm của hai parabol là ${x^2} - 4x + 6 =  - \,{x^2} - 2x + 6 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right..$

Trong khoảng $(0;1)$ thì ${12{x^3} - 36{x^2} + 24x}>0$ nên:

Thể tích vật tròn xoay cần tính là $V = \pi \int\limits_0^1 {\left| {{{\left( {{x^2} - 4x + 6} \right)}^2} - {{\left( { - \,{x^2} - 2x + 6} \right)}^2}} \right|{\rm{d}}x} $

$ = \pi \int\limits_0^1 {\left( {12{x^3} - 36{x^2} + 24x} \right){\rm{d}}x}  = \pi \left. {\left( {3{x^4} - 12{x^3} + 12{x^2}} \right)} \right|_0^1 = 3\pi .$

Ta có $y =  - \,{x^2} + 2x \Rightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = 1 - y \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{\rm{ }}x = 1 - \sqrt {1 - y} \\{\rm{ }}x = 1 + \sqrt {1 - y} \end{array} \right..$

Xét phương trình tung độ giao điểm \(1 - \sqrt {1 - y}  = 1 + \sqrt {1 - y}  \Leftrightarrow \sqrt {1 - y}  = 0 \Leftrightarrow y = 1\).

Khi đó, thể tích cần tính là $V = \pi \int\limits_0^1 {\left| {{{\left( {1 + \sqrt {1 - y} } \right)}^2} - {{\left( {1 - \sqrt {1 - y} } \right)}^2}} \right|{\rm{d}}y}  = \left| {\pi \int\limits_0^1 {4\sqrt {1 - y} \,{\rm{d}}y} } \right|$

Đặt \(\sqrt {1 - y}  = t \Leftrightarrow 1 - y = {t^2} \Leftrightarrow dy =  - 2tdt\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}y = 0 \Leftrightarrow t = 1\\y = 1 \Leftrightarrow t = 0\end{array} \right.\)

Khi đó $V=\left| -\pi \int\limits_{1}^{0}{4t.2tdt} \right|=\left| 8\pi \int\limits_{0}^{1}{{{t}^{2}}dt} \right|=\left| 8\left. \pi \dfrac{{{t}^{3}}}{3} \right|_{0}^{1} \right|=\dfrac{8\pi }{3}$  

\(\dfrac{{{x^2}}}{{16}} + \dfrac{{{y^2}}}{9} = 1 \Leftrightarrow {x^2} = 16\left( {1 - \dfrac{{{y^2}}}{9}} \right) \Leftrightarrow x =  \pm \dfrac{4}{3}\sqrt {9 - {y^2}} \)

Phương trình tung độ giao điểm của đồ thị \(\left( E \right)\) với $Oy$ là \(\dfrac{0}{{16}} + \dfrac{{{y^2}}}{9} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y =  - \,3\\y = 3\end{array} \right..\)

Ta xét thể tích vật tròn xoay khi xoay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(x = \dfrac{4}{3}\sqrt {9 - {y^2}} \), đường thẳng $x = 0, y = 3, y = 0$ quanh trục $Oy$ là: \(V = \left| {\dfrac{{16}}{9}\pi \int\limits_0^3 {\left( {9 - {y^2}} \right)dy} } \right| = \left| {\dfrac{{16}}{9}\left. {\pi \left( {9y - \dfrac{{{y^3}}}{3}} \right)} \right|_0^3} \right| = 32\pi \).

Khi đó thể tích cần tìm là \(2V = 64\pi \).

\({x^2} + 3y = 0 \Leftrightarrow y =  - \dfrac{{{x^2}}}{3}\)

Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình

$ - \,\sqrt {4 - {x^2}}  =  - \dfrac{{{x^2}}}{3} \Leftrightarrow 3\sqrt {4 - {x^2}}  = {x^2} \Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l}0 \le {x^2} \le 4\\{x^4} + 9{x^2} - 36 = 0\end{array} \right. $

$\Leftrightarrow {x^2} = 3 \Leftrightarrow x =  \pm \,\sqrt 3 .$

Khi đó, thể tích khối tròn xoay cần tính là $V = \pi \int\limits_{ - \,\sqrt 3 }^{\sqrt 3 } {\left| {{{\left( { - \,\sqrt {4 - {x^2}} } \right)}^2} - {{\left( { - \,\dfrac{{{x^2}}}{3}} \right)}^2}} \right|\,{\rm{d}}x.} $

$ = \pi \int\limits_{ - \,\sqrt 3 }^{\sqrt 3 } {\left| {\left( {4 - {x^2}} \right) - \dfrac{{{x^4}}}{9}} \right|{\rm{d}}x}  = \left| {\pi \left. {\left( {4x - \dfrac{{{x^3}}}{3} - \dfrac{{{x^5}}}{{45}}} \right)} \right|_{ - \sqrt 3 }^{\sqrt 3 }} \right| $

$= 2\pi \left( {4\sqrt 3  - \sqrt 3  - \dfrac{{\sqrt 3 }}{5}} \right) = \dfrac{{28\pi \sqrt 3 }}{5}$

Vậy $V = \dfrac{{28\pi \sqrt 3 }}{5} = \dfrac{{a\pi \sqrt 3 }}{b} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 28\\b = 5\end{array} \right. \Rightarrow T = a + b = 28 + 5 = 33.$ 

Ta có: \(\left( {{D_1}} \right)\) là hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = 2\sqrt x ,\,\,y = 0\)  và \(x = 2020,\)

\( \Rightarrow {V_1} = \pi \int\limits_0^{2020} {\left| {{{\left( {2\sqrt x } \right)}^2}} \right|dx} \) \( = \pi \int\limits_0^{2020} {4xdx}  = \left. {2\pi {x^2}} \right|_0^{2020}\) \( = 2\pi {.2020^2}.\)

\(\left( {{D_2}} \right)\) là hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = \sqrt {3x} ,\,\,y = 0\) và \(x = 2020\)

\( \Rightarrow {V_2} = \pi \int\limits_0^{2020} {\left| {{{\left( {\sqrt {3x} } \right)}^2}} \right|dx} \) \( = \pi \int\limits_0^{2020} {3xdx}  = \left. {\frac{3}{2}\pi {x^2}} \right|_0^{2020}\) \( = \frac{3}{2}\pi {.2020^2}.\)

\(\Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{2\pi {{.2020}^2}}}{{\frac{3}{2}\pi {{.2020}^2}}} = \frac{4}{3}.\)

Xét $\left( C \right):{x^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 1$ có tâm $I\left( {0;2} \right),$ bán kính $R = 1.$ Như vậy

Nửa $\left( C \right)$ trên ứng với $2 \le y \le 3$ có phương trình $y = {f_1}\left( x \right) = 2 + \sqrt {1 - {x^2}} $ với $x \in \left[ { - \,1;1} \right].$

Nửa $\left( C \right)$ dưới ứng với $1 \le y \le 2$ có phương trình $y = {f_2}\left( x \right) = 2 - \sqrt {1 - {x^2}} $ với $x \in \left[ { - \,1;1} \right].$

Khi đó, thể tích khối tròn xoay cần tính là

$V = \pi \int\limits_{ - \,1}^1 {\left[ {{{\left( {2 + \sqrt {1 - {x^2}} } \right)}^2} - {{\left( {2 - \sqrt {1 - {x^2}}} \right)}^2}} \right]\,{\rm{d}}x}  = 8\pi \int\limits_{ - \,1}^1 {\sqrt {1 - {x^2}} \,{\rm{d}}x} .$

Đặt $x = \sin t \Leftrightarrow {\rm{d}}x = \cos t\,{\rm{d}}t$ và đổi cận $\left\{ \begin{array}{l}x =  - \,1\, \Rightarrow \,t =  - \dfrac{\pi }{2}\\x = 1\, \Rightarrow \,t = \dfrac{\pi }{2}\end{array} \right..$

Khi đó $V = 8\pi \int\limits_{ - \,\dfrac{\pi }{2}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\sqrt {{{\cos }^2}t} .\cos t\,{\rm{d}}t}  = 4\pi \int\limits_{ - \,\dfrac{\pi }{2}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\left( {1 + \cos 2t} \right)\,{\rm{d}}t}  = 4\pi \left. {\left( {t + \dfrac{1}{2}\sin 2t} \right)} \right|_{ - \,\dfrac{\pi }{2}}^{\dfrac{\pi }{2}} = 4{\pi ^2}.$

Hình trên là phần thiết diện của khối tròn xoay bị cắt bởi Oxy

Bước 1: Xét phương trình hoành độ giao điểm.

Phương trình hoành độ giao điểm của \(y=\sqrt{x},\,\,y=-\,x\) là \(\sqrt{x}=-\,x\Leftrightarrow x=0.\)

Bước 2: Tách tích phân ban đầu thành tích phân từ 0 đến 1 và từ 1 đến 4

Khi đó, thể tích cần tính là

 \(\begin{array}{l}V = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2}dx}  + \pi \int\limits_1^4 {{{\left( { - x} \right)}^2}dx} \\ = \dfrac{\pi }{2} + 21\pi  = \dfrac{{43\pi }}{2}\end{array}\)

=>$a+b=43+2=45$