Zapremina rotacionog tela — Zadaci

Rešenje: Vidimo da funkcija opada i da je strogo pozitivna \[y=e^{-x}=\frac{1}{e^{x}}\searrow,\qquad e^{-x}\neq0,\ \forall x\in\mathbb{R}.\] Zapreminu računamo formulom \[V=\pi\int_{a}^{b}f^{2}(x)\,dx=\pi\int_{0}^{+\infty}(e^{-x})^{2}dx=\pi\int_{0}^{+\infty}e^{-2x}\,dx.\] Ovo je nesvojstveni integral pa imamo \[V=\pi\int_{0}^{\infty}e^{-2x}\,dx=\lim_{b\to+\infty}\pi\int_{0}^{b}e^{-2x}\,dx.\] Za ovaj integral uvodimo smenu \[t=-2x\quad\Rightarrow\quad dt=-2dx\quad\Rightarrow\quad dx=-\frac{dt}{2},\] a nove granice su \[x=0\ \Rightarrow\ t=0,\qquad x=b\ \Rightarrow\ t=-2b.\] Dakle, \[V=\lim_{b\to+\infty}\pi\int_{0}^{b}e^{-2x}\,dx=\lim_{b\to+\infty}\pi\int_{0}^{-2b}e^{t}\cdot\left(-\frac{dt}{2}\right).\] \[V=\lim_{b\to+\infty}-\frac{\pi}{2}\int_{0}^{-2b}e^{t}\,dt=\lim_{b\to+\infty}-\frac{\pi}{2}e^{t}\bigg|_{0}^{-2b}=\lim_{b\to+\infty}-\frac{\pi}{2}\left(\frac{1}{e^{2b}}-1\right).\] Kako \(b\to\infty\), važi \(\frac{1}{e^{2b}}\to0\), pa dobijamo \[V=-\frac{\pi}{2}(0-1)=\frac{\pi}{2}.\]

\[y=x^{2},\qquad y=-x+2,\qquad y=0,\]

Rešenje: Najpre tražimo presečne tačke krivih kako bismo dobili granice integrala. Presek parabole i prave: \[x^{2}=-x+2\quad\Longrightarrow\quad x^{2}+x-2=0\quad\Rightarrow\quad x=-2\text{ ili }x=1.\] Tačke preseka su dakle \((-2,4)\) i \((1,1)\). Preseci sa \(y=0\) su \[x^{2}=0\Rightarrow x=0,\qquad-x+2=0\Rightarrow x=2,\] pa parabola seče \(x\)-osu u \((0,0)\), a prava u \((2,0)\). Vidimo da se tačka \((1,\frac{1}{2})\) nalazi u zatvorenoj oblasti ograničenoj odozdo \(y\)-osom, a odozgo sa \[y(x)=\begin{cases} x^{2}, & x\in[0,1],\\[4pt] -x+2, & x\in[1,2], \end{cases}\] pa je \[V=\pi\left(\int_{0}^{1}(x^{2})^{2}\,dx\;+\;\int_{1}^{2}(-x+2)^{2}\,dx\right).\] Kako je \[\int_{0}^{1}(x^{2})^{2}\,dx=\int_{0}^{1}x^{4}\,dx=\frac{x^{5}}{5}\bigg|_{0}^{1}=\frac{1}{5},\] \[\int_{1}^{2}(-x+2)^{2}\,dx=\begin{cases} t=2-x, & x=2\rightarrow t=0,\\[4pt] dt=-dx, & x=1\rightharpoondown t=1, \end{cases}=\int_{1}^{0}t^{2}(-dt)=\frac{1}{3},\] imamo \[V=\pi\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{3}\right)=\frac{8\pi}{15}.\]

Rešenje: Tražimo najpre presečne tačke: \[x=y^{2},\qquad y=x^{2}\;\Longrightarrow\;y=(y^{2})^{2}=y^{4}\;\Longrightarrow\;y(y^{3}-1)=0.\] U prvom kvadrantu dobijamo preseke \(y=0\) i \(y=1\), što odgovara tačkama \((0,0)\) i \((1,1)\). Sa slike vidimo da je \(V=V_{1}-V_{2},\) gde je \[V_{1}=\pi\int_{0}^{1}\big(\sqrt{x}\big)^{2}\,dx=\pi\int_{0}^{1}x\,dx=\pi\frac{x^{2}}{2}\bigg|_{0}^{1}=\frac{\pi}{2},\] \[V_{2}=\pi\int_{0}^{1}\big(x^{2}\big)^{2}\,dx=\pi\int_{0}^{1}x^{4}\,dx=\pi\frac{x^{5}}{5}\bigg|_{0}^{1}=\frac{\pi}{5},\] pa je \[V=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{5}=\pi\!\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{5}\right)=\pi\!\left(\frac{5-2}{10}\right)=\frac{3\pi}{10}.\]

\[y=tgx,\qquad y=0,\qquad x=\frac{\pi}{4}.\]

Rešenje: Zapreminu ćemo dobiti kao \[V=\pi\int_{0}^{\pi/4}tg^{2}x\,dx.\] Kako je \[\int_{0}^{\pi/4}tg^{2}x\,dx=\int_{0}^{\pi/4}\frac{\sin^{2}x}{\cos^{2}x}\,dx=\int_{0}^{\pi/4}\frac{1-\cos^{2}x}{\cos^{2}x}\,dx=\int_{0}^{\pi/4}\frac{dx}{\cos^{2}x}-\int_{0}^{\pi/4}dx.\] Oba integrala su tablična pa dobijamo \[V=\pi\bigg(tgx\bigg|_{0}^{\pi/4}-x\bigg|_{0}^{\pi/4}\bigg)=\pi(1-\frac{\pi}{4}).\]

Rešenje: Vidimo da je data kriva krug čiji je centar na \(y\)-osi pa ćemo kao telo dobiti sferu. Ovaj zadatak ćemo rešiti na dva načina:
1. način: S obzirom da krug rotira oko \(y\)-ose, potrebno je da \(x\) predstavimo kao funkciju po \(y\), tj. \[x=g(y)=\sqrt{\,4-(y-2)^{2}\,},\qquad y\in[0,4].\] Sada je \[V=\pi\int_{0}^{4}g^{2}(y)\,dy=\pi\int_{0}^{4}\big(4-(y-2)^{2}\big)\,dy.\] Kako je \[\int_{0}^{4}\big(4-(y-2)^{2}\big)\,dy=\int_{0}^{4}(-y^{2}+4y)\,dy=\Big[-\frac{y^{3}}{3}+2y^{2}\Big]_{0}^{4}=\left(-\frac{64}{3}+32\right)-0=\frac{32}{3}.\] dobijamo \[V=\frac{32}{3}\pi.\]
2. način: Možemo zadatak rešiti i parametarski rotacijom polovine kruga \[x(t)=2\cos t,\qquad y(t)=2+2\sin t,\qquad t\in\Big[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\Big].\] Sada se zapremina računa formulom \[V_{y}=\pi\int_{\alpha}^{\beta}x^{2}(t)\,|y'(t)|\,dt.\] Za \(t\in[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]\) imamo \(\cos t\ge0\), pa \(|y'(t)|=2\cos t\) i dobijamo \[V=\pi\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\big(2\cos t\big)^{2}\cdot2\cos t\,dt=\pi\int_{-\pi/2}^{\pi/2}8\cos^{3}t\,dt.\] Kako je podintegralna funkcija parna, dobijamo \[V=8\pi\cdot2\int_{0}^{\pi/2}\cos^{3}t\,dt=16\pi\int_{0}^{\pi/2}\cos^{3}t\,dt.\] Ovaj integral smo već računali ranije u Primeru 4 i dobili \[\int_{0}^{\pi/2}\cos^{3}t\,dt=\frac{2}{3}.\] Dakle, \[V=16\pi\cdot\frac{2}{3}=\frac{32}{3}\pi.\]

\[x(t)=a(t-\sin t),\qquad y(t)=a(1-\cos t).\]

Rešenje: Prvi svod cikloide dobije se za \(t\in[0,2\pi]\). Imamo \(x'(t)=a(1-\cos t)\), pa je \(|x'(t)|=a(1-\cos t).\) Zapremina tela je \[V=\pi\int_{0}^{2\pi}y(t)^{2}\,|x'(t)|\,dt=\pi a^{3}\int_{0}^{2\pi}(1-\cos t)^{3}\,dt.\] Podintegralna funkcija je \[(1-\cos t)^{3}=1-3\cos t+3\cos^{2}t-\cos^{3}t.\] Računamo pojedinačno svaki integral: \[\int_{0}^{2\pi}1\,dt=2\pi,\qquad\int_{0}^{2\pi}\cos t\,dt=0.\] Koristeći identitet \(\cos^{2}t=\frac{1+\cos(2t)}{2}\) dobijamo \[\int_{0}^{2\pi}\cos^{2}t\,dt=\int_{0}^{2\pi}\frac{1+\cos(2t)}{2}\,dt=\bigg(\frac{1}{2}t+\frac{1}{4}\sin2t\bigg)\bigg|_{0}^{2\pi}=\pi.\] Takođe, s obzirom da računamo na celom intervalu periodičnosti, važi \[\int_{0}^{2\pi}\cos^{3}t\,dt=0.\] Dakle, \[\int_{0}^{2\pi}(1-\cos t)^{3}\,dt=2\pi-3\cdot0+3\cdot\pi-0=5\pi,\] pa je \[V=\pi a^{3}\cdot5\pi=5\pi^{2}a^{3}.\]