Интегралы

[samuil]

1) $\displaystyle\int_0^1\dfrac{x^3\;dx}{\sqrt{4-x^2}}$

Поможет ли здесь интегрирование по частям?

$\displaystyle\int_0^1\dfrac{x^3\;dx}{\sqrt{4-x^2}}=\displaystyle\int_0^1x^3d\Big(\arcsin\frac{x}{2}\Big)=...$

2) Найдите объем тела, полученного при вращении вокруг оси ординат фигуры, ограниченной линиями $y=2-x^2$ и $y=x$.

Если бы было вращение вокруг оси абсцисс, то применил бы формулу $V=\pi\displaystyle\int_a^b(f_1^2(x)-f_2^2(x))dx$

А здесь как?

[svv]

$\dfrac{x^3 dx}{\sqrt{4-x^2}}=\dfrac 1 2\dfrac{x^2\cdot 2x dx}{\sqrt{4-x^2}}=\dfrac 1 2\dfrac{x^2 d(x^2)}{\sqrt{4-x^2}}=\dfrac 1 2\dfrac {t\; dt}{\sqrt{4-t}}$

[chessar]

samuil в сообщении #594072 писал(а):

2)...
А здесь как?

Ну а что вам мешает аналогичное тело рассмотреть при вращении вокруг оси абсцисс. Тогда вам надо будет посчитать объём, полученный вращением вокруг оси абсцисс линий $y=\sqrt{x},\;y=2-x$.

[samuil]

svv в сообщении #594074 писал(а):

$\dfrac{x^3 dx}{\sqrt{4-x^2}}=\dfrac 1 2\dfrac{x^2\cdot 2x dx}{\sqrt{4-x^2}}=\dfrac 1 2\dfrac{x^2 d(x^2)}{\sqrt{4-x^2}}=\dfrac 1 2\dfrac {t\; dt}{\sqrt{4-t}}$

Спасибо. А можно так продолжить? $\dfrac 1 2\dfrac {t\; dt}{\sqrt{4-t}}=-\dfrac 1 2\dfrac {(4-u)\; du}{\sqrt{u}}=\dfrac 1 2\dfrac {(u-4)\; du}{\sqrt{u}}=\dfrac{\sqrt{u}du}{2}-\dfrac{2du}{\sqrt{u}}$

-- 10.07.2012, 15:03 --

chessar в сообщении #594078 писал(а):

Ну а что вам мешает аналогичное тело рассмотреть при вращении вокруг оси абсцисс. Тогда вам надо будет посчитать объём, полученный вращением вокруг оси абсцисс линий $y=\sqrt{x},\;y=2-x$.

А почему так? Может все-таки $y=x$ и $y=\pm\sqrt{2-x}$?

[chessar]

Цитата:

А почему так? Может все-таки $y=x$ и $y=\pm\sqrt{2-x}$?

Разницы нет, можно и так, главное, чтобы вы понимали, что получается одно и тоже тело.

Цитата:

А можно так продолжить? ...

Да, конечно же можно.

[Someone]

samuil в сообщении #594072 писал(а):

2) Найдите объем тела, полученного при вращении вокруг оси ординат фигуры, ограниченной линиями $y=2-x^2$ и $y=x$.

Если бы было вращение вокруг оси абсцисс, то применил бы формулу $V=\pi\displaystyle\int_a^b(f_1^2(x)-f_2^2(x))dx$

А здесь как?

Ну, примените формулу $V=2\pi\int\limits_a^bx\left(f_1(x)-f_2(x)\right)dx$.
Предполагается, что вращаемая фигура задаётся неравенствами $\begin{cases}0\leqslant a\leqslant x\leqslant b,\\f_2(x)\leqslant f_1(x).\end{cases}$

[ewert]

Только не так резво -- там при вращении фигуры будут частично накладываться. Т.е. интегрировать надо будет только одну из "половинок" фигуры.

[Shtorm]

samuil в сообщении #594072 писал(а):

1) $\displaystyle\int_0^1\dfrac{x^3\;dx}{\sqrt{4-x^2}}$

В тех способах, которые Вам предлагали выше, необходимо использование двух замен. Если же Вы сделаете замену $x=2\cos t$ или $x=2\sin t$ то понадобится всего одна замена.

-- Вт июл 10, 2012 15:32:35 --

samuil в сообщении #594072 писал(а):

2) Найдите объем тела, полученного при вращении вокруг оси ординат фигуры, ограниченной линиями $y=2-x^2$ и $y=x$.

Если бы было вращение вокруг оси абсцисс, то применил бы формулу $V=\pi\displaystyle\int_a^b(f_1^2(x)-f_2^2(x))dx$

А здесь как?

А вообще, если подходить классически, то в таком случае используется формула:

$V=\pi\displaystyle\int_a^b(f_1^2(y)-f_2^2(y))dy$

где $a$ и $b$ - значения уже по оси $OY$

[ewert]

Shtorm в сообщении #594104 писал(а):

Если же Вы сделаете замену $x=2\cos t$ или $x=2\sin t$ то понадобится всего одна замена.

Увы -- для интегрирования куба синуса всё равно понадобится ещё одна замена, и всё, что что мы от этого обретём -- это дополнительную возню с арксинусами от косинусов или наоборот.

А одной заменой обойтись действительно можно -- вот ровно так, как и предлагалось, только чуть иначе оформив. После того, как мысленно внесли один икс под знак дифференциала и увидели, что там всюду сплошь одни квадраты, становится очевидно: если взять за новую переменную сам знаменатель, то получится что-то явно рациональное и простое; остальное -- дело техники.

[Shtorm]

ewert в сообщении #594109 писал(а):

Увы -- для интегрирования куба синуса всё равно понадобится ещё одна замена, и всё, что что мы от этого обретём -- это дополнительную возню с арксинусами от косинусов или наоборот.

Нет. Куб синуса там сократится со знаменателем и синус останется только во 2-ой степени. А дальше косинус вносим под знак дифференциала - и вуаля!

[ewert]

Shtorm в сообщении #594110 писал(а):

Нет. Куб синуса там сократится со знаменателем и синус останется только во 2-ой степени.

Нет. Знаменатель сократится не с кубом, а с дифференциалом.

Shtorm в сообщении #594110 писал(а):

А дальше косинус вносим под знак дифференциала - и вуаля!

А это и есть вторая замена (если, конечно, исправить путаницу с кубами и квадратами).

[Shtorm]

Да, Вы совершенно правы, я по невнимательности ошибся.

Но куб синуса не будет тоже представлять какой-либо сложности, достаточно его разбить на произведение второй степени синуса и первой и внести под знак дифференциала.

[samuil]

Спасибо, а нужно положительную половинку брать?

[Shtorm]

samuil в сообщении #594138 писал(а):

Спасибо, а нужно положительную половинку брать?

Обычно да, но всё же нужно уточнить в каком именно месте положительную половинку? (положительную половинку чего?)

[samuil]

Хотя, вроде как наоборот. Я предполагаю так из уравнений $y=2-x^2$ и $y=x$ следует, что нас интересует объем, получаемый вращением $x=-\sqrt{2-y}$ и $x=y$, чтобы объем "не перекрывался"

Тут вроде как будет такой интеграл:

$V=\pi\displaystyle\int_{-2}^2\Big(2-y-y^2\Big)dy$