całki-objętość,pola powierzchni

[galadriela]

ma kilka zadań z którymi nie potrafię sobie poradzić,proszę o pomoc
1.obliczyć objętość bryły która powstaje z obrotu krzywej \(\displaystyle{ y= \frac{1}{1+x^2}}\) dookoła jej asymptoty
2.obliczyć pole powierzchni bryły która powstaje z obrotu krzywej \(\displaystyle{ y=x \sqrt{ \frac{x}{a} }}\),gdzie \(\displaystyle{ x \in [0,a]}\) dookoła \(\displaystyle{ OX}\)
3.obliczyć pole powierzchni powstałej z obrtu krzywej \(\displaystyle{ y=tgx}\),,gdzie \(\displaystyle{ x in [0, frac{pi}{4}}\)],dookoła \(\displaystyle{ OX}\)
4.obliczyć długość krzywej(asteroida):
\(\displaystyle{ x^{ \frac{2}{3} }+y^{ \frac{2}{3} } =a^{ \frac{2}{3} }}\)

[Andreas]

1. Asymptotą jest prosta y=0 czyli oś OX. Więc podstawiasz do wzroru i na objętość i liczysz całkę w granicach od \(\displaystyle{ - \infty}\)do \(\displaystyle{ \infty}\)

[Chromosom]

1. Po wstawieniu do wzoru możesz skorzystać z podstawienia
\(\displaystyle{ x=\tan\frac{t}{2}}\)
2. skorzystaj z zależności pozwalającej obliczyć pole powierzchni bryły obrotowej
\(\displaystyle{ 2\pi\int^a_by\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}dx}\)
wychodzi prosta całka z wyrażenia potęgowego
3. skorzystaj z tej samej zależności, po wstawieniu i uproszczeniu można podstawić
\(\displaystyle{ \cos^2x=\sinh x}\)
4. skorzystaj z zależności pozwalającej obliczyć długość łuku
\(\displaystyle{ L=\int^a_b\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}dx}\)
wychodzi całka z wyrażenia potęgowego
gdybyś miała problemy, pytaj

[Rafcio'o]

Nie bardzo rozumiem co daje nam tu to podstawienie w punkcie pierwszym... Mógłbyś wyjaśnić?

[Chromosom]

Właściwie lepiej podstawić \(\displaystyle{ x=\tg t}\). Tak czy inaczej, ułatwi nam to obliczenie całki
\(\displaystyle{ \int\limits^{+\infty}_{-\infty}\frac{\mbox{d}x}{\left(1+x^2\right)^2}=\left[\begin{array};x=\tg t\\ \mbox{d}x=\frac{\mbox{d}t}{\cos^2t}\end{array}\right]=\int\frac{\mbox{d}t}{\left(1+\tg^2t\right)^2\cos^2t}=...}\)

[Mariusz M]

Właściwie lepiej podstawić \(\displaystyle{ x=\tg t}\). Tak czy inaczej, ułatwi nam to obliczenie całki
\(\displaystyle{ \int\limits^{+\infty}_{-\infty}\frac{\mbox{d}x}{\left(1+x^2\right)^2}=\left[\begin{array};x=\tg t\\ \mbox{d}x=\frac{\mbox{d}t}{\cos^2t}\end{array}\right]=\int\frac{\mbox{d}t}{\left(1+\tg^2t\right)^2\cos^2t}=...}\)

A nie lepiej nic nie podstawiać tylko po rozbiciu na całkę sumy scałkować przez części

Rozbicie na całkę sumy

\(\displaystyle{ \int{ \frac{1}{ \left( 1+x^2\right) ^2} \mbox{d}x }= \int{ \frac{1}{1+x^2} \mbox{d}x }- \int{ \frac{x^2}{ \left(1+x^2\right) ^2} \mbox{d}x }}\)

\(\displaystyle{ \int{ \frac{x^2}{ \left(1+x^2\right) ^2} \mbox{d}x }= - \frac{1}{2} \int{x \cdot \frac{-2x}{ \left(1+x^2\right) ^2} \mbox{d}x }}\)

I teraz przez części

\(\displaystyle{ \int{ \frac{x^2}{ \left(1+x^2\right) ^2} \mbox{d}x }= - \frac{1}{2} \left( \frac{x}{1+x^2}- \int{\frac{1}{1+x^2} \mbox{d}x } \right)}\)

\(\displaystyle{ \int{ \frac{1}{ \left(1+x^2 \right) ^2} \mbox{d}x }=\arctan{x}+ \frac{1}{2} \frac{x}{1+x^2}- \frac{1}{2}\arctan{x}+C}\)

\(\displaystyle{ \int{ \frac{1}{ \left(1+x^2 \right) ^2} \mbox{d}x }= \frac{1}{2} \left( \frac{x}{1+x^2}+\arctan{x} \right)+C}\)

Po skorzystaniu z de L'Hospitala pierwsza granica powinna wyjść zero
(nawet nie trzeba de L'Hospitala używać wystarczy z licznika i mianownika wyciągnąć \(\displaystyle{ x^2}\)
i skrócić)
a druga \(\displaystyle{ \mp \frac{\pi}{4}}\)
Ostatecznie powinniśmy otrzymać \(\displaystyle{ V=\pi \cdot \frac{\pi}{2}}\)


Ad 3

\(\displaystyle{ \int{\tan{x} \sqrt{1+ \left(1+\tan^{2}{x} \right) ^2} \mbox{d}x }}\)

\(\displaystyle{ \tan{t}= \left( 1+\tan^{2}{x}\right)}\)

\(\displaystyle{ \left( 1+\tan^{2}{t}\right) \mbox{d}t=2\tan{x} \left( 1+\tan^{2}{x}\right) \mbox{d}x}\)

\(\displaystyle{ 2\tan{x}\tan{t} \mbox{d}x = \left(1+\tan^{2}{t} \right)}\)

\(\displaystyle{ \tan{x} \mbox{d}x = \frac{1}{2} \cdot \frac{1+\tan^{2}{t}}{\tan{t}}}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{2} \int{ \frac{1+\tan^{2}{t}}{\tan{t}} \cdot \sqrt{1+\tan^{2}{t}} \mbox{d}t} =}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{2} \int{ \frac{ \frac{1}{\cos^{2}{t}} }{ \frac{\sin{t}}{\cos{t}} } \cdot \frac{1}{\cos{t}}\mbox{d}t} =}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{2} \int{ \frac{1}{\cos^{2}{t}} \cdot \frac{\cos{t}}{\sin{t}} \cdot \frac{1}{\cos{t}} \mbox{d}t }}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{2} \int{ \frac{1}{\sin{t} \cdot \cos^{2}{t}} \mbox{d}t }= \frac{1}{2} \left( \int{ \frac{\sin{t}}{\cos^{2}{t}} \mbox{d}t} + \int{ \frac{1}{\sin{t}} \mbox{d}t} \right)}\)

Pierwszą całkę można obliczyć w pamięci drugą także jeśli znasz funkcje area
Jeżeli nie znasz funkcji area to aby obliczyć drugą całkę podstaw \(\displaystyle{ t=\cos{x}}\)
i rozkład na ułamki proste i zgodnie z działaniami na logarytmach możesz jeszcze uprościć
wynik

Ad 4

Tutaj asteroidę można opisać równaniami parametrycznymi
i scałkować na przedziale od \(\displaystyle{ <0,2\pi>}\)
Tak robiliśmy na wykładzie

Wynik wyjdzie 6a

\(\displaystyle{ L= \int_{t_{1}}^{t_{2}} \sqrt{ \left(x' \left(t \right) \right)^2+ \left(y' \left(t \right) \right) ^2 } \mbox{d}t}\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} x=a\cos^{3}{t} \\ y=a\sin^{3}{t} \end{cases}}\)

\(\displaystyle{ x' \left(t \right)=-3a\cos^{2}{t}\sin{t}}\)

\(\displaystyle{ y' \left( t\right)=3a\sin^{2}{t}\cos{t}}\)

\(\displaystyle{ \left(x' \left(t \right) \right)^2+ \left( y'\left(t \right) \right)^2=9a^2\cos^{4}{t}\sin^{2}{t} +9a^2\sin^{4}{t}\cos^{2}{t}=9a^2\cos^{2}{t}\sin^2{t} \left( \cos^{2}{t}+\sin^{2}{t}\right)=9a^2cos^{2}{t}\sin^{2}{t}= \frac{9}{4}a^2\sin^{2}{2t}}\)

\(\displaystyle{ \frac{3}{2}a \int_{0}^{2\pi} \sqrt{\sin^{2}{t}} \mbox{d}t =}\)

\(\displaystyle{ \frac{3}{2}a \int_{0}^{2\pi} \left| \sin{2t}\right| \mbox{d}t=}\)
\(\displaystyle{ - \frac{3}{4}a \left(\cos{2t} \left|_{0}^{ \frac{\pi}{2} }-\cos{2t} \left|_{ \frac{\pi}{2} }^{\pi}+\cos{2t} \left|_{\pi}^{ \frac{3\pi}{2} }-\cos{2t} \left|_{ \frac{3\pi}{2} }^{2\pi}\right) =}\)

\(\displaystyle{ - \frac{3}{4}a \left( -1-1- \left(1- \left( -1\right) \right)-1-1-\left(1- \left( -1\right)\right) \right)=}\)

\(\displaystyle{ - \frac{3}{4}a \left(-2-2-2-2 \right)=- \frac{3}{4}a \cdot \left(-8 \right)= \left( -3a\right) \cdot \left( -2\right) = 6a}\)

Ad 2

\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{1}{ \sqrt{a} }x^{ \frac{3}{2} }} \sqrt{1+ \frac{9}{4a}x } \mbox{d}x}\)

\(\displaystyle{ = \frac{1}{2a} \int_{}^{} x \sqrt{x \cdot \left( 9x+4a\right) }}\)

I teraz trzecie podstawienie Eulera i przez części