Hela analys · 2008-01-18
Beräkna volymen av den kropp som uppstår då området $0\le y\le\frac{\sqrt{x}}{1+x^2}$, $x\ge0$, roterar kring $x$-axeln.
Kurvan $y=x^{-\alpha}$, $x\ge1$, roterar kring $x$-axeln. Visa att den yta som då uppstår har ändlig area om $\alpha>1$. Arean behöver inte beräknas.
a) Sätt $f(x)=\frac{\sqrt x}{1+x^2}$. Volymen
$$\begin{aligned}V&=\pi\int_0^\infty f(x)^2\,dx=\pi\int_0^\infty\frac{x}{(1+x^2)^2}\,dx=[1+x^2=t,\ 2x\,dx=dt]\\&=\frac\pi2\int_1^\infty\frac{dt}{t^2}=\frac\pi2\left[-\frac1t\right]_1^\infty=\frac\pi2\lim_{T\to\infty}\left(-\frac1T+1\right)=\frac\pi2.\end{aligned}$$
b) Låt nu $f(x)=x^{-\alpha}$. Arean $A=2\pi\int_1^\infty f(x)\sqrt{1+f'(x)^2}\,dx=2\pi\int_1^\infty x^{-\alpha}\sqrt{1+\alpha^2x^{-2\alpha-2}}\,dx$.
Eftersom $x^{-2\alpha-2}\le1$ då $x\ge1$, är $0<x^{-\alpha}\sqrt{1+\alpha^2x^{-2\alpha-2}}\le x^{-\alpha}\sqrt{1+\alpha^2}$ för sådana $x$. Eftersom $\int_1^\infty x^{-\alpha}\sqrt{1+\alpha^2}\,dx$ konvergerar när $\alpha>1$, konvergerar även $\int_1^\infty x^{-\alpha}\sqrt{1+\alpha^2x^{-2\alpha-2}}\,dx$ enligt jämförelsesatsen för generaliserade integraler. Alltså är arean ändlig.