Tillämpning av volymintegraler

Exempel 1 — Optimering av volym

En rektangel är fäst med ena hörnet på linjen $y=8-2x$y=8−2x och innesluts av koordinataxlarna. Om vi snurrar rektangeln runt $x$x-axeln bildas en cylinder. Bestäm dess maximala volym om $0<x<4$0<x<4.

Lösning

Cylindern som bildas har radien $r=y=8-2x$r=y=8−2x och höjden $x$x. Vi ställer upp en formel för volymen.

$V(x)=\pi r^2\cdot x=\pi(8-2x)^2\cdot x$V(x)=πr²·x=π(8−2x)²·x                 Utveckla kvadraten

$V(x)=\pi(64-32x+4x^2)\cdot x$V(x)=π(64−32x+4x²)·x                  Multiplicera in $x$x

$V(x)=\pi(64x-32x^2+4x^3)$V(x)=π(64x−32x²+4x³)

Vi deriverar för att hitta extrempunkten.

$V'(x)=\pi(64-64x+12x^2)$V’(x)=π(64−64x+12x²)                      Sätt lika med noll

$12x^2-64x+64=0$12x²−64x+64=0                                 Dividera båda led med $4$4

$3x^2-16x+16=0$3x²−16x+16=0

Med pq-formeln (efter division med $3$3) får vi rötterna $x=4$x=4 och $x=\frac{4}{3}$x=43 . Eftersom $0<x<4$0<x<4 ligger bara $x=\frac{4}{3}$x=43 i det tillåtna intervallet, vilket ger maximivolymen.

Vi sätter in värdet i volymformeln.

 $V\left(\frac{4}{3}\right)=\pi\left(\frac{16}{3}\right)^2\cdot\frac{4}{3}=$V(43 )=π(163 )²·43 =  $\pi\cdot$π· $\frac{256}{9}\cdot\frac{4}{3}=\frac{1024\pi}{27}\approx$2569 ·43 =1024π27 ≈ $119,2$119,2  

Den maximala volymen är  $\frac{1024\pi}{27}$1024π27   v.e., det vill säga ungefär $119{,}2$119,2 v.e.

Exempel 2 

En cylindrisk glasbehållare med inre radien $6$6 cm är från början helt fylld med vatten. Behållaren roteras, och vid en viss rotationshastighet beskriver vattenytan, sedd från sidan, en parabel enligt sambandet $y=\frac{1}{3}x^2+1$y=13 x²+1, där $y$y mäts i cm från behållarens botten. Hur mycket vatten har runnit ut ur behållaren?

Lösning

Vi vill bestämma volymen vatten som runnit ut, det vill säga skillnaden mellan behållarens ursprungliga vattenvolym och vattenvolymen efter rotation.

Behållaren var ursprungligen fylld upp till kanten, vilket motsvarar vattenytans höjd vid kanten, det vill säga vid $x=6$x=6.

 $y(6)=\frac{1}{3}\cdot6^2+1=13$y(6)=13 ·6²+1=13 

Behållarens höjd är alltså $13$13 cm, vilket ger den ursprungliga volymen.

$V_0=\pi r^2h=\pi\cdot6^2\cdot13=468\pi$V₀=πr²h=π·6²·13=468π

När vätskan roterar bildas en ”tratt” i mitten där luft tränger in. Den tratten är volymen mellan parabolytan och behållarens kant, och vi beräknar den med cylindriska skal med radien $r=x$r=x och höjden $13-y(x)$13−y(x).

 $13-y(x)=13-\left(\frac{1}{3}x^2+1\right)=12-\frac{1}{3}x^2$13−y(x)=13−(13 x²+1)=12−13 x²                    Sätt in i formeln för cylindriska skal

 $V_{tratt}=\int_0^62\pi x\left(12-\frac{1}{3}x^2\right)dx=$V_tratt=∫₀⁶2πx(12−13 x²)dx=  $2\pi\int_0^6\left(12x-\frac{1}{3}x^3\right)dx$2π∫₀⁶(12x−13 x³)dx 

Bestäm den primitiva funktionen

 $V_{tratt}=2\pi\left[6x^2-\frac{x^4}{12}\right]_0^6$V_tratt=2π[6x²−x⁴12 ]₀⁶ 

Sätt in gränserna

 $V_{tratt}=2\pi(216-108)=216\pi\approx678,6$V_tratt=2π(216−108)=216π≈678,6 

Tratten som bildas motsvarar exakt den volym vatten som inte längre ryms i behållaren. Mängden vatten som runnit ut är alltså $216\pi$216π cm³, det vill säga ungefär $678{,}6$678,6 cm³.

Exempel 3

Beräkna längden av kurvan $y=\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}$y=23 x³² i intervallet $0 \leq x \leq 3$0≤x≤3.

Lösning

Vi börjar med att bestämma derivatan av $y$y.

$y=\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}$y=23 x³² ⇒ $y’=\frac{2}{3}\cdot\frac{3}{2}x^{\frac{1}{2}}=\sqrt{x}$y’=23 ·32 x¹² =√x

Vi sätter in derivatan i kurvlängdsformeln.

$1+(y’)^2=1+(\sqrt{x})^2=1+x$1+(y’)²=1+(√x)²=1+x

Sätt in i kurvlängdsformeln

$L=\int_0^3\sqrt{1+x}\, dx$L=∫₀³√1+xdx

Bestäm den primitiva funktionen

 $L=\left[\frac{2}{3}(1+x)^{\frac{3}{2}}\right]_0^3$L=[23 (1+x)³² ]₀³ 

Sätt in gränserna

 $L=\frac{2}{3}\left(4^{\frac{3}{2}}-1\right)=\frac{2}{3}(8-1)=$L=23 (4³² −1)=23 (8−1)= $\frac{14}{3}\approx4,67$143 ≈4,67 

Kurvans längd är $\frac{14}{3}$143 l.e., det vill säga ungefär $4{,}67$4,67 l.e.