Question

Задание приложено...

Answer 1

Ответ:

$\boxed{ \boldsymbol{ \displaystyle V = \frac{256}{21} } }$ кубических единиц

Примечание:

$\boxed{ \boldsymbol{ \displaystyle V = \iiint\limits_{T} dxdydz } }$ - объем тела ограниченного областью $\boldsymbol T$

Проектировать тело будем на плоскость $XY$, поэтому сведем тройной интеграл к повторному следующим образом:

$V =\displaystyle \iiint\limits_{T} dxdydz = \iint\limits_{G} dxdy \int\limits^{u_{2}(x,y)}_{u_{1}(x,y)} \, dz$

Распишем приведение двойного интеграла $\displaystyle \iint\limits_{G} dxdy$ к повторному:

Для вычисления двойного интеграла сведем его к повторному интегралу. Будем интегрировать по x, поэтому приведения в общем

виде к повторному интегралу двойного по области $G$ будет в виде:

$\displaystyle \iint\limits_{G} dxdy = \int\limits^a_b \, dx \int\limits^{\phi_{2}(x)}_{\phi_{1}(x)} \, dy$

При этом функции $\phi_{1} (x), \phi_{2} (x)$ - функции ограничивающие область $G$  снизу и сверху соответственно.

Таким образом тройной интеграл расписывается следующим образом:

$V =\displaystyle \iiint\limits_{T} dxdydz = \iint\limits_{G} dxdy \int\limits^{u_{2}(x,y)}_{u_{1}(x,y)} \, dz = \int\limits^a_b \, dx \int\limits^{\phi_{2}(x)}_{\phi_{1}(x)} \, dy \int\limits^{u_{2}(x,y)}_{u_{1}(x,y)} \, dz$

То есть:

$\boxed{\boldsymbol{ V =\displaystyle \int\limits^a_b \, dx \int\limits^{\phi_{2}(x)}_{\phi_{1}(x)} \, dy \int\limits^{u_{2}(x,y)}_{u_{1}(x,y)} \, dz}}$

Пошаговое объяснение:

Область $T \ (XYZ)$ ограниченна поверхностями :

$z = 0$

$z = 4 - y^{2}$

$y = \dfrac{x^{2} }{2}$

Снизу область $T$ ограниченна снизу функцией $z = 0$, а сверху функцией $z = 4 - y^{2}$.

Область $G \ (XY):$

Снизу область $T$ ограниченна снизу функцией $z = 0$, а сверху функцией $z = 4 - y^{2}$.

Пересечения функций $z:$

$4 - y^{2} = 0$

$y^{2} = 4$

$\sqrt{y^{2}} = \sqrt{4}$

$|y| = 2$

$y_{1,2} = \pm 2$

Снизу область $T$ ограниченна функцией $z = 0$ и функцией $y = \dfrac{x^{2} }{2}$.

Пересечения функций есть кривая $y = \dfrac{x^{2} }{2}$.

Таким образом область $G$ ограниченна кривыми:

$y = \dfrac{x^{2} }{2}$

$y = 2$

Найдем абсциссы пересечения кривых $y = \dfrac{x^{2} }{2}$ и $y = 2:$

$\dfrac{x^{2} }{2} = 2|\cdot 2$

$x^{2} = 4$

$\sqrt{x^{2}} = \sqrt{4}$

$|x| =2$

$x = \pm 2$

Таким образом двойной интеграл берется от функции $y = \dfrac{x^{2} }{2}$ до функции $y = 2$ в пределах от -2 до 2.

----------------------------------------------------------------------------------------------------------

$V = \displaystyle \int\limits^{2}_{-2} \, dx \int\limits^{2}_{0,5x^{2} } \, dy \int\limits^{4 - y^{2}}_{0} \, dz = \int\limits^{2}_{-2} \, dx \int\limits^{2}_{0,5x^{2} } \Bigg( z \bigg|^{4 - y^{2}}_{0} \Bigg) \, dy =$

$\displaystyle = \int\limits^{2}_{-2} \, dx \int\limits^{2}_{0,5x^{2} } \bigg(4 - y^{2} - 0 \bigg) \, dy = \int\limits^{2}_{-2} \, dx \int\limits^{2}_{0,5x^{2} } \bigg(4 - y^{2}\bigg) \, dy = \int\limits^{2}_{-2} \Bigg( \bigg( 4y - \dfrac{y^{3}}{3} \bigg) \bigg |^{2}_{0,5x^{2} } \Bigg) \, dx=$

$\displaystyle = \int\limits^{2}_{-2} \Bigg(\bigg( 4 \cdot 2 - \dfrac{2^{3}}{3} \bigg) - \bigg( 4 \cdot 0,5x^{2} - \dfrac{(0,5x^{2})^{3}}{3} \bigg) \Bigg) \, dx=$

$\displaystyle = \int\limits^{2}_{-2} \Bigg( \bigg( 8 - \dfrac{8}{3} \bigg) -\bigg( 2x^{2} - \dfrac{0,125x^{6}}{3} \bigg) \Bigg) \, dx = \int\limits^{2}_{-2} \bigg(\frac{16}{3} - 2x^{2} + \dfrac{0,125x^{6}}{3} \bigg) \, dx=$

$\displaystyle = 2\int\limits^{2}_{0} \bigg(\frac{16}{3} - 2x^{2} + \dfrac{0,125x^{6}}{3} \bigg) \, dx= 2 \Bigg( \bigg( \frac{16x}{3} - \frac{2x^{3}}{3} + \frac{0,125x^{7}}{21} \bigg) \bigg|^{2}_{0} \Bigg) =$

$\displaystyle = 2 \Bigg( \bigg( \frac{16 \cdot 2}{3} - \frac{2 \cdot 2^{3}}{3} + \frac{0,125 \cdot 2^{7}}{21} \bigg) - \bigg( \frac{16 \cdot 0}{3} - \frac{2\cdot 0^{3}}{3} + \frac{0,125 \cdot 0^{7}}{21} \bigg) \Bigg) =$

$\displaystyle = 2 \bigg( \frac{32}{3} - \frac{16}{3} + \frac{16}{21} \bigg) = 2 \bigg( \frac{16}{3} + \frac{16}{21} \bigg) = \frac{2(16 \cdot 7 + 16)}{21} = \frac{2(112 + 16)}{21}=\frac{2 \cdot 128}{21} =$

$= \dfrac{256}{21}$ кубических единиц.