Ta có:\[{y^2} + x = 0 \Leftrightarrow x = - {y^2}\]

Vậy thể tích khối tròn xoay đó là:\[V = \pi \mathop \smallint \limits_a^b {f^2}\left( y \right)dy = \pi \mathop \smallint \limits_0^1 {\left( { - {y^2}} \right)^2}dy = \pi \mathop \smallint \limits_0^1 {y^4}dy\]

Ta có\(\frac{1}{3}x3 - x2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 3}\end{array}} \right.\)

\[V = \pi \mathop \smallint \limits_0^3 {\left( {\frac{1}{3}{x^3} - {x^2}} \right)^2}d{\rm{x\;}} = \pi \mathop \smallint \limits_0^3 \left( {\frac{1}{9}{x^6} - \frac{2}{3}{x^5} + {x^4}} \right)dx\]

\( = \pi \left( {\frac{1}{{63}}{x^7} - \frac{1}{9}{x^6} + \frac{1}{5}{x^5}} \right)\left| {_0^3} \right. = \frac{{81}}{{35}}\pi \)

Xét giao điểm\[2\left( {x - 1} \right){e^x} = 0 \Leftrightarrow x = 1\]

Thể tích cần tính: \[V = \pi \mathop \smallint \limits_0^1 {\left[ {2\left( {x - 1} \right){e^x}} \right]^2}dx = 4\pi \mathop \smallint \limits_0^1 {\left( {x - 1} \right)^2}{e^{2x}}dx = \pi \left( {{e^2} - 5} \right)\]

(dùng máy tính thử)

\[y' = 2x;y'\left( 1 \right) = 2\]  suy ra phương trình tiếp tuyến là\[y = 2\left( {x - 1} \right) + 2 = 2x\]

Ta có: \[{x^2} + 1 = 2x \Leftrightarrow x = 1\]

Trong đoạn\[[0;1]\] thì \[{x^2} + 1 \ge 2x\] nên:

Thể tích khối tròn xoay

\[V = \pi \mathop \smallint \limits_0^1 \left[ {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2} - {{\left( {2x} \right)}^2}} \right]dx = \pi \mathop \smallint \limits_0^1 \left( {{x^4} - 2{{\rm{x}}^2} + 1} \right)dx = \frac{8}{{15}}\pi \]

Gọi V₁ là thể tích khối tròn tạo thành khi quay quanh tam giác OMH quanh trục Ox. Biết rằng \[V = 2{V_{1\;}}\]. Khi đó:

Thể tích khối tròn xoay\(V = \pi \int\limits_0^4 {xdx = \pi \frac{{{x^2}}}{2}} \left| {_0^4} \right. = 8\pi \)

Suy ra\[{V_1} = 4\pi \]

Gọi N là giao điểm của đường thẳng x=a và trục hoành. Khi đó V₁ là thể tích tạo được khi xoay hai tam giác OMN và MNH quanh trục Ox với N là hình chiếu của M trên OH.

Ta có \[{V_1} = \frac{1}{3}\pi .a.{\left( {\sqrt a } \right)^2} + \frac{1}{3}\pi .\left( {4 - a} \right).{\left( {\sqrt a } \right)^2} = \frac{4}{3}\pi a\]

Suy ra\[\frac{4}{3}\pi a = 4\pi \Rightarrow a = 3\]

Thể tích khối tròn xoay cần tìm là thể tích khối tròn xoay khi quay 2 hình phẳng (H₁) và (H₂) quanh trục Ox trong đó (H₁) giới hạn bởi đường thẳng\[y = x;x = 0;x = 1\]và (H₂) được giới hạn bởi các đường \[y = \sqrt {2 - x} ;x = 1;x = 2\]

Khi đó ta có:

Thể tích V cần tính chính bằng thể tích V₁ của khối tròn xoay thu được khi quay hình (H₁) xung quanh trục Ox cộng với thể tích V₂ của khối tròn xoay thu được khi quay hình (H₂) xung quanh trục Ox:\[V = \pi \mathop \smallint \limits_0^1 {x^2}dx + \pi \mathop \smallint \limits_1^2 (2 - x)dx\]

Tính thể tích của vật thể giới hạn bởi các mặt phẳng\[x = a,x = b\]biết diện tích thiết diện cắt bởi mặt phẳng vuông góc trục Ox là\[S = S\left( x \right)\]

Công thức tính:\(\)\[V = \mathop \smallint \limits_a^b S\left( x \right)dx\]

Diện tích mỗi mặt thiết diện sẽ là :\[S\left( x \right) = 3x\sqrt {3{x^2} - 2} \]

\[V = \mathop \smallint \nolimits_1^3 3x\sqrt {3{x^2} - 2} dx = \frac{{124}}{3}\]

Hoành độ giao điểm của hai parabol là\[{x^2} - 4x + 6 = - {x^2} - 2x + 6 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 1}\end{array}} \right.\]

Trong khoảng (0;1) thì\[12{x^3} - 36{x^2} + 24x > 0\]  nên:

Thể tích vật tròn xoay cần tính là \[V = \pi \mathop \smallint \limits_0^1 \left| {{{\left( {{x^2} - 4x + 6} \right)}^2} - {{\left( { - \,{x^2} - 2x + 6} \right)}^2}} \right|{\rm{d}}x\]

\( = \pi \int\limits_0^1 {(12{x^3} - 36{x^2} + 24x)dx = \pi (3{x^4} - 12{x^3} + 12{x^2})} \left| {_0^1} \right. = 3\pi \)

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và Ox là\[{x^2} - ax = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = a}\end{array}} \right.\]

Khi đó, thể tích cần xác định cho bởi

\[V = \pi \mathop \smallint \limits_0^a {\left( {{x^2} - ax} \right)^2}{\rm{d}}x = \pi \mathop \smallint \limits_0^a \left( {{x^4} - 2a{x^3} + {a^2}{x^2}} \right){\rm{d}}x\]

\( = \pi \left( {\frac{{{x^5}}}{5} - \frac{{{\rm{a}}{{\rm{x}}^4}}}{2} + \frac{{{a^2}{x^3}}}{3}} \right)\left| {_0^a} \right. = \frac{{\pi {a^5}}}{{30}}\)

Mặt khác\[V = 2 \Rightarrow \frac{{\pi {a^5}}}{{30}} = 2 \Leftrightarrow a = \sqrt[5]{{\frac{{60}}{\pi }}} \in \left( {\frac{3}{2};2} \right).\]

Ta có\[y = - {x^2} + 2x \Rightarrow {(x - 1)^2} = 1 - y \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 - \sqrt {1 - y} }\\{x = 1 + \sqrt {1 - y} }\end{array}} \right.\]

Xét phương trình tung độ giao điểm

\[1 - \sqrt {1 - y} = 1 + \sqrt {1 - y} \Leftrightarrow \sqrt {1 - y} = 0 \Leftrightarrow y = 1\]

Khi đó, thể tích cần tính là

\[V = \pi \mathop \smallint \limits_0^1 \left| {{{\left( {1 + \sqrt {1 - y} } \right)}^2} - {{\left( {1 - \sqrt {1 - y} } \right)}^2}} \right|{\rm{d}}y = \left| {\pi \mathop \smallint \limits_0^1 4\sqrt {1 - y} \,{\rm{d}}y} \right|\]

Đặt \[\sqrt {1 - y} = t \Leftrightarrow 1 - y = {t^2} \Leftrightarrow dy = - 2tdt\]

Đổi cận: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 0 \Leftrightarrow t = 1}\\{y = 1 \Leftrightarrow t = 0}\end{array}} \right.\)Khi đó \[\;V = \left| { - \pi \int\limits_1^0 {4t.2tdt} } \right| = \left| {8\pi \int\limits_1^0 {{t^2}dt} } \right| = \left| {8\pi \frac{{{t^3}}}{3}\left| {_0^1} \right.} \right| = \frac{{8\pi }}{3}\]

\[\frac{{{x^2}}}{{16}} + \frac{{{y^2}}}{9} = 1 \Leftrightarrow {x^2} = 16\left( {1 - \frac{{{y^2}}}{9}} \right) \Leftrightarrow x = \pm \frac{4}{3}\sqrt {9 - {y^2}} \]

Phương trình tung độ giao điểm của đồ thị (E) với Oy là

\(\frac{0}{{16}} + \frac{{{y^2}}}{9} = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = - 3}\\{y = 3}\end{array}} \right.\)

Ta xét thể tích vật tròn xoay khi xoay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số\[x = \frac{4}{3}\sqrt {9 - {y^2}} \] đường thẳng\[x = 0,y = 3,y = 0\] quanh trục Ox là:

\(V = \left| {\frac{{16}}{9}\pi \int\limits_0^3 {(9 - {y^2})dy} } \right| = \left| {\frac{{16}}{9}\pi \left( {9y - \frac{{{y^3}}}{3}} \right)\left| {_0^3} \right.} \right| = 32\pi \)

Khi đó thể tích cần tìm là\[2V = 64\pi \]

Xét\[\left( C \right):{x^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 1\]  có tâm\[I\left( {0;2} \right),\] bán kính\[R = 1.\] Như vậy

Nửa (C) trên ứng với \[2 \le y \le 3\] có phương trình\[y = {f_1}\left( x \right) = 2 + \sqrt {1 - {x^2}} \] với\[x \in \left[ { - \,1;1} \right].\]

Nửa (C) dưới ứng với\[1 \le y \le 2\] có phương trình\[y = {f_2}\left( x \right) = 2 - \sqrt {1 - {x^2}} \] với\[x \in \left[ { - \,1;1} \right].\]

Khi đó, thể tích khối tròn xoay cần tính là

\[V = \pi \mathop \smallint \limits_{ - {\kern 1pt} 1}^1 \left[ {{{\left( {2 + \sqrt {1 - {x^2}} } \right)}^2} - {{\left( {2 - \sqrt {1 - {x^2}} } \right)}^2}} \right]\,{\rm{d}}x = 8\pi \mathop \smallint \limits_{ - {\kern 1pt} 1}^1 \sqrt {1 - {x^2}} \,{\rm{d}}x.\]

Đặt\[x = \sin t \Leftrightarrow {\rm{d}}x = \cos t\,{\rm{d}}t\] và đổi cận\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 1 \Rightarrow t = - \frac{\pi }{2}}\\{x = 1 \Rightarrow t = \frac{\pi }{2}}\end{array}} \right.\)

Khi đó

\[\;V = 8\pi \int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {\sqrt {co{s^2}t} } .costdt = 4\pi \int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {(1 + cos2t)dt = 4\pi \left( {t + \frac{1}{2}sin2t} \right)} \left| {_{ - \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} = 4{\pi ^2}} \right.\]

Ta có: (D₁) là hình phẳng giới hạn bởi các đường\[y = 2\sqrt x ,\,\,y = 0\] và\[x = 2020,\]

\[ \Rightarrow {V_1} = \pi \mathop \smallint \limits_0^{2020} \left| {{{\left( {2\sqrt x } \right)}^2}} \right|dx = \pi \int\limits_0^{2020} {4xdx = 2\pi {x^2}} \left| {_0^{2020}} \right. = 2\pi {.2020^2}.\]

\[\left( {{D_2}} \right)\] là hình phẳng giới hạn bởi các đường\[y = \sqrt {3x} ,\,\,y = 0\] và\[x = 2020\]

\[ \Rightarrow {V_2} = \pi \mathop \smallint \limits_0^{2020} \left| {{{\left( {\sqrt {3x} } \right)}^2}} \right|dx = \pi \int\limits_0^{2020} {3xdx = \frac{3}{2}\pi {x^2}} \left| {_0^{2020}} \right. = \frac{3}{2}\pi {.2020^2}.\]

\[ \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{2\pi {{.2020}^2}}}{{\frac{3}{2}\pi {{.2020}^2}}} = \frac{4}{3}.\]