a) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là:
\(\eqalign{
& 2\sqrt {1 - {x^2}} = 2(1 - x) \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
1 - x \ge 0 \hfill \cr
1 - {x^2} = {(1 - x)^2} \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x \le 1 \hfill \cr
2{x^2} - 2x = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x \le 1 \hfill \cr
\left[ \matrix{
x = 0 \hfill \cr
x = 1 \hfill \cr} \right. \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = 0 \hfill \cr
x = 1 \hfill \cr} \right. \cr} \)
Đồ thị của hàm số \(y = \sqrt {1 - {x^2}} \) là một nửa elip \({x^2} + {{{y^2}} \over 4} = 1\) với \(y ≥ 0.\)
Từ đồ thị trên ta có, diện tích của D:
\(\eqalign{
& S = \int_0^1 {\left[ {2\sqrt {1 - {x^2}} - 2(1 - x)} \right]} dx \cr
& = 2\left[ {\int_0^1 {\sqrt {1 - {x^2}} dx - \int_0^1 {(1 - x)dx} } } \right] \cr} \)
Tính \(\int_0^1 {\sqrt {1 - {x^2}} } dx\):
Đặt \(x = sin t\) , ta có: \(dx = cost dt\); \(x=0 \Rightarrow t= 0\); \(x=1 \Rightarrow t={\pi \over 2}\)
Suy ra:
\(\eqalign{
& \int_0^1 {\sqrt {1 - {x^2}} } dx = \int_0^{{\pi \over 2}} {\sqrt {1 - {{\sin }^2}t} } .costdt \cr
& = \int_0^{{\pi \over 2}} {{\mathop{\rm cost}\nolimits} .costdt = \int_0^{{\pi \over 2}} {{{\cos }^2}tdt} } \cr
& = {1 \over 2}\int_0^{{\pi \over 2}} {(1 + \cos 2t)dt = {1 \over 2}} \left[ {t + {1 \over 2}\sin 2t} \right]\left| {_0^{{\pi \over 2}}} \right. = {\pi \over 4} \cr
& \int_0^1 {(1 - x)dx = (x - {{{x^2}} \over 2})\left| {_0^1} \right.} = {1 \over 2} \cr
& \Rightarrow D = 2({\pi \over 4} - {1 \over 2}) = {\pi \over 2}-1 \cr} \)
b) Dựa vào hình trên ta có thể tích cần tìm là:
\(\eqalign{
& V = 4\pi \int_0^1 {\left[ {(1 - {x^2}) - (1 - {x})^2} \right]} dx \cr
& = 8\pi \int_0^1 {(x - {x^2}} )dx = 8\pi\left( {{{{x^2}} \over 2} - {{{x^3}} \over 3}} \right)\left| {_0^1} \right. \cr
& = 8\pi ({1 \over 2} - {1 \over 3}) = {{4\pi } \over 3} \, \, (đvdt). \cr} \)
