Номер 1039, страница 316 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Алимов, Колягин

Глава 10. Интеграл. Упражнения к главе 10 - номер 1039, страница 316.

Условие.

1039 1) $y = x^2 - 6x + 9$, $y = x^2 + 4x + 4$, $y = 0;$

2) $y = x^2 + 1$, $y = 3 - x^2;$

3) $y = x^2$, $y = 2 \sqrt{2x};$

4) $y = \sqrt{x}$, $y = \sqrt{4 - 3x}$, $y = 0.$

Решение 1.

Решение 2.

Решение 4.

Решение 5.

Решение 7.

Решение 8.

1) Данная фигура ограничена параболами $y = x^2 - 6x + 9 = (x-3)^2$ и $y = x^2 + 4x + 4 = (x+2)^2$, а также осью абсцисс $y=0$.
Вершина первой параболы находится в точке $(3, 0)$, а второй — в точке $(-2, 0)$. Обе параболы касаются оси $x$ в своих вершинах и направлены вверх.
Для нахождения площади фигуры сначала найдем точку пересечения парабол:
$x^2 - 6x + 9 = x^2 + 4x + 4$
$-6x - 4x = 4 - 9$
$-10x = -5$
$x = 0.5$
Фигура ограничена снизу осью $y=0$. Сверху она ограничена "нижней огибающей" двух парабол. На отрезке $[-2, 0.5]$ нижняя кривая — это $y=(x+2)^2$, а на отрезке $[0.5, 3]$ — это $y=(x-3)^2$.
Таким образом, площадь $S$ можно вычислить как сумму двух интегралов:
$S = \int_{-2}^{0.5} (x+2)^2 dx + \int_{0.5}^{3} (x-3)^2 dx$
Вычислим первый интеграл:
$\int_{-2}^{0.5} (x+2)^2 dx = \left[ \frac{(x+2)^3}{3} \right]_{-2}^{0.5} = \frac{(0.5+2)^3}{3} - \frac{(-2+2)^3}{3} = \frac{(2.5)^3}{3} - 0 = \frac{15.625}{3} = \frac{125/8}{3} = \frac{125}{24}$.
Вычислим второй интеграл:
$\int_{0.5}^{3} (x-3)^2 dx = \left[ \frac{(x-3)^3}{3} \right]_{0.5}^{3} = \frac{(3-3)^3}{3} - \frac{(0.5-3)^3}{3} = 0 - \frac{(-2.5)^3}{3} = \frac{-(-15.625)}{3} = \frac{125}{24}$.
Общая площадь:
$S = \frac{125}{24} + \frac{125}{24} = \frac{250}{24} = \frac{125}{12}$.

Ответ: $\frac{125}{12}$

2) Фигура ограничена линиями $y = x^2 + 1$ и $y = 3 - x^2$.
Найдем точки пересечения этих кривых, чтобы определить пределы интегрирования:
$x^2 + 1 = 3 - x^2$
$2x^2 = 2$
$x^2 = 1 \implies x = \pm 1$.
На интервале $[-1, 1]$ определим, какая из функций является верхней, а какая — нижней. Возьмем пробную точку $x=0$:
Для $y = x^2 + 1$, $y(0) = 1$.
Для $y = 3 - x^2$, $y(0) = 3$.
Следовательно, на интервале $[-1, 1]$ кривая $y = 3 - x^2$ находится выше кривой $y = x^2 + 1$.
Площадь $S$ фигуры вычисляется как интеграл от разности верхней и нижней функций:
$S = \int_{-1}^{1} ((3 - x^2) - (x^2 + 1)) dx = \int_{-1}^{1} (2 - 2x^2) dx$.
Поскольку подынтегральная функция $f(x) = 2 - 2x^2$ является четной, а пределы интегрирования симметричны относительно нуля, можно упростить вычисление:
$S = 2 \int_{0}^{1} (2 - 2x^2) dx = 2 \left[ 2x - \frac{2x^3}{3} \right]_{0}^{1} = 2 \left( (2(1) - \frac{2(1)^3}{3}) - (0) \right) = 2 \left( 2 - \frac{2}{3} \right) = 2 \left( \frac{6-2}{3} \right) = 2 \left( \frac{4}{3} \right) = \frac{8}{3}$.

Ответ: $\frac{8}{3}$

3) Фигура ограничена линиями $y = x^2$ и $y = 2\sqrt{2x}$.
Область определения обеих функций требует $x \ge 0$. Найдем точки пересечения кривых:
$x^2 = 2\sqrt{2x}$
Возведем обе части в квадрат (это преобразование равносильно, т.к. обе части неотрицательны):
$x^4 = (2\sqrt{2x})^2 = 4 \cdot 2x = 8x$
$x^4 - 8x = 0$
$x(x^3 - 8) = 0$
Отсюда получаем два решения: $x_1 = 0$ и $x_2 = 2$ (из $x^3=8$).
На интервале $[0, 2]$ определим, какая из функций больше. Возьмем пробную точку $x=1$:
Для $y = x^2$, $y(1) = 1^2 = 1$.
Для $y = 2\sqrt{2x}$, $y(1) = 2\sqrt{2 \cdot 1} = 2\sqrt{2} \approx 2.828$.
Следовательно, на интервале $(0, 2)$ кривая $y = 2\sqrt{2x}$ находится выше кривой $y = x^2$.
Площадь $S$ фигуры равна:
$S = \int_{0}^{2} (2\sqrt{2x} - x^2) dx = \int_{0}^{2} (2\sqrt{2}x^{1/2} - x^2) dx$.
Вычислим интеграл:
$S = \left[ 2\sqrt{2} \frac{x^{3/2}}{3/2} - \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{2} = \left[ \frac{4\sqrt{2}}{3} x^{3/2} - \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{2}$
$= \left( \frac{4\sqrt{2}}{3} (2)^{3/2} - \frac{2^3}{3} \right) - (0) = \frac{4\sqrt{2}}{3} (2\sqrt{2}) - \frac{8}{3} = \frac{4 \cdot 2 \cdot (\sqrt{2})^2}{3} - \frac{8}{3} = \frac{16}{3} - \frac{8}{3} = \frac{8}{3}$.

Ответ: $\frac{8}{3}$

4) Фигура ограничена линиями $y = \sqrt{x}$, $y = \sqrt{4-3x}$ и $y=0$.
Область определения функции $y=\sqrt{x}$ — это $x \ge 0$. Область определения $y=\sqrt{4-3x}$ — это $4-3x \ge 0 \implies x \le 4/3$.
Найдем точку пересечения кривых $y = \sqrt{x}$ и $y = \sqrt{4-3x}$:
$\sqrt{x} = \sqrt{4-3x}$
$x = 4 - 3x$
$4x = 4 \implies x = 1$.
Фигура ограничена снизу осью $y=0$. Сверху она ограничена кривой $y=\sqrt{x}$ на отрезке $[0, 1]$ (от начала координат до точки пересечения) и кривой $y = \sqrt{4-3x}$ на отрезке $[1, 4/3]$ (от точки пересечения до пересечения с осью $x$).
Площадь $S$ вычисляется как сумма двух интегралов:
$S = \int_{0}^{1} \sqrt{x} dx + \int_{1}^{4/3} \sqrt{4-3x} dx$.
Вычислим первый интеграл:
$\int_{0}^{1} x^{1/2} dx = \left[ \frac{x^{3/2}}{3/2} \right]_{0}^{1} = \left[ \frac{2}{3}x^{3/2} \right]_{0}^{1} = \frac{2}{3}(1)^{3/2} - 0 = \frac{2}{3}$.
Вычислим второй интеграл. Сделаем замену $u = 4-3x$, тогда $du = -3dx$, откуда $dx = -\frac{1}{3}du$. Новые пределы интегрирования: при $x=1$, $u=4-3(1)=1$; при $x=4/3$, $u=4-3(4/3)=0$.
$\int_{1}^{4/3} \sqrt{4-3x} dx = \int_{1}^{0} \sqrt{u} \left(-\frac{1}{3}du\right) = \frac{1}{3} \int_{0}^{1} u^{1/2}du = \frac{1}{3} \left[ \frac{2}{3}u^{3/2} \right]_{0}^{1} = \frac{1}{3} \left( \frac{2}{3} - 0 \right) = \frac{2}{9}$.
Общая площадь:
$S = \frac{2}{3} + \frac{2}{9} = \frac{6}{9} + \frac{2}{9} = \frac{8}{9}$.

Ответ: $\frac{8}{9}$