Номер 364, страница 193 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Параграф 8. Интеграл. Глава 3. Первообразная и интеграл - номер 364, страница 193.

Условие.

Вычислите (предварительно сделав рисунок) площадь фигуры, ограниченной линиями (364–366).

364.— а) $y = x^3$, $y = 8$, $x = 1$;

б) $y = 2 \cos x$, $y = 1$, $x = -\frac{\pi}{3}$, $x = \frac{\pi}{3}$;

в) $y = x^2 - 2x + 4$, $y = 3$, $x = -1$;

г) $y = \sin x$, $y = \frac{1}{2}$, $x = \frac{\pi}{6}$, $x = \frac{5\pi}{6}$;

Решение 1.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 5.

а) Для вычисления площади фигуры, ограниченной линиями $y = x^3$, $y = 8$ и $x = 1$, сначала построим эскиз. График $y=x^3$ — это кубическая парабола. $y=8$ — горизонтальная прямая. $x=1$ — вертикальная прямая.

Найдем точки пересечения, чтобы определить пределы интегрирования. Одна граница задана — $x=1$. Другую границу найдем из пересечения графиков $y = x^3$ и $y = 8$: $x^3 = 8 \implies x = 2$.

Фигура представляет собой криволинейную трапецию, ограниченную слева прямой $x=1$, справа прямой $x=2$, снизу кривой $y=x^3$ и сверху прямой $y=8$. На отрезке $[1, 2]$ функция $y=8$ находится выше, чем $y=x^3$. Площадь фигуры $S$ вычисляется как определенный интеграл от разности верхней и нижней функций.

$S = \int_{1}^{2} (8 - x^3) dx = \left[ 8x - \frac{x^4}{4} \right]_{1}^{2} = \left( 8 \cdot 2 - \frac{2^4}{4} \right) - \left( 8 \cdot 1 - \frac{1^4}{4} \right) = \left( 16 - \frac{16}{4} \right) - \left( 8 - \frac{1}{4} \right) = (16 - 4) - (\frac{32-1}{4}) = 12 - \frac{31}{4} = \frac{48 - 31}{4} = \frac{17}{4}$.

Ответ: $\frac{17}{4}$

б) Фигура ограничена линиями $y = 2 \cos x$, $y = 1$, $x = -\frac{\pi}{3}$ и $x = \frac{\pi}{3}$. Пределы интегрирования заданы: от $x = -\frac{\pi}{3}$ до $x = \frac{\pi}{3}$.

Сравним значения функций на данном отрезке. На границах интервала: $2 \cos(-\frac{\pi}{3}) = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1$ и $2 \cos(\frac{\pi}{3}) = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1$. Внутри интервала, например при $x=0$, $2 \cos(0) = 2$, что больше $1$. Таким образом, на интервале $(-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3})$ график функции $y=2 \cos x$ лежит выше прямой $y=1$.

Площадь фигуры вычисляется как интеграл от разности функций $f(x)=2 \cos x$ и $g(x)=1$. $S = \int_{-\pi/3}^{\pi/3} (2 \cos x - 1) dx$.

Поскольку подынтегральная функция $(2 \cos x - 1)$ является четной, а пределы интегрирования симметричны относительно нуля, интеграл можно упростить: $S = 2 \int_{0}^{\pi/3} (2 \cos x - 1) dx = 2 \left[ 2 \sin x - x \right]_{0}^{\pi/3} = 2 \left( (2 \sin(\frac{\pi}{3}) - \frac{\pi}{3}) - (2 \sin(0) - 0) \right) = 2 \left( 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\pi}{3} \right) = 2(\sqrt{3} - \frac{\pi}{3}) = 2\sqrt{3} - \frac{2\pi}{3}$.

Ответ: $2\sqrt{3} - \frac{2\pi}{3}$

в) Фигура ограничена линиями $y = x^2 - 2x + 4$, $y = 3$ и $x = -1$. График $y = x^2 - 2x + 4$ — это парабола, ветви которой направлены вверх. Найдем ее вершину: $x_v = -\frac{-2}{2 \cdot 1} = 1$, $y_v = 1^2 - 2(1) + 4 = 3$. Вершина находится в точке $(1, 3)$.

Найдем точки пересечения параболы с прямой $y=3$: $x^2 - 2x + 4 = 3 \implies x^2 - 2x + 1 = 0 \implies (x-1)^2 = 0 \implies x=1$. Мы получили одну точку $x=1$, что совпадает с абсциссой вершины. Это означает, что прямая $y=3$ касается параболы в ее вершине.

Фигура ограничена слева прямой $x=-1$, справа точкой касания $x=1$. На этом отрезке парабола $y = x^2 - 2x + 4 = (x-1)^2+3$ находится выше или на прямой $y=3$. Площадь вычисляется как интеграл от разности функций.

$S = \int_{-1}^{1} ((x^2 - 2x + 4) - 3) dx = \int_{-1}^{1} (x^2 - 2x + 1) dx = \left[ \frac{x^3}{3} - \frac{2x^2}{2} + x \right]_{-1}^{1} = \left[ \frac{x^3}{3} - x^2 + x \right]_{-1}^{1} = \left(\frac{1^3}{3} - 1^2 + 1\right) - \left(\frac{(-1)^3}{3} - (-1)^2 + (-1)\right) = \left(\frac{1}{3}\right) - \left(-\frac{1}{3} - 1 - 1\right) = \frac{1}{3} - (-\frac{7}{3}) = \frac{1}{3} + \frac{7}{3} = \frac{8}{3}$.

Ответ: $\frac{8}{3}$

г) Фигура ограничена линиями $y = \sin x$, $y = \frac{1}{2}$, $x = \frac{\pi}{6}$ и $x = \frac{5\pi}{6}$. Пределы интегрирования заданы: от $x = \frac{\pi}{6}$ до $x = \frac{5\pi}{6}$.

Сравним функции на этом отрезке. На границах отрезка $\sin(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2}$ и $\sin(\frac{5\pi}{6}) = \sin(\pi - \frac{\pi}{6}) = \sin(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2}$. Между этими точками, например, при $x = \frac{\pi}{2}$, имеем $\sin(\frac{\pi}{2}) = 1$, что больше $\frac{1}{2}$. Таким образом, на интервале $(\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6})$ график функции $y=\sin x$ лежит выше прямой $y=\frac{1}{2}$.

Площадь фигуры вычисляется как интеграл от разности функций.

$S = \int_{\pi/6}^{5\pi/6} (\sin x - \frac{1}{2}) dx = \left[ -\cos x - \frac{x}{2} \right]_{\pi/6}^{5\pi/6} = \left(-\cos(\frac{5\pi}{6}) - \frac{1}{2} \cdot \frac{5\pi}{6}\right) - \left(-\cos(\frac{\pi}{6}) - \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{6}\right)$.

Так как $\cos(\frac{\pi}{6}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ и $\cos(\frac{5\pi}{6}) = -\frac{\sqrt{3}}{2}$, получаем: $S = \left(-(-\frac{\sqrt{3}}{2}) - \frac{5\pi}{12}\right) - \left(-\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\pi}{12}\right) = \left(\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{5\pi}{12}\right) + \left(\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\pi}{12}\right) = \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{5\pi}{12} + \frac{\pi}{12} = \sqrt{3} - \frac{4\pi}{12} = \sqrt{3} - \frac{\pi}{3}$.

Ответ: $\sqrt{3} - \frac{\pi}{3}$