Номер 49.11, страница 197, часть 2 - гдз по алгебре 10-11 класс задачник Мордкович, Семенов

Часть 2. Глава 8. Первообразная и интеграл. §49. Определённый интеграл - номер 49.11, страница 197.

Условие.

Вычислите площадь фигуры, ограниченной линиями:

49.11 а) $y = x^2$, $y = 0$, $x = 4$;

б) $y = x^3$, $y = 0$, $x = -3$, $x = 1$;

в) $y = x^2$, $y = 0$, $x = -3$;

г) $y = x^4$, $y = 0$, $x = -1$, $x = 2$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 5.

Решение 6.

а)

Фигура ограничена линиями $y = x^2$, $y = 0$ (ось Ox) и $x = 4$. Левая граница определяется точкой пересечения параболы $y = x^2$ с осью Ox, то есть $x^2 = 0$, откуда $x = 0$. Таким образом, фигура представляет собой криволинейную трапецию, ограниченную сверху графиком функции $y = x^2$, снизу — осью Ox, слева — прямой $x = 0$, и справа — прямой $x = 4$.

Поскольку на отрезке $[0, 4]$ функция $y = x^2$ неотрицательна ($x^2 \ge 0$), площадь фигуры вычисляется с помощью определенного интеграла:

$S = \int_{0}^{4} x^2 \,dx$

Найдем первообразную для функции $f(x) = x^2$. Это $F(x) = \frac{x^3}{3}$.

По формуле Ньютона-Лейбница:

$S = \left. \frac{x^3}{3} \right|_{0}^{4} = \frac{4^3}{3} - \frac{0^3}{3} = \frac{64}{3} - 0 = \frac{64}{3}$

Площадь фигуры равна $\frac{64}{3}$ или $21\frac{1}{3}$ квадратных единиц.

Ответ: $\frac{64}{3}$.

б)

Фигура ограничена линиями $y = x^3$, $y = 0$ (ось Ox), $x = -3$ и $x = 1$.

На отрезке $[-3, 1]$ функция $y = x^3$ меняет знак. На промежутке $[-3, 0]$ функция отрицательна ($x^3 \le 0$), а на промежутке $[0, 1]$ — неотрицательна ($x^3 \ge 0$). Поэтому площадь фигуры равна сумме площадей двух криволинейных трапеций.

Площадь вычисляется как интеграл от модуля функции:

$S = \int_{-3}^{1} |x^3| \,dx = \int_{-3}^{0} (-x^3) \,dx + \int_{0}^{1} x^3 \,dx$

Найдем первообразную для $x^3$ — это $\frac{x^4}{4}$, а для $-x^3$ — это $-\frac{x^4}{4}$.

Вычислим каждый интеграл отдельно:

$\int_{-3}^{0} (-x^3) \,dx = \left. -\frac{x^4}{4} \right|_{-3}^{0} = \left(-\frac{0^4}{4}\right) - \left(-\frac{(-3)^4}{4}\right) = 0 - \left(-\frac{81}{4}\right) = \frac{81}{4}$

$\int_{0}^{1} x^3 \,dx = \left. \frac{x^4}{4} \right|_{0}^{1} = \frac{1^4}{4} - \frac{0^4}{4} = \frac{1}{4} - 0 = \frac{1}{4}$

Сложим полученные значения:

$S = \frac{81}{4} + \frac{1}{4} = \frac{82}{4} = \frac{41}{2} = 20.5$

Ответ: $\frac{41}{2}$.

в)

Фигура ограничена линиями $y = x^2$, $y = 0$ (ось Ox) и $x = -3$. Правая граница определяется точкой пересечения параболы $y = x^2$ с осью Ox, то есть $x = 0$. Таким образом, фигура ограничена отрезком $[-3, 0]$.

На отрезке $[-3, 0]$ функция $y = x^2$ неотрицательна. Площадь вычисляется по формуле:

$S = \int_{-3}^{0} x^2 \,dx$

Используем первообразную $F(x) = \frac{x^3}{3}$:

$S = \left. \frac{x^3}{3} \right|_{-3}^{0} = \frac{0^3}{3} - \frac{(-3)^3}{3} = 0 - \frac{-27}{3} = 9$

Ответ: $9$.

г)

Фигура ограничена линиями $y = x^4$, $y = 0$ (ось Ox), $x = -1$ и $x = 2$.

На всем отрезке $[-1, 2]$ функция $y = x^4$ неотрицательна ($x^4 \ge 0$), так как любая степень с четным показателем дает неотрицательный результат. Поэтому площадь фигуры можно найти как определенный интеграл:

$S = \int_{-1}^{2} x^4 \,dx$

Найдем первообразную для функции $f(x) = x^4$. Это $F(x) = \frac{x^5}{5}$.

Вычислим интеграл по формуле Ньютона-Лейбница:

$S = \left. \frac{x^5}{5} \right|_{-1}^{2} = \frac{2^5}{5} - \frac{(-1)^5}{5} = \frac{32}{5} - \frac{-1}{5} = \frac{32}{5} + \frac{1}{5} = \frac{33}{5}$

Площадь фигуры равна $\frac{33}{5}$ или $6.6$ квадратных единиц.

Ответ: $\frac{33}{5}$.