Номер 49.30, страница 200, часть 2 - гдз по алгебре 10-11 класс задачник Мордкович, Семенов

§49. Определённый интеграл. Глава 8. Первообразная и интеграл. ч. 2 - номер 49.30, страница 200.

49.30 a) $\int_{0}^{\sqrt{2}} \sqrt{4 - x^2} dx;$

б) $\int_{-4}^{4} \sqrt{64 - x^2} dx.$

а) Вычислим определенный интеграл $ \int_{0}^{\sqrt{2}} \sqrt{4 - x^2} dx $.

Данную задачу можно решить двумя способами: используя геометрический смысл определенного интеграла или с помощью аналитического вычисления через тригонометрическую подстановку.

Способ 1: Геометрический.

Определенный интеграл $ \int_{a}^{b} f(x) dx $ равен площади криволинейной трапеции, ограниченной графиком функции $y=f(x)$, осью абсцисс $Ox$ и прямыми $x=a$ и $x=b$.

В нашем случае подынтегральная функция $y = \sqrt{4 - x^2}$ задает верхнюю половину окружности $x^2 + y^2 = 2^2$ с центром в начале координат и радиусом $R=2$. Пределы интегрирования от $x=0$ до $x=\sqrt{2}$.

Следовательно, нам нужно найти площадь фигуры, ограниченной осью $Oy$ ($x=0$), осью $Ox$ ($y=0$), прямой $x=\sqrt{2}$ и дугой окружности $y = \sqrt{4 - x^2}$.

Эту фигуру можно разбить на две более простые: треугольник и круговой сектор. Найдем конечную точку на дуге при $x=\sqrt{2}$. Координата $y$ будет равна $y = \sqrt{4 - (\sqrt{2})^2} = \sqrt{2}$. Обозначим эту точку как $P(\sqrt{2}, \sqrt{2})$.

Искомая площадь является суммой площадей:

1. Прямоугольного треугольника с вершинами в точках $O(0,0)$, $A(\sqrt{2},0)$ и $P(\sqrt{2},\sqrt{2})$. Его площадь $S_{треуг} = \frac{1}{2} \cdot \text{основание} \cdot \text{высота} = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{2} \cdot \sqrt{2} = 1$.

2. Кругового сектора, ограниченного осью $Oy$, дугой окружности и отрезком $OP$. Чтобы найти его площадь, определим угол, который образует радиус $OP$ с осями. Угол $\alpha$ с положительным направлением оси $Ox$ определяется из условий $\cos\alpha = \frac{x}{R} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ и $\sin\alpha = \frac{y}{R} = \frac{\sqrt{2}}{2}$, откуда $\alpha = \frac{\pi}{4}$. Угол между радиусом $OP$ и осью $Oy$ составляет $\frac{\pi}{2} - \alpha = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}$.

Площадь этого сектора $S_{сект} = \frac{1}{2} R^2 \cdot (\text{угол}) = \frac{1}{2} \cdot 2^2 \cdot \frac{\pi}{4} = \frac{4\pi}{8} = \frac{\pi}{2}$.

Полная площадь, а следовательно и значение интеграла, равна $S = S_{треуг} + S_{сект} = 1 + \frac{\pi}{2}$.

Способ 2: Аналитический (тригонометрическая подстановка).

Выполним замену переменной $x = 2\sin{t}$. Тогда дифференциал $dx = 2\cos{t} dt$.
Определим новые пределы интегрирования:

• при $x=0$: $2\sin{t} = 0 \implies t=0$.
• при $x=\sqrt{2}$: $2\sin{t} = \sqrt{2} \implies \sin{t}=\frac{\sqrt{2}}{2} \implies t=\frac{\pi}{4}$.

Подставим в интеграл: $ \int_{0}^{\pi/4} \sqrt{4 - (2\sin{t})^2} \cdot 2\cos{t} dt = \int_{0}^{\pi/4} \sqrt{4(1 - \sin^2{t})} \cdot 2\cos{t} dt = \int_{0}^{\pi/4} \sqrt{4\cos^2{t}} \cdot 2\cos{t} dt $.

На отрезке $[0, \frac{\pi}{4}]$ значение $\cos{t} \ge 0$, поэтому $\sqrt{4\cos^2{t}} = 2\cos{t}$.

$ \int_{0}^{\pi/4} 2\cos{t} \cdot 2\cos{t} dt = 4 \int_{0}^{\pi/4} \cos^2{t} dt $.

Используя формулу понижения степени $\cos^2{t} = \frac{1 + \cos{2t}}{2}$, получаем:

$ 4 \int_{0}^{\pi/4} \frac{1 + \cos{2t}}{2} dt = 2 \int_{0}^{\pi/4} (1 + \cos{2t}) dt = 2 \left[ t + \frac{1}{2}\sin{2t} \right]_{0}^{\pi/4} $

$ = 2 \left( \left(\frac{\pi}{4} + \frac{1}{2}\sin(2 \cdot \frac{\pi}{4})\right) - \left(0 + \frac{1}{2}\sin(0)\right) \right) = 2 \left( \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2}\sin(\frac{\pi}{2}) \right) = 2 \left( \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \cdot 1 \right) = \frac{\pi}{2} + 1$.

Ответ: $1 + \frac{\pi}{2}$.

---

б) Вычислим определенный интеграл $ \int_{-4}^{4} \sqrt{64 - x^2} dx $.

Как и в предыдущем пункте, решим задачу двумя способами.

Способ 1: Геометрический.

Подынтегральная функция $y = \sqrt{64 - x^2}$ задает верхнюю половину окружности $x^2 + y^2 = 8^2$ с центром в начале координат и радиусом $R=8$. Пределы интегрирования от $x=-4$ до $x=4$.

Поскольку подынтегральная функция $f(x) = \sqrt{64 - x^2}$ является четной ($f(-x) = f(x)$), а пределы интегрирования симметричны относительно нуля, мы можем записать: $ \int_{-4}^{4} \sqrt{64 - x^2} dx = 2 \int_{0}^{4} \sqrt{64 - x^2} dx $.

Теперь найдем площадь фигуры в первом квадранте, ограниченной осями координат, прямой $x=4$ и дугой окружности. При $x=4$ имеем $y = \sqrt{64 - 4^2} = \sqrt{48} = 4\sqrt{3}$. Обозначим эту точку $P(4, 4\sqrt{3})$.

Разобьем эту площадь на площадь прямоугольного треугольника $O(0,0)$, $A(4,0)$, $P(4, 4\sqrt{3})$ и площадь кругового сектора, как в пункте а).

Площадь треугольника: $S_{треуг} = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4\sqrt{3} = 8\sqrt{3}$.

Угол $\alpha$ радиуса $OP$ с осью $Ox$: $\cos\alpha = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$, $\sin\alpha = \frac{4\sqrt{3}}{8} = \frac{\sqrt{3}}{2}$, откуда $\alpha = \frac{\pi}{3}$. Угол сектора между $OP$ и осью $Oy$ равен $\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{6}$.

Площадь сектора: $S_{сект} = \frac{1}{2} R^2 \cdot (\text{угол}) = \frac{1}{2} \cdot 8^2 \cdot \frac{\pi}{6} = 32 \cdot \frac{\pi}{6} = \frac{16\pi}{3}$.

Площадь в первом квадранте: $S_{1} = S_{треуг} + S_{сект} = 8\sqrt{3} + \frac{16\pi}{3}$.

Полное значение интеграла: $S = 2 \cdot S_{1} = 2 \left( 8\sqrt{3} + \frac{16\pi}{3} \right) = 16\sqrt{3} + \frac{32\pi}{3}$.

Способ 2: Аналитический (тригонометрическая подстановка).

Выполним замену $x = 8\sin{t}$, тогда $dx = 8\cos{t} dt$.
Новые пределы интегрирования:

• при $x=-4$: $8\sin{t} = -4 \implies \sin{t}=-\frac{1}{2} \implies t=-\frac{\pi}{6}$.
• при $x=4$: $8\sin{t} = 4 \implies \sin{t}=\frac{1}{2} \implies t=\frac{\pi}{6}$.

Подставим в интеграл: $ \int_{-\pi/6}^{\pi/6} \sqrt{64 - (8\sin{t})^2} \cdot 8\cos{t} dt = \int_{-\pi/6}^{\pi/6} \sqrt{64\cos^2{t}} \cdot 8\cos{t} dt $.

На отрезке $[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}]$ значение $\cos{t} \ge 0$, поэтому $\sqrt{64\cos^2{t}} = 8\cos{t}$.

$ \int_{-\pi/6}^{\pi/6} 8\cos{t} \cdot 8\cos{t} dt = 64 \int_{-\pi/6}^{\pi/6} \cos^2{t} dt $.

Используя формулу $\cos^2{t} = \frac{1 + \cos{2t}}{2}$:

$ 64 \int_{-\pi/6}^{\pi/6} \frac{1 + \cos{2t}}{2} dt = 32 \int_{-\pi/6}^{\pi/6} (1 + \cos{2t}) dt = 32 \left[ t + \frac{1}{2}\sin{2t} \right]_{-\pi/6}^{\pi/6} $

$ = 32 \left( \left(\frac{\pi}{6} + \frac{1}{2}\sin(\frac{\pi}{3})\right) - \left(-\frac{\pi}{6} + \frac{1}{2}\sin(-\frac{\pi}{3})\right) \right) $

$ = 32 \left( \frac{\pi}{6} + \frac{1}{2}\frac{\sqrt{3}}{2} - (-\frac{\pi}{6} - \frac{1}{2}\frac{\sqrt{3}}{2}) \right) = 32 \left( \frac{\pi}{6} + \frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{\pi}{6} + \frac{\sqrt{3}}{4} \right) $

$ = 32 \left( \frac{2\pi}{6} + \frac{2\sqrt{3}}{4} \right) = 32 \left( \frac{\pi}{3} + \frac{\sqrt{3}}{2} \right) = \frac{32\pi}{3} + 16\sqrt{3}$.

Ответ: $16\sqrt{3} + \frac{32\pi}{3}$.