Номер 60, страница 30 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Шойынбеков

Найдите площадь плоской фигуры, ограниченной линиями (60—61):

60.1) $y = x^2$, $y = x$;

2) $y = x^3$, $y = 1$, $x = 0$;

3) $y = x^2$, $y = 4$;

4) $y = -x^3$, $y = 1$, $x = 0$.

60.1) $y = x^2, y = x$

Дано:

Фигура ограничена линиями $y = x^2$ и $y = x$.

Найти:

Площадь фигуры $S$.

Решение:

1. Найдем точки пересечения графиков функций, чтобы определить пределы интегрирования. Для этого решим систему уравнений:

$y = x^2$

$y = x$

Приравниваем правые части: $x^2 = x$.

$x^2 - x = 0$

$x(x-1) = 0$

Корни уравнения: $x_1 = 0$ и $x_2 = 1$. Это и будут пределы интегрирования.

2. На интервале $(0, 1)$ определим, какая из функций принимает большие значения. Возьмем пробную точку $x=0.5$:

$y_1 = x^2 = (0.5)^2 = 0.25$

$y_2 = x = 0.5$

Так как $0.5 > 0.25$, на интервале $[0, 1]$ график функции $y = x$ лежит выше графика $y = x^2$.

3. Площадь фигуры вычисляется как интеграл от разности верхней и нижней функций в найденных пределах:

$S = \int_{0}^{1} (x - x^2)dx$

4. Вычислим интеграл:

$S = \left[ \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{1} = \left(\frac{1^2}{2} - \frac{1^3}{3}\right) - \left(\frac{0^2}{2} - \frac{0^3}{3}\right) = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{3-2}{6} = \frac{1}{6}$

Ответ: $S = \frac{1}{6}$ кв. ед.

2) $y = x^3, y = 1, x = 0$

Дано:

Фигура ограничена линиями $y = x^3$, $y = 1$ и $x = 0$.

Найти:

Площадь фигуры $S$.

Решение:

1. Фигура ограничена слева прямой $x=0$ (ось Oy), сверху прямой $y=1$ и снизу кривой $y=x^3$.

2. Найдем правую границу интегрирования, найдя точку пересечения линий $y=x^3$ и $y=1$:

$x^3 = 1 \implies x = 1$.

Таким образом, интегрирование будет производиться по $x$ от $0$ до $1$.

3. На интервале $[0, 1]$ верхняя граница фигуры — это прямая $y=1$, а нижняя — кривая $y=x^3$.

4. Площадь фигуры вычисляется по формуле:

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

5. Вычислим интеграл:

$S = \left[ x - \frac{x^4}{4} \right]_{0}^{1} = \left(1 - \frac{1^4}{4}\right) - \left(0 - \frac{0^4}{4}\right) = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$

Ответ: $S = \frac{3}{4}$ кв. ед.

3) $y = x^2, y = 4$

Дано:

Фигура ограничена линиями $y = x^2$ и $y = 4$.

Найти:

Площадь фигуры $S$.

Решение:

1. Найдем точки пересечения графиков, чтобы определить пределы интегрирования:

$x^2 = 4 \implies x = \pm\sqrt{4} \implies x_1 = -2, x_2 = 2$.

2. Фигура ограничена сверху прямой $y=4$ и снизу параболой $y=x^2$ на отрезке $[-2, 2]$.

3. Площадь фигуры вычисляется по формуле:

$S = \int_{-2}^{2} (4 - x^2)dx$

4. Так как подынтегральная функция $f(x) = 4 - x^2$ является четной (т.е. $f(-x) = f(x)$), а пределы интегрирования симметричны относительно нуля, можно упростить вычисление:

$S = 2 \int_{0}^{2} (4 - x^2)dx = 2 \left[ 4x - \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{2} = 2 \left( (4 \cdot 2 - \frac{2^3}{3}) - (0) \right)$

$S = 2 \left( 8 - \frac{8}{3} \right) = 2 \left( \frac{24 - 8}{3} \right) = 2 \cdot \frac{16}{3} = \frac{32}{3}$

Ответ: $S = \frac{32}{3}$ кв. ед.

4) $y = -x^3, y = 1, x = 0$

Дано:

Фигура ограничена линиями $y = -x^3$, $y = 1$ и $x = 0$.

Найти:

Площадь фигуры $S$.

Решение:

1. Фигура ограничена справа прямой $x=0$ (ось Oy) и сверху прямой $y=1$. Найдем левую границу, найдя точку пересечения кривой $y=-x^3$ и прямой $y=1$:

$-x^3 = 1 \implies x^3 = -1 \implies x = -1$.

Таким образом, пределы интегрирования по $x$ будут от $-1$ до $0$.

2. На интервале $[-1, 0]$ верхняя граница фигуры — это прямая $y=1$, а нижняя — кривая $y=-x^3$.

3. Площадь фигуры вычисляется как интеграл от разности верхней и нижней функций:

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

4. Вычислим интеграл:

$S = \left[ x + \frac{x^4}{4} \right]_{-1}^{0} = \left(0 + \frac{0^4}{4}\right) - \left(-1 + \frac{(-1)^4}{4}\right) = 0 - \left(-1 + \frac{1}{4}\right) = - \left(-\frac{3}{4}\right) = \frac{3}{4}$

Ответ: $S = \frac{3}{4}$ кв. ед.