Страница 30 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Шойынбеков

1. В каких случаях площадь фигуры вычисляется с помощью определенного интеграла?

2. Может ли плоская фигура состоять только из криволинейных трапеций? Обоснуйте ответ.

1. В каких случаях площадь фигуры вычисляется с помощью определенного интеграла?

Площадь фигуры вычисляется с помощью определенного интеграла, когда фигура является криволинейной трапецией или может быть представлена в виде объединения или разности нескольких криволинейных трапеций.

Криволинейная трапеция — это плоская фигура, ограниченная графиком непрерывной и неотрицательной на отрезке $[a, b]$ функции $y = f(x)$, осью абсцисс ($y=0$), и двумя прямыми $x=a$ и $x=b$. Площадь $S$ такой фигуры вычисляется по формуле Ньютона-Лейбница:

$S = \int_a^b f(x) \,dx$

В более общем случае, площадь фигуры, ограниченной сверху графиком функции $y = f_2(x)$, а снизу — графиком функции $y = f_1(x)$ (при условии, что $f_2(x) \ge f_1(x)$ для всех $x$ из отрезка $[a, b]$), и ограниченной по бокам прямыми $x=a$ и $x=b$, вычисляется как интеграл от разности этих функций:

$S = \int_a^b (f_2(x) - f_1(x)) \,dx$

Таким образом, с помощью определенного интеграла можно найти площадь любой плоской фигуры, границы которой можно описать с помощью непрерывных функций.

Ответ: Площадь фигуры вычисляется с помощью определенного интеграла, если эта фигура является криволинейной трапецией или может быть представлена как сумма или разность криволинейных трапеций, то есть если она ограничена графиками непрерывных функций и отрезками прямых.

2. Может ли плоская фигура состоять только из криволинейных трапеций? Обоснуйте ответ.

Нет, в строгом геометрическом смысле плоская фигура не может состоять только из криволинейных трапеций.

Обоснование:

Согласно своему определению, криволинейная трапеция — это фигура, ограниченная графиком функции, осью x и двумя вертикальными прямыми. Это означает, что три из четырех ее границ являются отрезками прямых. При любом способе соединения (композиции) таких трапеций, например, прикладывая их друг к другу вдоль вертикальных сторон, у итоговой объединенной фигуры всё равно останутся прямолинейные участки на границе (как минимум, нижнее основание на оси Ох).

Рассмотрим фигуру, граница которой не имеет ни одного прямолинейного участка, например, круг или эллипс. Такую фигуру невозможно "сложить" из криволинейных трапеций, так как у последних всегда есть прямые стороны. Поэтому фигура с полностью криволинейной границей не может состоять из криволинейных трапеций.

Следует различать геометрический состав фигуры и метод вычисления ее площади. Хотя площадь круга вычисляется с помощью интегралов (то есть с помощью идеи о криволинейных трапециях), сам круг геометрически из них не состоит.

Ответ: Нет, не может. Поскольку любая криволинейная трапеция по определению имеет в составе своих границ прямолинейные отрезки, любая фигура, составленная из них путем сложения, также будет иметь на своей границе прямолинейные участки. Следовательно, фигура, граница которой полностью криволинейна (например, круг), не может состоять только из криволинейных трапеций.

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.

61.1) $y = (x+1)^2, y = 1;$

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

3) $y = x^2 + 1, y = 5;$

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

5) $y = -x^2 + 4, y = 0;$

6) $y = x^3 + 1, y = 1, x = 1.$

1) $y=(x+1)^2, y=1$

Решение:

Для нахождения площади фигуры, ограниченной заданными линиями, сначала найдем точки их пересечения, которые будут пределами интегрирования. Приравняем уравнения:

$(x+1)^2 = 1$

Извлекая квадратный корень из обеих частей, получаем:

$x+1 = 1$ или $x+1 = -1$

Отсюда находим $x_1 = 0$ и $x_2 = -2$.

Таким образом, интегрирование будет производиться в пределах от -2 до 0.На интервале $[-2, 0]$ необходимо определить, какая из функций принимает большие значения. Возьмем тестовую точку, например, $x = -1$:

Для $y=(x+1)^2$: $y = (-1+1)^2 = 0$.

Для $y=1$: значение функции равно 1.

Поскольку $1 > 0$, прямая $y=1$ лежит выше параболы $y=(x+1)^2$ на всем интервале $[-2, 0]$.

Площадь $S$ вычисляется как интеграл от разности верхней и нижней функций:

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

Вычисляем определенный интеграл:

$S = \left[ -\frac{x^3}{3} - x^2 \right]_{-2}^{0} = \left(-\frac{0^3}{3} - 0^2\right) - \left(-\frac{(-2)^3}{3} - (-2)^2\right) = 0 - \left(-\frac{-8}{3} - 4\right) = -\left(\frac{8}{3} - 4\right) = -\left(\frac{8 - 12}{3}\right) = -\left(-\frac{4}{3}\right) = \frac{4}{3}$

Ответ: $S = \frac{4}{3}$ кв. ед.

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

Решение:

Фигура ограничена кривой $y=x^3$, прямой $y=x$ и вертикальными линиями $x=0$ и $x=1$. Пределы интегрирования заданы: от 0 до 1.

На интервале $[0, 1]$ определим, какая функция больше. Возьмем тестовую точку, например, $x=0.5$:

Для $y=x^3$: $y = (0.5)^3 = 0.125$.

Для $y=x$: $y = 0.5$.

Поскольку $0.5 > 0.125$, прямая $y=x$ лежит выше кривой $y=x^3$ на интервале $[0, 1]$.

Площадь $S$ вычисляется как интеграл от разности верхней и нижней функций:

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

Вычисляем определенный интеграл:

$S = \left[ \frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{4} \right]_{0}^{1} = \left(\frac{1^2}{2} - \frac{1^4}{4}\right) - \left(\frac{0^2}{2} - \frac{0^4}{4}\right) = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \frac{1}{4}$

Ответ: $S = \frac{1}{4}$ кв. ед.

3) $y=x^2+1, y=5$

Решение:

Найдем точки пересечения, приравняв уравнения:

$x^2+1 = 5$

$x^2 = 4$

$x = \pm 2$.

Пределы интегрирования: от -2 до 2. На интервале $[-2, 2]$ прямая $y=5$ находится выше параболы $y=x^2+1$, так как, например, при $x=0$, $5 > 1$.

Площадь вычисляется по формуле:

$S = \int_{-2}^{2} (5 - (x^2+1)) dx = \int_{-2}^{2} (4 - x^2) dx$

Поскольку подынтегральная функция $4 - x^2$ является четной, а пределы интегрирования симметричны относительно нуля, можно упростить вычисление:

$S = 2 \int_{0}^{2} (4 - x^2) dx = 2 \left[ 4x - \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{2} = 2 \left( (4 \cdot 2 - \frac{2^3}{3}) - 0 \right) = 2 \left( 8 - \frac{8}{3} \right) = 2 \left( \frac{24 - 8}{3} \right) = 2 \cdot \frac{16}{3} = \frac{32}{3}$

Ответ: $S = \frac{32}{3}$ кв. ед.

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

Решение:

Найдем точки пересечения:

$3-x^2 = 2$

$x^2 = 1$

$x = \pm 1$.

Пределы интегрирования: от -1 до 1. На интервале $[-1, 1]$ парабола $y=3-x^2$ находится выше прямой $y=2$, так как, например, при $x=0$, $3 > 2$.

Площадь вычисляется по формуле:

$S = \int_{-1}^{1} ((3-x^2) - 2) dx = \int_{-1}^{1} (1 - x^2) dx$

Используем свойство четной функции:

$S = 2 \int_{0}^{1} (1 - x^2) dx = 2 \left[ x - \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{1} = 2 \left( (1 - \frac{1}{3}) - 0 \right) = 2 \left( \frac{2}{3} \right) = \frac{4}{3}$

Ответ: $S = \frac{4}{3}$ кв. ед.

5) $y=-x^2+4, y=0$

Решение:

Фигура ограничена параболой $y=-x^2+4$ и осью абсцисс ($y=0$).

Найдем точки пересечения:

$-x^2+4 = 0$

$x^2 = 4$

$x = \pm 2$.

Пределы интегрирования: от -2 до 2. На этом интервале парабола находится выше оси $x$ (например, при $x=0$, $y=4>0$).

Площадь вычисляется по формуле:

$S = \int_{-2}^{2} (-x^2+4 - 0) dx = \int_{-2}^{2} (4-x^2) dx$

Этот интеграл совпадает с интегралом из задачи 3). Поэтому:

$S = \frac{32}{3}$

Ответ: $S = \frac{32}{3}$ кв. ед.

6) $y=x^3+1, y=1, x=1$

Решение:

Фигура ограничена кривой $y=x^3+1$, горизонтальной прямой $y=1$ и вертикальной прямой $x=1$.

Найдем точку пересечения кривой $y=x^3+1$ и прямой $y=1$:

$x^3+1 = 1$

$x^3 = 0 \implies x=0$.

Таким образом, фигура ограничена слева прямой $x=0$, справа прямой $x=1$, снизу прямой $y=1$ и сверху кривой $y=x^3+1$.

На интервале $[0, 1]$ кривая $y=x^3+1$ находится выше прямой $y=1$. Например, при $x=0.5$, $y=(0.5)^3+1=1.125 > 1$.

Площадь вычисляется по формуле:

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

Вычисляем интеграл:

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

Ответ: $S = \frac{1}{4}$ кв. ед.

62. Вычислите площади плоских фигур, изображенных на рис. 13.

1 $y = x^2 + 4x + 4$

$y = 1$

2 $y = 1 - x^3$

$y = 2$

3 $y = -x^2 + 4$

$y = x + 2$

4 $y = x^2 + 1$

$y = 1 + 2x - x^2$

Рис. 13

1

Дано:
Фигура ограничена линиями $y = x^2 + 4x + 4$ и $y = 1$.

Найти:
Площадь фигуры $S$.

Решение:
Площадь фигуры, ограниченной кривыми $y=f_1(x)$ и $y=f_2(x)$, где $f_2(x) \ge f_1(x)$ на отрезке $[a, b]$, вычисляется по формуле: $S = \int_{a}^{b} (f_2(x) - f_1(x)) dx$.
Сначала найдем точки пересечения графиков, чтобы определить пределы интегрирования $a$ и $b$. $x^2 + 4x + 4 = 1$
$x^2 + 4x + 3 = 0$
По теореме Виета, корни уравнения: $x_1 = -3$, $x_2 = -1$. Таким образом, $a = -3$ и $b = -1$.
На интервале $(-3, -1)$ парабола $y = x^2 + 4x + 4 = (x+2)^2$ находится ниже прямой $y=1$. Например, при $x=-2$, $y = (-2+2)^2 = 0$, что меньше 1. Следовательно, верхняя функция $f_2(x) = 1$, а нижняя $f_1(x) = x^2 + 4x + 4$.
Вычисляем интеграл: $S = \int_{-3}^{-1} (1 - (x^2 + 4x + 4)) dx = \int_{-3}^{-1} (-x^2 - 4x - 3) dx$
$S = \left[-\frac{x^3}{3} - 2x^2 - 3x\right]_{-3}^{-1}$
$S = \left(-\frac{(-1)^3}{3} - 2(-1)^2 - 3(-1)\right) - \left(-\frac{(-3)^3}{3} - 2(-3)^2 - 3(-3)\right)$
$S = \left(\frac{1}{3} - 2 + 3\right) - \left(\frac{27}{3} - 18 + 9\right) = \left(\frac{1}{3} + 1\right) - (9 - 18 + 9) = \frac{4}{3} - 0 = \frac{4}{3}$.

Ответ: $S = \frac{4}{3}$.

2

Дано:
Фигура ограничена линиями $y=1-x^3$, $y=2$, $x=-1$ и $x=1$.

Найти:
Площадь фигуры $S$.

Решение:
Фигура ограничена сверху прямой $y=2$ и снизу кривой $y=1-x^3$. Пределы интегрирования видны на графике: от $a=-1$ до $b=1$. Убедимся, что на отрезке $[-1, 1]$ прямая $y=2$ находится выше кривой $y=1-x^3$. Функция $x^3$ является возрастающей, следовательно, $-x^3$ является убывающей. Максимальное значение функции $y=1-x^3$ на отрезке $[-1, 1]$ достигается при $x=-1$ и равно $y(-1) = 1 - (-1)^3 = 2$. Во всех остальных точках отрезка $1-x^3 < 2$. Таким образом, верхняя функция $f_2(x) = 2$, а нижняя $f_1(x) = 1 - x^3$.
Вычисляем площадь: $S = \int_{-1}^{1} (2 - (1 - x^3)) dx = \int_{-1}^{1} (1 + x^3) dx$
$S = \left[x + \frac{x^4}{4}\right]_{-1}^{1}$
$S = \left(1 + \frac{1^4}{4}\right) - \left(-1 + \frac{(-1)^4}{4}\right) = \left(1 + \frac{1}{4}\right) - \left(-1 + \frac{1}{4}\right) = \frac{5}{4} - \left(-\frac{3}{4}\right) = \frac{5}{4} + \frac{3}{4} = \frac{8}{4} = 2$.

Ответ: $S = 2$.

3

Дано:
Фигура ограничена линиями $y = -x^2 + 4$ и $y = x + 2$.

Найти:
Площадь фигуры $S$.

Решение:
Найдем точки пересечения графиков для определения пределов интегрирования: $-x^2 + 4 = x + 2$
$x^2 + x - 2 = 0$
Корни уравнения (по теореме Виета или через дискриминант): $x_1 = -2$, $x_2 = 1$. Таким образом, $a = -2$ и $b = 1$.
На интервале $(-2, 1)$ определим, какая функция больше. Возьмем пробную точку $x=0$. $y_{парабола} = -0^2 + 4 = 4$. $y_{прямая} = 0 + 2 = 2$.
Так как $4 > 2$, парабола $y = -x^2 + 4$ является верхней границей ($f_2(x)$), а прямая $y = x + 2$ - нижней ($f_1(x)$).
Вычисляем площадь: $S = \int_{-2}^{1} ((-x^2 + 4) - (x + 2)) dx = \int_{-2}^{1} (-x^2 - x + 2) dx$
$S = \left[-\frac{x^3}{3} - \frac{x^2}{2} + 2x\right]_{-2}^{1}$
$S = \left(-\frac{1^3}{3} - \frac{1^2}{2} + 2(1)\right) - \left(-\frac{(-2)^3}{3} - \frac{(-2)^2}{2} + 2(-2)\right)$
$S = \left(-\frac{1}{3} - \frac{1}{2} + 2\right) - \left(\frac{8}{3} - 2 - 4\right) = \left(\frac{-2-3+12}{6}\right) - \left(\frac{8}{3} - 6\right) = \frac{7}{6} - \left(\frac{8-18}{3}\right) = \frac{7}{6} - \left(-\frac{10}{3}\right)$
$S = \frac{7}{6} + \frac{10}{3} = \frac{7}{6} + \frac{20}{6} = \frac{27}{6} = \frac{9}{2} = 4.5$.

Ответ: $S = 4.5$.

4

Дано:
Фигура ограничена параболами $y = x^2 + 1$ и $y = 1 + 2x - x^2$.

Найти:
Площадь фигуры $S$.

Решение:
Найдем точки пересечения парабол, чтобы определить пределы интегрирования: $x^2 + 1 = 1 + 2x - x^2$
$2x^2 - 2x = 0$
$2x(x - 1) = 0$
Корни уравнения: $x_1 = 0$, $x_2 = 1$. Таким образом, $a = 0$ и $b = 1$.
На интервале $(0, 1)$ определим, какая функция является верхней границей. Возьмем пробную точку $x=0.5$. $y_1 = (0.5)^2 + 1 = 0.25 + 1 = 1.25$. $y_2 = 1 + 2(0.5) - (0.5)^2 = 1 + 1 - 0.25 = 1.75$.
Так как $1.75 > 1.25$, парабола $y = 1 + 2x - x^2$ является верхней границей ($f_2(x)$), а парабола $y = x^2 + 1$ - нижней ($f_1(x)$).
Вычисляем площадь: $S = \int_{0}^{1} ((1 + 2x - x^2) - (x^2 + 1)) dx = \int_{0}^{1} (2x - 2x^2) dx$
$S = \left[x^2 - \frac{2x^3}{3}\right]_{0}^{1}$
$S = \left(1^2 - \frac{2 \cdot 1^3}{3}\right) - \left(0^2 - \frac{2 \cdot 0^3}{3}\right) = \left(1 - \frac{2}{3}\right) - 0 = \frac{1}{3}$.

Ответ: $S = \frac{1}{3}$.