Номер 396, страница 164 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

Глава 4. Первообразная и интеграл. Упражнения к главе IV - номер 396, страница 164.

Условие.

396. 1) $y = x^2 - 6x + 9$, $y = x^2 + 4x + 4$, $y = 0;$

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

3) $y = x^2$, $y = 2\sqrt{2x};$

4) $y = \sqrt{x}$, $y = \sqrt{4-3x}$, $y = 0.$

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

1) Фигура ограничена линиями $y = x^2 - 6x + 9$, $y = x^2 + 4x + 4$ и $y = 0$.

Преобразуем уравнения парабол, выделив полные квадраты: $y_1 = x^2 - 6x + 9 = (x - 3)^2$ и $y_2 = x^2 + 4x + 4 = (x + 2)^2$. Это параболы с ветвями вверх. Вершина первой параболы находится в точке $(3, 0)$, а второй — в точке $(-2, 0)$. Обе параболы касаются оси $Ox$ ($y=0$) в своих вершинах.

Найдем точку пересечения парабол, приравняв их уравнения: $x^2 - 6x + 9 = x^2 + 4x + 4$. Отсюда получаем $-10x = -5$, то есть $x = 0.5$. Ордината точки пересечения $y = (0.5 - 3)^2 = (-2.5)^2 = 6.25$.

Фигура ограничена снизу осью $Ox$. Сверху фигура ограничена графиком функции $y = (x + 2)^2$ на отрезке $[-2, 0.5]$ и графиком функции $y = (x - 3)^2$ на отрезке $[0.5, 3]$. Площадь фигуры $S$ равна сумме двух интегралов:

$S = \int_{-2}^{0.5} (x+2)^2 dx + \int_{0.5}^{3} (x-3)^2 dx$

Вычислим первый интеграл: $\int_{-2}^{0.5} (x+2)^2 dx = \left[ \frac{(x+2)^3}{3} \right]_{-2}^{0.5} = \frac{(0.5+2)^3}{3} - \frac{(-2+2)^3}{3} = \frac{(2.5)^3}{3} - 0 = \frac{15.625}{3} = \frac{125/8}{3} = \frac{125}{24}$.

Вычислим второй интеграл: $\int_{0.5}^{3} (x-3)^2 dx = \left[ \frac{(x-3)^3}{3} \right]_{0.5}^{3} = \frac{(3-3)^3}{3} - \frac{(0.5-3)^3}{3} = 0 - \frac{(-2.5)^3}{3} = \frac{15.625}{3} = \frac{125}{24}$.

Общая площадь: $S = \frac{125}{24} + \frac{125}{24} = \frac{250}{24} = \frac{125}{12}$.

Ответ: $\frac{125}{12}$

2) Фигура ограничена параболами $y = x^2 + 1$ и $y = 3 - x^2$.

Парабола $y_1 = x^2 + 1$ имеет вершину в точке $(0, 1)$ и ветви направлены вверх. Парабола $y_2 = 3 - x^2$ имеет вершину в точке $(0, 3)$ и ветви направлены вниз.

Найдем точки пересечения графиков: $x^2 + 1 = 3 - x^2$. Отсюда $2x^2 = 2$, $x^2 = 1$, что дает $x_1 = -1$ и $x_2 = 1$.

На интервале $(-1, 1)$ парабола $y = 3 - x^2$ находится выше параболы $y = x^2 + 1$. Площадь фигуры вычисляется как интеграл от разности функций (верхней и нижней):

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

Так как подынтегральная функция $f(x) = 2 - 2x^2$ является четной, а пределы интегрирования симметричны относительно нуля, можно упростить вычисление: $S = 2 \int_{0}^{1} (2 - 2x^2) dx$.

Вычисляем интеграл: $S = 2 \left[ 2x - \frac{2x^3}{3} \right]_{0}^{1} = 2 \left( (2 \cdot 1 - \frac{2 \cdot 1^3}{3}) - (0) \right) = 2 \left( 2 - \frac{2}{3} \right) = 2 \cdot \frac{4}{3} = \frac{8}{3}$.

Ответ: $\frac{8}{3}$

3) Фигура ограничена параболой $y = x^2$ и кривой $y = 2\sqrt{2x}$.

Область определения функции $y = 2\sqrt{2x}$ — это $x \ge 0$. Оба графика начинаются в точке $(0, 0)$.

Найдем точки пересечения: $x^2 = 2\sqrt{2x}$. Возведем обе части в квадрат (при условии $x \ge 0$): $(x^2)^2 = (2\sqrt{2x})^2$, что дает $x^4 = 4(2x) = 8x$.

Решим уравнение $x^4 - 8x = 0 \implies x(x^3 - 8) = 0$. Корни уравнения: $x_1 = 0$ и $x_2 = 2$.

На отрезке $[0, 2]$ определим, какая функция больше. Возьмем пробную точку $x=1$: $y(1) = 1^2 = 1$ для первой кривой, и $y(1) = 2\sqrt{2 \cdot 1} = 2\sqrt{2}$ для второй. Так как $2\sqrt{2} > 1$, кривая $y = 2\sqrt{2x}$ лежит выше параболы $y = x^2$.

Площадь фигуры вычисляется по формуле:

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

Вычисляем интеграл: $S = \left[ 2\sqrt{2} \frac{x^{3/2}}{3/2} - \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{2} = \left[ \frac{4\sqrt{2}}{3} x^{3/2} - \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{2} = \left( \frac{4\sqrt{2}}{3} \cdot 2^{3/2} - \frac{2^3}{3} \right) - 0 = \frac{4\sqrt{2}}{3} \cdot 2\sqrt{2} - \frac{8}{3} = \frac{16}{3} - \frac{8}{3} = \frac{8}{3}$.

Ответ: $\frac{8}{3}$

4) Фигура ограничена линиями $y = \sqrt{x}$, $y = \sqrt{4 - 3x}$ и $y = 0$ (ось $Ox$).

Функция $y_1 = \sqrt{x}$ определена при $x \ge 0$. Ее график выходит из точки $(0, 0)$. Функция $y_2 = \sqrt{4 - 3x}$ определена при $4 - 3x \ge 0$, то есть $x \le 4/3$. Ее график пересекает ось $Ox$ в точке $(4/3, 0)$.

Найдем точку пересечения кривых $y_1$ и $y_2$: $\sqrt{x} = \sqrt{4 - 3x}$. Возведя обе части в квадрат, получим: $x = 4 - 3x$, откуда $4x = 4$, $x=1$. Ордината точки пересечения $y = \sqrt{1} = 1$.

Фигура ограничена снизу осью $Ox$. Верхняя граница фигуры на отрезке $[0, 1]$ задается функцией $y = \sqrt{x}$, а на отрезке $[1, 4/3]$ — функцией $y = \sqrt{4 - 3x}$.

Площадь фигуры $S$ равна сумме двух интегралов:

$S = \int_{0}^{1} \sqrt{x} dx + \int_{1}^{4/3} \sqrt{4 - 3x} dx$.

Вычислим первый интеграл: $\int_{0}^{1} x^{1/2} dx = \left[ \frac{x^{3/2}}{3/2} \right]_{0}^{1} = \left[ \frac{2}{3}x^{3/2} \right]_{0}^{1} = \frac{2}{3}(1) - 0 = \frac{2}{3}$.

Вычислим второй интеграл с помощью замены $u = 4 - 3x$, тогда $du = -3dx$, $dx = -du/3$. Новые пределы интегрирования: при $x=1$, $u=4-3=1$; при $x=4/3$, $u=4-3(4/3)=0$.

$\int_{1}^{4/3} \sqrt{4 - 3x} dx = \int_{1}^{0} \sqrt{u} (-\frac{1}{3}du) = \frac{1}{3} \int_{0}^{1} u^{1/2} du = \frac{1}{3} \left[ \frac{2}{3}u^{3/2} \right]_{0}^{1} = \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{2}{9}$.

Общая площадь: $S = \frac{2}{3} + \frac{2}{9} = \frac{6}{9} + \frac{2}{9} = \frac{8}{9}$.

Ответ: $\frac{8}{9}$