Номер 4.1, страница 34 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Жумагулова

Найдите площадь плоской фигуры, ограниченной линиями (4.1–4.2):

4.1. 1) $y = x^2, y = x;$

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

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

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

1)

Для нахождения площади фигуры, ограниченной линиями $y = x^2$ и $y = x$, сначала найдём точки их пересечения. Для этого приравняем правые части уравнений:

$x^2 = x$

$x^2 - x = 0$

$x(x - 1) = 0$

Отсюда получаем абсциссы точек пересечения: $x_1 = 0$ и $x_2 = 1$. Это будут наши пределы интегрирования.

В интервале $[0, 1]$ график прямой $y = x$ расположен выше графика параболы $y = x^2$. Чтобы в этом убедиться, можно взять любую точку из интервала, например, $x = 0.5$. Тогда $y=x=0.5$, а $y=x^2=0.25$. Так как $0.5 > 0.25$, то $y=x$ является верхней функцией.

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

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

Вычислим этот определённый интеграл:

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

Ответ: $S = \frac{1}{6}$.

2)

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

Найдём пределы интегрирования по оси $x$. Левая граница задана уравнением $x = 0$. Правую границу найдём, определив точку пересечения кривой $y = x^3$ и прямой $y = 1$:

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

Интегрировать будем в пределах от $0$ до $1$. В этом интервале прямая $y=1$ находится выше кривой $y=x^3$ (например, при $x=0.5$, $y=1$, а $y=x^3=0.125$).

Площадь фигуры $S$ вычисляется по формуле:

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

Вычислим интеграл:

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

Ответ: $S = \frac{3}{4}$.

3)

Фигура ограничена параболой $y = x^2$ и прямой $y = 4$.

Найдём пределы интегрирования, найдя точки пересечения графиков:

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

На интервале $[-2, 2]$ прямая $y=4$ (верхняя граница) расположена выше параболы $y=x^2$ (нижняя граница).

Площадь фигуры $S$ равна:

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

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

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

$S = 2 \left( \left( 4 \cdot 2 - \frac{2^3}{3} \right) - \left( 4 \cdot 0 - \frac{0^3}{3} \right) \right) = 2 \left( 8 - \frac{8}{3} \right) = 2 \left( \frac{24 - 8}{3} \right) = 2 \cdot \frac{16}{3} = \frac{32}{3}$.

Ответ: $S = \frac{32}{3}$.

4)

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

Правая граница области интегрирования задана прямой $x = 0$. Левую границу найдём из точки пересечения кривой $y = -x^3$ и прямой $y = 1$:

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

Таким образом, пределы интегрирования — от $-1$ до $0$. На этом интервале прямая $y=1$ является верхней границей, а кривая $y=-x^3$ — нижней.

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

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

Вычислим интеграл:

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

Ответ: $S = \frac{3}{4}$.