Страница 34 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Жумагулова

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 плоской фигуры вычисляется с помощью определенного интеграла в случаях, когда фигура или ее части могут быть представлены как криволинейные трапеции. Геометрический смысл определенного интеграла — это площадь криволинейной трапеции. Рассмотрим основные случаи:

а) Площадь криволинейной трапеции.

Если фигура является криволинейной трапецией, ограниченной графиком непрерывной и неотрицательной функции $y = f(x)$ (где $f(x) \ge 0$) на отрезке $[a, b]$, осью абсцисс ($Ox$) и прямыми $x = a$ и $x = b$, то ее площадь $S$ вычисляется по формуле Ньютона-Лейбница:

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

б) Фигура ограничена кривой, которая может принимать отрицательные значения.

Если функция $y = f(x)$ может быть отрицательной на отрезке $[a, b]$, то площадь фигуры, ограниченной графиком этой функции, осью $Ox$ и прямыми $x = a$ и $x = b$, вычисляется как интеграл от модуля функции:

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

На практике это означает, что для участков, где $f(x) < 0$, интеграл берется со знаком минус, чтобы площадь была положительной величиной.

в) Площадь фигуры, ограниченной двумя кривыми.

Это наиболее общий случай. Если фигура ограничена сверху графиком функции $y = f(x)$, снизу — графиком функции $y = g(x)$ (где $f(x) \ge g(x)$ на отрезке $[a, b]$), и прямыми $x = a$ и $x = b$, то ее площадь вычисляется как разность интегралов:

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

Эта формула универсальна и включает в себя первый случай, если положить $g(x) = 0$.

Таким образом, определенный интеграл является мощным инструментом для нахождения площадей фигур, ограниченных различными кривыми.

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

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

Ответ на этот вопрос зависит от того, как трактовать фразу "состоять только из".

С одной стороны, если рассматривать саму криволинейную трапецию как фигуру, то ответ — нет. По определению, криволинейная трапеция — это фигура, ограниченная графиком функции $y=f(x)$, осью абсцисс и двумя вертикальными прямыми $x=a$ и $x=b$. Таким образом, три из четырех границ этой фигуры являются отрезками прямых линий. Следовательно, сама криволинейная трапеция не может состоять "только" из кривых; в ее границах обязательно присутствуют прямолинейные участки.

С другой стороны, если понимать вопрос как "может ли фигура быть составлена из криволинейных трапеций так, чтобы ее итоговая граница была полностью криволинейной?", то ответ — да.

Обоснование: Можно составить фигуру из нескольких криволинейных трапеций таким образом, что их прямолинейные границы окажутся внутри новой, составной фигуры и не будут являться ее внешними границами.

Например, рассмотрим круг радиуса $R$ с центром в начале координат, заданный неравенством $x^2 + y^2 \le R^2$. Его граница — окружность — является кривой линией. Этот круг можно представить как объединение двух фигур:

1. Верхний полукруг — это криволинейная трапеция, ограниченная сверху функцией $y = \sqrt{R^2 - x^2}$, снизу — осью $Ox$ на отрезке $[-R, R]$.

2. Нижний полукруг — фигура, ограниченная снизу функцией $y = -\sqrt{R^2 - x^2}$ и сверху — осью $Ox$ на том же отрезке. Эту фигуру также можно рассматривать как криволинейную трапецию (с "отрицательной" высотой).

Когда мы объединяем эти две фигуры, их общая прямолинейная граница (отрезок оси $Ox$ от $-R$ до $R$) оказывается внутри круга, а внешняя граница итоговой фигуры — это окружность $x^2 + y^2 = R^2$, которая не имеет прямолинейных участков.

Таким образом, фигура (круг), граница которой полностью криволинейна, может быть составлена из двух криволинейных трапеций.

Ответ: Да, плоская фигура может быть составлена из криволинейных трапеций таким образом, что ее итоговая граница будет полностью криволинейной, хотя сами по себе криволинейные трапеции имеют в своих границах прямолинейные отрезки.

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: $S = \frac{3}{4}$.

4.2. 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) Чтобы найти площадь фигуры, ограниченной линиями $y=(x+1)^2$ и $y=1$, сначала найдем точки их пересечения, которые будут пределами интегрирования. Приравняем уравнения: $(x+1)^2 = 1$ $x+1 = \pm\sqrt{1}$ $x+1 = 1$ или $x+1 = -1$ $x_1 = 0$, $x_2 = -2$. Таким образом, пределы интегрирования от $a = -2$ до $b = 0$. На интервале $(-2, 0)$ необходимо определить, какая из функций больше. Возьмем тестовую точку, например, $x=-1$. Для $y=(x+1)^2$: $y = (-1+1)^2 = 0$. Для $y=1$: $y=1$. Поскольку $1 > 0$, на всем интервале $[-2, 0]$ прямая $y=1$ находится выше параболы $y=(x+1)^2$. Площадь $S$ вычисляется как интеграл от разности верхней и нижней функций: $S = \int_{-2}^{0} (1 - (x+1)^2) dx = \int_{-2}^{0} (1 - (x^2 + 2x + 1)) dx = \int_{-2}^{0} (-x^2 - 2x) dx$. Вычислим определенный интеграл: $S = \left[-\frac{x^3}{3} - x^2\right]_{-2}^{0} = \left(-\frac{0^3}{3} - 0^2\right) - \left(-\frac{(-2)^3}{3} - (-2)^2\right) = 0 - \left(-\frac{-8}{3} - 4\right) = 0 - \left(\frac{8}{3} - \frac{12}{3}\right) = -\left(-\frac{4}{3}\right) = \frac{4}{3}$. Ответ: $S = \frac{4}{3}$.

2) Фигура ограничена кривыми $y = x^3$, $y = x$ и вертикальными прямыми $x=0$, $x=1$. Пределы интегрирования заданы: от $a = 0$ до $b = 1$. На интервале $(0, 1)$ определим, какая из функций принимает большие значения. Возьмем тестовую точку $x=0.5$. Для $y=x^3$: $y = (0.5)^3 = 0.125$. Для $y=x$: $y = 0.5$. Так как $0.5 > 0.125$, на отрезке $[0, 1]$ прямая $y=x$ расположена выше кривой $y=x^3$. Площадь фигуры $S$ вычисляется по формуле: $S = \int_{0}^{1} (x - x^3) dx$. Вычислим 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: $S = \frac{1}{4}$.

3) Для нахождения площади фигуры, ограниченной линиями $y = x^2 + 1$ и $y = 5$, найдем их точки пересечения: $x^2 + 1 = 5$ $x^2 = 4$ $x = \pm 2$. Пределы интегрирования: от $a = -2$ до $b = 2$. На интервале $(-2, 2)$ прямая $y=5$ находится выше параболы $y=x^2+1$, так как, например, при $x=0$, $y=0^2+1=1$, что меньше 5. Площадь фигуры $S$ равна: $S = \int_{-2}^{2} (5 - (x^2 + 1)) dx = \int_{-2}^{2} (4 - x^2) dx$. Вычислим интеграл: $S = \left[4x - \frac{x^3}{3}\right]_{-2}^{2} = \left(4(2) - \frac{2^3}{3}\right) - \left(4(-2) - \frac{(-2)^3}{3}\right) = \left(8 - \frac{8}{3}\right) - \left(-8 - \frac{-8}{3}\right) = \left(8 - \frac{8}{3}\right) - \left(-8 + \frac{8}{3}\right) = 8 - \frac{8}{3} + 8 - \frac{8}{3} = 16 - \frac{16}{3} = \frac{48-16}{3} = \frac{32}{3}$. Ответ: $S = \frac{32}{3}$.

4) Найдем пределы интегрирования для фигуры, ограниченной линиями $y = 3 - x^2$ и $y = 2$. $3 - x^2 = 2$ $x^2 = 1$ $x = \pm 1$. Пределы интегрирования: от $a = -1$ до $b = 1$. На интервале $(-1, 1)$ парабола $y=3-x^2$ находится выше прямой $y=2$. Например, при $x=0$, $y=3-0^2=3$, что больше 2. Площадь фигуры $S$ вычисляется как: $S = \int_{-1}^{1} ((3 - x^2) - 2) dx = \int_{-1}^{1} (1 - x^2) dx$. Вычислим интеграл: $S = \left[x - \frac{x^3}{3}\right]_{-1}^{1} = \left(1 - \frac{1^3}{3}\right) - \left(-1 - \frac{(-1)^3}{3}\right) = \left(1 - \frac{1}{3}\right) - \left(-1 + \frac{1}{3}\right) = \frac{2}{3} - \left(-\frac{2}{3}\right) = \frac{2}{3} + \frac{2}{3} = \frac{4}{3}$. Ответ: $S = \frac{4}{3}$.

5) Фигура ограничена параболой $y = -x^2 + 4$ и прямой $y=0$ (ось абсцисс). Найдем точки пересечения: $-x^2 + 4 = 0$ $x^2 = 4$ $x = \pm 2$. Пределы интегрирования: от $a = -2$ до $b = 2$. На интервале $(-2, 2)$ парабола $y = -x^2 + 4$ находится выше оси $Ox$, так как ее ветви направлены вниз, а вершина находится в точке $(0, 4)$. Площадь фигуры $S$ равна: $S = \int_{-2}^{2} (-x^2 + 4 - 0) dx = \int_{-2}^{2} (4 - x^2) dx$. Интеграл аналогичен задаче 3): $S = \left[4x - \frac{x^3}{3}\right]_{-2}^{2} = \left(4(2) - \frac{2^3}{3}\right) - \left(4(-2) - \frac{(-2)^3}{3}\right) = \left(8 - \frac{8}{3}\right) - \left(-8 + \frac{8}{3}\right) = 16 - \frac{16}{3} = \frac{32}{3}$. Ответ: $S = \frac{32}{3}$.

6) Фигура ограничена кривой $y = x^3 + 1$, прямой $y=1$ и прямой $x=1$. Найдем левую границу интегрирования, найдя точку пересечения кривой $y = x^3 + 1$ и прямой $y=1$: $x^3 + 1 = 1$ $x^3 = 0$ $x = 0$. Пределы интегрирования: от $a = 0$ до $b = 1$. На интервале $(0, 1)$ кривая $y=x^3+1$ находится выше прямой $y=1$. Например, при $x=0.5$, $y=(0.5)^3+1=1.125$, что больше 1. Площадь фигуры $S$ вычисляется как: $S = \int_{0}^{1} ((x^3 + 1) - 1) dx = \int_{0}^{1} x^3 dx$. Вычислим интеграл: $S = \left[\frac{x^4}{4}\right]_{0}^{1} = \frac{1^4}{4} - \frac{0^4}{4} = \frac{1}{4}$. Ответ: $S = \frac{1}{4}$.

4.3. Вычислите площади плоских фигур, изображенных на рисунке 20.

Рис. 20

1) Фигура ограничена параболой $y = x^2 + 4x + 4$ и прямой $y = 1$.

Сначала найдем пределы интегрирования, для чего приравняем уравнения кривых:

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

$x^2 + 4x + 3 = 0$

Корни этого квадратного уравнения, которые можно найти по теореме Виета или через дискриминант, равны $x_1 = -3$ и $x_2 = -1$.

В интервале $[-3, -1]$ прямая $y=1$ находится выше параболы $y = x^2 + 4x + 4$ (например, в точке $x=-2$, $y_{параболы}=0 < y_{прямой}=1$). Площадь фигуры $S$ вычисляется как интеграл разности функций верхней и нижней границ:

$S = \int_{-3}^{-1} (1 - (x^2 + 4x + 4)) dx = \int_{-3}^{-1} (-x^2 - 4x - 3) dx$

Вычислим определенный интеграл, найдя первообразную:

$S = [-\frac{x^3}{3} - \frac{4x^2}{2} - 3x]_{-3}^{-1} = [-\frac{x^3}{3} - 2x^2 - 3x]_{-3}^{-1}$

Подставим пределы интегрирования по формуле Ньютона-Лейбница:

$S = (-\frac{(-1)^3}{3} - 2(-1)^2 - 3(-1)) - (-\frac{(-3)^3}{3} - 2(-3)^2 - 3(-3))$

$S = (\frac{1}{3} - 2 + 3) - (\frac{27}{3} - 18 + 9) = (\frac{1}{3} + 1) - (9 - 18 + 9) = \frac{4}{3} - 0 = \frac{4}{3}$

Ответ: $\frac{4}{3}$.

2) Фигура ограничена сверху прямой $y=2$, слева прямой $x=-1$, справа прямой $x=1$ и снизу кривой. Формула кривой на рисунке неразборчива, но по графику, проходящему через точки $(-1, 0)$ и $(1, 0)$ и имеющему вершину в точке $(0, 1)$, можно сделать вывод, что это парабола $y = 1 - x^2$.

Площадь фигуры находится как интеграл разности между верхней границей $y=2$ и нижней границей $y=1-x^2$ в пределах от $x=-1$ до $x=1$.

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

Поскольку подынтегральная функция $f(x) = 1 + x^2$ является четной (т.е. $f(-x)=f(x)$), а пределы интегрирования симметричны относительно нуля, можно упростить вычисление:

$S = 2 \int_{0}^{1} (1 + x^2) dx = 2 [x + \frac{x^3}{3}]_{0}^{1} = 2 ((1 + \frac{1^3}{3}) - (0 + \frac{0^3}{3})) = 2 (1 + \frac{1}{3}) = 2 \cdot \frac{4}{3} = \frac{8}{3}$

Ответ: $\frac{8}{3}$.

3) Фигура ограничена параболой $y = 4 - x^2$ и прямой $y = x + 2$.

Найдем точки пересечения графиков, решив уравнение $4 - x^2 = x + 2$:

$x^2 + x - 2 = 0$

Корни этого уравнения: $x_1 = -2$ и $x_2 = 1$. Это и будут пределы интегрирования.

В интервале $[-2, 1]$ парабола $y = 4 - x^2$ находится выше прямой $y = x + 2$ (проверим в точке $x=0$: $y_{параболы}=4 > y_{прямой}=2$). Площадь фигуры $S$ равна:

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

Вычислим интеграл:

$S = [-\frac{x^3}{3} - \frac{x^2}{2} + 2x]_{-2}^{1} = (-\frac{1^3}{3} - \frac{1^2}{2} + 2 \cdot 1) - (-\frac{(-2)^3}{3} - \frac{(-2)^2}{2} + 2(-2))$

$S = (-\frac{1}{3} - \frac{1}{2} + 2) - (\frac{8}{3} - 2 - 4) = (\frac{-2-3+12}{6}) - (\frac{8-18}{3}) = \frac{7}{6} - (-\frac{10}{3}) = \frac{7}{6} + \frac{20}{6} = \frac{27}{6} = \frac{9}{2}$

Ответ: $\frac{9}{2}$.

4) Фигура ограничена двумя параболами: $y = x^2$ и $y = 1 + 2x - x^2$.

Найдем пределы интегрирования, приравняв правые части уравнений:

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

$2x^2 - 2x - 1 = 0$

Решим квадратное уравнение с помощью формулы для корней:

$D = b^2 - 4ac = (-2)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-1) = 4 + 8 = 12$

$x = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{2 \pm \sqrt{12}}{2 \cdot 2} = \frac{2 \pm 2\sqrt{3}}{4} = \frac{1 \pm \sqrt{3}}{2}$

Пределы интегрирования: $x_1 = \frac{1 - \sqrt{3}}{2}$ и $x_2 = \frac{1 + \sqrt{3}}{2}$.

В интервале $(x_1, x_2)$ парабола $y = 1 + 2x - x^2$ (ветви вниз) лежит выше параболы $y = x^2$ (ветви вверх). Площадь фигуры $S$ вычисляется по формуле:

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

Вычислим интеграл:

$S = [-\frac{2x^3}{3} + x^2 + x]_{\frac{1 - \sqrt{3}}{2}}^{\frac{1 + \sqrt{3}}{2}}$

Подстановка пределов приведет к громоздким вычислениям, поэтому воспользуемся алгебраическими упрощениями. Пусть $x_2 = \frac{1 + \sqrt{3}}{2}$ и $x_1 = \frac{1 - \sqrt{3}}{2}$. Тогда $x_2 - x_1 = \sqrt{3}$, $x_2 + x_1 = 1$, $x_1x_2 = -1/2$.

Значение интеграла равно $F(x_2) - F(x_1)$, где $F(x)$ - первообразная.

$F(x_2) - F(x_1) = (-\frac{2}{3}(x_2^3 - x_1^3) + (x_2^2 - x_1^2) + (x_2 - x_1))$

Используем тождества: $x_2^2 - x_1^2 = (x_2-x_1)(x_2+x_1) = \sqrt{3} \cdot 1 = \sqrt{3}$

$x_2^3 - x_1^3 = (x_2-x_1)(x_2^2+x_1x_2+x_1^2) = (x_2-x_1)((x_1+x_2)^2-x_1x_2) = \sqrt{3}(1^2 - (-\frac{1}{2})) = \frac{3\sqrt{3}}{2}$

Подставляем найденные значения:

$S = -\frac{2}{3} \cdot \frac{3\sqrt{3}}{2} + \sqrt{3} + \sqrt{3} = -\sqrt{3} + 2\sqrt{3} = \sqrt{3}$

Ответ: $\sqrt{3}$.

4.4. Найдите площадь фигуры, ограниченной графиком функции $y = f(x)$, заданной на отрезке $[a; b]$, и осью $Ox$:

1) $f(x) = \sin x$ и $[0; 2\pi];

2) $f(x) = \cos x$ и $[-\frac{\pi}{2}; \frac{3\pi}{2}]$.

Площадь фигуры, ограниченной графиком функции $y = f(x)$ и осью $Ox$ на отрезке $[a; b]$, вычисляется по формуле определенного интеграла от модуля функции:

$S = \int_{a}^{b} |f(x)| \,dx$

Так как площадь является неотрицательной величиной, для участков, где график функции лежит ниже оси $Ox$ (то есть $f(x) < 0$), мы должны взять интеграл от $-f(x)$. Поэтому необходимо определить интервалы знакопостоянства функции на заданном отрезке и разбить интеграл на части.

1) $f(x) = \sin x$ и $[0; 2\pi]$

Для нахождения площади фигуры, ограниченной графиком функции $y = \sin x$ и осью $Ox$ на отрезке $[0; 2\pi]$, определим знаки функции на этом отрезке.

- На отрезке $[0; \pi]$ функция $\sin x \ge 0$.

- На отрезке $[\pi; 2\pi]$ функция $\sin x \le 0$.

Следовательно, площадь $S$ будет равна сумме двух интегралов:

$S = \int_{0}^{2\pi} |\sin x| \,dx = \int_{0}^{\pi} \sin x \,dx + \int_{\pi}^{2\pi} (-\sin x) \,dx$

Вычислим каждый интеграл. Первообразной для функции $\sin x$ является $-\cos x$.

Первый интеграл:

$\int_{0}^{\pi} \sin x \,dx = [-\cos x]_{0}^{\pi} = (-\cos \pi) - (-\cos 0) = (-(-1)) - (-1) = 1 + 1 = 2$.

Второй интеграл:

$\int_{\pi}^{2\pi} (-\sin x) \,dx = [\cos x]_{\pi}^{2\pi} = \cos(2\pi) - \cos(\pi) = 1 - (-1) = 2$.

Общая площадь равна сумме площадей двух частей:

$S = 2 + 2 = 4$.

Ответ: 4.

2) $f(x) = \cos x$ и $[-\frac{\pi}{2}; \frac{3\pi}{2}]$

Для нахождения площади фигуры, ограниченной графиком функции $y = \cos x$ и осью $Ox$ на отрезке $[-\frac{\pi}{2}; \frac{3\pi}{2}]$, определим знаки функции на этом отрезке.

- На отрезке $[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}]$ функция $\cos x \ge 0$.

- На отрезке $[\frac{\pi}{2}; \frac{3\pi}{2}]$ функция $\cos x \le 0$.

Следовательно, площадь $S$ будет равна сумме двух интегралов:

$S = \int_{-\pi/2}^{3\pi/2} |\cos x| \,dx = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos x \,dx + \int_{\pi/2}^{3\pi/2} (-\cos x) \,dx$

Вычислим каждый интеграл. Первообразной для функции $\cos x$ является $\sin x$.

Первый интеграл:

$\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos x \,dx = [\sin x]_{-\pi/2}^{\pi/2} = \sin(\frac{\pi}{2}) - \sin(-\frac{\pi}{2}) = 1 - (-1) = 2$.

Второй интеграл:

$\int_{\pi/2}^{3\pi/2} (-\cos x) \,dx = [-\sin x]_{\pi/2}^{3\pi/2} = (-\sin(\frac{3\pi}{2})) - (-\sin(\frac{\pi}{2})) = (-(-1)) - (-1) = 1 + 1 = 2$.

Общая площадь равна сумме площадей двух частей:

$S = 2 + 2 = 4$.

Ответ: 4.

4.5. Найдите объем тела, полученного при вращении параболы $y = x^2$ от точки $x = 0$ до точки $x = 3$ вокруг оси абсцисс.

Для нахождения объема тела, полученного при вращении кривой, заданной функцией $y = f(x)$, вокруг оси абсцисс на отрезке $[a, b]$, используется формула:

$V = \pi \int_{a}^{b} [f(x)]^2 dx$

В данном случае нам даны:

1. Функция: $y = x^2$.

2. Отрезок интегрирования: от $x=0$ до $x=3$, следовательно, $a=0$ и $b=3$.

Подставляем наши данные в формулу:

$V = \pi \int_{0}^{3} (x^2)^2 dx$

Сначала упростим подынтегральное выражение:

$(x^2)^2 = x^4$

Теперь интеграл имеет вид:

$V = \pi \int_{0}^{3} x^4 dx$

Вычислим этот определенный интеграл. Первообразная для функции $x^4$ находится по степенной формуле интегрирования $\int x^n dx = \frac{x^{n+1}}{n+1}$:

$\int x^4 dx = \frac{x^{4+1}}{4+1} = \frac{x^5}{5}$

Теперь применяем формулу Ньютона-Лейбница для вычисления определенного интеграла:

$V = \pi \left[ \frac{x^5}{5} \right]_{0}^{3} = \pi \left( \frac{3^5}{5} - \frac{0^5}{5} \right)$

Вычисляем значение $3^5$:

$3^5 = 243$

Подставляем это значение в наше выражение:

$V = \pi \left( \frac{243}{5} - 0 \right) = \frac{243\pi}{5}$

Ответ: $V = \frac{243\pi}{5}$