Номер 11, страница 44 - гдз по алгебре 11 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Полонский

Самостоятельная работа № 11

Площадь криволинейной трапеции.

Определённый интеграл

1. Вычислите интеграл:

1) $\int_{-1}^{2} (x^2 - 2x)dx;$

2) $\int_{\frac{1}{3}}^{\frac{1}{2}} \frac{10dx}{(6x - 4)^6};$

3) $\int_{-3}^{-2} \left(\frac{6}{x} - x^2\right)dx;$

4) $\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} \sin^2 \frac{x}{4}dx;$

5) $\int_{-3}^{-1} \frac{e^x - x^5}{x^5 e^x}dx.$

2. Найдите площадь фигуры, ограниченной:

1) графиком функции $y = \cos 2x$ и прямыми $y = 0, x = \frac{\pi}{12}$ и $x = \frac{\pi}{6}$;

2) графиками функций $y = \sqrt{6 - x}$ и $y = \sqrt{x + 2}$ и осью абсцисс.

1. Вычислите интеграл:

1)

Для вычисления определенного интеграла $\int_{-1}^{2} (x^2 - 2x)dx$ воспользуемся формулой Ньютона-Лейбница. Сначала найдем первообразную функции $f(x) = x^2 - 2x$.

$F(x) = \int (x^2 - 2x)dx = \frac{x^3}{3} - 2\frac{x^2}{2} = \frac{x^3}{3} - x^2$.

Теперь подставим пределы интегрирования:

$\int_{-1}^{2} (x^2 - 2x)dx = \left. \left(\frac{x^3}{3} - x^2\right) \right|_{-1}^{2} = \left(\frac{2^3}{3} - 2^2\right) - \left(\frac{(-1)^3}{3} - (-1)^2\right)$

$= \left(\frac{8}{3} - 4\right) - \left(-\frac{1}{3} - 1\right) = \left(\frac{8 - 12}{3}\right) - \left(\frac{-1 - 3}{3}\right) = -\frac{4}{3} - \left(-\frac{4}{3}\right) = -\frac{4}{3} + \frac{4}{3} = 0$.

Ответ: $0$

2)

Для вычисления интеграла $\int_{1/3}^{1/2} \frac{10dx}{(6x-4)^6}$ используем метод замены переменной.

Пусть $t = 6x - 4$. Тогда $dt = 6dx$, откуда $dx = \frac{dt}{6}$.

Найдем новые пределы интегрирования:

Нижний предел: если $x = 1/3$, то $t = 6(\frac{1}{3}) - 4 = 2 - 4 = -2$.

Верхний предел: если $x = 1/2$, то $t = 6(\frac{1}{2}) - 4 = 3 - 4 = -1$.

Подставляем в интеграл:

$\int_{-2}^{-1} \frac{10}{t^6} \frac{dt}{6} = \frac{10}{6} \int_{-2}^{-1} t^{-6} dt = \frac{5}{3} \int_{-2}^{-1} t^{-6} dt = \frac{5}{3} \left. \left( \frac{t^{-5}}{-5} \right) \right|_{-2}^{-1} = -\frac{1}{3} \left. \left( \frac{1}{t^5} \right) \right|_{-2}^{-1}$

$= -\frac{1}{3} \left( \frac{1}{(-1)^5} - \frac{1}{(-2)^5} \right) = -\frac{1}{3} \left( -1 - \left(-\frac{1}{32}\right) \right) = -\frac{1}{3} \left( -1 + \frac{1}{32} \right) = -\frac{1}{3} \left( -\frac{31}{32} \right) = \frac{31}{96}$.

Ответ: $\frac{31}{96}$

3)

Вычислим интеграл $\int_{-3}^{-2} \left(\frac{6}{x} - x^2\right)dx$.

Найдем первообразную: $F(x) = \int \left(\frac{6}{x} - x^2\right)dx = 6\ln|x| - \frac{x^3}{3}$.

Применяем формулу Ньютона-Лейбница:

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

$= \left(6\ln(2) - \frac{-8}{3}\right) - \left(6\ln(3) - \frac{-27}{3}\right) = \left(6\ln(2) + \frac{8}{3}\right) - (6\ln(3) + 9)$

$= 6\ln(2) - 6\ln(3) + \frac{8}{3} - 9 = 6(\ln(2) - \ln(3)) + \frac{8 - 27}{3} = 6\ln\left(\frac{2}{3}\right) - \frac{19}{3}$.

Ответ: $6\ln\left(\frac{2}{3}\right) - \frac{19}{3}$

4)

Для вычисления интеграла $\int_{\pi/2}^{3\pi/2} \sin^2\frac{x}{4}dx$ используем формулу понижения степени: $\sin^2\alpha = \frac{1 - \cos(2\alpha)}{2}$.

В нашем случае $\alpha = \frac{x}{4}$, значит $2\alpha = \frac{x}{2}$.

$\int_{\pi/2}^{3\pi/2} \frac{1 - \cos\frac{x}{2}}{2}dx = \frac{1}{2} \int_{\pi/2}^{3\pi/2} \left(1 - \cos\frac{x}{2}\right)dx = \frac{1}{2} \left. \left(x - 2\sin\frac{x}{2}\right) \right|_{\pi/2}^{3\pi/2}$

$= \frac{1}{2} \left[ \left(\frac{3\pi}{2} - 2\sin\frac{3\pi/2}{2}\right) - \left(\frac{\pi}{2} - 2\sin\frac{\pi/2}{2}\right) \right] = \frac{1}{2} \left[ \left(\frac{3\pi}{2} - 2\sin\frac{3\pi}{4}\right) - \left(\frac{\pi}{2} - 2\sin\frac{\pi}{4}\right) \right]$

Так как $\sin\frac{3\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ и $\sin\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$, получаем:

$= \frac{1}{2} \left[ \left(\frac{3\pi}{2} - 2\frac{\sqrt{2}}{2}\right) - \left(\frac{\pi}{2} - 2\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \right] = \frac{1}{2} \left( \frac{3\pi}{2} - \sqrt{2} - \frac{\pi}{2} + \sqrt{2} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{2\pi}{2} \right) = \frac{\pi}{2}$.

Ответ: $\frac{\pi}{2}$

5)

Вычислим интеграл $\int_{-3}^{-1} \frac{e^x - x^5}{x^5e^x}dx$.

Сначала упростим подынтегральное выражение, разделив числитель на знаменатель почленно:

$\frac{e^x - x^5}{x^5e^x} = \frac{e^x}{x^5e^x} - \frac{x^5}{x^5e^x} = \frac{1}{x^5} - \frac{1}{e^x} = x^{-5} - e^{-x}$.

Теперь интегрируем полученное выражение:

$\int_{-3}^{-1} (x^{-5} - e^{-x})dx = \left. \left( \frac{x^{-4}}{-4} - \frac{e^{-x}}{-1} \right) \right|_{-3}^{-1} = \left. \left( -\frac{1}{4x^4} + e^{-x} \right) \right|_{-3}^{-1}$

$= \left( -\frac{1}{4(-1)^4} + e^{-(-1)} \right) - \left( -\frac{1}{4(-3)^4} + e^{-(-3)} \right) = \left( -\frac{1}{4} + e^1 \right) - \left( -\frac{1}{4 \cdot 81} + e^3 \right)$

$= -\frac{1}{4} + e + \frac{1}{324} - e^3 = e - e^3 - \frac{81}{324} + \frac{1}{324} = e - e^3 - \frac{80}{324} = e - e^3 - \frac{20}{81}$.

Ответ: $e - e^3 - \frac{20}{81}$

2. Найдите площадь фигуры, ограниченной:

1)

Площадь фигуры, ограниченной графиком функции $y = \cos(2x)$, прямой $y=0$ (ось абсцисс) и прямыми $x = \frac{\pi}{12}$ и $x = \frac{\pi}{6}$, вычисляется с помощью определенного интеграла.

На интервале $\left[\frac{\pi}{12}, \frac{\pi}{6}\right]$, аргумент $2x$ находится в интервале $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}\right]$, где функция $\cos(2x)$ положительна. Поэтому площадь равна:

$S = \int_{\pi/12}^{\pi/6} \cos(2x)dx$.

Найдем первообразную: $\int \cos(2x)dx = \frac{1}{2}\sin(2x)$.

$S = \left. \frac{1}{2}\sin(2x) \right|_{\pi/12}^{\pi/6} = \frac{1}{2} \left( \sin\left(2 \cdot \frac{\pi}{6}\right) - \sin\left(2 \cdot \frac{\pi}{12}\right) \right) = \frac{1}{2} \left( \sin\frac{\pi}{3} - \sin\frac{\pi}{6} \right)$

$= \frac{1}{2} \left( \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{\sqrt{3} - 1}{2} \right) = \frac{\sqrt{3} - 1}{4}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{3} - 1}{4}$

2)

Фигура ограничена графиками функций $y = \sqrt{6-x}$, $y = \sqrt{x+2}$ и осью абсцисс ($y=0$).

Сначала найдем точку пересечения графиков функций:

$\sqrt{6-x} = \sqrt{x+2} \implies 6-x = x+2 \implies 2x = 4 \implies x = 2$.

Теперь найдем точки пересечения каждого графика с осью абсцисс:

$y = \sqrt{6-x} = 0 \implies 6-x = 0 \implies x = 6$.

$y = \sqrt{x+2} = 0 \implies x+2 = 0 \implies x = -2$.

Фигура состоит из двух частей. Первая часть находится под графиком $y = \sqrt{x+2}$ на отрезке $[-2, 2]$. Вторая часть - под графиком $y = \sqrt{6-x}$ на отрезке $[2, 6]$.

Площадь фигуры равна сумме двух интегралов:

$S = \int_{-2}^{2} \sqrt{x+2} dx + \int_{2}^{6} \sqrt{6-x} dx$.

Вычислим первый интеграл:

$\int_{-2}^{2} (x+2)^{1/2} dx = \left. \frac{(x+2)^{3/2}}{3/2} \right|_{-2}^{2} = \left. \frac{2}{3}(x+2)^{3/2} \right|_{-2}^{2} = \frac{2}{3}(2+2)^{3/2} - \frac{2}{3}(-2+2)^{3/2} = \frac{2}{3}(4^{3/2}) - 0 = \frac{2}{3}(8) = \frac{16}{3}$.

Вычислим второй интеграл:

$\int_{2}^{6} (6-x)^{1/2} dx = \left. -\frac{(6-x)^{3/2}}{3/2} \right|_{2}^{6} = \left. -\frac{2}{3}(6-x)^{3/2} \right|_{2}^{6} = -\frac{2}{3}(6-6)^{3/2} - \left(-\frac{2}{3}(6-2)^{3/2}\right) = 0 + \frac{2}{3}(4^{3/2}) = \frac{2}{3}(8) = \frac{16}{3}$.

Общая площадь:

$S = \frac{16}{3} + \frac{16}{3} = \frac{32}{3}$.

Ответ: $\frac{32}{3}$