Номер 11.10, страница 102 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Глава 2. Интеграл и его применение. Параграф 11. Площадь криволинейной трапеции. Определённый интеграл. Упражнения - номер 11.10, страница 102.

Учебник.

11.10. Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями:

1) $y = x^2, y = 4$

2) $y = 2x^2, y = 2x$

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

4) $y = \frac{4}{x}, y = 1, x = 1$

5) $y = \frac{4}{x}, y = 4, x = 4$

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

7) $y = 2 + x - x^2, y = 2 - x$

8) $y = x^2 + 2, y = x + 4$

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

10) $y = -x^2 + 2x, y = x^2$

11) $y = x^3, y = x^2$

12) $y = e^x, y = e, x = 0$

13) $y = \frac{7}{x}, x + y = 8$

14) $y = \frac{2}{x^2}, y = 2x, x = 2$

15) $y = \sin x, y = \cos x, x = 0, x = \frac{\pi}{4}$.

Решение.

Решение 2.

1) Фигура ограничена параболой $y = x^2$ и горизонтальной прямой $y = 4$.
Найдем пределы интегрирования, решив уравнение $x^2 = 4$. Корни $x_1 = -2$ и $x_2 = 2$.
На отрезке $[-2, 2]$ прямая $y=4$ находится выше параболы $y=x^2$.
Площадь фигуры вычисляется по формуле: $S = \int_{a}^{b} (f(x) - g(x)) dx$.
$S = \int_{-2}^{2} (4 - x^2) dx = \left[4x - \frac{x^3}{3}\right]_{-2}^{2} = \left(4 \cdot 2 - \frac{2^3}{3}\right) - \left(4 \cdot (-2) - \frac{(-2)^3}{3}\right) = \left(8 - \frac{8}{3}\right) - \left(-8 + \frac{8}{3}\right) = 16 - \frac{16}{3} = \frac{48 - 16}{3} = \frac{32}{3}$.
Ответ: $\frac{32}{3}$

2) Фигура ограничена параболой $y = 2x^2$ и прямой $y = 2x$.
Найдем точки пересечения: $2x^2 = 2x \implies 2x^2 - 2x = 0 \implies 2x(x-1) = 0$. Корни $x_1 = 0$ и $x_2 = 1$.
На отрезке $[0, 1]$ прямая $y=2x$ находится выше параболы $y=2x^2$ (например, при $x=0.5$, $2 \cdot 0.5 = 1$, а $2 \cdot 0.5^2 = 0.5$).
$S = \int_{0}^{1} (2x - 2x^2) dx = \left[x^2 - \frac{2x^3}{3}\right]_{0}^{1} = \left(1^2 - \frac{2 \cdot 1^3}{3}\right) - 0 = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$.
Ответ: $\frac{1}{3}$

3) Фигура ограничена линиями $y = e^x$, $y = 1$ и $x = 2$.
Найдем точку пересечения кривой $y = e^x$ и прямой $y=1$: $e^x = 1 \implies x=0$.
Таким образом, фигура ограничена слева прямой $x=0$, справа $x=2$, снизу $y=1$ и сверху $y=e^x$.
$S = \int_{0}^{2} (e^x - 1) dx = \left[e^x - x\right]_{0}^{2} = (e^2 - 2) - (e^0 - 0) = e^2 - 2 - 1 = e^2 - 3$.
Ответ: $e^2 - 3$

4) Фигура ограничена линиями $y = \frac{4}{x}$, $y = 1$ и $x = 1$.
Найдем точку пересечения гиперболы $y = \frac{4}{x}$ и прямой $y=1$: $\frac{4}{x} = 1 \implies x=4$.
Фигура ограничена прямыми $x=1$, $x=4$, $y=1$ и кривой $y=\frac{4}{x}$. На отрезке $[1, 4]$ гипербола $y=\frac{4}{x}$ находится выше прямой $y=1$.
$S = \int_{1}^{4} \left(\frac{4}{x} - 1\right) dx = \left[4 \ln|x| - x\right]_{1}^{4} = (4 \ln 4 - 4) - (4 \ln 1 - 1) = 4 \ln 4 - 4 - (0 - 1) = 4 \ln 4 - 3 = 8 \ln 2 - 3$.
Ответ: $4 \ln 4 - 3$

5) Фигура ограничена линиями $y = \frac{4}{x}$, $y = 4$ и $x = 4$.
Найдем точку пересечения $y = \frac{4}{x}$ и $y=4$: $\frac{4}{x} = 4 \implies x=1$.
Фигура ограничена прямыми $x=1$, $x=4$, $y=4$ и кривой $y=\frac{4}{x}$. На отрезке $[1, 4]$ прямая $y=4$ находится выше гиперболы $y=\frac{4}{x}$.
$S = \int_{1}^{4} \left(4 - \frac{4}{x}\right) dx = \left[4x - 4 \ln|x|\right]_{1}^{4} = (4 \cdot 4 - 4 \ln 4) - (4 \cdot 1 - 4 \ln 1) = 16 - 4 \ln 4 - 4 = 12 - 4 \ln 4 = 12 - 8 \ln 2$.
Ответ: $12 - 4 \ln 4$

6) Фигура ограничена параболой $y = x^2 - 4x + 5$ и прямой $y = 5$.
Найдем точки пересечения: $x^2 - 4x + 5 = 5 \implies x^2 - 4x = 0 \implies x(x-4) = 0$. Корни $x_1 = 0$, $x_2 = 4$.
На отрезке $[0, 4]$ прямая $y=5$ находится выше параболы $y = x^2 - 4x + 5$.
$S = \int_{0}^{4} (5 - (x^2 - 4x + 5)) dx = \int_{0}^{4} (-x^2 + 4x) dx = \left[-\frac{x^3}{3} + 2x^2\right]_{0}^{4} = -\frac{4^3}{3} + 2 \cdot 4^2 = -\frac{64}{3} + 32 = \frac{-64 + 96}{3} = \frac{32}{3}$.
Ответ: $\frac{32}{3}$

7) Фигура ограничена параболой $y = 2 + x - x^2$ и прямой $y = 2 - x$.
Найдем точки пересечения: $2 + x - x^2 = 2 - x \implies 2x - x^2 = 0 \implies x(2-x) = 0$. Корни $x_1 = 0$, $x_2 = 2$.
На отрезке $[0, 2]$ парабола $y = 2 + x - x^2$ находится выше прямой $y=2-x$.
$S = \int_{0}^{2} ((2 + x - x^2) - (2-x)) dx = \int_{0}^{2} (2x - x^2) dx = \left[x^2 - \frac{x^3}{3}\right]_{0}^{2} = 2^2 - \frac{2^3}{3} = 4 - \frac{8}{3} = \frac{4}{3}$.
Ответ: $\frac{4}{3}$

8) Фигура ограничена параболой $y = x^2 + 2$ и прямой $y = x + 4$.
Найдем точки пересечения: $x^2 + 2 = x + 4 \implies x^2 - x - 2 = 0$. Корни $x_1 = -1$, $x_2 = 2$.
На отрезке $[-1, 2]$ прямая $y=x+4$ находится выше параболы $y=x^2+2$.
$S = \int_{-1}^{2} ((x+4) - (x^2+2)) dx = \int_{-1}^{2} (-x^2 + x + 2) dx = \left[-\frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} + 2x\right]_{-1}^{2} = \left(-\frac{8}{3} + 2 + 4\right) - \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{2} - 2\right) = \frac{10}{3} - (-\frac{7}{6}) = \frac{20+7}{6} = \frac{27}{6} = \frac{9}{2}$.
Ответ: $\frac{9}{2}$

9) Фигура ограничена параболой $y = x^2 + 2x + 1$ и прямой $y = x + 3$.
Найдем точки пересечения: $x^2 + 2x + 1 = x + 3 \implies x^2 + x - 2 = 0$. Корни $x_1 = -2$, $x_2 = 1$.
На отрезке $[-2, 1]$ прямая $y=x+3$ находится выше параболы $y = x^2 + 2x + 1$.
$S = \int_{-2}^{1} ((x+3) - (x^2+2x+1)) dx = \int_{-2}^{1} (-x^2 - x + 2) dx = \left[-\frac{x^3}{3} - \frac{x^2}{2} + 2x\right]_{-2}^{1} = \left(-\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+2\right) - \left(\frac{8}{3}-2-4\right) = \frac{7}{6} - (-\frac{10}{3}) = \frac{7+20}{6} = \frac{27}{6} = \frac{9}{2}$.
Ответ: $\frac{9}{2}$

10) Фигура ограничена параболами $y = -x^2 + 2x$ и $y = x^2$.
Найдем точки пересечения: $-x^2 + 2x = x^2 \implies 2x^2 - 2x = 0 \implies 2x(x-1)=0$. Корни $x_1 = 0$, $x_2 = 1$.
На отрезке $[0, 1]$ парабола $y = -x^2 + 2x$ (ветви вниз) находится выше параболы $y=x^2$ (ветви вверх).
$S = \int_{0}^{1} ((-x^2 + 2x) - x^2) dx = \int_{0}^{1} (-2x^2 + 2x) dx = \left[-\frac{2x^3}{3} + x^2\right]_{0}^{1} = -\frac{2}{3} + 1 = \frac{1}{3}$.
Ответ: $\frac{1}{3}$

11) Фигура ограничена кривыми $y = x^3$ и $y = x^2$.
Найдем точки пересечения: $x^3 = x^2 \implies x^3 - x^2 = 0 \implies x^2(x-1)=0$. Корни $x_1=0$, $x_2=1$.
На отрезке $[0, 1]$ график $y=x^2$ находится выше графика $y=x^3$.
$S = \int_{0}^{1} (x^2 - x^3) dx = \left[\frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4}\right]_{0}^{1} = \frac{1}{3} - \frac{1}{4} = \frac{4-3}{12} = \frac{1}{12}$.
Ответ: $\frac{1}{12}$

12) Фигура ограничена линиями $y = e^x$, $y = e$ и $x = 0$.
Найдем точку пересечения $y = e^x$ и $y = e$: $e^x = e \implies x=1$.
Фигура ограничена прямыми $x=0, x=1, y=e$ и кривой $y=e^x$. На отрезке $[0, 1]$ прямая $y=e$ находится выше кривой $y=e^x$.
$S = \int_{0}^{1} (e - e^x) dx = \left[ex - e^x\right]_{0}^{1} = (e \cdot 1 - e^1) - (e \cdot 0 - e^0) = (e-e) - (0-1) = 1$.
Ответ: $1$

13) Фигура ограничена гиперболой $y = \frac{7}{x}$ и прямой $x + y = 8$ (или $y=8-x$).
Найдем точки пересечения: $\frac{7}{x} = 8 - x \implies 7 = 8x - x^2 \implies x^2 - 8x + 7 = 0$. Корни $x_1 = 1$, $x_2 = 7$.
На отрезке $[1, 7]$ прямая $y=8-x$ находится выше гиперболы $y=7/x$.
$S = \int_{1}^{7} \left((8 - x) - \frac{7}{x}\right) dx = \left[8x - \frac{x^2}{2} - 7 \ln|x|\right]_{1}^{7} = \left(8 \cdot 7 - \frac{7^2}{2} - 7 \ln 7\right) - \left(8 \cdot 1 - \frac{1^2}{2} - 7 \ln 1\right) = \left(56 - \frac{49}{2} - 7 \ln 7\right) - \left(8 - \frac{1}{2}\right) = 56 - 24.5 - 7 \ln 7 - 7.5 = 24 - 7 \ln 7$.
Ответ: $24 - 7 \ln 7$

14) Фигура ограничена линиями $y = \frac{2}{x^2}$, $y = 2x$ и $x = 2$.
Найдем точку пересечения $y = \frac{2}{x^2}$ и $y = 2x$: $\frac{2}{x^2} = 2x \implies x^3 = 1 \implies x = 1$.
Фигура ограничена прямыми $x=1$, $x=2$ и кривыми $y=\frac{2}{x^2}$ и $y=2x$. На отрезке $[1, 2]$ прямая $y=2x$ находится выше кривой $y=\frac{2}{x^2}$.
$S = \int_{1}^{2} \left(2x - \frac{2}{x^2}\right) dx = \left[x^2 + \frac{2}{x}\right]_{1}^{2} = \left(2^2 + \frac{2}{2}\right) - \left(1^2 + \frac{2}{1}\right) = (4+1) - (1+2) = 5 - 3 = 2$.
Ответ: $2$

15) Фигура ограничена линиями $y = \sin x$, $y = \cos x$, $x = 0$ и $x = \frac{\pi}{4}$.
Пределы интегрирования заданы: от $0$ до $\frac{\pi}{4}$.
На отрезке $[0, \frac{\pi}{4}]$ график функции $y = \cos x$ находится выше или на том же уровне, что и график $y = \sin x$.
$S = \int_{0}^{\pi/4} (\cos x - \sin x) dx = \left[\sin x - (-\cos x)\right]_{0}^{\pi/4} = \left[\sin x + \cos x\right]_{0}^{\pi/4} = \left(\sin\frac{\pi}{4} + \cos\frac{\pi}{4}\right) - (\sin 0 + \cos 0) = \left(\frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}\right) - (0+1) = \sqrt{2} - 1$.
Ответ: $\sqrt{2} - 1$