Номер 11.11, страница 102 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. § 11. Площадь криволинейной трапеции. Определённый интеграл. Глава 2. Интеграл и его применение - номер 11.11, страница 102.

11.11. Найдите площадь фигуры, ограниченной:

1) графиком функции $y = x^3$ и прямыми $y = 8, x = 1$;

2) параболой $y = 0.5x^2$ и прямой $y = -x$;

3) параболой $y = 4 - x^2$ и прямой $y = 3$;

4) параболой $y = 6 + x - x^2$ и прямой $y = 6 - 2x$;

5) параболами $y = x^2 - 4x + 4$ и $y = 4 - x^2$;

6) гиперболой $y = \frac{3}{x}$ и прямыми $y = 3, x = 3$;

7) графиком функции $y = e^{-x}$ и прямыми $y = e, x = 0$;

8) гиперболой $y = \frac{5}{x}$ и прямой $x + y = 6$.

1) Найдем площадь фигуры, ограниченной графиком функции $y = x^3$ и прямыми $y = 8$, $x = 1$.

Сначала найдем точки пересечения кривых, чтобы определить пределы интегрирования. Точка пересечения графика функции $y = x^3$ и прямой $y = 8$ находится из уравнения $x^3 = 8$, откуда $x = 2$. Фигура ограничена слева прямой $x=1$ и справа точкой пересечения $x=2$.

На интервале $[1, 2]$ прямая $y=8$ находится выше графика функции $y = x^3$, так как для любого $x$ из этого интервала $x^3 \le 2^3 = 8$. Поэтому площадь фигуры $S$ вычисляется как интеграл от разности верхней и нижней функций.

$$ S = \int_{1}^{2} (8 - x^3) \,dx $$

Вычислим определенный интеграл:

$$ \int_{1}^{2} (8 - x^3) \,dx = \left[ 8x - \frac{x^4}{4} \right]_{1}^{2} = \left(8 \cdot 2 - \frac{2^4}{4}\right) - \left(8 \cdot 1 - \frac{1^4}{4}\right) = \left(16 - \frac{16}{4}\right) - \left(8 - \frac{1}{4}\right) = (16 - 4) - \frac{31}{4} = 12 - \frac{31}{4} = \frac{48 - 31}{4} = \frac{17}{4} $$

Ответ: $\frac{17}{4}$

2) Найдем площадь фигуры, ограниченной параболой $y = 0,5x^2$ и прямой $y = -x$.

Найдем пределы интегрирования, решив уравнение $0,5x^2 = -x$ для нахождения точек пересечения.

$0,5x^2 + x = 0$

$x(0,5x + 1) = 0$

Отсюда $x_1 = 0$ и $x_2 = -2$. Это наши пределы интегрирования.

На интервале $[-2, 0]$ определим, какая функция является верхней. Возьмем пробную точку $x = -1$: $y = 0,5(-1)^2 = 0,5$ и $y = -(-1) = 1$. Так как $1 > 0,5$, то прямая $y=-x$ лежит выше параболы $y = 0,5x^2$.

Площадь фигуры $S$ равна:

$$ S = \int_{-2}^{0} (-x - 0,5x^2) \,dx $$

Вычислим интеграл:

$$ \int_{-2}^{0} (-x - 0,5x^2) \,dx = \left[ -\frac{x^2}{2} - 0,5\frac{x^3}{3} \right]_{-2}^{0} = \left[ -\frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{6} \right]_{-2}^{0} = (0 - 0) - \left( -\frac{(-2)^2}{2} - \frac{(-2)^3}{6} \right) = -\left( -\frac{4}{2} - \frac{-8}{6} \right) = - \left( -2 + \frac{4}{3} \right) = - \left( -\frac{6}{3} + \frac{4}{3} \right) = - \left( -\frac{2}{3} \right) = \frac{2}{3} $$

Ответ: $\frac{2}{3}$

3) Найдем площадь фигуры, ограниченной параболой $y = 4 - x^2$ и прямой $y = 3$.

Найдем точки пересечения: $4 - x^2 = 3$, откуда $x^2 = 1$, то есть $x_1 = -1$ и $x_2 = 1$.

На интервале $[-1, 1]$ парабола $y = 4 - x^2$ (ветви вниз, вершина в $(0,4)$) лежит выше прямой $y=3$.

Площадь фигуры $S$ вычисляется как интеграл:

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

Вычислим интеграл:

$$ \int_{-1}^{1} (1 - x^2) \,dx = \left[ x - \frac{x^3}{3} \right]_{-1}^{1} = \left(1 - \frac{1^3}{3}\right) - \left(-1 - \frac{(-1)^3}{3}\right) = \left(1 - \frac{1}{3}\right) - \left(-1 + \frac{1}{3}\right) = \frac{2}{3} - \left(-\frac{2}{3}\right) = \frac{4}{3} $$

Ответ: $\frac{4}{3}$

4) Найдем площадь фигуры, ограниченной параболой $y = 6 + x - x^2$ и прямой $y = 6 - 2x$.

Найдем точки пересечения: $6 + x - x^2 = 6 - 2x$, что приводит к уравнению $x^2 - 3x = 0$.

$x(x - 3) = 0$, откуда $x_1 = 0$ и $x_2 = 3$.

На интервале $[0, 3]$ выберем пробную точку $x=1$. Для параболы $y = 6 + 1 - 1^2 = 6$. Для прямой $y = 6 - 2(1) = 4$. Следовательно, парабола находится выше прямой.

Площадь фигуры $S$ равна:

$$ S = \int_{0}^{3} ((6 + x - x^2) - (6 - 2x)) \,dx = \int_{0}^{3} (3x - x^2) \,dx $$

Вычислим интеграл:

$$ \int_{0}^{3} (3x - x^2) \,dx = \left[ \frac{3x^2}{2} - \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{3} = \left(\frac{3 \cdot 3^2}{2} - \frac{3^3}{3}\right) - 0 = \frac{27}{2} - 9 = \frac{27 - 18}{2} = \frac{9}{2} $$

Ответ: $\frac{9}{2}$

5) Найдем площадь фигуры, ограниченной параболами $y = x^2 - 4x + 4$ и $y = 4 - x^2$.

Найдем точки пересечения: $x^2 - 4x + 4 = 4 - x^2$.

$2x^2 - 4x = 0$

$2x(x - 2) = 0$, откуда $x_1 = 0$ и $x_2 = 2$.

На интервале $[0, 2]$ выберем пробную точку $x=1$. Для первой параболы $y = 1^2 - 4(1) + 4 = 1$. Для второй параболы $y = 4 - 1^2 = 3$. Следовательно, парабола $y=4-x^2$ лежит выше.

Площадь фигуры $S$ равна:

$$ S = \int_{0}^{2} ((4 - x^2) - (x^2 - 4x + 4)) \,dx = \int_{0}^{2} (-2x^2 + 4x) \,dx $$

Вычислим интеграл:

$$ \int_{0}^{2} (-2x^2 + 4x) \,dx = \left[ -\frac{2x^3}{3} + \frac{4x^2}{2} \right]_{0}^{2} = \left[ -\frac{2x^3}{3} + 2x^2 \right]_{0}^{2} = \left(-\frac{2 \cdot 2^3}{3} + 2 \cdot 2^2\right) - 0 = -\frac{16}{3} + 8 = \frac{-16 + 24}{3} = \frac{8}{3} $$

Ответ: $\frac{8}{3}$

6) Найдем площадь фигуры, ограниченной гиперболой $y = \frac{3}{x}$ и прямыми $y = 3$, $x = 3$.

Найдем точку пересечения гиперболы $y = \frac{3}{x}$ и прямой $y=3$: $\frac{3}{x} = 3$, откуда $x=1$. Фигура ограничена вертикальными прямыми $x=1$ и $x=3$.

На интервале $[1, 3]$ прямая $y=3$ лежит выше гиперболы $y=\frac{3}{x}$ (так как при $x>1$, $\frac{3}{x} < 3$).

Площадь фигуры $S$ равна:

$$ S = \int_{1}^{3} \left(3 - \frac{3}{x}\right) \,dx $$

Вычислим интеграл:

$$ \int_{1}^{3} \left(3 - \frac{3}{x}\right) \,dx = \left[ 3x - 3\ln|x| \right]_{1}^{3} = (3 \cdot 3 - 3\ln(3)) - (3 \cdot 1 - 3\ln(1)) = (9 - 3\ln(3)) - (3 - 0) = 6 - 3\ln(3) $$

Ответ: $6 - 3\ln(3)$

7) Найдем площадь фигуры, ограниченной графиком функции $y = e^{-x}$ и прямыми $y = e$, $x = 0$.

Найдем точку пересечения кривой $y = e^{-x}$ и прямой $y=e$: $e^{-x} = e^1$, откуда $-x=1$, то есть $x=-1$. Фигура ограничена вертикальными прямыми $x=-1$ и $x=0$.

На интервале $[-1, 0]$ прямая $y=e$ лежит выше кривой $y=e^{-x}$ (например, при $x=-0.5$, $y=e \approx 2.718$, а $y=e^{0.5} \approx 1.649$).

Площадь фигуры $S$ равна:

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

Вычислим интеграл:

$$ \int_{-1}^{0} (e - e^{-x}) \,dx = \left[ ex - (-e^{-x}) \right]_{-1}^{0} = \left[ ex + e^{-x} \right]_{-1}^{0} = (e \cdot 0 + e^0) - (e \cdot (-1) + e^{-(-1)}) = (0 + 1) - (-e + e) = 1 - 0 = 1 $$

Ответ: $1$

8) Найдем площадь фигуры, ограниченной гиперболой $y = \frac{5}{x}$ и прямой $x + y = 6$.

Прямую можно представить как $y = 6 - x$. Найдем точки пересечения: $\frac{5}{x} = 6 - x$.

$5 = 6x - x^2$, что приводит к квадратному уравнению $x^2 - 6x + 5 = 0$.

Корни уравнения $(x-1)(x-5)=0$ равны $x_1 = 1$ и $x_2 = 5$.

На интервале $[1, 5]$ выберем пробную точку $x=2$. Для гиперболы $y = \frac{5}{2} = 2,5$. Для прямой $y = 6 - 2 = 4$. Следовательно, прямая лежит выше гиперболы.

Площадь фигуры $S$ равна:

$$ S = \int_{1}^{5} \left((6 - x) - \frac{5}{x}\right) \,dx $$

Вычислим интеграл:

$$ \int_{1}^{5} \left(6 - x - \frac{5}{x}\right) \,dx = \left[ 6x - \frac{x^2}{2} - 5\ln|x| \right]_{1}^{5} = \left(6 \cdot 5 - \frac{5^2}{2} - 5\ln(5)\right) - \left(6 \cdot 1 - \frac{1^2}{2} - 5\ln(1)\right) = \left(30 - \frac{25}{2} - 5\ln(5)\right) - \left(6 - \frac{1}{2} - 0\right) = \left(\frac{60-25}{2} - 5\ln(5)\right) - \frac{11}{2} = \frac{35}{2} - 5\ln(5) - \frac{11}{2} = \frac{24}{2} - 5\ln(5) = 12 - 5\ln(5) $$

Ответ: $12 - 5\ln(5)$