Номер 433, страница 258 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Интеграл и его применение. Упражнения для повторения курса алгебры - номер 433, страница 258.

433. Вычислите площадь фигуры, ограниченной линиями:

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

2) $y = 2 - x^2, y = 0;$

3) $y = \frac{1}{x}, y = 0, x = 1, x = 3;$

4) $y = e^{-x}, y = 1, x = -2;$

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

6) $y = \frac{4}{x^2}, y = x - 1, x = 1;$

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

8) $y = 8 - x^2, y = 4;$

9) $y = x^2, y = 4x - x^2;$

10)
$y = \frac{5}{x}, y = 4x + 1, x = 2.$

1) Фигура ограничена линиями $y = x^3 + 1$, $y = 0$ (ось Ox), $x = 0$ и $x = 2$.
На отрезке $[0, 2]$ функция $y = x^3 + 1$ положительна, поэтому площадь фигуры можно найти как определенный интеграл от этой функции по данному отрезку.
Площадь $S$ вычисляется по формуле: $S = \int_{0}^{2} (x^3 + 1) dx$
Найдем первообразную: $\int (x^3 + 1) dx = \frac{x^4}{4} + x$
Теперь вычислим определенный интеграл по формуле Ньютона-Лейбница: $S = \left[ \frac{x^4}{4} + x \right]_{0}^{2} = \left(\frac{2^4}{4} + 2\right) - \left(\frac{0^4}{4} + 0\right) = \left(\frac{16}{4} + 2\right) - 0 = 4 + 2 = 6$.
Ответ: 6.

2) Фигура ограничена линиями $y = 2 - x^2$ и $y = 0$ (ось Ox).
Сначала найдем пределы интегрирования, решив уравнение $2 - x^2 = 0$. $x^2 = 2 \implies x = \pm\sqrt{2}$.
Таким образом, пределы интегрирования от $-\sqrt{2}$ до $\sqrt{2}$. Парабола $y = 2 - x^2$ на этом интервале находится выше оси Ox.
Площадь $S$ вычисляется по формуле: $S = \int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}} (2 - x^2) dx$
Поскольку подынтегральная функция является четной, а пределы интегрирования симметричны относительно нуля, можно записать: $S = 2 \int_{0}^{\sqrt{2}} (2 - x^2) dx = 2 \left[ 2x - \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{\sqrt{2}} = 2 \left( (2\sqrt{2} - \frac{(\sqrt{2})^3}{3}) - 0 \right) = 2 \left( 2\sqrt{2} - \frac{2\sqrt{2}}{3} \right) = 2 \left( \frac{6\sqrt{2} - 2\sqrt{2}}{3} \right) = 2 \cdot \frac{4\sqrt{2}}{3} = \frac{8\sqrt{2}}{3}$.
Ответ: $\frac{8\sqrt{2}}{3}$.

3) Фигура ограничена линиями $y = \frac{1}{x}$, $y = 0$, $x = 1$ и $x = 3$.
На отрезке $[1, 3]$ функция $y = \frac{1}{x}$ положительна. Площадь вычисляется как интеграл: $S = \int_{1}^{3} \frac{1}{x} dx$
$S = [\ln|x|]_{1}^{3} = \ln(3) - \ln(1) = \ln(3) - 0 = \ln(3)$.
Ответ: $\ln(3)$.

4) Фигура ограничена линиями $y = e^{-x}$, $y = 1$ и $x = -2$.
Найдем точку пересечения графиков $y = e^{-x}$ и $y = 1$: $e^{-x} = 1 \implies -x = \ln(1) \implies -x = 0 \implies x = 0$.
Таким образом, фигура ограничена по оси x от $-2$ до $0$. На этом интервале $e^{-x} \ge 1$ (например, при $x = -1$, $e^{-(-1)} = e > 1$), поэтому $y = e^{-x}$ является верхней границей, а $y=1$ — нижней.
Площадь $S$ вычисляется как разность интегралов: $S = \int_{-2}^{0} (e^{-x} - 1) dx = \left[ -e^{-x} - x \right]_{-2}^{0} = (-e^0 - 0) - (-e^{-(-2)} - (-2)) = (-1) - (-e^2 + 2) = -1 + e^2 - 2 = e^2 - 3$.
Ответ: $e^2 - 3$.

5) Фигура ограничена линиями $y = -x^2 + 4$ и $x + y = 4$ (или $y = 4 - x$).
Найдем точки пересечения, приравняв выражения для $y$: $-x^2 + 4 = 4 - x$
$x - x^2 = 0 \implies x(1 - x) = 0 \implies x_1 = 0, x_2 = 1$.
Это наши пределы интегрирования. На интервале $(0, 1)$ определим, какая функция больше. Возьмем $x = 0.5$: $y_1 = -(0.5)^2 + 4 = 3.75$ $y_2 = 4 - 0.5 = 3.5$
Так как $y_1 > y_2$, парабола $y = -x^2 + 4$ является верхней границей.
$S = \int_{0}^{1} ((-x^2 + 4) - (4 - x)) dx = \int_{0}^{1} (-x^2 + x) dx = \left[ -\frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{1} = \left(-\frac{1}{3} + \frac{1}{2}\right) - 0 = \frac{-2+3}{6} = \frac{1}{6}$.
Ответ: $\frac{1}{6}$.

6) Фигура ограничена линиями $y = \frac{4}{x^2}$, $y = x - 1$ и $x = 1$.
Найдем точку пересечения $y = \frac{4}{x^2}$ и $y = x - 1$: $\frac{4}{x^2} = x - 1 \implies 4 = x^3 - x^2 \implies x^3 - x^2 - 4 = 0$.
Подбором находим корень $x=2$: $2^3 - 2^2 - 4 = 8 - 4 - 4 = 0$.
Таким образом, пределы интегрирования от $1$ до $2$. На интервале $(1, 2)$ сравним функции. Возьмем $x = 1.5$: $y_1 = \frac{4}{(1.5)^2} = \frac{4}{2.25} \approx 1.78$ $y_2 = 1.5 - 1 = 0.5$
Так как $y_1 > y_2$, функция $y = \frac{4}{x^2}$ является верхней границей.
$S = \int_{1}^{2} (\frac{4}{x^2} - (x-1)) dx = \int_{1}^{2} (4x^{-2} - x + 1) dx = \left[ -4x^{-1} - \frac{x^2}{2} + x \right]_{1}^{2} = \left[ -\frac{4}{x} - \frac{x^2}{2} + x \right]_{1}^{2} = \left(-\frac{4}{2} - \frac{2^2}{2} + 2\right) - \left(-\frac{4}{1} - \frac{1^2}{2} + 1\right) = (-2-2+2) - (-4 - 0.5 + 1) = -2 - (-3.5) = 1.5 = \frac{3}{2}$.
Ответ: $\frac{3}{2}$.

7) Фигура ограничена линиями $y = x^2 - 4x + 5$ и $y = 5 - x$.
Найдем точки пересечения: $x^2 - 4x + 5 = 5 - x$
$x^2 - 3x = 0 \implies x(x - 3) = 0 \implies x_1 = 0, x_2 = 3$.
На интервале $(0, 3)$ сравним функции. Возьмем $x = 1$: $y_1 = 1^2 - 4(1) + 5 = 2$ $y_2 = 5 - 1 = 4$
Так как $y_2 > y_1$, прямая $y = 5 - x$ является верхней границей.
$S = \int_{0}^{3} ((5 - x) - (x^2 - 4x + 5)) dx = \int_{0}^{3} (-x^2 + 3x) dx = \left[ -\frac{x^3}{3} + \frac{3x^2}{2} \right]_{0}^{3} = \left(-\frac{3^3}{3} + \frac{3 \cdot 3^2}{2}\right) - 0 = -9 + \frac{27}{2} = -9 + 13.5 = 4.5 = \frac{9}{2}$.
Ответ: $\frac{9}{2}$.

8) Фигура ограничена линиями $y = 8 - x^2$ и $y = 4$.
Найдем точки пересечения: $8 - x^2 = 4 \implies x^2 = 4 \implies x = \pm 2$.
Пределы интегрирования от $-2$ до $2$. На этом интервале парабола $y = 8 - x^2$ находится выше прямой $y=4$.
$S = \int_{-2}^{2} ((8 - x^2) - 4) dx = \int_{-2}^{2} (4 - x^2) dx$
Функция $4 - x^2$ четная, поэтому: $S = 2 \int_{0}^{2} (4 - x^2) dx = 2 \left[ 4x - \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{2} = 2 \left( (4 \cdot 2 - \frac{2^3}{3}) - 0 \right) = 2 \left( 8 - \frac{8}{3} \right) = 2 \left( \frac{24 - 8}{3} \right) = \frac{32}{3}$.
Ответ: $\frac{32}{3}$.

9) Фигура ограничена параболами $y = x^2$ и $y = 4x - x^2$.
Найдем точки пересечения: $x^2 = 4x - x^2$
$2x^2 - 4x = 0 \implies 2x(x - 2) = 0 \implies x_1 = 0, x_2 = 2$.
На интервале $(0, 2)$ сравним функции. Возьмем $x=1$: $y_1 = 1^2 = 1$ $y_2 = 4(1) - 1^2 = 3$
Так как $y_2 > y_1$, парабола $y = 4x - x^2$ является верхней границей.
$S = \int_{0}^{2} ((4x - x^2) - x^2) dx = \int_{0}^{2} (4x - 2x^2) dx = \left[ 2x^2 - \frac{2x^3}{3} \right]_{0}^{2} = \left(2 \cdot 2^2 - \frac{2 \cdot 2^3}{3}\right) - 0 = 8 - \frac{16}{3} = \frac{24-16}{3} = \frac{8}{3}$.
Ответ: $\frac{8}{3}$.

10) Фигура ограничена линиями $y = \frac{5}{x}$, $y = 4x + 1$ и $x = 2$.
Найдем точку пересечения $y = \frac{5}{x}$ и $y = 4x + 1$: $\frac{5}{x} = 4x + 1 \implies 5 = 4x^2 + x \implies 4x^2 + x - 5 = 0$.
Решаем квадратное уравнение: $D = 1^2 - 4 \cdot 4 \cdot (-5) = 1 + 80 = 81$. $x = \frac{-1 \pm \sqrt{81}}{8} = \frac{-1 \pm 9}{8}$. $x_1 = 1$, $x_2 = -5/4$.
Поскольку в первом квадранте $(x>0)$, нас интересует точка $x=1$. Фигура ограничена вертикальными линиями $x=1$ и $x=2$. На интервале $(1, 2)$ сравним функции. Возьмем $x = 1.5$: $y_1 = \frac{5}{1.5} \approx 3.33$ $y_2 = 4(1.5) + 1 = 7$
Так как $y_2 > y_1$, прямая $y = 4x + 1$ является верхней границей.
$S = \int_{1}^{2} \left( (4x + 1) - \frac{5}{x} \right) dx = \left[ 2x^2 + x - 5\ln|x| \right]_{1}^{2} = (2 \cdot 2^2 + 2 - 5\ln 2) - (2 \cdot 1^2 + 1 - 5\ln 1) = (8 + 2 - 5\ln 2) - (2+1-0) = 10 - 5\ln 2 - 3 = 7 - 5\ln 2$.
Ответ: $7 - 5\ln 2$.