Номер 21.43, страница 141, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мордкович, Семенов

§ 21. Определённый интеграл. Глава 4. Первообразная и интеграл. ч. 2 - номер 21.43, страница 141.

Вычислите площадь фигуры, ограниченной заданными линиями:

21.43. a) $y = x^2$, $y = 0$, $x = 4$;

б) $y = x^3$, $y = 0$, $x = -3$, $x = 1$;

в) $y = x^2$, $y = 0$, $x = -3$;

г) $y = x^4$, $y = 0$, $x = -1$, $x = 2$.

а) Фигура ограничена параболой $y = x^2$, осью абсцисс $y = 0$ и вертикальной прямой $x = 4$. Левая граница фигуры определяется точкой пересечения параболы $y = x^2$ с осью $y = 0$, что происходит при $x = 0$. Таким образом, искомая площадь находится на отрезке $[0, 4]$.
На отрезке $[0, 4]$ функция $f(x) = x^2$ является неотрицательной ($x^2 \ge 0$). Площадь криволинейной трапеции вычисляется с помощью определенного интеграла:
$S = \int_{0}^{4} x^2 \,dx$.
Найдем первообразную для функции $f(x) = x^2$: $F(x) = \frac{x^3}{3}$.
По формуле Ньютона-Лейбница:
$S = \left. \frac{x^3}{3} \right|_{0}^{4} = \frac{4^3}{3} - \frac{0^3}{3} = \frac{64}{3} - 0 = \frac{64}{3}$.
Ответ: $\frac{64}{3}$ или $21\frac{1}{3}$.

б) Фигура ограничена кубической параболой $y = x^3$, осью абсцисс $y = 0$ и вертикальными прямыми $x = -3$ и $x = 1$.
На отрезке $[-3, 1]$ функция $f(x) = x^3$ меняет знак:

• при $x \in [-3, 0]$, $f(x) \le 0$, поэтому фигура расположена ниже оси Ox.
• при $x \in [0, 1]$, $f(x) \ge 0$, поэтому фигура расположена выше оси Ox.

Площадь фигуры равна сумме площадей двух частей, которые вычисляются как интеграл от модуля функции:
$S = \int_{-3}^{1} |x^3| \,dx = \int_{-3}^{0} (-x^3) \,dx + \int_{0}^{1} x^3 \,dx$.
Найдем первообразную для $x^3$: $F(x) = \frac{x^4}{4}$.
Вычислим каждый интеграл:
$\int_{-3}^{0} (-x^3) \,dx = \left. -\frac{x^4}{4} \right|_{-3}^{0} = (-\frac{0^4}{4}) - (-\frac{(-3)^4}{4}) = 0 - (-\frac{81}{4}) = \frac{81}{4}$.
$\int_{0}^{1} x^3 \,dx = \left. \frac{x^4}{4} \right|_{0}^{1} = \frac{1^4}{4} - \frac{0^4}{4} = \frac{1}{4} - 0 = \frac{1}{4}$.
Суммарная площадь:
$S = \frac{81}{4} + \frac{1}{4} = \frac{82}{4} = \frac{41}{2}$.
Ответ: $\frac{41}{2}$ или $20,5$.

в) Фигура ограничена параболой $y = x^2$, осью абсцисс $y = 0$ и вертикальной прямой $x = -3$. Правая граница фигуры определяется точкой пересечения параболы $y = x^2$ с осью $y = 0$, то есть при $x = 0$. Таким образом, искомая площадь находится на отрезке $[-3, 0]$.
На отрезке $[-3, 0]$ функция $f(x) = x^2$ является неотрицательной ($x^2 \ge 0$). Площадь вычисляется по формуле:
$S = \int_{-3}^{0} x^2 \,dx$.
Первообразная для $x^2$ равна $F(x) = \frac{x^3}{3}$.
Вычислим интеграл по формуле Ньютона-Лейбница:
$S = \left. \frac{x^3}{3} \right|_{-3}^{0} = \frac{0^3}{3} - \frac{(-3)^3}{3} = 0 - \frac{-27}{3} = 0 - (-9) = 9$.
Ответ: $9$.

г) Фигура ограничена графиком функции $y = x^4$, осью абсцисс $y = 0$ и вертикальными прямыми $x = -1$ и $x = 2$.
На всем отрезке $[-1, 2]$ функция $f(x) = x^4$ является неотрицательной, так как любая степень с четным показателем дает неотрицательный результат ($x^4 \ge 0$).
Площадь вычисляется как определенный интеграл:
$S = \int_{-1}^{2} x^4 \,dx$.
Найдем первообразную для функции $f(x) = x^4$: $F(x) = \frac{x^5}{5}$.
Вычислим интеграл по формуле Ньютона-Лейбница:
$S = \left. \frac{x^5}{5} \right|_{-1}^{2} = \frac{2^5}{5} - \frac{(-1)^5}{5} = \frac{32}{5} - \frac{-1}{5} = \frac{32}{5} + \frac{1}{5} = \frac{33}{5}$.
Ответ: $\frac{33}{5}$ или $6,6$.