Номер 6.58, страница 190 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Авторы: Никольский С. М., Потапов М. К., Решетников Н. Н., Шевкин А. В.
Тип: Учебник
Серия: мгу - школе
Издательство: Просвещение
Год издания: 2014 - 2025
Уровень обучения: базовый и углублённый
Цвет обложки: голубой в сеточку
ISBN: 978-5-09-087641-4
Допущено Министерством просвещения Российской Федерации
Математика: алгебра и начала математического анализа, геометрия
Популярные ГДЗ в 11 классе
§ 6. Первообразная и интеграл. Глава 1. Функции. Производные. Интегралы - номер 6.58, страница 190.
№6.58 (с. 190)
Условие. №6.58 (с. 190)
скриншот условия

6.58* a) $y - x^2 = 0$ и $y^2 - x = 0;$
В) $y = (1 - x)(x - 5)$, $y = 4$ и $x = 1;$
Г) $y = (x + 1)(3 - x)$, $y = 4$ и $x = 3.$
б) $y - x^2 = 0$ и $y^2 + x = 0;$
Решение 1. №6.58 (с. 190)




Решение 2. №6.58 (с. 190)




Решение 3. №6.58 (с. 190)

Решение 4. №6.58 (с. 190)
а)
Для нахождения площади фигуры, ограниченной линиями $y - x^2 = 0$ и $y^2 - x = 0$, представим уравнения в виде функций: $y = x^2$ и $x = y^2$. Поскольку из первого уравнения $y \ge 0$, то второе уравнение можно записать как $y = \sqrt{x}$. Фигура ограничена двумя параболами.
Найдем точки пересечения кривых для определения пределов интегрирования, приравняв выражения для $y$:
$x^2 = \sqrt{x}$
$x^4 = x$
$x^4 - x = 0$
$x(x^3 - 1) = 0$
Решениями являются $x_1 = 0$ и $x_2 = 1$. Это пределы интегрирования по оси $x$. В интервале $(0, 1)$ значение функции $y = \sqrt{x}$ больше значения функции $y = x^2$. Например, при $x=0.25$, $\sqrt{0.25}=0.5$, а $x^2=0.0625$. Таким образом, кривая $y = \sqrt{x}$ является верхней границей фигуры.
Площадь $S$ вычисляется как интеграл разности верхней и нижней функций:
$S = \int_{0}^{1} (\sqrt{x} - x^2) dx = \int_{0}^{1} (x^{1/2} - x^2) dx$
Вычисляем интеграл:
$S = \left[ \frac{x^{3/2}}{3/2} - \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{1} = \left[ \frac{2}{3}x\sqrt{x} - \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{1} = \left(\frac{2}{3}(1)\sqrt{1} - \frac{1^3}{3}\right) - (0) = \frac{2}{3} - \frac{1}{3} = \frac{1}{3}$
Ответ: $\frac{1}{3}$
б)
Фигура ограничена линиями $y - x^2 = 0$ и $y^2 + x = 0$. Запишем их как $y = x^2$ и $x = -y^2$.
Найдем точки пересечения, подставив $y=x^2$ во второе уравнение:
$(x^2)^2 + x = 0$
$x^4 + x = 0$
$x(x^3 + 1) = 0$
Решениями являются $x_1 = 0$ (тогда $y_1=0$) и $x_2 = -1$ (тогда $y_2=(-1)^2=1$). Точки пересечения — (0, 0) и (-1, 1).
Фигура расположена во втором квадранте. Удобнее провести интегрирование по переменной $y$ от 0 до 1. Для этого выразим $x$ через $y$ для каждой кривой. Из $y=x^2$ и условия $x \le 0$ получаем $x = -\sqrt{y}$. Второе уравнение уже имеет вид $x = -y^2$. В интервале $y \in (0, 1)$ кривая $x=-y^2$ находится правее кривой $x=-\sqrt{y}$ (например, при $y=1/4$, $x=-1/16 > x=-1/2$).
Площадь $S$ вычисляется как интеграл разности правой и левой границ:
$S = \int_{0}^{1} (-y^2 - (-\sqrt{y})) dy = \int_{0}^{1} (\sqrt{y} - y^2) dy$
Данный интеграл аналогичен предыдущему пункту:
$S = \left[ \frac{2}{3}y^{3/2} - \frac{1}{3}y^3 \right]_{0}^{1} = \left(\frac{2}{3}(1)^{3/2} - \frac{1}{3}(1)^3\right) - (0) = \frac{2}{3} - \frac{1}{3} = \frac{1}{3}$
Ответ: $\frac{1}{3}$
в)
Фигура ограничена параболой $y = (1 - x)(x - 5)$, прямой $y = 4$ и прямой $x = 1$.
Раскроем скобки в уравнении параболы: $y = -x^2 + 6x - 5$. Это парабола с ветвями, направленными вниз. Найдем ее вершину: $x_v = -\frac{6}{2(-1)} = 3$. Ордината вершины: $y_v = -(3)^2 + 6(3) - 5 = 4$. Вершина параболы находится в точке (3, 4).
Прямая $y=4$ касается параболы в ее вершине. Таким образом, фигура ограничена сверху прямой $y=4$, снизу — параболой, слева — прямой $x=1$, а справа — точкой касания $x=3$. Интегрирование проводится по $x$ от 1 до 3.
Площадь $S$ равна интегралу от разности верхней и нижней функций:
$S = \int_{1}^{3} (4 - (-x^2 + 6x - 5)) dx = \int_{1}^{3} (x^2 - 6x + 9) dx$
Подынтегральное выражение является полным квадратом:
$S = \int_{1}^{3} (x - 3)^2 dx = \left[ \frac{(x-3)^3}{3} \right]_{1}^{3} = \frac{(3-3)^3}{3} - \frac{(1-3)^3}{3} = 0 - \frac{(-2)^3}{3} = \frac{8}{3}$
Ответ: $\frac{8}{3}$
г)
Фигура ограничена параболой $y = (x + 1)(3 - x)$, прямой $y = 4$ и прямой $x = 3$.
Раскроем скобки в уравнении параболы: $y = -x^2 + 2x + 3$. Это парабола с ветвями, направленными вниз. Найдем ее вершину: $x_v = -\frac{2}{2(-1)} = 1$. Ордината вершины: $y_v = -(1)^2 + 2(1) + 3 = 4$. Вершина параболы находится в точке (1, 4).
Прямая $y=4$ касается параболы в ее вершине. Фигура ограничена сверху прямой $y=4$, снизу — параболой, слева — точкой касания $x=1$, а справа — прямой $x=3$. Интегрирование проводится по $x$ от 1 до 3.
Площадь $S$ равна интегралу от разности верхней и нижней функций:
$S = \int_{1}^{3} (4 - (-x^2 + 2x + 3)) dx = \int_{1}^{3} (x^2 - 2x + 1) dx$
Подынтегральное выражение является полным квадратом:
$S = \int_{1}^{3} (x - 1)^2 dx = \left[ \frac{(x-1)^3}{3} \right]_{1}^{3} = \frac{(3-1)^3}{3} - \frac{(1-1)^3}{3} = \frac{2^3}{3} - 0 = \frac{8}{3}$
Ответ: $\frac{8}{3}$
Другие задания:
Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.
Мы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 11 класс, для упражнения номер 6.58 расположенного на странице 190 к учебнику серии мгу - школе 2014 года издания для учащихся школ и гимназий.
Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по алгебре к упражнению №6.58 (с. 190), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.