Тема: Вычисление площадей и объемов с применением определенного интеграла. Цель работы: Корректировать знания, умения и навыки по теме: «Дифференциальное и интегральное исчисление». Задание: Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями:

Задание №1

График 1: Функция \( y = x^2 \) ограничена осью X и вертикальными линиями, где \( x = 1 \) и \( x = 0 \). Площадь вычисляется как интеграл от \( x^2 \) по \( x \) от 0 до 1.

\( S = \int_{0}^{1} x^2 dx = \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{1} = \frac{1^3}{3} - \frac{0^3}{3} = \frac{1}{3} \)

График 2: Функция \( y = 4x - x^2 \) ограничена осью X. Найдем точки пересечения с осью X, приравняв \( y=0 \): \( 4x - x^2 = 0 \Rightarrow x(4-x) = 0 \Rightarrow x_1 = 0, x_2 = 4 \). Площадь вычисляется как интеграл от \( 4x - x^2 \) по \( x \) от 0 до 4.

\( S = \int_{0}^{4} (4x - x^2) dx = \left[ 2x^2 - \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{4} = (2 \cdot 4^2 - \frac{4^3}{3}) - (0) = 32 - \frac{64}{3} = \frac{96 - 64}{3} = \frac{32}{3} \)

Задание №2

График 1: Функция \( y = \frac{4}{x} \) ограничена осью X и вертикальными линиями, где \( x = 1 \) и \( x = 4 \). Площадь вычисляется как интеграл от \( \frac{4}{x} \) по \( x \) от 1 до 4.

\( S = \int_{1}^{4} \frac{4}{x} dx = \left[ 4 \ln|x| \right]_{1}^{4} = 4 \ln(4) - 4 \ln(1) = 4 \ln(4) - 0 = 4 \ln(4) \)

График 2: Две линии \( y = -x + 5 \) и \( y = x + 3 \) ограничивают площадь. Найдем точки их пересечения: \( -x + 5 = x + 3 \Rightarrow 2x = 2 \Rightarrow x = 1 \). Также линия \( y = x + 3 \) пересекает ось X при \( x = -3 \) и линия \( y = -x + 5 \) пересекает ось X при \( x = 5 \). На графике показана площадь между \( x = -2 \) и \( x = 1 \), ограниченная двумя линиями и осью X. Из графика видно, что нижняя граница меняется. В интервале \( [-2, 1] \), \( y = x+3 \) является верхней границей, а \( y = -x+5 \) — нижней границей. Однако, представленная закрашенная область выглядит так, как будто она ограничена \( y = -x+5 \) сверху и \( y = x+3 \) снизу, и осью Y. Если предположить, что область между \( x= -2 \) и \( x=1 \) ограничена \( y=-x+5 \) сверху и \( y=x+3 \) снизу, то:

\( S = \int_{-2}^{1} ((-x+5) - (x+3)) dx = \int_{-2}^{1} (-2x+2) dx = \left[ -x^2 + 2x \right]_{-2}^{1} = (-1^2 + 2(1)) - (-(-2)^2 + 2(-2)) = (-1+2) - (-4-4) = 1 - (-8) = 9 \)

Примечание: Точное определение границ по графику для второго рисунка №2 затруднено. Вычисление проведено исходя из предположения, что площадь ограничена линиями \( y = -x+5 \) и \( y = x+3 \) в интервале \( [-2, 1] \).

Задание №3

График 1: Функция \( y = x^2 - 4 \) ограничена осью X. Найдем точки пересечения с осью X: \( x^2 - 4 = 0 \Rightarrow x^2 = 4 \Rightarrow x = \pm 2 \). Площадь вычисляется как интеграл от \( -(x^2 - 4) \) по \( x \) от -2 до 2 (так как график под осью X).

\( S = \int_{-2}^{2} -(x^2 - 4) dx = \int_{-2}^{2} (4 - x^2) dx = \left[ 4x - \frac{x^3}{3} \right]_{-2}^{2} = (4(2) - \frac{2^3}{3}) - (4(-2) - \frac{(-2)^3}{3}) = (8 - \frac{8}{3}) - (-8 - (-\frac{8}{3})) = (8 - \frac{8}{3}) - (-8 + \frac{8}{3}) = 8 - \frac{8}{3} + 8 - \frac{8}{3} = 16 - \frac{16}{3} = \frac{48 - 16}{3} = \frac{32}{3} \)

График 2: Две параболы \( y = x^2 - x \) и \( y = -x^2 + 3x \) ограничивают площадь. Найдем точки их пересечения: \( x^2 - x = -x^2 + 3x \Rightarrow 2x^2 - 4x = 0 \Rightarrow 2x(x - 2) = 0 \Rightarrow x_1 = 0, x_2 = 2 \). Площадь вычисляется как интеграл от разности функций по \( x \) от 0 до 2.

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

Задание №4

График 1: Функция \( y = 4x - x^2 - 3 \) ограничена осью X. Найдем точки пересечения с осью X: \( -x^2 + 4x - 3 = 0 \Rightarrow x^2 - 4x + 3 = 0 \Rightarrow (x-1)(x-3) = 0 \Rightarrow x_1 = 1, x_2 = 3 \). Площадь вычисляется как интеграл от \( -x^2 + 4x - 3 \) по \( x \) от 1 до 3.

\( S = \int_{1}^{3} (-x^2 + 4x - 3) dx = \left[ -\frac{x^3}{3} + 2x^2 - 3x \right]_{1}^{3} = (-\frac{3^3}{3} + 2(3)^2 - 3(3)) - (-\frac{1^3}{3} + 2(1)^2 - 3(1)) = (-9 + 18 - 9) - (-\frac{1}{3} + 2 - 3) = 0 - (-\frac{1}{3} - 1) = -(-\frac{4}{3}) = \frac{4}{3} \)

График 2: Две кривые \( y = \sin(x) \) и \( y = 0 \) в интервале \( [0, \pi] \). Площадь вычисляется как интеграл от \( \sin(x) \) по \( x \) от 0 до \( \pi \).

\( S = \int_{0}^{\pi} \sin(x) dx = \left[ -\u005Ccos(x) \right]_{0}^{\pi} = (-\u005Ccos(\pi)) - (-\u005Ccos(0)) = (-(-1)) - (-1) = 1 + 1 = 2 \)

Задание №5

График 1: Функция \( y = \cos(x) \) и ось X. Закрашена область от \( x = 0 \) до \( x = \frac{\pi}{2} \) и от \( x = \frac{3\pi}{2} \) до \( x = 2\pi \) (одна арка под осью X). На графике закрашена область от \( x = 0 \) до \( x = \frac{\pi}{2} \) (часть арки над осью X) и от \( x = \frac{\pi}{2} \) до \( x = \pi \) (часть арки под осью X). По контексту предыдущих заданий, скорее всего, подразумевается площадь между \( y = \cos(x) \) и осью X на некотором интервале.

Если площадь от \( x = 0 \) до \( x = \frac{\pi}{2} \):

\( S_1 = \int_{0}^{\pi/2} \cos(x) dx = \left[ \sin(x) \right]_{0}^{\pi/2} = \sin(\pi/2) - \sin(0) = 1 - 0 = 1 \)

Если площадь от \( x = 0 \) до \( x = \pi \) (с учетом области под осью X):

\( S = \int_{0}^{\pi/2} \cos(x) dx + \left| \int_{\pi/2}^{\pi} \cos(x) dx \right| = 1 + \left| [ \sin(x) ]_{\pi/2}^{\pi} \right| = 1 + \left| \sin(\pi) - \sin(\pi/2) \right| = 1 + |0 - 1| = 1 + 1 = 2 \)

График 2: Две линии \( y = x + 2 \) и \( y = -x^2 + 4 \) ограничивают площадь. Найдем точки их пересечения: \( x + 2 = -x^2 + 4 \Rightarrow x^2 + x - 2 = 0 \Rightarrow (x+2)(x-1) = 0 \Rightarrow x_1 = -2, x_2 = 1 \). Площадь вычисляется как интеграл от разности функций по \( x \) от -2 до 1.

\( S = \int_{-2}^{1} ((-x^2 + 4) - (x+2)) dx = \int_{-2}^{1} (-x^2 - x + 2) dx = \left[ -\frac{x^3}{3} - \frac{x^2}{2} + 2x \right]_{-2}^{1} = (-\frac{1^3}{3} - \frac{1^2}{2} + 2(1)) - (-\frac{(-2)^3}{3} - \frac{(-2)^2}{2} + 2(-2)) = (-\frac{1}{3} - \frac{1}{2} + 2) - (\frac{8}{3} - 2 - 4) = (\frac{-2 - 3 + 12}{6}) - (\frac{8}{3} - 6) = \frac{7}{6} - \frac{8 - 18}{3} = \frac{7}{6} - (-\frac{10}{3}) = \frac{7}{6} + \frac{10}{3} = \frac{7 + 20}{6} = \frac{27}{6} = \frac{9}{2} \)

Задание №6

График 1: Две параболы \( y = -x^2 + 1 \) и \( y = x^2 - 1 \) ограничивают площадь. Найдем точки их пересечения: \( -x^2 + 1 = x^2 - 1 \Rightarrow 2x^2 = 2 \Rightarrow x^2 = 1 \Rightarrow x = \pm 1 \). Площадь вычисляется как интеграл от разности функций по \( x \) от -1 до 1.

\( S = \int_{-1}^{1} ((-x^2 + 1) - (x^2 - 1)) dx = \int_{-1}^{1} (-2x^2 + 2) dx = \left[ -\frac{2x^3}{3} + 2x \right]_{-1}^{1} = (-\frac{2(1)^3}{3} + 2(1)) - (-\frac{2(-1)^3}{3} + 2(-1)) = (-\frac{2}{3} + 2) - (\frac{2}{3} - 2) = \frac{4}{3} - (-\frac{4}{3}) = \frac{8}{3} \)

График 2: Функция \( y = x^2 \) и линия \( y = -1/x \). Из графика видно, что площадь ограничена \( y = x^2 \) сверху и \( y = -1/x \) снизу, в интервале от \( x = 1 \) до \( x = 3 \). Однако, на представленном графике закрашена область между \( y = x^2 \) и осью X, и между \( y = -1/x \) и осью X. Если предполагать, что закрашена площадь между \( y = x^2 \) и осью X от \( x = 1 \) до \( x = 3 \):

\( S = \int_{1}^{3} x^2 dx = \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{1}^{3} = \frac{3^3}{3} - \frac{1^3}{3} = \frac{27}{3} - \frac{1}{3} = \frac{26}{3} \)

Примечание: Точное определение границ для второго рисунка №6 затруднено. Вычисление проведено исходя из предположения, что площадь ограничена \( y=x^2 \) и осью X в интервале \( [1, 3] \). Если подразумевалась площадь между \( y = x^2 \) и \( y = -1/x \), то точки пересечения нужно находить решением \( x^2 = -1/x \), что не имеет действительных решений. Интерпретация закрашенной области неоднозначна.