Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Определенный интеграл

Формула Ньютона-Лейбница. Площади фигур-2

[latexpage]

Мы продолжаем использовать формулу  Ньютона-Лейбница, и научимся определять площади различных фигур, ограниченных теми или иными кривыми. Задачи в этой статье сложнее, чем в предыдущей.

Задача 1. Найти площадь фигуры, ограниченной заданными линиями: параболой $y=x^2+10$ и касательными к ней, проведенными из точки (0;1).

Так как касательная и график имеют только одну общую точку, то определить ее можно, приравняв выражения $y=kx+b$ и $y=x^2+10$. У полученного квадратного уравнения дискриминант должен быть равен 0:

$$ x^2+10= kx+b$$

$$ x^2- kx +10 -b=0$$

$$D=k^2-4\cdot(10-b)=0$$

Так как касательные проходят через точку (0;1), то $b=1$:

$$D=k^2-4\cdot(10-1)=0$$

$$k^2-4\cdot9=0$$

$$k^2=36$$

$$k=\pm 6$$

Таким образом, уравнение первой касательной $y=-6x+1$, а второй – $y=6x+1$. Строим!

К задаче 1

Определим пределы интегрирования:

$$ x^2+10= 6x+1$$

$$ x^2-6x+9= 0$$

$$ (x-3)^2= 0$$

$$x=3$$

Аналогично слева:

$$ x^2+10= -6x+1$$

$$ x^2+6x+9= 0$$

$$ (x+3)^2= 0$$

$$x=-3$$

Эту фигуру нам придется разбить на две. Можно так:

Первый способ разбиения

Тогда будем вычислять площадь зеленого и бежевого участка отдельно и складывать их. А можно поступить так: вычислить площадь под параболой, а потом вычесть из нее площади  двух желтых  трапеций.

Второй способ разбиения

Покажем, что результат будет одинаков в обоих случаях. Вычисляем первым способом:

$$S=S_1+S_2=\int\limits_{-3}^0 (x^2+10-(-6x+1))\,dx+\int\limits_0^3 (x^2+10-(6x+1)\,dx =\int\limits_{-3}^0 (x^2+6x+9))\,dx+\int\limits_0^3 (x^2-6x+9)\,dx =$$

$$=\Bigl.\left(\frac{1}{3}x^3+3x^2+9x\right) \Bigr|_{-3}^0+\Bigl.\left(\frac{1}{3}x^3-3x^2+9x\right) \Bigr|_0^3=-(-\frac{1}{3}\cdot27+27-27)+\frac{1}{3}\cdot3^3-27+9\cdot 3=0+9=18$$

Вычисляем вторым способом. Для этого определим ординату точки касания:$y_k=(-3)^2+10=19$. То есть у трапеции $ABCD$ основания 1 и 19, а высота $AD=3$. Тогда:

$$S=S_3-2S_4=\int\limits_{-3}^3 (x^2+10)\,dx-2\cdot\frac{1+19}{2}\cdot3=\Bigl.\left(\frac{1}{3}x^3+10x\right) \Bigr|_{-3}^3-60=\frac{1}{3}(3)^3+10(3)-( \frac{1}{3}(-3)^3-10(3))-60=9+30+9+30-60=18$$

Ответ: $S=18$.

 

Задача 2. Найти площадь фигуры, ограниченной заданными линиями:

гиперболой $y=\frac{1}{x}$, прямой $x=1$ и касательной к кривой $y=\frac{1}{x}$ в точке с абсциссой $x=2$.

Гипербола и касательная имеют одну общую точку. Уравнение прямой $y=kx+b$. Прямая эта по условию пройдет через точку с абсциссой 2. Определим ординату этой точки через уравнение гиперболы:

$$ y=\frac{1}{x}=\frac{1}{2}$$

Таким образом, подставив координаты точки касания $(2; \frac{1}{2})$ в уравнение прямой, получим:

$$\frac{1}{2}=2k+b$$

$$b=\frac{1}{2}-2k$$

Так как гипербола и касательная имеют одну общую точку, то приравняем:

$$\frac{1}{x}=kx+\frac{1}{2}-2k$$

Домножив на $x$, имеем уравнение:

$$1=kx^2+\frac{1}{2}x-2kx$$

$$kx^2+\left(\frac{1}{2}-2k\right)x-1=0$$

Дискриминант этого уравнения  равен 0: одна точка контакта, один корень.

$$D=(\frac{1}{2}-2k\right)^2+4k=0$$

$$\frac{1}{4}-2k+4k^2+4k=\frac{1}{4}+2k+4k^2=(\frac{1}{2}+2k\right)^2=0$$

Откуда $k=-\frac{1}{4}$.

Тогда $b=\frac{1}{2}-2k=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1$.

Теперь имеем уравнение касательной:

$$y=-\frac{1}{4}x+1$$

Строим:

К задаче 2

Считаем площадь:

$$S=\int\limits_{1}^2 (\frac{1}{x}-(-\frac{1}{4}x+1))\,dx=\int\limits_{1}^2 (\frac{1}{x}+\frac{1}{4}x-1)\,dx=

\Bigl. \left(\ln x +\frac{1}{8}x^2-x\right) \Bigr|_1^2=\ln 2+\frac{1}{8}\cdot 2^2-2-(\ln 1+\frac{1}{8}-1)=\ln 2+\frac{1}{2}-2-\frac{1}{8}+1=\ln 2-\frac{5}{8}$$

Ответ: $S=\ln 2-\frac{5}{8}$.

Задача 3. В какой точке графика функции $y=x^2+1$ надо провести  касательную, чтобы она отсекала от фигуры, образованной графиком этой функции и прямыми $y=0, x=0, x=1$ трапецию наибольшей площади?

Найдем уравнение касательной к графику.

$$y=y_0+f’(x_0)(x-x_0)$$

$$ f’(x^2+1)=2x$$

$$f’(x_0)=2x_0$$

Тогда уравнение касательной

$$y=x_0^2+1+2x_0(x-x_0)$$

К задаче 3

Прямая отсечет трапецию $PMNQ$. Определим длины оснований этой трапеции $PM$ и $NQ$. Так как прямая пересечет ось $y$, то координаты точки пересечения $M$ будут:

$$\begin{Bmatrix}{x_1= 0}\\{ y_1= x_0^2+1+2x_0(x-x_0)=-x_0^2+1 }\end{matrix}$$

Абсцисса второй точки, которая нам нужна – точки $N$, $x_2=1$, поэтому

$$\begin{Bmatrix}{x_2= 1}\\{ y_2= x_0^2+1+2x_0(x-x_0)=-x_0^2+2x_0+1 }\end{matrix}$$

Таким образом, определены основания трапеции. Первое, малое: $y_1=-x_0^2+1$, второе, большое, $y_2= -x_0^2+2x_0+1$, а высота $x_2-x_1=1$. Определяем площадь:

$$S=\frac{a+b}{2}h=\frac{PM+NQ}{2}\cdot PQ =\frac{-x_0^2+1-x_0^2+2x_0+1}{2}=\frac{-2x_0^2+2x_0+2}{2}=-x_0^2+x_0+1$$

Определим ее минимум. Для этого возьмем производную и приравняем к нулю:

$$(-x_0^2+x_0+1)’=-2x_0+1$$

$$-2x_0+1=0$$

$$x_0=0,5$$

Определим ординату искомой точки:

$$y_0=x_0^2+1=(0,5)^2+1=1,25$$

Ответ: нужно провести касательную через точку с координатами $(0,5; 1,25)$.

Для вас другие записи этой рубрики:

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *