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

Формула Ньютона-Лейбница. Площади фигур-2

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 *