Определенный интеграл. Площадь криволинейной трапеции

п.1. Теорема о площади криволинейной трапеции

Доказательство:
Выберем на интервале \(x\in [a;b]\). Площадь соответствующей криволинейной трапеции \(S(x)\) является функцией от \(x\). Дадим переменной \(x\) приращение \(\triangle x\).
Площадь криволинейной трапеции на интервале \(\left[a;x+\triangle x\right]\) равна сумме
\(S(x+\triangle x)=S(x)+S(\triangle x)\). Откуда приращение площади: $$ \triangle S=S(\triangle x)=S(x+\triangle x)-S(x) $$ По теореме о среднем (см. ниже в этом параграфе) между \(x\) и \(x+\triangle x\) всегда найдется такое \(t\), что приращение площади равно произведению: $$ \triangle S=f(t)\cdot (x+\triangle x-x)=f(t)\cdot \triangle x $$ Если \(\triangle x\rightarrow 0\), то \(t\rightarrow x\), и в пределе получаем: \begin{gather*} S'(x)=\lim_{\triangle x\rightarrow 0}\frac{\triangle S}{\triangle x}=\lim_{\triangle x\rightarrow 0} \frac{f(t)\cdot \triangle x}{\triangle x}=\lim_{\triangle x\rightarrow 0}f(t)=f(x) \end{gather*} Т.е. \(S(x)\) является первообразной для \(f(x)\) на [a;b]. В общем виде: $$ S(x)=F(x)+C $$ Найдем C. В точке a: $$ S(a)=0=F(a)+C\Rightarrow C=-F(a) $$ Тогда вся площадь: $$ S=S(b)=F(b)+C=F(b)-F(a) $$ Что и требовалось доказать.

п.2. Формула Ньютона-Лейбница

Например:
Найдем площадь фигуры, ограниченной осью абсцисс и графиком функции $$ y=3-2x-x^2 $$

Построим график (см. §28 справочника для 8 класса). Это парабола. \(a\lt 0\) – ветки вниз. Координаты вершины: \begin{gather*} x_0=-\frac{b}{2a}=-\frac{-2}{2\cdot (-1)}=-1,\\ y_0=3+2-1=4 \end{gather*} Точки пересечения с осью OX: \begin{gather*} 3-2x-x^2=0\Rightarrow x^2+2x-3=0\\ (x+3)(x-1)=0\Rightarrow \left[ \begin{array}{l} x=-3,\\ x=1 \end{array} \right. \end{gather*} Точка пересечения с осью OY: $$ x=0,\ \ y=3 $$

Необходимо найти площадь заштрихованной фигуры.
Функция: \(f(x)=3-2x-x^2\)
Пределы интегрирования: \(a=-3,\ b=1\) \begin{gather*} S=\int_{-3}^{1}(3-2x-x^2)dx=\left(3x-2\cdot\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\right)|_{1}^{-3}=\left(3x-x^2-\frac{x^3}{3}\right)|_{1}^{-3}=\\ =\left(3-cdot 1-1^2-\frac{1^3}{3}\right)-\left(3\cdot(-3)-(-3)^2-\frac{(-3)^3}{3}\right)=2-\frac13+9=10\frac23 \end{gather*} Ответ: \(10\frac23\)

п.3. Геометрический смысл теоремы Лагранжа о среднем

Геометрический смысл теоремы Лагранжа о среднем в интегральной форме заключается в том, что площадь криволинейной трапеции равна площади прямоугольника с основанием \(d=b-a\) и высотой \(h=f(\mu)\), где \(a\leq\mu\leq b\).
Теорема о среднем используется при доказательстве многих формул, связанных с использованием определенных интегралов (центра тяжести тела, площади поверхности и т.д.).

п.4. Площадь плоской фигуры, ограниченной двумя кривыми

Например:
Найдем площадь фигуры, ограниченной двумя параболами \(y=x^2\) и \(y=4x-x^2\).

Найдем точки пересечения парабол: $$ x^2=4x-x^2\Rightarrow 2x^2-4x=0\Rightarrow 2x(x-2)=0\Rightarrow \left[ \begin{array}{l} x=0\\ x=2 \end{array} \right. $$ Строим графики.

Необходимо найти площадь заштрихованной фигуры.
Функция сверху: \(f(x)=4x-x^2\)
Функция снизу: \(g(x)=x^2\)
Пределы интегрирования: \(a=0,\ b=2\) \begin{gather*} S=\int_{0}^{2}\left((4x-x^2)-x^2\right)dx=\int_{0}^{2}(4x-2x^2)dx=\left(4\cdot\frac{x^2}{2}-2\cdot\frac{x^3}{3}\right)|_0^2=\\ =\left(2x^2-\frac23 x^3\right)|_0^2=2\cdot 2^2-\frac23\cdot 2^3-0=8-\frac{16}{3}=\frac83=2\frac23 \end{gather*} Ответ: \(2\frac23\)

п.5. Примеры

Пример 1. Найдите определенный интеграл:
a) \(\int_{-2}^{3}x^2dx\) $$ \int_{-2}^{3}x^2dx=\frac{x^3}{3}|_{-2}^{3}=\frac{3^3}{3}-\frac{(-2)^3}{3}=9-\frac83=\frac{19}{3}=6\frac13 $$
б) \(\int_{0}^{\frac\pi 3}sinxdx\) $$ \int_{0}^{\frac\pi 3}sinxdx=(-cosx)|_{0}^{\frac\pi 3}=-cos\frac\pi 3+cos0=-\frac12+1=\frac12 $$
в) \(\int_{1}^{2}\left(e^x+\frac 1x\right)dx\) $$ \int_{1}^{2}\left(e^x+\frac 1x\right)dx=(e^x+\ln|x|)|_{1}^{2}=e^2+\ln 2-e^1-\underbrace{\ln 1}_{=0}=e(e-1)+\ln 2 $$
г) \(\int_{2}^{3}(2x-1)^2 dx\) \begin{gather*} \int_{2}^{3}(2x-1)^2 dx=\frac12\cdot\frac{(2x-3)^3}{3}|_{2}^{3}=\frac16((2\cdot 3-1)^3)-(2\cdot 2-1)^3)=\frac{5^3-3^3}{6}=\\ =\frac{125-27}{6}=\frac{98}{6}=\frac{49}{3}=16\frac13 \end{gather*}
д) \(\int_{1}^{3}\frac{dx}{3x-2}\) \begin{gather*} \int_{1}^{3}\frac{dx}{3x-2}=\frac13\cdot \ln|3x-2|\ |_{1}^{3}=\frac13\left(\ln 7-\underbrace{\ln 1}_{=0}\right)=\frac{\ln 7}{3} \end{gather*}
e) \(\int_{-1}^{4}\frac{dx}{\sqrt{3x+4}}\) \begin{gather*} \int_{-1}^{4}\frac{dx}{\sqrt{3x+4}}=\frac13\cdot\frac{(3x+4)^{-\frac12+1}}{-\frac12+1}|_{-1}^{4}=\frac23\sqrt{3x+4}|_{-1}^{4}=\\ =\frac23\left(\sqrt{3\cdot 4+4}-\sqrt{3\cdot(-1)+4}\right)=\frac23(4-1)=2 \end{gather*}

Пример 2. Найдите площадь фигуры под кривой на заданном интервале:
a) \(f(x)=x^3+3,\ x\in\left[-1;1\right]\)
$$ S=\int_{-1}^{1}(x^3+3)dx=\left(\frac{x^4}{4}+3x\right)|_{-1}^{1}=\frac14+3-\left(\frac14-3\right)=6 $$
б) \(f(x)=sin2x,\ x\in\left[0;\frac\pi 2\right]\)
$$ S=\int_{0}^{\frac\pi 2}sin2xdx=-\frac12cos2x|_{0}^{\frac\pi 2}=-\frac12\left(cos\left(2\cdot\frac\pi 2\right)-cos0\right)=-\frac12(-1-1)=1 $$
в) \(f(x)=\frac4x+3,\ x\in\left[2;6\right]\)

\(f(x)=\frac4x+3\) - гипербола с асимптотами \(x=0,\ y=3\)
Площадь под кривой: \begin{gather*} S=\int_{2}^{6}\left(\frac4x+3\right)dx=(4\cdot \ln|x|+3x)|_{2}^{6}=(4\ln 6+18)-(4\ln 2+6)=\\ =4(\ln 6-\ln 2)+12=4\ln\frac62+12=4\ln 3+12=4(\ln 3+3) \end{gather*}
г) \(f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}},\ x\in\left[1;4\right]\)
$$ S=\int_{1}^{4}\frac{dx}{\sqrt{x}}=\frac{x^{-\frac12+1}}{-\frac12+1}|_{1}^{4}=2\sqrt{x}|_{1}^{4}=2(\sqrt{4}-\sqrt{1})=2 $$

Пример 3. Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями:
a) \(y=x-2,\ y=x^2-4x+2\)
Найдем точки пересечения прямой и параболы: $$ x-2=x^2-4x+2\Rightarrow x^2-5x+4=0\Rightarrow (x-1)(x-4)=0\Rightarrow \left[ \begin{array}{l} x=1,\\ x=4 \end{array} \right. $$
Функция сверху: \(f(x)=x-2\)
Функция снизу: \(g(x)=x^2-4x+2\)
Пределы интегрирования: \(a=1,\ b=4\) \begin{gather*} S=\int_{1}^{4}\left((x-2)-(x^2-4x+2)\right)dx=\int_{1}^{4}(-x^2+5x-4)dx=\\ =\left(-\frac{x^3}{3}+\frac{5x^2}{2}-4x\right)|_{1}^{4}=\left(-\frac{64}{3}+5\cdot\frac{16}{2}-4\cdot 4\right)-\left(-\frac13+\frac52-4\right)=\\ =-\frac{63}{3}+24+1,5=4,5 \end{gather*} Ответ: 4,5
б) \(y=e^{\frac x2},\ y=\frac1x,\ x=2,\ x=3\)

Функция сверху: \(f(x)=e^{x/2}\)
Функция снизу: \(g(x)=\frac1x\)
Пределы интегрирования: \(a=2,\ b=3\) \begin{gather*} S=\int_{2}^{3}\left(e^{x/2}-\frac1x\right)dx=(2e^{x/2}-\ln|x|)|_{2}^{3}=\left(2e^{\frac32}-\ln 3\right)-(2e-\ln 2)=\\ =2e^{\frac32}-2e-\ln 3+\ln 2=2e(\sqrt{e}-1)+\ln\frac23 \end{gather*} Ответ: \(2e(\sqrt{e}-1)+\ln\frac23\)
в*) \(y=3-x^2,\ y=1+|x|\)
Найдем точки пересечения ломаной и параболы: \begin{gather*} 3-x^2=1+|x|\Rightarrow x^2+|x|-2=0\Rightarrow \left[ \begin{array}{l} \begin{cases} x\geq 0\\ x^2+x-2=0 \end{cases} \\ \begin{cases} x\lt 0\\ x^2-x-2=0 \end{cases} \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} \begin{cases} x\geq 0\\ (x+2)(x-1)=0 \end{cases} \\ \begin{cases} x\lt 0\\ (x-2)(x+1)=0 \end{cases} \end{array} \right. \Rightarrow \\ \left[ \begin{array}{l} \begin{cases} x\geq 0\\ \left[ \begin{array}{l} x=-2\\ x=1 \end{array} \right. \end{cases} \\ \begin{cases} x\lt 0\\ \left[ \begin{array}{l} x=2\\ x=-1 \end{array} \right. \end{cases} \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} x=1\\ x=-1 \end{array} \right. \end{gather*}
Функция сверху: \(f(x)=3-x^2\)
Функция снизу: \(g(x)=1+|x|\)
Пределы интегрирования: \(a=-1,\ b=1\)
Чтобы не раскрывать модуль под интегралом, заметим, что площади на интервалах [-1;0] и [0;1] равны, т.к. обе функции четные и симметричные относительно оси OY. Поэтому можно рассматривать только положительные \(x\in\left[0;1\right]\), найти для них интеграл (площадь) и умножить на 2: \begin{gather*} S=2\int_{0}^{1}\left((3-x^2)-(1+x)\right)dx=2\int_{0}^{1}(-x^2-x+2)dx=2\left(-\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2}+2x\right)|_{0}^{1}=\\ =2\left(-\frac13-\frac12+2\right)-0=\frac73=2\frac13 \end{gather*} Ответ: \(2\frac13\)
г*) \(y=3sinx,\ y=cosx,\ x=-\frac{5\pi}{4},\ x=\frac\pi 4\)

На отрезке \(\left[-\frac{5\pi}{4};-\frac{3\pi}{4}\right]\) синус над косинусом, далее на \(\left[-\frac{3\pi}{4};\frac{\pi}{4}\right]\) - косинус над синусом.
Площадь фигуры, закрашенной голубым, в два раза больше площади фигуры, закрашенной сиреневым. Поэтому общая площадь будет равна трем площадям, закрашенным сиреневым: \begin{gather*} S=3\int_{-\frac{5\pi}{4}}^{-\frac{3\pi}{4}}(sinx-cosx)dx=3(-cosx-sinx)|_{-\frac{5\pi}{4}}^{-\frac{3\pi}{4}}=-3(cosx+sinx)|_{-\frac{5\pi}{4}}^{-\frac{3\pi}{4}} \end{gather*} Прибавим полный период, он одинаков для обеих функций:
\(-\frac{3\pi}{4}+2\pi=\frac{5\pi}{4};\ -\frac{5\pi}{4}+2\pi=\frac{3\pi}{4}\) \begin{gather*} -3(cosx+sinx)|_{-\frac{5\pi}{4}}^{-\frac{3\pi}{4}}=-3\left(cos\left(\frac{5\pi}{4}\right)+sin\left(\frac{5\pi}{4}\right)-cos\left(\frac{3\pi}{4}\right)-sin\left(\frac{3\pi}{4}\right)\right)=\\ =-3\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=3\sqrt{2} \end{gather*} Ответ: \(3\sqrt{2}\)

Пример 4*. Пусть \(S(k)\) - это площадь фигуры, образованной параболой \(y=x^2+2x-3\) и прямой \(y=kx+1\). Найдите \(S(-1)\) и вычислите наименьшее значение \(S(k)\).

1) Найдем \(S(-1)\).
\(k=-1,\ y=-x+1 \)

Точки пересечения прямой и параболы: \begin{gather*} -x+1=x^2+2x-3\\ x^2+3x-4=0\\ (x+4)(x-1)=0\Rightarrow \left[ \begin{array}{l} x=-4,\\ x=1 \end{array} \right. \end{gather*} Функция сверху: \(y=-x+1\) Функция снизу: \(y=x^2+2x-3\) Пределы интегрирования: \(a=-4,\ b=1\)

\begin{gather*} S(-1)=\int_{-4}^{1}\left((-x+1)-(x^2+2x-3)\right)dx=\int_{-4}^{1}(-x-3x+4)dx=\\ =\left(-\frac{x^3}{3}-\frac{3x^2}{2}+4x\right)|_{-4}^{1}=\left(-\frac13-\frac32+4\right)-\left(\frac{64}{3}-24-16\right)=-21\frac23+42\frac12=20\frac56 \end{gather*}
2) Решаем в общем виде.
Все прямые \(y=kx+1\) проходят через точку (0;1) и при образовании фигуры находятся над параболой.
Точки пересечения прямой и параболы: \begin{gather*} kx+1=x^2+2x-3\Rightarrow x^2+(2-k)x-4=0\\ D=(2-k)^2-4\cdot (-4)=(k-2)^2+16\gt 0 \end{gather*} Дискриминант \(D\gt 0\) при всех \(k\). Точки пересечения (пределы интегрирования): $$ x_{1,2}=\frac{-(2-k)\pm\sqrt{D}}{2}=\frac{k-2\pm\sqrt{D}}{2} $$ Разность корней: $$ x_2-x_1=\sqrt{D}=\sqrt{(k-2)^2+16} $$ Минимальное значение разности корней будет при \(k=2\).
Площадь: \begin{gather*} S(k)=\int_{x_1}^{x_2}\left((kx+1)-(x^2+2x-3)\right)dx=\int_{x_1}^{x_2}(-x^2+(k-2)x+4)dx=\\ =\left(-\frac{x^3}{3}+\frac{(k-2)x^2}{2}+4x\right)|_{x_1}^{x_2}=-\frac13(x_2^3-x_1^3)+\frac{k-2}{2}(x_2^2-x_1^2)+4(x_2-x_1) \end{gather*}

\begin{gather*} S(k)_{min}=S(2)\\ x_{1,2}=\pm 2\\ S(2)=-\frac13\cdot(2^3+2^3)+0+4\sqrt{16}=\\ =-\frac{16}{3}+16=\frac{32}{3}=10\frac23 \end{gather*}

Ответ: 1) \(S(-1)=20\frac56\); 2) \(S(k)_{min}=S(2)=10\frac23\)

Пример 5*. Фигура ограничена линиями \(y=(x+3)^2,\ y=0,\ x=0\). Под каким углом к оси OX надо провести прямые через точку (0;9), чтобы они разбивали фигуру на три равновеликие части?

Площадь криволинейной трапеции AOB: \begin{gather*} S_0=\int_{-3}^{0}(x+3)^2dx=\frac{(x+3)^3}{3}|_{-3}^{0}=\\ =9-0=9 \end{gather*} Площадь каждой части: \(S_i=\frac13 S_0=3\) Точки \(C(x_1; 0)\) и \(D(x_2; 0)\) c \(-3\lt x_1\lt x_2\lt 0\) такие, что прямые AC и AD отсекают по 1/3 от фигуры. Площадь прямоугольного треугольника \(\triangle AOD\): \begin{gather*} S_3=\frac12|x_2|\cdot 9=3\Rightarrow |x_2|=\frac69=\frac23\Rightarrow\\ x_2=-\frac23 \end{gather*} Площадь прямоугольного треугольника \(\triangle AOC\): \begin{gather*} S_2+S_3=\frac12|x_1|\cdot 9=6\Rightarrow |x_1|=\frac{12}{9}=\frac43\Rightarrow\\ x_1=-\frac43 \end{gather*}

Находим углы соответствующих прямых.
Для \(x_1:\ tg\alpha=\frac{9}{|x_1|}=\frac{9}{4/3}=\frac{27}{4},\ \alpha=arctg\frac{27}{4}\)
Для \(x_x:\ tg\beta=\frac{9}{|x_2|}=\frac{9}{2/3}=\frac{27}{2},\ \beta=arctg\frac{27}{2}\)

Ответ: \(arctg\frac{27}{4}\) и \(arctg\frac{27}{2}\)