Контрольная работа №3: Решение интегралов и нахождение площади

Контрольная работа № 3 по теме «Интеграл и его применение» Вариант 1 Задание 1. Вычислите интеграл: 1) \(\int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \frac{dx}{\cos^2 x} = [\text{tg } x]_0^{\frac{\pi}{3}} = \text{tg } \frac{\pi}{3} - \text{tg } 0 = \sqrt{3} - 0 = \sqrt{3}\) 2) \(\int_{1}^{3} (\frac{1}{x^2} - 3x^2) dx = \int_{1}^{3} (x^{-2} - 3x^2) dx = [\frac{x^{-1}}{-1} - \frac{3x^3}{3}]_1^3 = [-\frac{1}{x} - x^3]_1^3\) \(= (-\frac{1}{3} - 3^3) - (-\frac{1}{1} - 1^3) = (-\frac{1}{3} - 27) - (-1 - 1) = -27\frac{1}{3} + 2 = -25\frac{1}{3}\) Задание 2. Найдите площадь фигуры, ограниченной параболой \(y = x^2\) и прямыми \(y = 0\) и \(x = 3\). Решение: Площадь фигуры вычисляется по формуле: \(S = \int_{0}^{3} x^2 dx = [\frac{x^3}{3}]_0^3 = \frac{3^3}{3} - \frac{0^3}{3} = \frac{27}{3} = 9\) (кв. ед.) Ответ: 9. Задание 3. Найдите первообразную функции \(f(x) = 4x^3 - 4x + 5\), график которой проходит через точку \(A(1; 6)\). Решение: Общий вид первообразной: \(F(x) = \int (4x^3 - 4x + 5) dx = \frac{4x^4}{4} - \frac{4x^2}{2} + 5x + C = x^4 - 2x^2 + 5x + C\) Так как график проходит через точку \(A(1; 6)\), подставим её координаты: \(6 = 1^4 - 2 \cdot 1^2 + 5 \cdot 1 + C\) \(6 = 1 - 2 + 5 + C\) \(6 = 4 + C \Rightarrow C = 2\) Искомая первообразная: \(F(x) = x^4 - 2x^2 + 5x + 2\) Задание 4. Вычислите интеграл: 1) \(\int_{-\pi}^{\pi} (4 \cos 4x + \frac{1}{3} \sin \frac{x}{3}) dx = [\frac{4}{4} \sin 4x - \frac{1}{3} \cdot 3 \cos \frac{x}{3}]_{-\pi}^{\pi} = [\sin 4x - \cos \frac{x}{3}]_{-\pi}^{\pi}\) \(= (\sin 4\pi - \cos \frac{\pi}{3}) - (\sin(-4\pi) - \cos(-\frac{\pi}{3})) = (0 - \frac{1}{2}) - (0 - \frac{1}{2}) = 0\) 2) \(\int_{0}^{1} (\frac{5}{\sqrt{5x+4}} - x) dx = \int_{0}^{1} (5(5x+4)^{-\frac{1}{2}} - x) dx = [5 \cdot \frac{1}{5} \cdot \frac{(5x+4)^{\frac{1}{2}}}{\frac{1}{2}} - \frac{x^2}{2}]_0^1 = [2\sqrt{5x+4} - \frac{x^2}{2}]_0^1\) \(= (2\sqrt{5 \cdot 1 + 4} - \frac{1^2}{2}) - (2\sqrt{5 \cdot 0 + 4} - \frac{0^2}{2}) = (2 \cdot 3 - 0,5) - (2 \cdot 2 - 0) = 5,5 - 4 = 1,5\) Задание 5. Найдите площадь фигуры, ограниченной графиками функций \(y = 6 - x^2\) и \(y = x + 4\). Решение: Найдем точки пересечения: \(6 - x^2 = x + 4\) \(x^2 + x - 2 = 0\) По теореме Виета: \(x_1 = -2, x_2 = 1\). На интервале \([-2; 1]\) парабола \(y = 6 - x^2\) лежит выше прямой. \(S = \int_{-2}^{1} (6 - x^2 - (x + 4)) dx = \int_{-2}^{1} (2 - x - x^2) dx = [2x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3}]_{-2}^1\) \(= (2 - \frac{1}{2} - \frac{1}{3}) - (-4 - \frac{4}{2} - \frac{-8}{3}) = (2 - 0,5 - 0,333...) - (-4 - 2 + 2,666...)\) \(= \frac{7}{6} - (-\frac{10}{3}) = \frac{7}{6} + \frac{20}{6} = \frac{27}{6} = 4,5\) (кв. ед.) Ответ: 4,5. Задание 6. Используя геометрический смысл интеграла, вычислите \(\int_{-\sqrt{5}}^{\sqrt{5}} \sqrt{5 - x^2} dx\). Решение: Функция \(y = \sqrt{5 - x^2}\) при \(y \ge 0\) задает верхнюю полуокружность с центром в начале координат и радиусом \(R = \sqrt{5}\) (так как \(x^2 + y^2 = 5\)). Интеграл от \(-\sqrt{5}\) до \(\sqrt{5}\) равен площади этой полуокружности. \(S = \frac{1}{2} \pi R^2 = \frac{1}{2} \pi (\sqrt{5})^2 = \frac{5\pi}{2} = 2,5\pi\) Ответ: \(2,5\pi\).