Ứng dụng tích phân trong hình học (diện tích hình phẳng)

Diện tích phần gạch chéo là:

\(S = \int\limits_{ - 2}^3 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx}  = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx}  + \int\limits_1^3 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx}  = \int\limits_{ - 2}^1 {f\left( x \right)dx}  - \int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx} \)

Bước 1: Tách \(I = \int\limits_0^5 {f\left( x \right)dx} \) thành tích phân trên các đoạn \(\left[ {0;\dfrac{1}{2}} \right];\left[ {\dfrac{1}{2};4} \right];\left[ {4;5} \right]\)

Gọi A, B, C, D, E, F,G lần lượt là các điểm như hình vẽ.

Xét \(I = \int\limits_0^5 {f\left( x \right)dx} \) \( = \int\limits_0^{\dfrac{1}{2}} {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_{\dfrac{1}{2}}^4 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_4^5 {f\left( x \right)dx} \)

\( =  - {S_{OAB}} + {S_{BCDE}} - {S_{EFG}}\)

Bước 2: Sử dụng công thức tính diện tích tam giác và hình thang đề tính diện tích từng đoạn rồi tính tích phân cần tìm.

Ta có

\(\begin{array}{l}{S_{OAB}} = \dfrac{1}{2}.OA.OB = \dfrac{1}{2}.1.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}\\{S_{BCDE}} = \dfrac{1}{2}.1.\left( {2 + \dfrac{7}{2}} \right) = \dfrac{{11}}{4}\\{S_{EFG}} = \dfrac{1}{2}.EG.FG = \dfrac{1}{2}\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow I =  - \dfrac{1}{4} + \dfrac{{11}}{4} - \dfrac{1}{2} = 2\\ \Rightarrow \int\limits_0^5 {\left[ {2f\left( x \right) - 1} \right]dx}  = 2\int\limits_0^5 {f\left( x \right)dx}  - 5\\ = 2I - 5 =  - 1\end{array}\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm \({x^2} + a = \dfrac{3}{2}x \Leftrightarrow 2{x^2} - 3x + 2a = 0\,\,\left( * \right)\).

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta  = 9 - 8a > 0 \Leftrightarrow a < \dfrac{9}{8}\).

Kết hợp điều kiện đề bài \( \Rightarrow 0 < a < \dfrac{9}{8}\).

Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\,\,\left( {{x_1} < {x_2}} \right)\) là 2 nghiệm của phương trình (*). Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}{S_1} = \int\limits_0^{{x_1}} {\left( {{x^2} + a - \dfrac{3}{2}x} \right)dx}  = \left. {\left( {\dfrac{{{x^3}}}{3} + ax - \dfrac{{3{x^2}}}{4}} \right)} \right|_0^{{x_1}} = \dfrac{{x_1^3}}{3} + a{x_1} - \dfrac{{3x_1^2}}{4}\\{S_2} = \int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\left( {\dfrac{3}{2}x - {x^2} - a} \right)dx}  = \left. {\left( {\dfrac{{3{x^2}}}{4} - \dfrac{{{x^3}}}{3} - ax} \right)} \right|_{{x_1}}^{{x_2}} = \left( {\dfrac{{3x_2^2}}{4} - \dfrac{{x_2^3}}{3} - a{x_2}} \right) - \left( {\dfrac{{3x_1^2}}{4} - \dfrac{{x_1^3}}{3} - a{x_1}} \right)\end{array}\)

Theo bài ra ta có: \({S_1} = {S_2}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{{x_1^3}}{3} + a{x_1} - \dfrac{{3x_1^2}}{4} = \left( {\dfrac{{3x_2^2}}{4} - \dfrac{{x_2^3}}{3} - a{x_2}} \right) - \left( {\dfrac{{3x_1^2}}{4} - \dfrac{{x_1^3}}{3} - a{x_1}} \right)\\ \Leftrightarrow \dfrac{{3x_2^2}}{4} - \dfrac{{x_2^3}}{3} - a{x_2} = 0 \Leftrightarrow 9x_2^2 - 4x_2^3 - 12a{x_2} = 0\\ \Leftrightarrow {x_2}\left( {4x_2^2 - 9{x_2} + 12a} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_2} = 0\\4x_2^2 - 9{x_2} + 12a = 0\end{array} \right.\end{array}\)

TH1: \({x_2} = 0 \Rightarrow \) Thay vào (*) ta có \(2a = 0 \Leftrightarrow a = 0\,\,\left( {ktm} \right)\).

TH2: \(4x_2^2 - 9{x_2} + 12a = 0\) (1).   

Vì \({x_2}\) là nghiệm của (*) nên \(2x_2^2 - 3{x_2} + 2a = 0 \Leftrightarrow 12x_2^2 - 18{x_2} + 12a = 0\) (2).

Trừ vế theo vế của (2) cho (1) ta được \(8x_2^2 - 9{x_2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_2} = 0\\{x_2} = \dfrac{9}{8}\end{array} \right.\).

Với \({x_2} = 0 \Leftrightarrow 2a = 0 \Leftrightarrow a = 0\,\,\left( {ktm} \right)\).

Với \({x_2} = \dfrac{9}{8} \Leftrightarrow 2.{\left( {\dfrac{9}{8}} \right)^2} - 3.\dfrac{9}{8} + 2a = 0 \Leftrightarrow a = \dfrac{{27}}{{64}}\,\,\left( {tm} \right) = 0,421875\).

Vậy \(a \in \left( {\dfrac{2}{5};\dfrac{9}{{20}}} \right).\)

Ta có: \({f^\prime }(x) = 12{x^3} + 3a{x^2} + 2bx + c\)

Theo bài ra, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{12a - 4b + c = 96}\\{3a - 2b + c = 12}\\{3a + 2b + c =  - 12}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 8}\\{b =  - 6}\\{c =  - 24}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Rightarrow f(x) = 3{x^4} + 8{x^3} - 6{x^2} - 24x + d\)

Giả sử \(y = g(x) = a{x^2} + bx + c\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{g( - 2) = 8 + d}\\{g( - 1) = 13 + d}\\{g(1) =  - 19 + d}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4a - 2b + c = 8 + d}\\{a - b + c = 13 + d}\\{a + b + c =  - 19 + d}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 7}\\{b =  - 16}\\{c = 4 + d}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Rightarrow y = g(x) =  - 7{x^2} - 16x + 4 + d\)

Ta có:\(f(x) - g(x) = 0\)

\( \Leftrightarrow 3{x^4} + 8{x^3} + {x^2} - 8x - 4 = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x =  - \dfrac{2}{3}}\\{x =  - 1}\\{x =  - 2}\end{array}} \right.\)

Diện tích hình phẳng cần tìm:

\(S = \int_{ - 2}^1 | f(x) - g(x)|dx\) \( = \int_{ - 2}^1 {\left| {3{x^4} + 8{x^3} + {x^2} - 8x - 4} \right|} dx\)

\( = \int_{ - 2}^{ - 1} {\left| {3{x^4} + 8{x^3} + {x^2} - 8x - 4} \right|} dx\) \( + \int_{ - 1}^{ - \dfrac{2}{3}} {\left| {3{x^4} + 8{x^3} + {x^2} - 8x - 4} \right|} dx\) \( + \int_{ - \dfrac{2}{3}}^1 {\left| {3{x^4} + 8{x^3} + {x^2} - 8x - 4} \right|} dx\)

\( = \dfrac{{2948}}{{405}}\)

Kết luận: \(S = \dfrac{{2948}}{{405}}\)

Diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y=f(x)\), trục hoành và hai đường thẳng \(x=a;\,\,x=b\) được tính theo công thức : \(S=\int\limits_{a}^{b}{\left| f(x) \right|dx}\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\), trục hoành và hai đường thẳng \(x=a,\,\,x=b\,\,\left( a<b \right)\) là \(S=\int\limits_{a}^{b}{\left| f\left( x \right) \right|dx}\).

Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng ta được: \(S=\int\limits_{1}^{3}{\left| f\left( x \right) \right|dx.}\)

Diện tích hình phẳng \(\left( H \right)\) cần tính là \({{S}_{H}}=\int\limits_{a}^{b}{\left| f\left( x \right)-g\left( x \right) \right|\text{d}x}.\)

Diện tích \(S\) của hình phẳng \(D\) được tính theo công thức là \(S=\int\limits_{a}^{b}{\left| f\left( x \right)-g\left( x \right) \right|\,\text{d}x}.\)

* Xét phương trình hoành độ giao điểm:

\(\dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}} = 1 \Leftrightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right) + 6 \Leftrightarrow f\left( x \right) - g\left( x \right) - 6 = 0\).

(Chúng ta không cần lo điều kiện \(g\left( x \right) + 6 \ne 0\), bởi lẽ đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}}\) khi tương giao với đường thẳng \(y = 1\) phải tạo nên một miền kín, và khi số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = g\left( x \right) + 6\) nhiều hơn 2 thì ta mới phải chú ý xem xét lấy cận từ đâu đến đâu, và liệu rằng có phải từ \({x_{\min }} \to {x_{\max }}\), chẳng may đồ thị tương giao bị gián đoạn trên đoạn \(\left[ {{x_{\min }};{x_{\max }}} \right]\) mà vẫn tạo miền kín. Trên thực tế, bài toán này phương trình \(f\left( x \right) = g\left( x \right) + 6\) chỉ có 2 nghiệm (vì là phương trình bậc hai), nên người giải toán không cần quan tâm đến việc gián đoạn hay không, vì việc tồn tại nghiệm hình và hàm số là thuộc phạm trù người ra đề).

Mà \(g\left( x \right) = f\left( x \right) + f'\left( x \right) + f''\left( x \right)\) \( \Rightarrow f\left( x \right) - g\left( x \right) =  - f'\left( x \right) - f''\left( x \right)\)

\( \Rightarrow \) Phương trình hoành độ giao điểm trở thành:

\( - f'\left( x \right) - f''\left( x \right) - 6 = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) + f''\left( x \right) + 6 = 0\)  (1)

Mặt khác: \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + f''\left( x \right) + f'''\left( x \right)\) và \(f'''\left( x \right) = 6\) \( \Rightarrow g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + f''\left( x \right) + 6\).

Từ phương trình (1) \( \Leftrightarrow g'\left( x \right) = 0\).

Theo giả thiết \(g\left( x \right)\) có 2 điểm cực trị \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \(\left\{ \begin{array}{l}g\left( {{x_1}} \right) =  - 5\\g\left( {{x_2}} \right) = 3\end{array} \right.\) \( \Rightarrow g'\left( x \right) = 0\) có 2 nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\).

Vậy phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_{\left( H \right)}} = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\left( {\dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}} - 1} \right)dx} } \right| = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\dfrac{{f\left( x \right) - g\left( x \right) - 6}}{{g\left( x \right) + 6}}dx} } \right|\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\dfrac{{ - f'\left( x \right) - f''\left( x \right) - 6}}{{g\left( x \right) + 6}}dx} } \right| = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\dfrac{{ - g'\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}}dx} } \right|\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\dfrac{{g'\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}}dx} } \right| = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\dfrac{{d\left( {g\left( x \right) + 6} \right)}}{{g\left( x \right) + 6}}} } \right| = \left| {\ln \left. {\left| {g\left( x \right) + 6} \right|} \right|_{{x_1}}^{{x_2}}} \right|\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left| {\ln \left| {g\left( {{x_2}} \right) + 6} \right| - \ln \left| {g\left( {{x_1}} \right) + 6} \right|} \right| = \left| {\ln \left| {3 + 6} \right| - \ln \left| { - 5 + 6} \right|} \right| = \ln 9 - \ln 1 = 2\ln 3\end{array}\)

Diện tích hình phẳng cần tính là \(S=\int\limits_{0}^{\pi }{\left| \cos x \right|\,\text{d}x}.\)

Công thức tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right),y = g\left( x \right)\) và hai đường thẳng \(x = a,x = b\left( {a < b} \right)\) là: \(S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx} \)

Dựa vào hình vẽ  (ta thấy \(f\left( x \right)\)  nằm trên \(g\left( x \right)\;\forall x \in \left[ { - 1;\;2} \right] \Rightarrow f\left( x \right) \ge g\left( x \right)\;\forall x \in \left[ { - 1;\;2} \right]\)) và công thức tính diện tích hình phẳng ta được công thức tính diện tích phân phần gạch chéo là:

\(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - {x^2} + 3 - {x^2} + 2x + 1} \right)dx}  = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - 2{x^2} + 2x + 4} \right)dx} .\)

Ta có: \(I = \int\limits_0^3 {\left[ {2f\left( x \right) + 1} \right]dx} \) \( = \int\limits_0^3 {2f\left( x \right)dx}  + \int\limits_0^3 {dx} \) \( = 2\int\limits_0^3 {f\left( x \right)dx}  + 3\)

\(\int\limits_0^3 {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} \) \( + \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_2^3 {f\left( x \right)dx} \)

\(\begin{array}{l} = {S_{OABC}} + {S_{BCD}} - {S_{DEF}}\\ = 2 + 1 - \dfrac{1}{2} = \dfrac{5}{2}\\ =  > I = 2.\dfrac{5}{2} + 3 = 8\end{array}\)

Ta đặt \(I = \int\limits_1^2 {6xf\left( {{x^2}} \right)dx} \).

Đặt \(t = {x^2}\).

\( \Rightarrow dt = 2xdx\).

Khi đó \(I = \int\limits_1^4 {3f\left( t \right)dt}  = 3\int\limits_1^4 {f\left( t \right)dt} \)

\( = 3\left[ {\int\limits_1^3 {f\left( t \right)dt + \int\limits_3^4 {f\left( t \right)dt} } } \right] = 3\left[ {\int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx + \int\limits_3^4 {f\left( x \right)dx} } } \right]\)

\( = 3\left( {5 - 2} \right) = 9\).

Vậy \(\int\limits_1^2 {6xf\left( {{x^2}} \right)dx}  = 9\).

Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) + f'\left( x \right) + f''\left( x \right)\)

Ta có: \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + f''\left( x \right) + f'''\left( x \right) = f'\left( x \right) + f''\left( x \right) + 6\)

Theo giả thiết ta có phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm \(m,n\) và \(\left\{ \begin{array}{l}g\left( m \right) =  - 5\\g\left( n \right) = 2\end{array} \right.\)

Xét phương trình \(\dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}} = 1 \Rightarrow g\left( x \right) + 6 - f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) + f''\left( x \right) + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = m\\x = n\end{array} \right.\)

Diện tích hình phẳng cần tính là:

\(\left| {\int\limits_m^n {\left( {1 - \dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}}} \right)dx} } \right| = \left| {\int\limits_m^n {\dfrac{{g\left( x \right) + 6 - f\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}}dx} } \right| = \left| {\int\limits_m^n {\dfrac{{f'\left( x \right) + f''\left( x \right) + 6}}{{g\left( x \right) + 6}}dx} } \right|\) \( = \left| {\int\limits_m^n {\dfrac{{g'\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}}dx} } \right|\)

\( = \left| {\ln \left| {g\left( x \right) + 6} \right|_m^n} \right| = \left| {\ln \left| {g\left( n \right) + 6} \right| - \ln \left| {g\left( m \right) + 6} \right|} \right| = \left| {\ln 8 - \ln 1} \right| = 3\ln 2.\)

Ta có : \({x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow x\left( {{x^2} - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \in \left[ { - 2;1} \right]\\x =  - 2 \in \left[ { - 2;1} \right]\\x = 2 \notin \left[ { - 2;1} \right]\end{array} \right.\).

\( \Rightarrow S = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {{x^3} - 4x} \right|dx}  = \left| {\int\limits_{ - 2}^0 {\left( {{x^3} - 4x} \right)dx} } \right| + \left| {\int\limits_0^1 {\left( {{x^3} - 4x} \right)dx} } \right| = 4 + \dfrac{7}{4} = \dfrac{{23}}{4}\).

Bước 1: Tách hình tô đậm thành hiệu của hai hình: \({S_1} - {S_2}\)

Phần tô đậm của hình bằng \({S_1} - {S_2}\).

Trong đó \({S_1}\) là phần tạo bởi các đường \(x = 0;y = 2;y = {x^2}\). \({S_2}\) là phần tạo bởi các đường \(x = 0;y = 2;y = x + 1\).

Bước 2: Tính \({S_1};{S_2}\)

Hoành độ giao điểm bởi các đường \(x = 0;y = 2;y = {x^2}\) là:

\(\sqrt 2 ; - \sqrt 2 \)

Vì x>0 nên: \({S_1} = \int\limits_0^{\sqrt 2 } {\left| {2 - {x^2}} \right|dx}  = \dfrac{{4\sqrt 2 }}{3}\)

\({S_2} = \dfrac{1}{2}.1.1 = \dfrac{1}{2}\)

Bước 3: Tính \({S_1} - {S_2}\)

\({S_1} - {S_2} =  - \dfrac{1}{2} + \dfrac{{4\sqrt 2 }}{3}\)

(E) đã cho có độ dài trục lớn \(2a = 8 \Rightarrow a = 4\), độ dài trục bé \(2b = 6 \Rightarrow b = 3\).

Ta có diện tích (E) bằng : \({S_{\left( E \right)}} = \pi .4.3 = 12\pi \,\,\left( {{m^2}} \right)\)

Phương trình \(\left( E \right):\,\,\dfrac{{{x^2}}}{{16}} + \dfrac{{{y^2}}}{9} = 1 \Rightarrow {y^2} = 9.\dfrac{{16 - {x^2}}}{{16}} \Leftrightarrow y =  \pm \dfrac{{3\sqrt {16 - {x^2}} }}{4}\).

Ta có \(M \in \left( E \right);\,\,{y_M} = \dfrac{1}{2}MQ = \dfrac{3}{2} \Rightarrow {x_M} =  - 2\sqrt 3  \Rightarrow M\left( { - 2\sqrt 3 ;\dfrac{3}{2}} \right)\)

Diện tích phần giới hạn bởi (E), trục Ox, đường thẳng MQ có diện tích:

\({S_{AMQ}} = 2\int\limits_{ - 4}^{ - 2\sqrt 3 } {\dfrac{{3\sqrt {16 - {x^2}} }}{4}dx}  \approx 1,087 \Rightarrow \) Diện tích phần trắng là: \({S_{trang}} = 2{S_{AMQ}} = 2,174\,\,\left( {{m^2}} \right)\)

Khi đó diện tích phần xanh là \({S_{xanh}} = {S_{\left( E \right)}} - {S_{trang}} = 12\pi  - 2,174 = 35,525\,\,\left( {{m^2}} \right)\).

Vậy chi phí để sơn biển quảng cáo là \(2,174.100 + 35,525.200 \approx 7322\) (nghìn đồng) \( \approx 7322000\) đồng.

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ, dễ thấy \(B\left( {4;0} \right),C\left( {0;3} \right),F\left( {1;0} \right)\).

Ta chỉ cần xét phần bên phải trục \(Oy\) vì hình vẽ có tính đối xứng.

Phương trình elip: \(\left( E \right):\dfrac{{{x^2}}}{{16}} + \dfrac{{{y^2}}}{9} = 1 \Rightarrow x = 4\sqrt {1 - \dfrac{{{y^2}}}{9}} \).

Dễ thấy \(PQ = 3\sqrt 3  \Rightarrow P\left( {m;\dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}} \right)\) với \(m > 0\).

Mà \(P \in \left( E \right) \Rightarrow m = 4\sqrt {1 - \dfrac{{27/4}}{9}}  = 2 \Rightarrow P\left( {2;\dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}} \right)\).

Gọi phương trình parabol bên phải trục tung là \(\left( P \right):x = a{y^2} + by + c\).

Đỉnh \(F\left( {1;0} \right) \Rightarrow c = 1,b = 0 \Rightarrow x = a{y^2} + 1\)

\(P \in \left( P \right):x = a{y^2} + 1 \Leftrightarrow 2 = a.{\left( {\dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} + 1 \Leftrightarrow \dfrac{{27}}{4}a + 1 = 2 \Leftrightarrow a = \dfrac{4}{{27}}\) \( \Rightarrow \left( P \right):x = \dfrac{4}{{27}}{y^2} + 1\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi elip \(\left( E \right)\) và parabol \(\left( P \right)\) (phần màu trắng) nên phải trục tung là:

\({S_1} = \int\limits_{ - \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}}^{\dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}} {\left[ {4\sqrt {1 - \dfrac{{{y^2}}}{9}}  - \dfrac{4}{{27}}{y^2} - 1} \right]dy} \)\( \Rightarrow 2{S_1} \approx 21,6686\)

Diện tích elip: \(S = \pi ab = \pi .4.3 = 12\pi \).

Diện tích phần tô màu đậm là \(S - 2{S_1} \approx 16,03\).

Số tiền trồng hoa là: \(16,03.300.000 = 4.809.000\)