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

\(S = \int\limits_1^e {\left| {\dfrac{1}{x}} \right|dx}  = \int\limits_1^e {\dfrac{1}{x}dx}  = \left. {\ln x} \right|_1^e = \ln e - \ln 1 = 1\)

+) Viết phương trình parabol:

Gọi phương trình parabol là :

\((P):\,\,y = a{x^2} + bx + c,\,\,a \ne 0\)

Vì (\(P\)) đi qua \(A( - 2,5;\,1,5),\,\,B(0;2),\,\,C(2,5;\,\,1,5)\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{25}}{4}a - \frac{5}{2}b + c = 1,5\\\frac{{25}}{4}a + \frac{5}{2}b + c = 1,5\\c = 2\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - \frac{2}{{25}}\\b = 0\\c = 2\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow (P):\,\,y =  - \frac{2}{{25}}{x^2} + 2\)

+) Diện tích cần tìm là:  \(S = \int\limits_{ - 2,5}^{2,5} {\left| { - \frac{2}{{25}}{x^2} + 2} \right|dx}  = \int\limits_{ - 2,5}^{2,5} {\left( { - \frac{2}{{25}}{x^2} + 2} \right)dx}  = \left. {\left( { - \frac{2}{{75}}{x^3} + 2x} \right)} \right|_{ - 2,5}^{2,5} = \frac{{55}}{6}\,\,({m^2})\)

+) Giá của cửa sắt là: \(\frac{{55}}{6}.660\,000 = 6050000\)(đồng)\( = 6050\)(nghìn đồng).

Phương trình đường thẳng d đi qua \(A(0;4)\) có hệ số góc k

\(y=k(x-0)+4\Leftrightarrow y=kx+4\)

Cho \(y=0\Rightarrow x=\frac{-4}{k},\,\,k\ne 0\). Vậy, d cắt Ox tại điểm \(I\left( -\frac{4}{k};0 \right)\).

Giao điểm của \(y={{x}^{2}}-4x+4\) và trục hoành: Cho \(y=0\Rightarrow x=2\).

\(\Rightarrow \) Để d chia (H) thành 2 phần thì \(0<\frac{-4}{k}<2\Leftrightarrow k<-2\).

Vì d chia (H) thành 2 phần có diện tích bằng nhau

\(\Rightarrow {{S}_{1}}={{S}_{2}}\Rightarrow {{S}_{1}}=\frac{1}{2}\left( {{S}_{1}}+{{S}_{2}} \right)\Leftrightarrow \int\limits_{0}^{-\frac{4}{k}}{\left| kx+4 \right|dx}=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{2}{\left| {{x}^{2}}-4x+4 \right|dx}\Leftrightarrow \int\limits_{0}^{-\frac{4}{k}}{(kx+4)dx}=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{2}{{{(x-2)}^{2}}dx}\)

\(\Leftrightarrow \left. \frac{{{(kx+4)}^{2}}}{2k} \right|_{0}^{-\frac{4}{k}}=\left. \frac{1}{2}.\frac{{{(x-2)}^{3}}}{3} \right|_{0}^{2}\Leftrightarrow -\frac{8}{k}=-\frac{1}{2}.\frac{{{(-2)}^{3}}}{3}\Leftrightarrow \frac{-8}{k}=\frac{4}{3}\Leftrightarrow k=-6\)

Theo đề bài, ta có:

\({S_1} = \int\limits_a^b {\left| {3f(x) - 3g(x)} \right|dx}  = 3\int\limits_a^b {\left| {f(x) - g(x)} \right|dx} \),  \({S_2} = \int\limits_a^b {\left| {\left( {f(x) - 2} \right) - \left( {g(x) - 2} \right)} \right|dx}  = \int\limits_a^b {\left| {f(x) - g(x)} \right|dx} \)

\( \Rightarrow {S_1} = 3{S_2}\)

Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = {\cos ^2}x,\,\,\,y = 0\) và \(x = 0,\,\,x = \frac{\pi }{4}\) là:

\(\begin{array}{l}S = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\left| {{{\cos }^2}x} \right|dx}  = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {{{\cos }^2}xdx} \\ = \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\left( {1 + \cos 2x} \right)dx}  = \left. {\left( {\frac{1}{2}x + \frac{1}{4}\sin 2x} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{4}}\\ = \frac{1}{2}.\frac{\pi }{4} + \frac{1}{4}\sin \frac{\pi }{2} = \frac{\pi }{8} + \frac{1}{4}.\end{array}\)

\(\left| y \right| = 1 - {x^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 1 - {x^2}\\y =  - 1 + {x^2}\end{array} \right.\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(1 - {x^2} =  - 1 + {x^2} \Leftrightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow x =  \pm 1\).

Vậy diện tích cần tính là \(S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {1 - {x^2} + 1 - {x^2}} \right|dx}  = \left| {\int\limits_{ - 1}^1 {\left( {2 - 2{x^2}} \right)dx} } \right| = \frac{8}{3}\)

Hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) là nghiệm phương trình \(\left| {{x}^{2}}-4x+3 \right|=x+3\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  x=0 \\  x=5 \\ \end{align} \right..\)

Khi đó, diện tích của \(\left( H \right)\) là \(S=\int\limits_{0}^{5}{\left| \left| {{x}^{2}}-4x+3 \right|-x-3 \right|\,\text{d}x}=\int\limits_{0}^{5}{\left[ x+3-\left| {{x}^{2}}-4x+3 \right| \right]\,\text{d}x}\)

Ta có \(\int\limits_{0}^{5}{\left| {{x}^{2}}-4x+3 \right|\,\text{d}x}=\int\limits_{0}^{1}{\left| {{x}^{2}}-4x+3 \right|\,\text{d}x}+\int\limits_{1}^{3}{\left| {{x}^{2}}-4x+3 \right|\,\text{d}x}+\int\limits_{3}^{5}{\left| {{x}^{2}}-4x+3 \right|\,\text{d}x}\)

\(=\int\limits_{0}^{1}{\left( {{x}^{2}}-4x+3 \right)\,\text{d}x}-\int\limits_{1}^{3}{\left( {{x}^{2}}-4x+3 \right)\,\text{d}x}+\int\limits_{3}^{5}{\left( {{x}^{2}}-4x+3 \right)\,\text{d}x}=\frac{4}{3}-\left( -\,\frac{4}{3} \right)+\frac{20}{3}=\frac{28}{3}.\)

Vậy \(S=\int\limits_{0}^{5}{\left( x+3 \right)\,\text{d}x}-\frac{28}{3}=\left. \left( \frac{{{x}^{2}}}{2}+3x \right) \right|_{0}^{5}-\frac{28}{3}=\frac{109}{6}.\)

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số \(y=-x\) và \(y=x-2\) là: \(-x=x-2\,\Leftrightarrow x=1\).

Diện tích hình phẳng cần tính là:\(S=\int\limits_{0}^{1}{\left( \frac{10}{3}x-{{x}^{2}}+x \right)\text{d}x}+\int\limits_{1}^{3}{\left( \frac{10}{3}x-{{x}^{2}}-x+2 \right)\text{d}x}\).

\(\Leftrightarrow S=\int\limits_{0}^{1}{\left( \frac{13}{3}x-{{x}^{2}} \right)\text{d}x}+\int\limits_{1}^{3}{\left( \frac{7}{3}x-{{x}^{2}}+2 \right)\text{d}x}\)

\(\Leftrightarrow S=\int\limits_{0}^{1}{\left( \frac{13}{3}x-{{x}^{2}} \right)\text{d}x}+\int\limits_{1}^{3}{\left( \frac{7}{3}x-{{x}^{2}}+2 \right)\text{d}x}\)

\(\Leftrightarrow S=\left. \left( \frac{13}{6}{{x}^{2}}-\frac{{{x}^{3}}}{3} \right)\, \right|_{\,0}^{1}+\left. \left( \frac{7}{6}{{x}^{2}}-\frac{{{x}^{3}}}{3}+2x \right)\, \right|_{1}^{3}=\frac{13}{2}\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số \(y = 2{x^2} - 4x + 1\) và \(y =  - 2{x^2} + 1\) là \(x = 0\) và \(x = 1\).

Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số \(y = 2{x^2} - 4x + 1\), \(y =  - 2{x^2} + 1\), đường thẳng \(x = 0,\,\,x = 1\) là: \(S = \int\limits_0^1 {\left| {\left( {2{x^2} - 4x + 1} \right) - \left( { - 2{x^2} + 1} \right)} \right|dx} \).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy trên đoạn \(\left[ {0;1} \right]\) thì đồ thị hàm số \(y =  - 2{x^2} + 1\) nằm hoàn toàn phía trên đồ thị hàm số \(y = 2{x^2} - 4x + 1\), do đó \( - 2{x^2} + 1 > 2{x^2} - 4x + 1\,\,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\).

\( \Rightarrow \left| {\left( {2{x^2} - 4x + 1} \right) - \left( { - 2{x^2} + 1} \right)} \right| =  - 2{x^2} + 1 - 2{x^2} + 4x - 1 =  - 4{x^2} + 4x\).

Vậy \(S = \int\limits_0^1 {\left( { - 4{x^2} + 4x} \right)dx} \).

Ta có:

\(\sqrt{3}{{x}^{2}}=\sqrt{4-{{x}^{2}}}\Leftrightarrow 3{{x}^{4}}+{{x}^{2}}-4=0\Leftrightarrow \left( {{x}^{2}}-1 \right)\left( {{x}^{2}}+4 \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x=1(TM) \\  & x=-1(L) \\ \end{align} \right.\)

Do đó:

\(S=\int\limits_{0}^{1}{\sqrt{3}{{x}^{2}}dx}+\int\limits_{1}^{2}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}dx}=\left. \frac{\sqrt{3}}{3}{{x}^{3}} \right|_{0}^{1}+\int\limits_{1}^{2}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}dx}=\frac{\sqrt{3}}{3}+\int\limits_{1}^{2}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}dx}\)

Tính \(I=\int\limits_{1}^{2}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}dx}\).

Đặt \(x=2\sin t\Rightarrow dx=2\cos tdt\).

Đổi cận \(\left\{ \begin{align}  & x=1\Rightarrow \sin t=\frac{1}{2}\Rightarrow t=\frac{\pi }{6} \\  & x=2\Rightarrow \sin t=1\Rightarrow t=\frac{\pi }{2} \\ \end{align} \right.\)

\(\begin{align}  & I=\int\limits_{1}^{2}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}dx}=\int\limits_{\pi /6}^{\pi /2}{\sqrt{4-4{{\sin }^{2}}t}.2\cos tdt}=\int\limits_{\pi /6}^{\pi /2}{4{{\cos }^{2}}tdt}=\int\limits_{\pi /6}^{\pi /2}{2\left( \cos 2t+1 \right)dt} \\  & =\left. \sin 2t \right|_{\pi /6}^{\pi /2}+\left. 2t \right|_{\pi /6}^{\pi /2}=\frac{2\pi }{3}-\frac{\sqrt{3}}{2} \\ \end{align}\)

Suy ra \(S=\frac{\sqrt{3}}{3}+\frac{2\pi }{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{4\pi -\sqrt{3}}{6}\).

Phương trình hoành độ giao điểm \(\left( C \right)\) và \(Ox\) là \({{x}^{4}}-3{{x}^{2}}+m=0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( * \right).\)

Đặt \(t={{x}^{2}}\ge 0,\) khi đó \(\left( * \right)\Leftrightarrow {{t}^{2}}-3t+m=0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( I  \right).\)

Để \(\left( C \right)\) cắt \(Ox\) tại bốn điểm phân biệt khi \(\left( I \right)\) có 2 nghiệm dương phân biệt

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta > 0\\
- \frac{b}{a} > 0\\
\frac{c}{a} > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
9 - 4m > 0\\
3 > 0\\
m > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m < \frac{9}{4}\\
m > 0
\end{array} \right.\,\, \Leftrightarrow 0 < m < \frac{9}{4}.\)

Khi đó, gọi \({{t}_{1}},\,\,{{t}_{2}}\,\,\,\left( 0<{{t}_{1}}<{{t}_{2}} \right)\) là nghiệm của phương trình \(\left( I  \right).\)

Suy ra \(\left( * \right)\) có bốn nghiệm theo thứ tự phân biệt là \({{x}_{1}}=-\,\sqrt{{{t}_{2}}},\,\,{{x}_{2}}=-\,\sqrt{{{t}_{1}}},\,\,{{x}_{3}}=\sqrt{{{t}_{1}}},\,\,{{x}_{4}}=\sqrt{{{t}_{2}}}.\)

Do tính đối xứng của \(\left( C \right)\) nên \({{S}_{1}}={{S}_{2}}\)

\(\begin{align}  & \Leftrightarrow \,\int\limits_{0}^{{{x}_{3}}}{\left( {{x}^{4}}-3{{x}^{2}}+m \right)\,\text{d}x}=\int\limits_{{{x}_{3}}}^{{{x}_{4}}}{\left( -\,{{x}^{4}}+3{{x}^{2}}-m \right)\,\text{d}x} \\ & \left. \Leftrightarrow \left( \frac{{{x}^{5}}}{5}-{{x}^{3}}+mx \right) \right|_{0}^{{{x}_{3}}}=\left. \left( -\,\frac{{{x}^{5}}}{5}+{{x}^{3}}-mx \right) \right|_{{{x}_{3}}}^{{{x}_{4}}} \\ & \Leftrightarrow \frac{x_{3}^{5}}{5}-x_{3}^{3}+m{{x}_{3}}=-\frac{x_{4}^{5}}{5}+x_{4}^{3}-m{{x}_{4}}+\frac{x_{3}^{5}}{5}-x_{3}^{3}+m{{x}_{3}} \\ & \Leftrightarrow -\frac{x_{4}^{5}}{5}+x_{4}^{3}-m{{x}_{4}}=0. \\\end{align}\)

Mà \(a={{x}_{4}}\) là nghiệm của phương trình \(\left( * \right)\) nên suy ra 

\(\left\{ \begin{array}{l}
x_4^4 - 3x_4^2 + m = 0\\
- \,\frac{{x_4^5}}{5} + x_4^3 - m{x_4} = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m = - \,{a^4} + 3{a^2}\\
m = - \frac{{{a^4}}}{5} + {a^2}
\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m = - \,{a^4} + 3{a^2}\\
- \,{a^4} + 3{a^2} = - \,\frac{{{a^4}}}{5} + {a^2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m = - \,{a^4} + 3{a^2}\\
\left[ \begin{array}{l}
{a^2} = 0\\
{a^2} = \frac{5}{2}
\end{array} \right.
\end{array} \right.\,\, \Rightarrow \,\,\left[ \begin{array}{l}
m = 0\\
m = \frac{5}{4}
\end{array} \right..\)

Kết hợp với điều kiện \(0<m<\frac{9}{4}\,\,\xrightarrow{{}}\,\,m=\frac{5}{4}\) là giá trị cần tìm.

Gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ, do ABCD là hình vuông cạnh 4m nên ta có \(A\left( { - 2;2} \right);B\left( {2;2} \right),C\left( {2; - 2} \right);D\left( { - 2; - 2} \right)\), từ đó ta dễ dàng viết được phương trình đường tròn là \({x^2} + {y^2} = 8\) và phương trình 2 parabol là \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) và \(y =  - \dfrac{1}{2}{x^2}\).

Ta có: S₁ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường tròn \({x^2} + {y^2} = 8\) và parabol (P): \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) 

\({S_1} = \int\limits_0^2 {\left( {\sqrt {8 - {x^2}}  - \dfrac{1}{2}{x^2}} \right)dx}  \) \(\Rightarrow {S_1} + {S_3} = 4\int\limits_0^2 {\left( {\sqrt {8 - {x^2}}  - \dfrac{1}{2}{x^2}} \right)dx}  = 15,23\left( {{m^2}} \right)\)

\({S_2} + {S_4} = \pi {\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} - \left( {{S_1} + {S_3}} \right) = 9,90\left( {{m^2}} \right)\)

\( \Rightarrow \) Chi phí để trồng bồn hoa đó là: \(15,23.150 + 9,90.100 \approx 3270\) (nghìn đồng).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right),y = g\left( x \right)\) và hai đường thẳng \(x = 0,x = e\) là:

\(S = \int\limits_0^e {\left| {{e^x} - \left( { - x} \right)} \right|dx}  = \int\limits_0^e {\left| {{e^x} + x} \right|dx} \)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị:

 ${x^3}-x = 2x \Leftrightarrow {x^3}-3x = 0 \Leftrightarrow x = 0$ (chỉ xét trên $\left( {-1;1} \right)$)

Với $x \in \left( {-1;0} \right)$ thì ${x^3}-3x > 0$ ; với $x \in \left( {0;1} \right)$ thì ${x^3}-3x < 0$

Diện tích cần tìm là $S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {{x^3} - 3x} \right|dx}  = \int\limits_{ - 1}^0 {\left( {{x^3} - 3x} \right)dx}  + \int\limits_0^1 {\left( {3x - {x^3}} \right)dx} $

Diện tích cần tính là $S = \int\limits_0^1 {\left| {\left( {x - 1} \right){e^x}} \right|dx}  = \int\limits_0^1 {\left( {1 - x} \right){e^x}dx}  = 0,718... = e - 2$ (sử dụng máy, tính trực tiếp và so sánh với các đáp án)

Gọi phương trình parabol: $y=ax^2+bx+c (a\ne 0)$

Parabol có đỉnh $(0;1)$ nên $c=1$ và $-\dfrac{b}{2a}=0$ hay $b=0$.

Do đó $y=ax^2+1$.

Lại có các điểm $(-1;0),(1;0)$ thuộc đồ thị hàm số nên $a.1^2+1=0\Leftrightarrow a=-1$

Ta thấy, phương trình đường cong parabol trong hình là: \(y =  - {x^2} + 1\)

$ \Rightarrow S = \int_{ - 1}^1 {\left| {1 - {x^2}} \right|dx}  = \left. {\left( {x - \dfrac{1}{3}{x^3}} \right)} \right|_{ - 1}^1 = \dfrac{4}{3}$

Diện tích hình phẳng là S =\(\int\limits_{ - 1}^2 {\left| {f(x)} \right|} dx\)

Dựa vào hình vẽ ta có được: $S = \int\limits_{ - 1}^0 {(0 - f(x))dx}  + \int\limits_0^2 {f(x)dx}  =  - \int\limits_{ - 1}^0 {f(x)dx + } \int\limits_0^2 {f(x)dx}  = b - a$

Xét phương trình : \({x^2} - 4 = x - 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\).

Trong khoảng $\left( {0;1} \right)$  thì ${x^2}-x < 0$.

Diện tích cần tìm là : \(S = \int\limits_0^1 {\left| {{x^2} - 4 - x + 4} \right|dx = \int\limits_0^1 {\left| {{x^2} - x} \right|dx = } }  - \int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - x} \right)dx}  = \dfrac{1}{6}\).

${x^2} + {y^2} = 2(y > 0) \Leftrightarrow y = \sqrt {2 - {x^2}} $

+ Hoành độ giao điểm của 2 đường là nghiệm của phương trình:

$\sqrt {2 - {x^2}}  = {x^2} \Leftrightarrow {x^4} + {x^2} - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 1\\{x^2} =  - 2(L)\end{array} \right. \\\Leftrightarrow x =  \pm 1$

+ Với \( - 1 \le x \le 1\) thì

\(\begin{array}{l} {x^2} \le 1 \Rightarrow {x^4} \le 1\\ \Rightarrow {x^4} + {x^2} - 2 = \left( {{x^4} - 1} \right) + \left( {{x^2} - 1} \right) \le 0\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 0 \le {x^4} \le 2 - {x^2}\\ \Rightarrow {x^2} \le \sqrt {2 - {x^2}} \end{array}\)

\( \Rightarrow {x^2} - \sqrt {2-{x^2}}  \le 0 \Rightarrow \left| {\sqrt {2 - {x^2}}  - {x^2}} \right| = \sqrt {2 - {x^2}}  - {x^2}\)

+ Diện tích hình phẳng là:

$S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {\sqrt {2 - {x^2}}  - {x^2}} \right|dx}  = \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {\sqrt {2 - {x^2}}  - {x^2}} \right)dx}  = \int\limits_{ - 1}^1 {\sqrt {2 - {x^2}} dx}  - \int\limits_{ - 1}^1 {{x^2}dx} $

+ Với ${I_1} = \int\limits_{ - 1}^1 {\sqrt {2 - {x^2}} dx} $

Đặt $x = \sqrt 2 \sin u \Rightarrow dx = \sqrt 2 \cos udu$

Khi  $ x = -1 \Rightarrow u =  - \dfrac{\pi }{4}$

      $ x = 1 \Rightarrow u = \dfrac{\pi }{4}$

Do đó ${I_1} = \int\limits_{ - \dfrac{\pi }{4}}^{\dfrac{\pi }{4}} {\sqrt {2 - 2{{\sin }^2}u} .\sqrt 2 \cos udu}  = \int\limits_{ - \dfrac{\pi }{4}}^{\dfrac{\pi }{4}} {2{{\cos }^2}udu} $$ = \int\limits_{ - \dfrac{\pi }{4}}^{\dfrac{\pi }{4}} {(1 + \cos 2u)du} $

$ = \left. u \right|_{ - \dfrac{\pi }{4}}^{\dfrac{\pi }{4}} + \left. {\dfrac{1}{2}\sin 2u} \right|_{ - \dfrac{\pi }{4}}^{\dfrac{\pi }{4}} = \dfrac{\pi }{4} + \dfrac{\pi }{4} + \dfrac{1}{2}\sin \dfrac{\pi }{2} - \dfrac{1}{2}\sin \left( { - \dfrac{\pi }{2}} \right) = \dfrac{\pi }{2} + 1$

+ Với ${I_2} = \int\limits_{ - 1}^1 {{x^2}dx}  = \dfrac{1}{3}\left. {{x^3}} \right|_{ - 1}^1 = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3}$

$ \Rightarrow S = {I_1} - {I_2} = \dfrac{\pi }{2} + 1 - \dfrac{2}{3} = \dfrac{\pi }{2} + \dfrac{1}{3}$

Phương trình hoành độ giao điểm của các đồ thị là: $\left\{ \begin{array}{l}2 - x = 0\\{x^3} = 0\\{x^3} = 2 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\x = 0\\x = 1\end{array} \right.$

Nên diện tích hình phẳng cần tính là $S = \int\limits_0^1 {{x^3}dx + } \int\limits_1^2 {(2 - x)dx = } \dfrac{1}{2} + \int\limits_0^1 {{x^3}dx} $