Ứng dụng tích phân vào tính diện tích

Công thức tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), đường thẳng \(y = 0\) và hai đường thẳng \(x = a,x = b\) là \(S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} \)

Công thức tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right) = {x^2} - 1\), trục hoành và hai đường thẳng \(x =  - 1;x =  - 3\) là: \(S = \int\limits_{ - 3}^{ - 1} {\left| {{x^2} - 1} \right|dx} \)

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: \(S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx} \)

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} $

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = f(x),y = 0,x = 1\) và \(x =  - 1\) là $\int\limits_{ - 1}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} $

Hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành là $x = 0;x = 5;x =  - 5$

Ta thấy diện tích mảnh đất Bernoulli bao gồm diện tích $4$ mảnh đất nhỏ bằng nhau.

Xét diện tích $S$ mảnh đất nhỏ trong góc phần tư thứ nhất ta có

$\begin{array}{l}4y = x\sqrt {25 - {x^2}} ;x \in \left[ {0;5} \right] \\ \Rightarrow S = \dfrac{1}{4}\int\limits_0^5 {x\sqrt {25 - {x^2}} } d{\rm{x}} = \dfrac{{125}}{{12}}\\ \Rightarrow S = 4.\dfrac{{125}}{{12}} = \dfrac{{125}}{3}\left( {{m^2}} \right)\end{array}$

Giả sử $M\left( {a;{a^2}} \right) \in (P)$ thì ta có phương trình đường thẳng $OM$ là: $y = ax$

Khi đó diện tích mảnh vườn nhỏ là: $S = \int\limits_0^a {(ax - {x^2})dx = \left. {\left( {a\dfrac{{{x^2}}}{2} - \dfrac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|} _0^a = \dfrac{{{a^3}}}{6} = \dfrac{9}{2} \Leftrightarrow a = 3$

Khi đó ta có: $OM = 3\sqrt {10} $

Có $4 - \left| x \right| = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\x =  - 4\end{array} \right.$

Với \( - 4 \le x \le 4\) thì \(4 - \left| x \right| \ge 0\)

Diện tích hình cần tìm là:

$\begin{array}{l}S = \int_{ - 4}^4 {\left| {4 - \left| x \right|} \right|dx}  = \int_{ - 4}^4 {\left( {4 - \left| x \right|} \right)dx}  = \int_{ - 4}^0 {(4 + x)dx}  + \int_0^4 {(4 - x)dx} \\ = \left. {4x + \dfrac{{{x^2}}}{2}} \right|_{ - 4}^0 + \left. {4x - \dfrac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^4 = 0 + 16 - 8 + 16 - 8 = 16\end{array}$

Nhận thấy phần đồ thị chia làm 2 phần, chú ý đến cận của từng phần.

Phần 1 có cận từ $ - 2$  đến $1$  nhưng trong \(\left( { - 1;2} \right)\), đồ thị hàm số nằm phía dưới trục hoành.

Phần 2 có cận từ 1 đến 2 và đồ thị hàm số nằm phía trên trục hoành.

Vậy \(S = \int_{-2}^{ 1} ({-f(x))dx}  + \int_1^2 {f(x)dx} = \int_1^{ - 2} {f(x)dx}  + \int_1^2 {f(x)dx}  \)

+ Gọi phương trình parabol là: $y=a{x^2} + {\rm{ }}bx + c $

Nhận thấy với $x = 0$ thì $y = 8$ suy ra $c = 8$.

Mặt khác \(\left( {0;8} \right)\) là đỉnh nên \( - \dfrac{b}{{2a}} = 0 \Leftrightarrow b = 0\)

Điểm $(-4;0)$ thuộc đồ thị hàm số nên phương trình $y=0$ có nghiệm \(x =  - 4 \Rightarrow a =  - \dfrac{1}{2}\).

Vậy phương trình parabol: \(y =  - \dfrac{{{x^2}}}{2} + 8\)

Bài toán quy về tính diện tích được tạo bởi parabol với trục \(Ox\).

Ta có:

\(S = \int\limits_{ - 4}^4 {\left| { - \dfrac{{{x^2}}}{2} + 8} \right|dx}  = 2\int\limits_0^4 {\left( { - \dfrac{{{x^2}}}{2} + 8} \right)dx}  = 2.\left. {\left( { - \dfrac{{{x^3}}}{6} + 8x} \right)} \right|_0^4 = \dfrac{{128}}{3}{m^2}\)

Xét  \(\int\limits_{ - 1}^{\dfrac{3}{2}} {f\left( {2x + 1} \right)dx} \). Đặt \(2x + 1 = t \Leftrightarrow 2dx = dt \Leftrightarrow dx = \dfrac{{dt}}{2}\).

Đổi cận:\(\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1 \Rightarrow t =  - 1\\x = \dfrac{3}{2} \Rightarrow t = 4\end{array} \right.\).

Khi đó ta có \(\int\limits_{ - 1}^{\dfrac{3}{2}} {f\left( {2x + 1} \right)dx}  = \dfrac{1}{2}\int\limits_{ - 1}^4 {f\left( t \right)dt}  = \dfrac{1}{2}\int\limits_{ - 1}^4 {f\left( x \right)dx} \)\( = \dfrac{1}{2}\left( {\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_1^4 {f\left( x \right)dx} } \right)\)

Từ hình vẽ ta có \(\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx}  = \dfrac{{16}}{3};\,\int\limits_1^4 {f\left( x \right)dx}  =  - \dfrac{{63}}{4}\)

Nên \(\int\limits_{ - 1}^{\dfrac{3}{2}} {f\left( {2x + 1} \right)dx}  = \dfrac{1}{2}\left( {\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_1^4 {f\left( x \right)dx} } \right) = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{16}}{3} - \dfrac{{63}}{4}} \right) =  - \dfrac{{125}}{{24}}\)

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Diện tích phần tô đậm là \(S = 4\left[ {\int\limits_0^1 {\left( {\sqrt {2x}  - 0} \right)dx}  + \int\limits_1^2 {\left( {\sqrt {2x}  - 2\sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^3}} } \right)dx} } \right] = \dfrac{{112}}{{15}}\,\,\left( {d{m^2}} \right) \approx 747\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).

Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC.\)

 \(\begin{array}{l}{S_1} = \frac{4}{3}Rh = \frac{4}{3}.HC.OH = \frac{4}{3}.2.2 = \frac{{16}}{3}\,{m^2}.\\{S_{ABCD}} = {4^2} = 16\\ \Rightarrow {S_2} = {S_{ABCD}} - {S_1} = 16 - \frac{{16}}{3} = \frac{{32}}{3}\,\,{m^2}.\\ \Rightarrow \frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{16}}{3}:\frac{{32}}{3} = \frac{1}{2}.\end{array}\)