طباعة الدرس

أتدرب وأحل المسائل

المساحات والحجوم

أجد مساحة المنطقة المظللة في كل من التمثيلات البيانية الآتية:

$\begin{array}{rl}A={\int }_{-1}^1(x^2-(-2x^4))dx& ={\int }_{-1}^1(x^2+2x^4)dx\\ & ={(\frac{1}{3}{x}^3+\frac{2}{5}{x}^5)|}_{-1}^1\\ & =(\frac{1}{3}+\frac{2}{5})-(-\frac{1}{3}-\frac{2}{5})\\ & =\frac{22}{15}\end{array}$

$\begin{array}{rl}A& ={\int }_{-2}^0(x^3-3x-x)dx+{\int }_0^2(x-(x^3-3x))dx\\ & ={\int }_{-2}^0(x^3-4x)dx+{\int }_0^2(4x-x^3)dx\\ & ={(\frac{1}{4}{x}^4-2x^2)|}_{-2}^0+{(2x^2-\frac{1}{4}{x}^4)|}_0^2\\ & =\left(0\right)-(4-8)+(8-4)-\left(0\right)\\ & =8\end{array}$

$\begin{array}{rl}A={\int }_0^3(e^{0.5x}-e^{-0.5x})dx& ={(2e^{0.5x}+2e^{-0.5x})|}_0^3\\ & =(2e^{1.5}+2e^{-1.5})-(2+2)\\ & =2e^{1.5}+2e^{-1.5}-4\end{array}$

$\begin{array}{rl}A& ={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}({\sec }^{2}x-\sin x)dx\\ & ={(\tan x+\cos x)|}_0^{\frac{\pi }{4}}\\ & =(1+\frac{1}{\sqrt{2}})-(0+1)\\ & =\frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}$

(5) أجد مساحة المنطقة المحصورة بين منحنيي الاقترانين: $g\left(x\right)=2x^2,f\left(x\right)=\frac{1}{2}{x}^2+6:$.

$\begin{array}{rl}& f\left(x\right)=g\left(x\right)\Rightarrow \frac{1}{2}{x}^2+6=2x^2\Rightarrow \frac{3}{2}{x}^2=6\Rightarrow x^2=4\\ & \Rightarrow x=2,x=-2\\ & \begin{array}{rl}A={\int }_{-2}^2\left(f\right(x)-g(x\left)\right)dx=& {\int }_{-2}^2(\frac{1}{2}{x}^2+6-2x^2)dx\\ ={\int }_{-2}^2(6-\frac{3}{2}{x}^2)dx& ={(6x-\frac{1}{2}{x}^3)|}_{-2}^2\\ =& (12-4)-(-12+4)\\ =& 16\end{array}\end{array}$

(6) أجد مساحة المنطقة المحصورة بين منحنيي الاقترانين: $g\left(x\right)=3^x,،f\left(x\right)=4^x$، والمستقيم $x=1$ في الربع الأول.

$\begin{array}{rl}& f\left(x\right)=g\left(x\right)⟹3^x=4^x⟹x=0\\ & A={\int }_0^1\left(f\right(x)-g(x\left)\right)dx={\int }_0^1(4^x-3^x)dx={(\frac{4^x}{\ln 4}-\frac{3^x}{\ln 3})|}_0^1\\ & =(\frac{4}{\ln 4}-\frac{3}{\ln 3})-(\frac{1}{\ln 4}-\frac{1}{\ln 3})\\ & =\frac{3}{\ln 4}-\frac{2}{\ln 3}\approx 0.344\end{array}$

(7) أجد مساحة المنطقة المحصورة بين منحنيي الاقترانين: $g\left(x\right)=\cos x,f\left(x\right)=e^x$، والمستقيم $x=\frac{\pi }{2}$، في الربع الأول.

$f\left(x\right)=g\left(x\right)⟹e^x=\cos x$

نعلم من حلول هذه المعادلة الحل غير السالب: $x=0$

في الربع الأول يكون $\cos x\le 1$ بينما $e^x\ge 1$، إذن $e^x\ge \cos x$

$\begin{array}{rl}A={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(e^x-\cos x)dx& ={(e^x-\sin x)|}_0^{\frac{\pi }{2}}\\ & =(e^{\frac{\pi }{2}}-1)-(1-0)\\ & =e^{\frac{\pi }{2}}-2\end{array}$

(8) أجد المساحة المحصورة بين منحنيي الاقترانين: $g\left(x\right)=x^4,f\left(x\right)=\left|x\right|$.

$\begin{array}{rl}& g\left(x\right)=f\left(x\right)⟹x^4=\left|x\right|⟹x^4=x\text{or}{x}^4=-x\\ & x^4=x⟹x^4-x=0\Rightarrow x(x^3-1)=0⟹x=0,x=1\\ & x^4=-x\Rightarrow x^4+x=0\Rightarrow x(x^3+1)=0\Rightarrow x=0,x=-1\end{array}$

إذن، يتقاطع المنحنيان عند $x=-1,x=0,x=1$، ويكون في الفترتين $f\left(x\right)>g\left(x\right)$

$A={\int }_{-1}^1\left(f\right(x)-g(x\left)\right)dx$

 نجزئ هذا التكامل بسبب تغيير قاعدة $f\left(x\right)$ حول $x$، نحسب هذه المساحة على النحو الآتي:

$\begin{array}{rl}A& ={\int }_{-1}^0(-x-x^4)dx+{\int }_0^1(x-x^4)dx\\ & ={(-\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{5}{x}^5)|}_{-1}^0+{(\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{5}{x}^5)|}_0^1\\ & =\left(0\right)-(-\frac{1}{2}+\frac{1}{5})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{5})-\left(0\right)\\ & =\frac{3}{5}\end{array}$

(9) أجد مساحة المنطقة المحصورة بين منحنيي الاقترانين: $g\left(x\right)=-x^2+2x,f\left(x\right)=3x^3-x^2-10x$.

$\begin{array}{rl}f\left(x\right)=g\left(x\right)& \Rightarrow 3x^3-x^2-10x=-x^2+2x\\ & \Rightarrow 3x^3-12x=0\Rightarrow 3x(x^2-4)=0\\ & \Rightarrow x=0,x=-2,x=2\end{array}$

بحساب قيمتي الاقترانين عند عدد بين 2- و0 مثل 1- نجد أن:

$f(-1)=-3-1+10=6,g(-1)=-1-2=-3$

$f\left(x\right)>g\left(x\right)\leftarrow$ في الفترة [2,0-]

بحساب قيمتي الاقترانين عند عدد بين 0 و2 مثل 1 نجد أن:

$f\left(1\right)=3-1-10=-8,g\left(1\right)=-1+2=1$

$f\left(x\right)<g\left(x\right)\leftarrow$ في الفترة [0,2]

$\begin{array}{rl}A& ={\int }_{-2}^0\left(f\right(x)-g(x\left)\right)dx+{\int }_0^2\left(g\right(x)-f(x\left)\right)dx\\ & ={\int }_{-2}^0(3x^3-x^2-10x-(-x^2+2x))dx+{\int }_0^2(-x^2+2x-(3x^3-x^2-10x))dx\\ & ={\int }_{-2}^0(3x^3-12x)dx+{\int }_0^2(12x-3x^3)dx\\ & ={(\frac{3}{4}{x}^4-6x^2)|}_{-2}^0+{(6x^2-\frac{3}{4}{x}^4)|}_0^2\\ & =\left(0\right)-(12-24)+(24-12)-\left(0\right)\\ & =24\end{array}$

(10) أجد مساحة المنطقة المحصورة بيـن منحنيي الاقترانين$\left(x\right)=x^2,f\left(x\right)=e^x$، والمستقيمين: $x=0,x=1$.

$f\left(x\right)=g\left(x\right)⟹e^x=x^2$

يمكن استعمال الآلة الحاسبة لمعرفة أن $f\left(x\right)>g\left(x\right)$ في الفترة $[0,\mathrm{\infty })$

$\begin{array}{rl}A={\int }_0^1(e^x-x^2)dx& ={(e^x-\frac{1}{3}{x}^3)|}_0^1\\ & =(e-\frac{1}{3})-(1-0)\\ & =e-\frac{4}{3}\end{array}$

(11) أجد مساحة المنطقة المحصورة بين منحيي الاقترانين: $h\left(x\right)=4\sqrt{x},f\left(x\right)=\frac{1}{2}{x}^2$.

$\begin{array}{rl}& f\left(x\right)=h\left(x\right)\Rightarrow \frac{1}{2}{x}^2=4\sqrt{x}\Rightarrow \frac{1}{4}{x}^4=16x\Rightarrow x^4-64x=0\\ & \Rightarrow x(x^3-64)=0\Rightarrow x=0,x=4\end{array}$

$h\left(x\right)>f\left(x\right)$ في الفترة (0,4)

$\begin{array}{rl}A& ={\int }_0^4\left(h\right(x)-f(x\left)\right)dx={\int }_0^4(4\sqrt{x}-\frac{1}{2}{x}^2)dx\\ & ={(\frac{8}{3}{x}^{\frac{3}{2}}-\frac{1}{6}{x}^3)|}_0^4=(\frac{64}{3}-\frac{32}{3})-\left(0\right)=\frac{32}{3}\end{array}$

(12) يبين الشكل التالي منحنى الاقتران: $f\left(x\right)=x^2$. إذا كان إحداثيا النقطة $A$ هما $A(a,a^2)$، فأثبت أن مساحة المنطقة المحصورة بين منحنى الاقتران $f\left(x\right)$ والقطعة المستقيمة $\overline{AB}$ تساوي ثلثي مساحة المستطيل $ABCD$.

من التماثل فإن $B(-a,a^2)$

لتكن مساحة المنطقة المطلوبة:

$\begin{array}{rl}& {\int }_{-a}^a(a^2-x^2)dx={(a^{2}x-\frac{1}{3}{x}^3)|}_{-a}^a\\ & =(a^3-\frac{1}{3}{a}^3)-(-a^3+\frac{1}{3}{a}^3)=2a^3-\frac{2}{3}{a}^3=\frac{4}{3}{a}^3\end{array}$

مساحة المستطيل ABCD هي: $2a\times a^2=2a^3$

إذن، المساحة بين المنحنى والقطعة المستقيمة AB تساوي $\frac{2}{3}$ مساحة المستطيل ABCD.

(13) يبين الشكل المجاور منحنى الاقتران: $f\left(x\right)=\frac{2}{x^2}+x$. إذا كان الإحداثي $x$ لكل من النقطة $A$ والنقطة $B$ هو $\frac{1}{2}$ و$2$ على الترتيب، فأجد مساحة المنطقة المحصورة بين المستقيم $AB$ ومنحنى الاقتران $f\left(x\right)$.

$\begin{array}{rl}& A(\frac{1}{2},f\left(\frac{1}{2}\right))=(\frac{1}{2},\frac{17}{2})\\ & B(2,f(2\left)\right)=(2,\frac{5}{2})\end{array}$

ميل AB:

$\frac{\frac{17}{2}-\frac{5}{2}}{\frac{1}{2}-2}=-4$

معادلة المستقيم AB: 

$\begin{array}{rl}& y-\frac{5}{2}=-4(x-2)\\ & \Rightarrow y=\frac{21}{2}-4x\end{array}$

المساحة المطلوبة هي:

$\begin{array}{rl}& {\int }_{\frac{1}{2}}^2(\frac{21}{2}-4x-(2x^{-2}+x))dx={\int }_{\frac{1}{2}}^2(\frac{21}{2}-5x-2x^{-2})dx\\ & ={(\frac{21}{2}x-\frac{5}{2}{x}^2+\frac{2}{x})|}_{\frac{1}{2}}^2=21-10+1-(\frac{21}{4}-\frac{5}{8}+4)=\frac{27}{8}\end{array}$

يبين الشكل المجاور منحنى السرعة المتجهة - الزمن لجسيم يتحرك على المحور $\mathit{x}$ في الفترة الزمنية $\left[0,8\right]$، إذا بدأ الجسيم الحركة من $\mathit{x}\mathbf{=}\mathbf{5}$ عندما $\mathit{t}\mathbf{=}\mathbf{0}$، فأجد كلاً مما يأتي:

(14) إزاحة الجسيم في الفترة الزمنية المعطاة.

لتكن الإزاحة D

$D=s\left(8\right)-s\left(0\right)={\int }_0^{8}v\left(t\right)dt={\int }_0^{1}v\left(t\right)dt+{\int }_1^{4}v\left(t\right)dt+{\int }_4^{8}v\left(t\right)dt$

${\int }_0^{1}v\left(t\right)dt$ يساوي مساحة المثلث الأيسر في الرسم البياني وهي:

$\frac{1}{2}\left(1\right)\left(2\right)=1$

${\int }_1^{4}v\left(t\right)dt$ يساوي معكوس مساحة شبه المنحرف في الرسم البياني فهو يساوي:

$-\frac{1}{2}(1+3)\left(2\right)=-4$

${\int }_4^{8}v\left(t\right)dt$ يساوي مساحة المثلث الأيمن في الرسم البياني وهي:

$\frac{1}{2}\left(4\right)\left(4\right)=8$

إذن، إزاحة الجسيم هي: $s\left(8\right)-s\left(0\right)=1+(-4)+8=5\mathrm{m}$

(15) المسافة التي قطعها الجسيم في الفترة الزمنية المعطاة.

المسافة التي قطعها الجسيم هي: ${\int }_0^8\left|v\right(t\left)\right|dt$

$\begin{array}{rl}{\int }_0^8\left|v\right(t\left)\right|dt& ={\int }_0^1\left|v\right(t\left)\right|dt+{\int }_1^4\left|v\right(t\left)\right|dt+{\int }_4^8\left|v\right(t\left)\right|dt\\ & =1+4+8=13\mathrm{m}\end{array}$

(16) الموقع النهائي للجسيم.

$s\left(8\right)-s\left(0\right)=5$

وبتعويض $s\left(0\right)=5$ نجد أن:

$s\left(8\right)-5=5\Rightarrow s\left(8\right)=10\mathrm{m}$

يبين الشكل المجاور منحنيي الاقترانين: $\mathbf{f}\mathbf{\left(}\mathbf{x}\mathbf{\right)}\mathbf{=}{\mathbf{x}}^{\mathbf{2}}\mathbf{-}\mathbf{10}\mathbf{x}\mathbf{+}\mathbf{25}\mathbf{,}\mathit{g}\mathbf{\left(}\mathit{x}\mathbf{\right)}\mathbf{=}\mathbf{5}\mathbf{+}\mathbf{4}\mathit{x}\mathbf{-}{\mathit{x}}^{\mathbf{2}}$، معتمداً هذا الشكل، أجيب عن السؤالين الآتيين تباعاً:

(17) أجد إحداثيي كل من النقطة $A$، والنقطة $B$.

$\begin{array}{rl}& f\left(x\right)=g\left(x\right)\Rightarrow x^2-10x+25=5+4x-x^2\\ & \Rightarrow 2x^2-14x+20=0\Rightarrow x^2-7x+10=0\\ & \Rightarrow (x-5)(x-2)=0\Rightarrow x=5,x=2\\ & \Rightarrow A(2,9),B(5,0)\end{array}$

(18) أجد حجم المجسّم الناتج من دوران المنطقة المظللة حول المحور $x$.

$\begin{array}{rl}V& ={\int }_2^5\pi ({(5+4x-x^2)}^2-{(x^2-10x+25)}^2)dx\\ V& ={\int }_2^5\pi (12x^3-144x^2+540x-600)dx\\ & =12\pi {\int }_2^5(x^3-12x^2+45x-50)dx\\ & ={12\pi (\frac{1}{4}{x}^4-4x^3+\frac{45}{2}{x}^2-50x)|}_2^5\\ & =12\pi \left(\frac{1}{4}\right(5{)}^4-4(5{)}^3+\frac{45}{2}(5{)}^2-50\left(5\right))\\ & -\left(\frac{1}{4}\right(2{)}^4-4(2{)}^3+\frac{45}{2}(2{)}^2-50\left(2\right))=81\pi \end{array}$

(19) أجد حجم المجسّم الناتج من دوران المنطقة المحصورة بين منحنى الاقتران: $f\left(x\right)=\sqrt{\sin x}$ في الفترة $\left[0,\mathrm{\pi }\right]$، والمحور $x$، حول المحور $x$.

$\begin{array}{rl}V={\int }_0^{\pi }\pi \left(f\right(x){)}^{2}dx=\pi {\int }_0^{\pi }\sin xdx& =-{\pi \cos x|}_0^{\pi }\\ & =-\pi (\cos \pi -\cos 0)=2\pi \end{array}$

(20) أجد حجم المجسّم الناتج من دوران المنطقة المحصورة بين منحنيي الاقترانين: $g\left(x\right)=x^3,f\left(x\right)=\sqrt{x}$ حول المحور $x$.

$x^3=\sqrt{x}\Rightarrow x^6=x\Rightarrow x^6-x=0\Rightarrow x(x^5-1)=0\Rightarrow x=0,x=1$

لكل $x\in (0,1)$ يكون $\sqrt{x}>x^3$

$\begin{array}{rl}V& ={\int }_0^1\pi \left(f^2\right(x)-g^2(x\left)\right)dx=\pi {\int }_0^1(x-x^6)dx\\ & ={\pi (\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{7}{x}^7)|}_0^1=\pi (\frac{1}{2}-\frac{1}{7}-0)=\frac{5\pi }{14}\end{array}$

(21) أجد حجم المجسم الناتج من دوران المنطقة المحصورة بين منحنى الاقتران: $f\left(x\right)=1+\sec x$، في الفترة $(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})$  والمستقيم $y=3$ حول المحور $x$.

$1+\sec x=3\Rightarrow \sec x=2\Rightarrow \cos x=\frac{1}{2}\Rightarrow x=-\frac{\pi }{3},x=\frac{\pi }{3}$

نلاحظ أن المنحنيين يقعان فوق المحور x وأن $f\left(x\right)=1+\sec x<3$ في الفترة $(-\frac{\pi }{3},\frac{\pi }{3})$

$\begin{array}{rl}& \int \sec xdx=\int \sec x\times \frac{\sec x+\tan x}{\sec x+\tan x}dx\\ & =\int \frac{{\sec }^{2}x+\sec x\tan x}{\sec x+\tan x}dx=\ln |\sec x+\tan x|+C\\ & V={\int }_{-\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{3}}\pi (9-(1+\sec x{)}^2)dx=\pi {\int }_{-\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{3}}(9-(1+2\sec x+{\sec }^{2}x))dx\\ & =\pi {\int }_{-\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{3}}(8-2\sec x-{\sec }^{2}x)dx\\ & ={\pi (8x-2\ln |\sec x+\tan x|-\tan x)|}_{-\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{3}}\\ & =\pi ((\frac{8\pi }{3}-2\ln (2+\sqrt{3})-\sqrt{3})-(\frac{-8\pi }{3}-2\ln (2-\sqrt{3})+\sqrt{3}))\\ & =\pi (\frac{16\pi }{3}+2\ln \left(\frac{2-\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}\right)-2\sqrt{3})\end{array}$