Hàm số \(y=f(x)=2-x^2\) liên tục, dương trên đoạn \([-1;1]\) và có một nguyên hàm là \(F(x)=2x-\displaystyle\frac{x^3}{3}\).

Do đó, diện tích hình thang cong cần tìm là

\[S=F(1)-F(-1)=\left(2-\displaystyle\frac{1}{3}\right)-\left(-2+\displaystyle\frac{1}{3}\right)=\displaystyle\frac{10}{3}.\]

Hàm số \(y=\mathrm{e}^{x}\) liên tục, dương trên đoạn \([0;1]\) và có một nguyên hàm là \(F(x)=\mathrm{e}^{x}\).

Diện tích hình thang cong cần tìm là

\[S=F(1)-F(0)=\mathrm{e}^{1}-\mathrm{e}^{0}=\mathrm{e}-1.\]

Diện tích cần tìm là

\(S=\displaystyle\int\limits_0^{3 \pi}|\sin x|\mathrm{\,d}x\).

Trên khoảng \((0; 3 \pi)\) phương trình \(\sin x=0\) chỉ có hai nghiệm là \(x=\pi\) và \(x=2 \pi\).

Vậy,

\(\begin{aligned}S&=\displaystyle\int\limits_0^{3 \pi}|\sin x|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^\pi|\sin x|\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_\pi^{2 \pi}|\sin x|\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{2 \pi}^{3 \pi}|\sin x|\mathrm{\,d}x \\ &=\left|\displaystyle\int\limits_0^\pi \sin x \mathrm{~d} x\right|+\left|\displaystyle\int\limits_\pi^{2 \pi} \sin x \mathrm{~d} x\right|+\left|\displaystyle\int\limits_{2 \pi}^{3 \pi} \sin x \mathrm{~d} x\right|\\ &=\left|(-\cos x)\Big|_0^\pi\right|+\left|(-\cos x)\Big|_\pi ^{2\pi}\right|+\left|(-\cos x)\Big|_{2 \pi} ^{3\pi}\right| \\ &=|2|+|-2|+|2|=6.\end{aligned}\)

Diện tích hình phẳng là

\(S=\int\limits_0^2 e^x\mathrm{\,d}x=\left.e^x\right|_0^2=e^2-e^0=e^2-1\).

Một nguyên hàm của hàm số \(f(x)=x^{3}\) là \(F(x)=\displaystyle\frac{x^{4}}{4}\).

Do đó, diện tích của hình thang cong cần tính là

\(S=F(2)-F(1)=\displaystyle\frac{2^{4}}{4}-\displaystyle\frac{1^{4}}{4}=\displaystyle\frac{15}{4}.\)

Diện tích cần tìm là \(S=\displaystyle\int\limits_{-1}^{1} |\mathrm{e}^x|\mathrm{\,d}x\).

Vì \(\mathrm{e}^x>0, \forall x\in[-1;1]\) nên

\(S=\displaystyle\int\limits_{-1}^{1} |\mathrm{e}^x|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{-1}^{1} \mathrm{e}^x\mathrm{\,d}x=\mathrm{e}^x\bigg|_{-1}^{1}=\mathrm{e}-\displaystyle\frac{1}{\mathrm{e}}\).

Diện tích cần tìm là \(S=\displaystyle\int\limits_{1}^{2} |x+\displaystyle\frac{1}{x}|\mathrm{\,d}x\).

Vì \(x+\displaystyle\frac{1}{x}>0, \forall x\in[1;2]\) nên

\(S=\displaystyle\int\limits_{1}^{2} |x+\displaystyle\frac{1}{x}|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{1}^{2} x+\displaystyle\frac{1}{x}\mathrm{\,d}x=\left(\displaystyle\frac{x^2}{2}+\ln x\right)\bigg|_1^2=2+\ln2-\displaystyle\frac{1}{2}=\displaystyle\frac{3}{2}+\ln2\).

Diện tích cần tìm là \(S=\displaystyle\int\limits_{0}^{2} |x^3-x|\mathrm{\,d}x\).

Ta có \(x^3-x=0 \Leftrightarrow x=0\) hoặc \(x=1\) hoặc \(x=-1\) .

Phương trình chỉ có hai nghiệm thuộc đoạn \([0;2]\) là \(x=0\) và \(x=1\).

Vậy

\begin{align*}S&=\displaystyle\int\limits_{0}^{2} |x^3-x|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{0}^{1} |x^3-x|\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{1}^{2} |x^3-x|\mathrm{\,d}x\\&=\left|\displaystyle\int\limits_{0}^{1} (x^3-x)\mathrm{\,d}x\right|+\left|\displaystyle\int\limits_{1}^{2} (x^3-x)\mathrm{\,d}x\right|\\&=\left|\left(\displaystyle\frac{x^4}{4}-\displaystyle\frac{x^2}{2}\right)\bigg|_{0}^{1}\right|+\left|\left(\displaystyle\frac{x^4}{4}-\displaystyle\frac{x^2}{2}\right)\bigg|_{1}^{2}\right|=\left|-\displaystyle\frac{1}{4}\right|+\left|\displaystyle\frac{9}{4}\right|=\displaystyle\frac{5}{2}.\end{align*}

Diện tích của hình phẳng là:

\(S=\displaystyle\int\limits_0^2 |x-1| \mathrm{\,d}x=1\).

Diện tích của hình phẳng là

\(S=\displaystyle\int\limits_0^2 |-3x|\mathrm{\,d}x\)

\(=\displaystyle\int\limits_0^2 3x\mathrm{\,d}x=6\).

Phương trình hoành độ giao điểm: \(x^2-x=0 \Leftrightarrow x=0\) hoặc \(x= 1\).

Vậy \(S = \displaystyle \int \limits_{-3}^{0} \left|x^2 -x \right| \mathrm{d} x + \int \limits_{0}^{1} \left|x^2 -x \right| \mathrm{d} x = \displaystyle \int \limits_{-3}^{0} \left(x^2 -x \right) \mathrm{d} x - \int \limits_{0}^{1} \left(x^2 -x \right) \mathrm{d} x=\displaystyle\frac{41}{3}\).

Diện tích hình phẳng là

\begin{eqnarray*}S=\displaystyle\int\limits_{0}^{3}\left|\mathrm{e}^{2x} \right| \mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{0}^{3}\mathrm{e}^{2x} \mathrm{\,d}x=\left( \displaystyle\frac{1}{2}\mathrm{e}^{2x} \right) \bigg|_0^3=\displaystyle\frac{\mathrm{e}^6}{2}-\displaystyle\frac{1}{2}.\end{eqnarray*}

Do giả thiết ta có \(S = \displaystyle\int\limits_1^2\left\vert x^2\right\vert\, \mathrm{d}x = \displaystyle\int\limits_1^2 x^2\, \mathrm{d}x = \displaystyle\frac{x^3}{3}\Big\vert_1^2 = \displaystyle\frac{8}{3} - \displaystyle\frac{1}{3} = \displaystyle\frac{7}{3}\). Vậy \(S = \displaystyle\frac{7}{3}\).

Hoành độ giao điểm của \(y=x^2\) và trục hoành là nghiệm phương trình \(x^2=0\Leftrightarrow x=0\).

Diện tích hình phẳng \(S=\displaystyle \int \limits _{-1}^3\left|x^2-0 \right|\mathrm{d}x=\displaystyle \int \limits _{-1}^0 x^2 \mathrm{d}x+\displaystyle \int \limits _0^3 x^2 \mathrm{d}x=\displaystyle\frac{28}{3}\).

Phương trình hoành độ giao điểm

\(-x^3+3x^2-2=0\) \(\Leftrightarrow (1-x)(x^2-2x-2)=0\) \(\Leftrightarrow x=1\) hoặc \(x=1+\sqrt{3}\) hoặc \(x=1-\sqrt{3}.\)

Khi đó

\begin{align*}S&=\displaystyle \int \limits_0^2 \left|-x^3+3x^2-2\right|\mathrm{d}x\\&=\displaystyle \int \limits_0^1 \left|-x^3+3x^2-2\right|\mathrm{d}x+\displaystyle \int \limits_1^2 \left|-x^3+3x^2-2\right|\mathrm{d}x\\&= \left|\displaystyle \int \limits_0^1 \left(-x^3+3x^2-2\right)\mathrm{d}x\right|+ \left|\displaystyle \int \limits_1^2 \left(-x^3+3x^2-2\right)\mathrm{d}x\right|\\&= \left|\left(-\displaystyle\frac{x^4}{4}+x^3-2x\right)\bigg|_0^1\right|+ \left|\left(-\displaystyle\frac{x^4}{4}+x^3-2x\right)\bigg|_1^2\right|\\&=\displaystyle\frac{5}{2}.\end{align*}

Diện tích hình phẳng cần tìm là \(\displaystyle\int\limits_0^3 \left| -x^2+4 \right| \mathrm{\,d}x= \displaystyle\int\limits_0^2 (-x^2+4 ) \mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_2^3 (x^2-4 ) \mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{16}{3}+\displaystyle\frac{7}{3}=\displaystyle\frac{23}{3}\).

\(S=\displaystyle\int\limits_{-1}^{1} \left| 3x^2+2x+1 \right| \mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{-1}^{1} (3x^2+2x+1) \mathrm{\,d}x = (x^3+x^2+x)\big|_{-1}^1=3-(-1)=4.\)

Ta có \(S = \displaystyle \int \limits_0^\pi |\sin x| \mathrm{\,d}x = (-\cos x) \Big|_0^\pi = -\cos \pi + \cos 0 = 2\).

Diện tích hình phẳng là

\(S=\displaystyle \int \limits_1^{\mathrm{e}} \left| \displaystyle\frac{1}{x} \right| \mathrm{\,d}x\) \(=\displaystyle \int \limits_1^{\mathrm{e}} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{\,d}x=\ln |x|\Big|_1^{\mathrm{e}}=1\).

Áp dụng công thức tính diện tích ta được

\( S=\displaystyle\int\limits_{0}^{1}|x^3+1|\mathrm{\, d}x=\displaystyle\int\limits_{0}^{1}(x^3+1)\mathrm{\, d}x=\left.\left(\displaystyle\frac{x^4}{4}+x\right)\right |_{0}^{1}=\displaystyle\frac{5}{4}.\)

Diện tích cần tìm là \(S=6\displaystyle\int\limits_1^9 \sqrt{x}\mathrm{\,d}x=4\sqrt{x^3}\big|_1^9=104\).

Diện tích hình phẳng là

\(I=2\displaystyle\int\limits_{0}^{\pi}(\sin x-0)\mathrm{\,d}x= 2\left.(-\cos x)\right|_0^\pi =4\).

Diện tích hình phẳng \((H)\) được tính bởi tích phân

\(I = \displaystyle \int\limits_{-3} ^4 \left|x^3 - 4x \right|\, \mathrm{d}x\) \(= \int\limits_{-3}^4 \left|x (x - 2) (x + 2)\right|\, \mathrm{d}x\) \(= -\int\limits_{-3}^{-2} (x^3 - 4x)\, \mathrm{d}x + \int\limits_{-2}^{0} (x^3 - 4x)\, \mathrm{d}x - \int\limits_{0}^{2} (x^3 - 4x)\, \mathrm{d}x + \int\limits_2^4 (x^3 - 4x)\, \mathrm{d}x\) \(= \displaystyle\frac{201}{4}\).

Ta có \(S = \displaystyle \int\limits_0^2 \left| -x^2 + 5x + 6 \right|\, \mathrm{d}x = \int\limits_0^2 \left| (x + 1)(x - 6) \right|\,\mathrm{d}x = -\int\limits_0^2 (x + 1) (x - 6)\, \mathrm{d}x = \displaystyle\frac{58}{3}\).

Diện tích hình phẳng \((H)\) được tính bởi biểu thức

\(\displaystyle \int\limits_1^2 \left| 3x^4 - 4x^2 + 5 \right|\, \mathrm{d}x = \displaystyle\frac{214}{15}.\)

Diện tích \(S=\displaystyle\int\limits_{1}^{4} |2x|\mathrm{\,d}x =\displaystyle\int\limits_{1}^{4} 2x\mathrm{\,d}x =x^2\Big|_{1}^{4}=15\).

Ta thấy

\(S=\displaystyle\int\limits_0^{\frac{\pi}{4}} \left| \cos x+2\right| \mathrm{\,d}x\) \(=\displaystyle\int\limits_0^{\frac{\pi}{4}} (\cos x+2)\mathrm{\,d}x\) \(=\left.\left(\sin x+2x \right) \right|_0^{\frac{\pi}{4}}\) \(=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}+\displaystyle\frac{\pi}{2}\).

Diện tích hình phẳng được tính theo công thức

\(S=\displaystyle\int\limits_0^2 \left|x^2-2x \right|\mathrm{\,d}x = \displaystyle\int\limits_0^2 \left(2x-x^2 \right)\mathrm{\,d}x =\left(x^2-\displaystyle\frac{x^3}{3}\right)\bigg|_0^2=\displaystyle\frac{4}{3}.\)

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị và trục hoành

\(-x^3+3x^2-2=0\Leftrightarrow x=1\) \(x=1\pm \sqrt{3}.\)

Diện tích cần tính là

\begin{eqnarray*}S &=& \displaystyle\int\limits_0^2 |-x^3+3x^2-2|\mathrm{\,d}x\\&=& \displaystyle\int\limits_0^1 |-x^3+3x^2-2|\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_1^2 |-x^3+3x^2-2|\mathrm{\,d}x\\&=& \left|\left.\left(-\displaystyle\frac{1}{4}x^4+x^3-2x\right)\right|_0^1\right|+\left|\left.\left(-\displaystyle\frac{1}{4}x^4+x^3-2x\right)\right|_1^2\right|\\&=&\left|-\displaystyle\frac{5}{4}\right|+\left|\displaystyle\frac{5}{4}\right|=\displaystyle\frac{5}{2}.\end{eqnarray*}

Diện tích cần tìm là \(S=\displaystyle\int\limits_{-1}^1|x^3|\mathrm{d}x=\displaystyle\frac{1}{2}\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y=x^3+1\), \(y=0\), \(x=0\), \(x=1\) là

\(S=\displaystyle\int\limits_0^1\left|x^3+1\right|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^1\left(x^3+1\right)\mathrm{\,d}x =\left.\left(\displaystyle\frac{x^4}{4}+x\right)\right|_0^1=\displaystyle\frac{5}{4}.\)

Xét hàm số \(y=f(x)=x^3+2x+1\) xác định và liên tục trên \(\mathbb{R}\).

Ta có: \(f'(x)=3x^2+2>0,\:\forall x\in\mathbb{R}\)

Suy ra hàm số \(f(x)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\), nên đồng biến trên đoạn \([1;2]\).

Ta có: \(f(x)\geq f(1)=3>0,\: \forall x\in[1;2]\). Do đó phương trình \(f(x)=0\) vô nghiệm trên đoạn \([1;2]\).

Diện tích hình phẳng cần tìm là: \(S=\displaystyle \int\limits_{1}^2 (x^3+2x+1)\mathrm{\, d}x=\displaystyle\frac{31}{4}\).

Diện tích cần tìm là \(S=\displaystyle\int\limits_0^3\left|x^2-4 x+3\right|\mathrm{\,d}x\).

Ta có \(x^2-4 x+3=0 \Leftrightarrow x=1\) hoặc \(x=3\).

Với \(x \in[0; 1]\) thì \(f(x) \geq 0\). Với \(x \in[1; 3]\) thì \(f(x) \leq 0\).

Vậy,

\(\begin{aligned}S&=\displaystyle\int\limits_0^3\left|x^2-4 x+3\right|\mathrm{\,d}x\\&=\displaystyle\int\limits_0^1\left(x^2-4 x+3\right) \mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_1^3\left[-\left(x^2-4 x+3\right)\right] \mathrm{\,d}x \\&=\left.\left(\displaystyle\frac{x^3}{3}-2 x^2+3 x\right)\right|_0 ^1-\left.\left(\displaystyle\frac{x^3}{3}-2 x^2+3 x\right)\right|_1 ^3=\displaystyle\frac{8}{3}.\end{aligned}\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y=\mathrm{e}^x\), \(y=0\), \(x=0\), \(x=2\) được tính theo công thức \(S=\displaystyle\int\limits_0^2 \left|\mathrm{e}^x\right| \mathrm{d}x=\displaystyle\int\limits_0^2 \mathrm{e}^x \mathrm{\,d}x=\mathrm{e}^2-1\).

Diện tích của hình phẳng là

\(S=\displaystyle\int\limits_0^22^x\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{3}{\ln2}\).

Diện tích của hình phẳng là

\(S=\displaystyle\int\limits_0^23^x\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{8}{\ln3}\).

Diện tích của hình phẳng là

\(S=\displaystyle\int\limits_0^25^x\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{24}{\ln5}\).

Phương trình hoành độ giao điểm:

\(2^x-4=0\Leftrightarrow x=2\).

Diện tích của hình phẳng là

\(S=\displaystyle\int\limits_0^2\left|2^x-4\right|\mathrm{\,d}x=\left|\displaystyle\int\limits_0^2\left(2^x-4\right)\mathrm{\,d}x\right|=8-\displaystyle\frac{3}{\ln2}\).

Phương trình hoành độ giao điểm:

\(\sqrt{x}-2=0\Leftrightarrow x=4\).

Diện tích của hình phẳng là

\(S=\displaystyle\int\limits_0^4\left|\sqrt{x}-2\right|\mathrm{\,d}x=\left|\displaystyle\int\limits_0^4\left(\sqrt{x}-2\right)\mathrm{\,d}x\right|=\displaystyle\frac{8}{3}\).

Phương trình hoành độ giao điểm:

\(\sqrt{x}-3=0\Leftrightarrow x=9\).

Diện tích của hình phẳng là

\(S=\displaystyle\int\limits_0^9\left|\sqrt{x}-3\right|\mathrm{\,d}x=\left|\displaystyle\int\limits_0^9\left(\sqrt{x}-3\right)\mathrm{\,d}x\right|=9\).

Phương trình hoành độ giao điểm:

\(\sqrt{x}-4=0\Leftrightarrow x=16\).

Diện tích của hình phẳng là

\(S=\displaystyle\int\limits_0^{16}\left|\sqrt{x}-4\right|\mathrm{\,d}x=\left|\displaystyle\int\limits_0^{16}\left(\sqrt{x}-4\right)\mathrm{\,d}x\right|=\displaystyle\frac{64}{3}\).

Phương trình hoành độ giao điểm:

\(x^3-7x^2+15x-12=0\Leftrightarrow x=4\).

Diện tích của hình phẳng là

\(S=\displaystyle\int\limits_1^{4}\left|x^3-7x^2+15x-12\right|\mathrm{\,d}x=\left|\displaystyle\int\limits_1^{4}\left(x^3-7x^2+15x-12\right)\mathrm{\,d}x\right|=\displaystyle\frac{27}{4}\).

Phương trình hoành độ giao điểm:

\(\sqrt{x}=0\Leftrightarrow x=0\).

Diện tích của hình phẳng là

\(S=\displaystyle\int\limits_0^4\left|\sqrt{x}\right|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^4\sqrt{x}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^4 x^{\tfrac{1}{2}}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{16}{3}\).

Phương trình hoành độ giao điểm:

\(x\sqrt{x}=0\Leftrightarrow x=0\).

Diện tích của hình phẳng là

\(S=\displaystyle\int\limits_0^4\left|x\sqrt{x}\right|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^4x\sqrt{x}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^4 x^{\tfrac{3}{2}}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{64}{5}\).

Ta có \(x^3-3x^2 = 0 \Leftrightarrow \hoac{&x=0\\& x=3.}\)

Diện tích \(S= \displaystyle \int \limits_{0}^{3} \left| x^3-3x^2 \right| \mathrm{\,d} x =\displaystyle \int \limits_{0}^{3} \left( -x^3+3x^2 \right) \mathrm{\,d} x = \left(-\displaystyle\frac{x^4}{4} +x^3 \right) \Big|_0^3 = \displaystyle\frac{27}{4} \).

Ta có \(x^2-x-6=0 \Leftrightarrow x=-2\) hoặc \(x=3\).

Với \(x \in [-2;3]\) thì \(x^2-x-6< 0\), ta có \(S=\displaystyle \int \limits_{-2}^3(-x^2+x+6) \mathrm{d}x=\left(- \displaystyle\frac{x^3}{3}+\displaystyle\frac{x^2}{2}+6x \right) \bigg|_{-2}^3=\displaystyle\frac{125}{6}\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm

\(x^3-3x=0\Leftrightarrow x=-\sqrt{3}\) hoặc \(x=0\) hoặc \(x=\sqrt{3}.\)

Vậy

\begin{eqnarray*}&S&=\displaystyle\int\limits_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} |x^3-3x|\mathrm{\,d}x\\ &&=\displaystyle\int\limits_{-\sqrt{3}}^0 |x^3-3x|\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_0^{\sqrt{3}} |x^3-3x|\mathrm{\,d}x\\ & &= \displaystyle\int\limits_{-\sqrt{3}}^0 (x^3-3x)\mathrm{\,d}x-\displaystyle\int\limits_0^{\sqrt{3}} (x^3-3x)\mathrm{\,d}x \\& &=\left(\displaystyle\frac{x^4}{4}-\displaystyle\frac{3x^2}{2}\right)\bigg|_{-\sqrt{3}}^0-\left(\displaystyle\frac{x^4}{4}-\displaystyle\frac{3x^2}{2}\right)\bigg|_0^{\sqrt{3}}\\& &=\displaystyle\frac{9}{2}.\end{eqnarray*}

Phương trình hoành độ giao điểm của \((P)\) và \(Ox\) là

\(x^2-4x+3=0\Leftrightarrow x=1\) hoặc \(x=3.\)

Diện tích hình phẳng cần tìm là

\(\displaystyle\int\limits_1^3\left|x^2-4x+3\right|\mathrm{\,d}x=\left|\displaystyle\int\limits_1^3\left(x^2-4x+3\right)\mathrm{\,d}x\right|=\displaystyle\frac{4}{3}\).

Vì \(f(x)\geq 0,\,\forall x\in [-2;0]\) và \(f(x)\leq 0,\,\forall x\in [0;1]\) nên suy ra

\(\displaystyle A=\int\limits_{-2}^0\left|f(x)\right|\,\mathrm{d}x=\int\limits_{-2}^0f(x)\,\mathrm{d}x\Rightarrow \int\limits_{-2}^0f(x)\,\mathrm{d}x=11\);

\(\displaystyle B=\int\limits_0^1\left|f(x)\right|\,\mathrm{d}x=-\int\limits_0^1f(x)\,\mathrm{d}x\Rightarrow \int\limits_0^1f(x)\,\mathrm{d}x=-2\).

Do đó

\( \displaystyle\int\limits_{-2}^{1}f(x)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{-2}^0f(x)\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_0^1f(x)\mathrm{\,d}x=11+(-2)=9.\)

\begin{eqnarray*}S&=&\displaystyle\int_{-2}^1\left|f(x)\right|\mathrm{\,d}x\\&=&\displaystyle\int_{-2}^0f(x)\mathrm{\,d}x-\displaystyle\int_0^1f(x)\mathrm{\,d}x\\&=&14-3=11.\end{eqnarray*}

Từ đồ thị ta có

\(\begin{cases}S_1= \displaystyle\int\limits_a^b f(x)\mathrm{\,d}x = \displaystyle\frac{7}{10}\\ S_2= - \displaystyle\int\limits_b^c f(x)\mathrm{\,d}x = 2 \Rightarrow \displaystyle\int\limits_b^c f(x)\mathrm{\,d}x =-2. \end{cases}\)

Mà \(I= \displaystyle\int\limits_a^b f(x)\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_b^c f(x)\mathrm{\,d}x = \displaystyle\frac{7}{10}-2=-\displaystyle\frac{13}{10}.\)

Ta có \(I=\displaystyle\int\limits_{-1}^{4} f(x)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{-1}^{2} f(x)\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{2}^{4} f(x)\mathrm{\,d}x=S_1-S_2\).

Trong đó \(S_1\) là diện tích hình thang cân có các đỉnh \(A(-1;0)\), \(B(0;2)\), \(C(1;2)\), \(D(2;0)\) nên \(S_1=\displaystyle\frac{1}{2}(3+1)\cdot 2 = 4\).

\(S_2\) là diện tích hình thang vuông có các đỉnh \(D(2,0)\), \(E(3;-1)\), \(F(4;-1)\), \(G(4;0)\) nên\\ \(S_2=\displaystyle\frac{1}{2}(2+1)\cdot 1 = \displaystyle\frac{3}{2}\).

Vậy \(I=4-\displaystyle\frac{3}{2}=\displaystyle\frac{5}{2}\).

Dựa vào hình vẽ, suy ra

\(\begin{aligned}I=\ &\displaystyle\int\limits^5_{-3}f(x)\mathrm{\,d}x\\ =\ &\displaystyle\int\limits_{-3}^{-2}f(x) \mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{-2}^{0}f(x) \mathrm{\,d}x\displaystyle\int\limits_{0}^{2}f(x) \mathrm{\,d}x\displaystyle\int\limits_{2}^{3}f(x) \mathrm{\,d}x\displaystyle\int\limits_{3}^{5}f(x) \mathrm{\,d}x\\ =&-\displaystyle\frac{1}{2}\cdot1\cdot1+\displaystyle\frac{1}{2}\cdot2\cdot2+\displaystyle\frac{1}{2}\cdot2\cdot2+\displaystyle\frac{1}{2}\cdot1\cdot1+\left(1\cdot2+\displaystyle\frac{1}{2}\cdot2\cdot3\right)=9.\end{aligned}\)

}

Ta có \begin{eqnarray*}I&=&\displaystyle\int\limits_{-1}^{4} f(x) \mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{-1}^{2} f(x) \mathrm{\,d}x +\displaystyle\int\limits_{2}^{4} f(x) \mathrm{\,d}x\\&=&\displaystyle\frac{1}{2}(3+1)\cdot 2-\displaystyle\frac{1}{2}(1+2)\cdot 1=\displaystyle\frac{5}{2}.\end{eqnarray*}

Từ đồ thị hàm số ta có \(y=f(x)=\begin{cases}&\displaystyle\frac{4}{3}x+4&\textrm{ nếu }-3\le x< 0\\ &-x+4&\textrm{ nếu }0\le x< 1\\ &-x^2+4x&\textrm{ nếu }1\le x\le 5}\).

Suy ra

\begin{align*}I&=\displaystyle\int\limits_{-2}^3 f(x)\mathrm{\,d}x\\&=\displaystyle\int\limits_{-2}^0 f(x)\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_0^1 f(x)\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_1^3 f(x)\mathrm{\,d}x\\&=\displaystyle\int\limits_{-2}^0 \left(\displaystyle\frac{4}{3}x+4\right)\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_0^1 (-x+4)\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_1^3 (-x^2+4x)\mathrm{\,d}x\\&=\left.\left(-\displaystyle\frac{2x^2}{3}+4x\right)\right|_{-2}^0+\left.\left(-\displaystyle\frac{x^2}{2}+4x\right)\right|_0^1+\left.\left(-\displaystyle\frac{x^3}{3}+2x^2\right)\right|_1^3\\&=\displaystyle\frac{97}{6}.\end{align*}

Diện tích hình phẳng cần tính là

\begin{eqnarray*}S&=&\displaystyle\int\limits_0^3 \left|x^2-4\right| \mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^2 \left|x^2-4\right|\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_2^3 \left|x^2-4\right|\mathrm{\,d}x\\&=&\displaystyle\int\limits_0^2 -\left(x^2-4\right)\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_2^3 \left(x^2-4\right)\mathrm{\,d}x\\&=&-\left(\displaystyle\frac{x^3}{3}-4x\right)\bigg|_0^2+\left(\displaystyle\frac{x^3}{3}-4x\right)\bigg|_2^3\\&=&\displaystyle\frac{16}{3}-\displaystyle\frac{7}{3}=2.\end{eqnarray*}

Diện tích hình phẳng cần tính là

\begin{eqnarray*}S&=&\displaystyle\int\limits_0^{2\pi} \left|\sin x\right|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^{\pi}\left|\sin x\right|\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{\pi}^{2\pi}\left|\sin x\right|\mathrm{\,d}x\\&=&\displaystyle\int\limits_0^{\pi} \sin x \mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{\pi}^{2\pi} \left(-\sin x\right) \mathrm{\,d}x \\&=&-\cos x\bigg|_0^{\pi}+\cos x\bigg|_{\pi}^{2\pi}=4.\end{eqnarray*}

Diện tích hình phẳng cần tính là

\begin{eqnarray*}S&=&\displaystyle\int\limits_0^2 \left|x^3\right| \mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^2 x^3\mathrm{\,d}x\\&=&\displaystyle\frac{x^4}{4}\bigg|_0^2=4-0=4.\end{eqnarray*}

a) Diện của hình \((H)\) là

\( S=\int\limits_1^5 \left(-x^2+6x-5\right)\mathrm{\,d}x=\left.\left(-\displaystyle\frac{x^3}{3}+3x^2-5x\right)\right|_1^5=\displaystyle\frac{32}{3}\quad (\text{đvdt}).\)

b) Diện tích tam giác \(ABC\) là

\( S_{\triangle ABC}=\displaystyle\frac{1}{2}\mathrm{d}(A,BC)\cdot BC=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 4=8\quad (\text{đvdt}).\)

Diện tích hình \((H)\) theo cách tính của Archimedes là

\( S=\displaystyle\frac{4}{3}S_{\triangle ABC}=\displaystyle\frac{32}{3}\quad (\text{đvdt}).\)

Kết quả cách tính của Archimedes giống kết quả ở câu a).

Ta có \(\int\left(x^2+1\right) \mathrm{d} x=\int x^2 \mathrm{~d} x+\int 1 \mathrm{~d} x=\displaystyle\frac{x^3}{3}+x+C\).

Vậy \(F(x)=\displaystyle\frac{x^3}{3}+x\) là một nguyên hàm của hàm số \(f(x)=x^2+1\) trên đoạn \([-1 ; 2]\).

Diện tích hình phẳng cần tính

\(S=F(2)-F(-1)=\left(\frac{8}{3}+2\right)-\left(\frac{-1}{3}-1\right)=6\).

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Gọi đồ thị hàm số của parabol có dạng \(y=ax^2+bx+c \,\,(a\neq 0)\).

Vì đồ thị hàm số có trục đối xứng là trục \(Oy\) nên ta có: \(-\displaystyle\frac{b}{2a}=0\Rightarrow b=0\).

Vì đồ thị hàm số đi qua điểm \((0;6)\) nên ta có: \(c=6\).

Vì đồ thị hàm số đi qua điểm \((3;0)\) nên ta có: \(a\cdot3^2+6=0\Rightarrow a=-\displaystyle\frac{2}{3}\).

Vậy \(y=-\displaystyle\frac{2}{3}x^2+6\).

Diện tích của cửa hầm là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y=-\displaystyle\frac{2}{3}x^2+6\), trục hoành và hai đường thẳng \(x=-3, x=3\).

Vậy

\begin{align*}S&=\displaystyle\int\limits_{-3}^{3} \left|-\displaystyle\frac{2}{3}x^2+6\right|\mathrm{\,d}x\\&=\left|\displaystyle\int\limits_{-3}^{3} (-\displaystyle\frac{2}{3}x^2+6)\mathrm{\,d}x\right|\\&=\left|\left(-\displaystyle\frac{2x^3}{9}+6x\right)\bigg|_{-3}^{3}\right|\\&=\left|24\right|\\&=24.\end{align*}

a) Từ đồ thị, ta thấy diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y=f(t)\), trục \(Ot\) và hai đường thẳng \(t=0\), \(t=2\) là hình thang có chiều cao là \(2\) và tổng hai đáy là \(3\), khi đó diện tích là \(\displaystyle\frac{3 \cdot 2}{2}= 3\) (đvdt).

b) \(\displaystyle\int\limits_{0}^{1} f(u) \mathrm{\,d}u=\displaystyle\int\limits_{0}^{1} f(t) \mathrm{\,d}t\) biểu thị cho phần diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y=f(t)\), trục \(Ot\) và hai đường thẳng \(t=0\), \(t=1\).

a) Hình phẳng đó giới hạn bởi các đường thẳng \(y=\mathrm{e}{e}^x\), trục hoành và hai đường thẳng \(x=-1\), \(x=1\).

b) Ta có diện tích hình phẳng

\(S=\displaystyle\int\limits_{-1}^{1} \left| \mathrm{e}^x \right| \mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{-1}^{1} \mathrm{e}^x \mathrm{\,d}x=\mathrm{e}^x\Big|_{-1}^{1}=\mathrm{e}-\displaystyle\frac{1}{\mathrm{e}}\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số \(y=x^3\), trục \(Ox\) và hai đường thẳng \(x=-1\), \(x=1\) là

\begin{eqnarray*}\displaystyle\int\limits_{-1}^{1} \left|x^3\right| \mathrm{\,d}x&=&\displaystyle\int\limits_{-1}^{0} \left|x^3\right| \mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{0}^{1} \left|x^3\right| \mathrm{\,d}x\\&=&\displaystyle\int\limits_{-1}^{0} \left(-x^3\right) \mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{0}^{1} x^3 \mathrm{\,d}x\\&=&-\displaystyle\frac{x^4}{4}\bigg|_{-1}^0+\displaystyle\frac{x^4}{4}\bigg|_{0}^1=\displaystyle\frac{1}{2}.\end{eqnarray*}

a) Ta có

\begin{align*}A&=\displaystyle\int\limits_0^a\mathrm{e}^x\mathrm{d}x\,=\mathrm{e}^x\Big|_0^a=\mathrm{e}^a-1\\B&=\displaystyle\int\limits_0^b\mathrm{e}^x\mathrm{d}x\,=\mathrm{e}^x\Big|_0^b=\mathrm{e}^b-1.\end{align*}

b) Khi đó

\begin{align*}B=3A&\Leftrightarrow\mathrm{e}^b-1=3(\mathrm{e}^a-1)\Leftrightarrow\mathrm{e}^b=3\mathrm{e}^a-2\Leftrightarrow b=\ln(3\mathrm{e}^a-2).\end{align*}

Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đường

\(x^3-5x^2+6x=2x^2\Leftrightarrow x=0\) hoặc \(x=1\) hoặc \(x=6\).

Mặt khác hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y=x^3-5x^2+6x\) với trục \(Ox\) là nghiệm phương trình

\(x^3-5x^2+6x=0\Leftrightarrow x=0\) hoặc \(x=2\) hoặc \(x=3\).

Suy ra diện tích

\(S =\displaystyle\int\limits_{0}^{1} 2x^2\mathrm{d}x + \displaystyle\int\limits_{1}^{2}\left(x^3-5x^2+6x\right)\mathrm{d}x\) \(=\displaystyle\frac{2x^3}{3}\bigg|_0^1+ \left(\displaystyle\frac{x^4}{4}-\displaystyle\frac{5x^3}{3}+3x^2\right)\bigg|_1^2= \displaystyle\frac{7}{4}.\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm

\[2x^2=3-x\Leftrightarrow2x^2+x-3=0\Leftrightarrow x=1;\, x=-\displaystyle\frac{3}{2}.\]

Ta có

\(S_{OAB}=\displaystyle\int\limits_0^1 2x^2\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_1^3 (3-x)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{2}{3}x^3\bigg|_0^1+\left(3x-\displaystyle\frac{x^2}{2}\right)\bigg|_1^3=\displaystyle\frac{8}{3}\).

Từ đồ thị trong hình vẽ, ta có diện tích tam giác cong \(OAB\) là

\(S_{OAB}=\displaystyle\int\limits_0^1 x\mathrm{\,d}x+\int\limits_1^2\left(x-2\right)^2\mathrm{\,d}x=\left. \displaystyle\frac{x^2}{2}\right|_0^1+\left. \displaystyle\frac{{\left(x-2\right)}^3}{3}\right|_1^2=\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{3}=\displaystyle\frac{5}{6}.\)

Từ hình vẽ ta có diện tích của hình phẳng cần tính là

\(S=\displaystyle\int\limits_0^1x^2\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_1^4\left(-\displaystyle\frac{1}{3}x+\displaystyle\frac{4}{3}\right)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{x^3}{3}\Biggr|_0^1+\left(-\displaystyle\frac{x^2}{6}+\displaystyle\frac{4}{3}x\right)\Biggr|_1^4=\displaystyle\frac{11}{6}.\)

Phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị \(y=2^x-2\) và trục hoành:

\(2^x-2=0\Leftrightarrow x=1\).

Diện tích hình phẳng là

\(S = \displaystyle\int\limits_{1}^{3}(2^x-2)\mathrm{\,d}x=\left(\displaystyle\frac{2^x}{\ln2}-2x\right)\bigg|_1^3=\displaystyle\frac{6}{\ln2}-4\).

Ta có: \(x^3=x^2-4x+4\Leftrightarrow (x-1)(x^2+4)=0\Leftrightarrow x=1\).

Diện tích của hình \((H)\) là

\begin{eqnarray*}S&=&\displaystyle\int\limits_0^1{x^3 \mathrm{\,d}x}+\displaystyle\int\limits_1^2(x^2-4x+4) \mathrm{\,d}x\\&=&\displaystyle\int\limits_0^1{x^3 \mathrm{\,d}x}+\displaystyle\int\limits_1^2 (x-2)^2 \mathrm{\,d}(x-2)\\&=&\displaystyle\frac{x^4}{4}\bigg|_0^1+ \displaystyle\frac{(x-2)^3}{3}\bigg|_1^2=\displaystyle\frac{7}{12}.\end{eqnarray*}

Diện tích hình phẳng cần tính là

\(S=\displaystyle \int \limits_0^1 \left( x-\displaystyle\frac{x^2}{4} \right)\mathrm{\,d}x +\displaystyle \int \limits_1^2 \left( 1-\displaystyle\frac{x^2}{4} \right)\mathrm{\,d}x=\left. \left(\displaystyle\frac{x^2}{2}-\displaystyle\frac{x^3}{12} \right) \right|_0^1 +\left. \left( x-\displaystyle\frac{x^3}{12} \right)\right|_1^2=\displaystyle\frac{5}{6}.\)

Khi đó \(a=5\), \(b=6\). Vậy \(b-a=1\).

Ta có diện tích phần tô đậm bằng \(\displaystyle\int\limits_0^4\sqrt{x}\mathrm{\,d}x-\displaystyle\int\limits_2^4(x-2)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{2}{3}x\sqrt{x}\Big|_0^4-2=\displaystyle\frac{10}{3}.\)

Dựa vào đồ thị ta có:

Parabol \(y=x^2\) cắt trục \(Ox\) tại điểm có hoành độ \(0\).

Parabol \(y=x^2\) cắt đường thẳng \(y=-x+2\) tại điểm có hoành độ \(1\).

Đường thẳng \(y=-x+2\)cắt trục \(Ox\) tại điểm có hoành độ \(2\).

Diện tích hình phẳng đã cho là

\(S=\displaystyle\int\limits_0^1 x^2 \mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_1^2 (-x+2) \mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{5}{6}\).

Phần diện tích cần tính bằng diện tích hình quạt (phần tô đậm trong hình) trừ đi diện tích tam giác \(OAB\).

Ta có \(AB=\sqrt{OB^2-OA^2}=\sqrt{4-1}=\sqrt{3}\).

Suy ra \(S_{OAB}=\displaystyle\frac{1}{2}OA\cdot AB=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\).

\(\tan\widehat{AOB}=\displaystyle\frac{AB}{OA}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{AOB}=60^\circ\).

Diện tích hình quạt

\(S_q=\displaystyle\frac{60}{180}\cdot \displaystyle\frac{\pi\cdot 2^2}{2}=\displaystyle\frac{2\pi}{3}\).

Vậy diện tích của hình phẳng cần tìm là: \(S=\displaystyle\frac{2\pi}{3}-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}=\displaystyle\frac{4\pi-3\sqrt{3}}{6}\).

Gọi \(S\) là diện tích của \((H)\). Khi đó, ta có:

\begin{align*}S&=\displaystyle\int\limits_0^1 \sqrt{x}\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_1^{\sqrt{2}}\sqrt{2-x^2}\mathrm{\,d}x=I+J\\&I=\displaystyle\int\limits_0^1\sqrt{x}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{x^{\frac{3}{2}}}{\displaystyle\frac{3}{2}}\biggr|_0^1=\displaystyle\frac{2}{3}, J=\displaystyle\int\limits_1^{\sqrt{2}}\sqrt{2-x^2}\mathrm{\,d}x\end{align*}

Đặt \(x=\sqrt{2}\sin t, t\in\left[-\displaystyle\frac{\pi}{2};\displaystyle\frac{\pi}{2}\right]\Rightarrow \mathrm{d}x=\sqrt{2}\cos t\mathrm{\,d}t\).

Đổi cận: \(x=1\Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{4}; x=\sqrt{2}\Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{2}\).

Suy ra

\(J=\displaystyle\int\limits_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}2\cos^2t\mathrm{\,d}t=\displaystyle\int\limits_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}(1+\cos 2t)\mathrm{\,d}t=\left(t+\displaystyle\frac{1}{2}\sin 2t\right)\biggr|_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}=\displaystyle\frac{\pi}{2}-\displaystyle\frac{\pi}{4}-\displaystyle\frac{1}{2}=\displaystyle\frac{\pi-2}{4}.\)

Vậy \(S=\displaystyle\frac{2}{3}+\displaystyle\frac{\pi-2}{4}=\displaystyle\frac{3\pi+2}{12}\).

Ta có \(\sqrt{3}x^2=\sqrt{4-x^2}\Rightarrow 3x^4=4-x^2\) \(\Leftrightarrow 3x^4+x^2-4=0\) \(\Leftrightarrow x^2=1 \) hoặc \(x^2=-4 \Rightarrow x=1 \in \left[ 0;2\right]\).

Diện tích của \((H)\) được tính theo công thức

\( S=\displaystyle\int\limits_{0}^{2}\left|\sqrt{3}x^2\right|\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{1}^{2}\left|\sqrt{4-x^2}\right|\mathrm{\,d}x =\displaystyle\int\limits_0^1{\sqrt{3}x\mathrm{\,d}x + \displaystyle\int\limits_1^2{\sqrt{4 - x^2}}}\mathrm{\,d}x.\)

Tính \(I_1=\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\sqrt{3}x^2\mathrm{\,d}x=\left.\displaystyle\frac{\sqrt{3}x^3}{3}\right |_{0}^{1}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}\).

Tính

\begin{eqnarray*}I_2&=&\displaystyle\int\limits_{1}^{2}\sqrt{4-x^2}\mathrm{\,d}x\\&=&\displaystyle\int\limits_{\frac{\pi}{3}}^{0} \sqrt{4-(2\cos t)^2}\mathrm{\,d}(2\cos t)=-4\displaystyle\int\limits_{\frac{\pi}{3}}^{0}|\sin t|\sin t\mathrm{\,d}t\\&=&4\displaystyle\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{3}}\sin^2 t\mathrm{\,d}t=4\displaystyle\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{3}}\frac{1-\cos 2t}{2}\mathrm{\,d}t\\&=&2\left.\left(t-\frac{\sin 2t}{2}\right)\right |_{0}^{\frac{\pi}{3}}=\displaystyle\frac{2\pi}{3}-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}.\end{eqnarray*}

Vậy \(S=\displaystyle\frac{2\pi}{3}-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}+\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}=\displaystyle\frac{4\pi -\sqrt{3}}{6} \Rightarrow a=4, b=3 ,c=6 \Rightarrow a+b+c=13\).

Phương trình hoành độ giao điểm của parabol và nửa đường tròn là: \(\displaystyle\frac{1}{4}x^2=\sqrt{8-x^2}\Leftrightarrow x=\pm 2.\)

Trên khoảng \((0;2\sqrt{2})\), hai đường cong giao nhau tại điểm có hoành độ bằng \(2\).

Gọi \(S_1\) là diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi parabol, trục hoành, trục tung và đường thẳng \(x=2\).\\ Gọi \(S_2\) là diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi đường tròn, trục hoành, đường thẳng \(x=2\sqrt{2}\) và đường thẳng \(x=2\) thì \(S_H=S_1+S_2\).

Ta có \(S_2=\displaystyle\int\limits_{2}^{2\sqrt{2}}\sqrt{8-x^2}\mathrm{d}x\).

Đặt \(a=\displaystyle\frac{x}{2\sqrt{2}}\Rightarrow \mathrm{d}x=2\sqrt{2}da\). Ta được

\(S_2=8\displaystyle\int\limits_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^1\sqrt{1-a^2}\mathrm{d}a\).

Đặt \(a=\sin t\Rightarrow \mathrm{d}a=\cos t\mathrm{d}t\). Ta được \(S_2=8\displaystyle\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^2 t \mathrm{d}t=4\displaystyle\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}(1+\cos 2t)\mathrm{d}t=\left.\left(4t+2\sin 2t\right)\right|_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}=\pi-2.\)

Dễ có \(S_1=\displaystyle\int\limits_0^2\left(\displaystyle\frac{1}{4}x^2+1\right)\mathrm{d}x=\displaystyle\frac{8}{3}\Rightarrow S_H=S_1+S_2=\displaystyle\frac{3\pi+2}{3}\).

Phương trình hoành độ giao điểm của parapol \(y=\displaystyle\frac{1}{4}x^2 + 1\) và nửa đường tròn \(y=\sqrt{8-x^2}\) là

\(\sqrt{8-x^2}=\displaystyle\frac{1}{4}x^2 + 1 \Leftrightarrow x=2.\)

Từ đồ thị, ta có diện tích hình phẳng \(\mathscr{(H)}\) là

\(S=\displaystyle\int\limits_0^2 \left(\displaystyle\frac{1}{4}x^2 + 1\right)\mathrm{d}x + \displaystyle\int\limits_2^{2\sqrt{2}}\sqrt{8-x^2}\mathrm{\,d}x.\)

\(S_1=\displaystyle\int\limits_0^2 \left(\displaystyle\frac{1}{4}x^2 + 1\right)\mathrm{d}x=\left(\displaystyle\frac{x^3}{12}+x\right)\Bigg|_0^2=\displaystyle\frac{8}{3}\).

\(S_2=\displaystyle\int\limits_2^{2\sqrt{2}}\sqrt{8-x^2}\mathrm{\,d}x\).

Đặt \(x=2\sqrt{2}\sin t\) \(\left(t \in \left[-\displaystyle\frac{\pi}{2};\displaystyle\frac{\pi}{2}\right]\right)\) \(\Rightarrow \mathrm{d}x=2\sqrt{2}\cos t\mathrm{\,d}t\).

Đổi cận \(x=2 \Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{4}\); \(x=2\sqrt{2} \Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{2}\).

Suy ra \(S_2=2\sqrt{2}\displaystyle\int\limits_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}\sqrt{8-8\sin^2t}\cos t\mathrm{\,d}t=8\displaystyle\int\limits_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}\cos^2t\mathrm{\,d}t=4\displaystyle\int\limits_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}(1+\cos 2t)\mathrm{\,d}t\)

\phantom{Suy ra \(S_2\) \(=4\left(t+\displaystyle\frac{1}{2}\sin 2t\right)\Bigg|_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}=\pi -2\).

Vậy \(S=S_1+S_2=\displaystyle\frac{8}{3}+\pi -2=\displaystyle\frac{3\pi + 2}{3}\).

Parabol đã cho có dạng \(y=f(x)=ax^2+bx+c\), \(a\ne 0\). Vì \((P)\) cắt trục hoành tại các điểm \((1;0)\), \((3;0)\) và đi qua điểm \((2;-1)\) nên ta có

\begin{align*}\begin{cases}f(1)=f(3)=0\\ f(2)=-1\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a=1\\ b=-4\\ c=3.\end{cases}\end{align*}

Dựa vào đồ thị của \((P)\), ta có diện tích hình phẳng cần tìm là

\begin{align*}-\displaystyle\int\limits_{1}^{3}\left( x^2-4x+3 \right)\mathrm{\,d}x= \left( \displaystyle\frac{x^3}{3}-2x^2+3x \right)\Bigg|_1^3=\displaystyle\frac{4}{3}.\end{align*}

Từ đồ thị hàm số \( f'(x) \), suy ra \( f'(x)=3x^2-6x \Rightarrow f(x)=x^3-3x^2+d\).

Vì đường thẳng \( d\colon y=x \) cắt \( (C) \) tạo thành hai phần hình phẳng có diện tích bằng nhau nên \( d \) đi qua điểm uốn có tọa độ \( I(1;d-2) \), suy ra \( 1=d-2\Leftrightarrow d=3 \).

Vậy \( a+b+c+d=1-2+3=1 \).

Vì đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hoành tại điểm có tọa độ \((1;0)\) và cắt trục hoành tại điểm có tọa độ \((3;0)\), do đó, hàm số đã cho có dạng

\[y=a(x-1)^2(x-3).\]

Mặt khác, đồ thị hàm số đi qua điểm \((0;-3)\), nên

\[-3=a(-3)\Leftrightarrow a=1.\]

Vậy \(y=(x-1)^2(x-3)\).

Diện tích cần tìm là

\[S=\left|\displaystyle \int\limits_{1}^{3}(x-1)^2(x-3)\mathrm{\,d}x\right|=\displaystyle\frac{4}{3}.\]

Ta có \( F(x)=\displaystyle\frac{a}{4}x^4+\displaystyle\frac{b}{3}x^3+\displaystyle\frac{c}{2}x^2+dx\) là một nguyên hàm của hàm số đã cho.

\[\begin{cases}F(5)=\displaystyle\frac{625}{4}a+\displaystyle\frac{125}{3}b+\displaystyle\frac{25}{2}c+5d\\ F(3)=\displaystyle\frac{81}{4}a+9b+\displaystyle\frac{9}{2}c+3d \\ F(1)=\displaystyle\frac{1}{4}a+\displaystyle\frac{1}{3}b+\displaystyle\frac{1}{2}c+d.\end{cases}\]

Do diện tích hình phẳng tô đậm bằng 1 nên ta có

\begin{align*}\displaystyle\int\limits_{1}^{3} y \mathrm{\,d}x - \displaystyle\int\limits_{3}^{5} y \mathrm{\,d}x = 1 \Leftrightarrow &\left[F(3)-F(1)\right] - \left[F(5)-F(3)\right]=1 \\\Leftrightarrow &-116a-24b-4c=1.\end{align*}

Kết hợp với đồ thị hàm số đi qua các điểm \( (1;0) \), \( (3;0) \), \( (5;0) \) nên ta có hệ phương trình

\[\begin{cases} -116a-24b-4c=1 \\ a+b+c+d=0 \\27a+9b+3c+d=0\\125a+25b+5c+d=0\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a=\displaystyle\frac{1}{8} \\ b=-\displaystyle\frac{9}{8} \\c=\displaystyle\frac{23}{8}\\d=-\displaystyle\frac{15}{8}.\end{cases}\]

Vậy \( a+2b+3c+4d=-1\).

Ta có \(f'(x)=4mx^3 +3nx^3 +2p x +q \quad (1)\).

Từ đồ thị hàm số \(f'(x)\), ta có phương trình \(f'(x)=0\) có ba nghiệm đơn \(x=-1\), \(x=\displaystyle\frac{5}{4}\) và \(x=3\).

Do đó \(f'(x)=m(x+1) \left(x-\displaystyle\frac{5}{4} \right) \left( x - 3 \right)\), với \(m < 0\).

\(S_1=\displaystyle\int \limits_{0}^{\tfrac{5}{4}} \left| m \left(x+1\right) \left(x-\displaystyle\frac{5}{4} \right) \left( x - 3 \right) \right| \mathrm{\,d}x = \displaystyle\frac{8575|m|}{3072}\).

\(S_2=\displaystyle\int \limits_{\tfrac{5}{4}}^{3} \left| m \left(x+1\right) \left(x-\displaystyle\frac{5}{4} \right) \left( x - 3 \right) \right| \mathrm{\,d}x = \displaystyle\frac{8575|m|}{3072}\).

\(S_1=S_2 \Leftrightarrow \displaystyle - \int \limits_{0}^{\tfrac{5}{4}} f'(x) \mathrm{\,d}x = \displaystyle\int \limits_{\tfrac{5}{4}}^{3} f'(x) \mathrm{\,d}x \Leftrightarrow f(3)=f(0)=r\).

Bảng biến thiên

Suy ra phương trình \(f(x)=r\) có tất cả \(3\) nghiệm.

Ta có \(f'(x)=4mx^3 +3nx^3 +2p x +q \quad (1)\).

Từ đồ thị hàm số \(f'(x)\), ta có phương trình \(f'(x)=0\) có ba nghiệm đơn \(x=-1\), \(x=-\displaystyle\frac{2}{5}\) và \(x=\displaystyle\frac{1}{2}\).

Do đó \(f'(x)=m(x+1) \left(x+\displaystyle\frac{2}{5} \right) \left( x - \displaystyle\frac{1}{2} \right)\), với \(m > 0\).

\(S_1=\displaystyle\int \limits_{-1}^{-\tfrac{2}{5}} \left|m(x+1) \left(x+\displaystyle\frac{2}{5} \right) \left( x - \displaystyle\frac{1}{2} \right)\right| \mathrm{\,d}x = \displaystyle\frac{27m}{625}\).

\(S_2=\displaystyle\int \limits_{-\tfrac{2}{5}}^{0}\left|m(x+1) \left(x+\displaystyle\frac{2}{5} \right) \left( x - \displaystyle\frac{1}{2} \right)\right|\mathrm{\,d}x = \displaystyle\frac{27m}{625}\).

\(S_1=S_2 \Leftrightarrow \displaystyle\int \limits_{-1}^{-\tfrac{2}{5}} f'(x) \mathrm{\,d}x = - \displaystyle\int \limits_{-\tfrac{2}{5}}^{0} f'(x) \mathrm{\,d}x \Leftrightarrow f(-1)=f(0)=r\).

Bảng biến thiên

Suy ra phương trình \(f(x)=r\) có tất cả \(3\) nghiệm.

Ta có \(S=\displaystyle \int\limits_0^1 \left|\mathrm{e}^x-x\right| \mathrm{\,d}x=\displaystyle \int\limits_0^1 \left(\mathrm{e}^x-x\right) \mathrm{\,d}x=\left.\left(\mathrm{e}^x-\displaystyle\frac{1}{2}x^2\right) \right| _0^1 =\mathrm{e}-\displaystyle\frac{3}{2}\).

Diện tích hình phẳng cần tính là

\begin{eqnarray*}S&=&\displaystyle\int\limits_{-1}^{1} \left|e^x-(x^2-1)\right| \mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{-1}^{1}\left(e^x-x^2+1\right)\mathrm{\,d}x\\&=&\left(e^x-\displaystyle\frac{x^3}{3}+x\right)\bigg|_{-1}^1=e-\displaystyle\frac{1}{e}+\displaystyle\frac{4}{3}.\end{eqnarray*}

Diện tích hình phẳng cần tính là

\begin{eqnarray*}S&=&\displaystyle\int\limits_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} \left|(9-x^2)-2x^2\right| \mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}}\left|9-3x^2\right|\mathrm{\,d}x\\&=&\displaystyle\int\limits_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}}\left(9-3x^2\right)\mathrm{\,d}x\\&=&\left(9x-x^3\right)\bigg|_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}}=12\sqrt{3}.\end{eqnarray*}

Diện tích hình phẳng cần tính là

\begin{eqnarray*}S&=&\displaystyle\int\limits_{0}^{1} \left|\sqrt{x}-x^2\right| \mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\left(\sqrt{x}-x^2\right)\mathrm{\,d}x\\&=&\left(\displaystyle\frac{2}{3}x^{\tfrac{3}{2}}-\displaystyle\frac{x^3}{3}\right)\bigg|_{0}^1=\displaystyle\frac{1}{3}.\end{eqnarray*}

Diện tích hình phẳng đã cho là

\(\begin{aligned}S & =\int\limits_{-1}^{2}\left|\left(x^{2}+2 x\right)-(2 x-1)\right|\mathrm{\,d} x=\displaystyle\int\limits_{-1}^{2}\left|x^2+2 x-2 x+1\right|\mathrm{\,d} x \\& =\int\limits_{-1}^{2}\left|x^{2}+1\right|\mathrm{\,d} x=\int\limits_{-1}^2(x^2+1)\mathrm{\,d} x=\left(\displaystyle\frac{x^{3}}{3}+x\right)\Bigg|_{-1}^2=6.\end{aligned}\)

Diện tích hình phẳng là

\(S=\int\limits_0^1\left|2x^2-(-1)\right|\mathrm{\,d}x=\int\limits_0^1\left(2x^2+1\right)\mathrm{\,d}x=\left.\left(\displaystyle\frac{2x^3}{3}+x\right) \right|_0^1=\displaystyle\frac{5}{3}\quad (\text{đvdt}).\)

Diện tích hình phẳng là

\begin{eqnarray*}S&=&\int\limits_0^2\left|x^2-4-2x+4\right|\mathrm{\,d}x=\int\limits_0^2\left|x^2-2x\right|\mathrm{\,d}x\\&=&\int\limits_0^2\left(-x^2+2x\right)\mathrm{\,d}x=\left.\left(-\displaystyle\frac{x^3}{3}+x^2\right) \right|_0^2\\&=&\displaystyle\frac{4}{3}\quad (\text{đvdt}).\end{eqnarray*}

Diện tích cần tìm

\(S=\displaystyle\int\limits_{1}^{4}\left|\displaystyle\frac{x^2+1}{x}+x\right|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{1}^{4}\left|\displaystyle\frac{1}{x}+2x\right|\mathrm{\,d}x\).

Vì \(\displaystyle\frac{1}{x}+2x>0\) với mọi \(x\in[1;4]\) nên \(S=\displaystyle\int\limits_{1}^{4}\left(\displaystyle\frac{1}{x}+2x\right)\mathrm{\,d}x=\left(\ln x+x^2\right)\bigg|_1^4=\ln4+15\).

Diện tích cần tìm là

\(S=\displaystyle\int\limits_{-1}^{2}\left|x^3+1-2\right|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{-1}^{2}\left|x^3-1\right|\mathrm{\,d}x\).

Ta có \(x^3-1=0 \Leftrightarrow x=1\in[-1;2]\).

Vậy

\begin{align*}S&=\displaystyle\int\limits_{-1}^{2} |x^3-1|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{-1}^{1} |x^3-1|\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{1}^{2} |x^3-1|\mathrm{\,d}x\\&=\left|\displaystyle\int\limits_{-1}^{1} (x^3-1)\mathrm{\,d}x\right|+\left|\displaystyle\int\limits_{1}^{2} (x^3-1)\mathrm{\,d}x\right|\\&=\left|\left(\displaystyle\frac{x^4}{4}-x\right)\bigg|_{-1}^{1}\right|+\left|\left(\displaystyle\frac{x^4}{4}-x\right)\bigg|_{1}^{2}\right|=\left|-2\right|+\left|\displaystyle\frac{11}{4}\right|=\displaystyle\frac{19}{4}.\end{align*}

Diện tích \(S\) được tính theo công thức

\(S=\displaystyle \int\limits_{0}^{\frac\pi4} \tan^2x\mathrm{\,d}x=\left.(\tan x-x)\right|_0^{\frac\pi4}=1-\displaystyle\frac\pi4.\)

}

Diện tích cần tìm là

\(S=\displaystyle\int\limits_{-1}^{3} |x^3-3x-x|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{-1}^{3} |x^3-4x|\mathrm{\,d}x\).

Ta có \(x^3-4x=0 \Leftrightarrow x(x^2-4)=0\Leftrightarrow x=0\) hoặc \(x=-2\) hoặc \(x=2\).

Phương trình chỉ có hai nghiệm thuộc đoạn \([-1;3]\) là \(x=0\) và \(x=2\).

Vậy

\begin{align*}S&=\displaystyle\int\limits_{-1}^{3} |x^3-4x|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{-1}^{0} |x^3-4x|\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{0}^{2} |x^3-4x|\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{2}^{3} |x^3-4x|\mathrm{\,d}x\\&=\left|\displaystyle\int\limits_{-1}^{0} (x^3-4x)\mathrm{\,d}x\right|+\left|\displaystyle\int\limits_{0}^{2} (x^3-4x)\mathrm{\,d}x\right|+\left|\displaystyle\int\limits_{2}^{3} (x^3-4x)\mathrm{\,d}x\right|\\&=\left|\left(\displaystyle\frac{x^4}{4}-2x^2\right)\bigg|_{-1}^{0}\right|+\left|\left(\displaystyle\frac{x^4}{4}-2x^2\right)\bigg|_{0}^{2}\right|+\left|\left(\displaystyle\frac{x^4}{4}-2x^2\right)\bigg|_{2}^{3}\right|\\&=\left|\displaystyle\frac{7}{4}\right|+|-4|+\left|\displaystyle\frac{25}{4}\right|\\&=12.\end{align*}

Diện tích cần tìm là

\(S=\displaystyle\int\limits_{1}^{4} |x^2-2x-1-(x-1)|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{1}^{4} |x^2-3x|\mathrm{\,d}x\).

Ta có \(x^2-3x=0 \Leftrightarrow x=0\) hoặc \(x=3\) .

Phương trình chỉ có một nghiệm thuộc đoạn \([1;4]\) là \(x=3\).

Vậy

\begin{align*}S&=\displaystyle\int\limits_{1}^{4} |x^2-3x|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{1}^{3} |x^2-3x|\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{3}^{4} |x^2-3x|\mathrm{\,d}x\\&=\left|\displaystyle\int\limits_{1}^{3} (x^2-3x)\mathrm{\,d}x\right|+\left|\displaystyle\int\limits_{3}^{4} (x^2-3x)\mathrm{\,d}x\right|\\&=\left|\left(\displaystyle\frac{x^3}{3}-\displaystyle\frac{3x^2}{2}\right)\bigg|_{1}^{3}\right|+\left|\left(\displaystyle\frac{x^3}{3}-\displaystyle\frac{3x^2}{2}\right)\bigg|_{3}^{4}\right|\\&=\left|-\displaystyle\frac{10}{3}\right|+\left|\displaystyle\frac{11}{6}\right|\\&=\displaystyle\frac{31}{6}.\end{align*}

Diện tích cần tìm là

\(S=\displaystyle\int\limits_{0}^{2} |5x-x^2-(x^2-x)|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{0}^{2} |-2x^2+6x|\mathrm{\,d}x\).

Ta có \(-2x^2+6x=0 \Leftrightarrow x=0\) hoặc \(x=3\).

Phương trình chỉ có một nghiệm thuộc đoạn \([0;2]\) là \(x=0\).

Vậy

\begin{align*}S&=\displaystyle\int\limits_{0}^{2} |-2x^2+6x|\mathrm{\,d}x\\&=\left|\displaystyle\int\limits_{0}^{2} (-2x^2+6x)\mathrm{\,d}x\right|\\&=\left|\left(-\displaystyle\frac{2x^3}{3}+3x^2\right)\bigg|_{0}^{2}\right|\\&=\left|\displaystyle\frac{20}{3}\right|\\&=\displaystyle\frac{20}{3}.\end{align*}

Diện tích hình phẳng đã cho là

\begin{eqnarray*}S&=&\displaystyle\int\limits_{1}^{3} \left|\left(x^3+2x+1\right)-\left(x^3+x+3\right)\right| \mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{1}^{3} |x-2| \mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{1}^{2} |x-2| \mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{2}^{3} |x-2| \mathrm{\,d}x\\&=&\displaystyle\int\limits_{1}^{2} (2-x) \mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{2}^{3} (x-2) \mathrm{\,d}x=\left(2x-\displaystyle\frac{x^2}{2}\right)\bigg|_{1}^2+\left(\displaystyle\frac{x^2}{2}-2x\right)\bigg|_{2}^3=1.\end{eqnarray*}

Ta có: \(-\displaystyle\frac{1}{2}x^2+2x>\displaystyle\frac{1}{2}x^2-\displaystyle\frac{5}{2}x-\displaystyle\frac{1}{2}\) với mọi \(x\in [1;4]\).

Vậy diện tích hình phẳng đó là

\begin{eqnarray*}S&=&\displaystyle\int\limits_{1}^{4} \left|\left(-\displaystyle\frac{1}{2}x^2+2x\right)-\left(\displaystyle\frac{1}{2}x^2-\displaystyle\frac{5}{2}x-\displaystyle\frac{1}{2}\right)\right| \mathrm{\,d}x\\&=&\displaystyle\int\limits_{1}^{4} \left[\left(-\displaystyle\frac{1}{2}x^2+2x\right)-\left(\displaystyle\frac{1}{2}x^2-\displaystyle\frac{5}{2}x-\displaystyle\frac{1}{2}\right)\right] \mathrm{\,d}x\\&=&\displaystyle\int\limits_{1}^{4} \left(-x^2+\displaystyle\frac{9}{2}x+\displaystyle\frac{1}{2}\right) \mathrm{\,d}x\\&=&\left(-\displaystyle\frac{x^3}{3}+\displaystyle\frac{9x^2}{4}+\displaystyle\frac{x}{2}\right)\bigg|_1^4=\displaystyle\frac{57}{4}.\end{eqnarray*}

Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị

\(3x^2=2x+5\Leftrightarrow 3x^2-2x-5=0\).

Phương trình có hai nghiệm \(x=-1\), \(x=\displaystyle\frac{5}{3}\).

Diện tích của hình phẳng cần tìm là

\(S=\displaystyle \int\limits_{-1}^{2} |(3x^2-2x-5)| \mathrm{d}x\) \(=\biggr|\displaystyle \int\limits_{-1}^{\frac{5}{3}} (3x^2-2x-5) \mathrm{d}x \biggr|\) \(+\biggr|\displaystyle \int\limits_{\frac{5}{3}}^{2} (3x^2-2x-5) \mathrm{d}x \biggr|\) \(=\biggr| \left(x^3-x^2-5x\right) \biggr|_{-1}^{\frac{5}{3}} \biggr|\) \(+\biggr| \left(x^3-x^2-5x\right) \biggr|_{\frac{5}{3}}^2 \biggr|\) \(=\biggr| -\displaystyle\frac{175}{27} - 3 \biggr| +\biggr|-6 + \displaystyle\frac{175}{27} \biggr|=\displaystyle\frac{269}{27}\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị \(y=x^2-3x+2\), \(y=x-1\), \(x=0\), \(x=2\) bằng

\begin{eqnarray*}& &\displaystyle \int\limits_{0}^2 \left| (x^2-3x+2)-(x-1) \right| \mathrm{\,d}x \\ &= &\displaystyle \int\limits_{0}^2 \left| x^2-4x+3 \right| \mathrm{\,d}x \\& =& \displaystyle \int\limits_{0}^1 \left(x^2-4x+3\right) \mathrm{\,d}x + \displaystyle \int\limits_{1}^2 \left(-x^2+4x-3\right) \mathrm{\,d}x \\&=& \left. \left(\displaystyle\frac{x^3}{3} -2x^2 +3x \right) \right|_0^1 + \left. \left(-\displaystyle\frac{x^3}{3} +2x^2 -3x\right) \right|_1^2 =2.\end{eqnarray*}

Xét phương trình \(x^2-2x=x\Leftrightarrow x^2-3x=0 \Leftrightarrow x=0\) hoặc \(x=3\).

Diện tích cần tìm là \(S=\displaystyle\int\limits_{0}^{3}|x^2-3x|\mathrm{\,d}x = \displaystyle\int\limits_{0}^{3}(3x-x^2)\mathrm{\,d}x =\left(\displaystyle\frac{3}{2}x^2-\displaystyle\frac{1}{3}x^3\right)\Big|_{0}^{3} = \displaystyle\frac{9}{2}\).

Phương trình \(\mathrm{e}^x=2\Leftrightarrow x=\ln 2\in (0;1)\). Do đó, diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y=\mathrm{e}^x\), \(y=2\), \(x=0\), \(x=1\) là

\(\begin{aligned}S=\displaystyle\int_{0}^{1}\left|\mathrm{e}^x-2\right|\mathrm{\,d}x&=-\displaystyle\int_{0}^{\ln 2}\left(\mathrm{e}^x-2\right)\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int_{\ln 2}^{1}\left(\mathrm{e}^x-2\right)\mathrm{\,d}x\\&= -\left.\left(\mathrm{e}^x-2x\right)\right|_0^{\ln 2}+\left.\left(\mathrm{e}^x-2x\right)\right|_{\ln 2}^{1}\\&=-(2-2\ln 2-1)+(\mathrm{e}-2-2+2\ln 2)=4\ln 2+\mathrm{e}-5.\end{aligned}\)

\begin{eqnarray*}S&=& \displaystyle\int\limits_0^2 |x^2-6x+5|\mathrm{\,d}x\\&=&\displaystyle\int\limits_0^1 (x^2-6x+5) \mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_1^2 (-x^2+6x-5) \mathrm{\,d}x\\&=&\displaystyle\frac{7}{3}+\displaystyle\frac{5}{3}=4.\end{eqnarray*}

Hoành độ giao điểm của đường cong \(y=\sqrt{2x}\) và đường thẳng \(y=2x-2\) là

\[\sqrt{2x}=2x-2\Leftrightarrow x=2.\]

Đồ thị hàm số \(y=2x-2\) cắt \(Ox\) tại điểm \((1;0)\).

Diện tích hình phẳng là

\begin{align*}S=\ &\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\sqrt{2x}\mathrm{\, d}x+\displaystyle\int\limits_{1}^{2}\left(\sqrt{2x}-2x+2\right)\mathrm{\, d}x \\ =\ &\displaystyle\frac{5}{3}.\end{align*}

Phương trình hoành độ giao điểm

\(x^2+3x+2= -x^2+x+2 \Leftrightarrow 2x^2+2x=0 \Leftrightarrow x=-1\) \(x=0.\)

Diện tích của hình phẳng cần tính \(S=\left|\displaystyle\int\limits_{-1}^0 \left( 2x^2+2x\right) \mathrm{\,d}x \right| = \displaystyle\frac{1}{3}\).

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là nghiệm của phương trình

\(x^3-12x=x^2\Leftrightarrow x=-3 \vee x=0 \vee x=4.\)

Diện tích hình phẳng cần tìm là

\[S=\int\limits_{-3}^0 (x^3-12x-x^2) \mathrm{\,d}x+\int\limits_{0}^{4} (x^2-x^3+12x) \mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{937}{12}.\]

Xét phương trình hoành độ giao điểm

\begin{align*}x^2 - 2x - 3 = 0 \Leftrightarrow x=-1;\, x = 3.\end{align*}

Diện tích \(S\) cần tìm là

\(S = \displaystyle \int_{-1}^3 \left| x^2 - 2x - 3 \right| = \displaystyle\frac{32}{3}\).

Phương trình hoành độ giao điểm

\(x^2=2x\Leftrightarrow x=0;\, x=2.\)

Diện tích hình phẳng cần tìm là

\begin{align*}S=\displaystyle\int\limits_{0}^{2}\left(2x-x^2\right)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{4}{3}.\end{align*}

Phương trình hoành độ giao điểm

\(x^2-2x=2x^2-x-2\Leftrightarrow x=1\vee x=-2\).

Vậy \(S=\displaystyle\int\limits_{-2}^1\left|(x^2-2x)-(2x^2-x-2)\right|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{9}{2}\).

Ta thấy \(x^3 - 3x^2 = x^2 + x - 4 \Leftrightarrow x^3 - 4x^2 - x + 4 = 0 \Leftrightarrow x = -1;\, x = 1;\, x = 4.\)

Khi đó \(S = \Big| \displaystyle \int \limits^1_{-1} \left ( x^3 - 4x^2 - x + 4 \right ) \mathrm{\, d} x \Big | + \Big| \displaystyle \int \limits^4_1 \left ( x^3 - 4x^2 - x + 4 \right ) \mathrm{\, d} x \Big | = \displaystyle\frac{16}{3} + \displaystyle\frac{63}{4} = \displaystyle\frac{253}{12}\).

Ta có \(x^3-3x+2=x+2\Leftrightarrow x^3-4x=0\Leftrightarrow x=0;\, x=2;\, x=-2.\)

Diện tích hình phẳng cần tìm là

\begin{eqnarray*}S&=&\displaystyle\int\limits_{-2}^2|x^3-4x|\mathrm{\,d}x\\&=& \displaystyle\int\limits_{-2}^0|x^3-4x|\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{0}^2|x^3-4x|\mathrm{\,d}x\\&=& \displaystyle\int\limits_{-2}^0\left(x^3-4x\right)\mathrm{\,d}x-\displaystyle\int\limits_{0}^2\left(x^3-4x\right)\mathrm{\,d}x= 8.\end{eqnarray*}

Phương trình hoành độ giao điểm: \(x^2+3=2x^2+3x-1\Leftrightarrow x^2+3x-4=0 \Leftrightarrow x=1, x=-4\).

Diện tích cần tính là

\(S=\displaystyle\int\limits_{-4}^{1}\left|(2x^2+3x-1)-(x^2+3)\right|\,\mathrm{d}x=\displaystyle\int\limits_{-4}^{1}(-x^2-3x+4)\,\mathrm{d}x=\displaystyle\frac{125}{6}\).

Xét phương trình \(x^2+2=3x \Leftrightarrow x^2-3x+2=0 \Leftrightarrow \hoac{&x=1 \\&x=2.}\)

Diện tích hình phẳng cần tìm là \(S=\displaystyle\int\limits_1^2 \left|(x^2+2)-3x\right|\mathrm{\,d}x=\left|\displaystyle\int\limits_1^2 \left(x^2-3x+2\right)\mathrm{\,d}x\right|=\displaystyle\frac{1}{6}\).

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị \((C)\) với đồ thị \(\left(C'\right)\)

\(-2x^3+x^2+x+5=x^2-x+5\Leftrightarrow -2x^3+2x=0\Leftrightarrow x=0;\, x=\pm 1.\)

Diện tích hình phẳng cần tìm là \(S=\displaystyle\int\limits_{-1}^1 \left|2x^3-2x\right|\mathrm{\,d}x=\left|\displaystyle\int\limits_{-1}^0(2x^3-2x)\mathrm{\,d}x\right|+\left|\displaystyle\int\limits_0^1(2x^3-2x)\mathrm{\,d}x\right|=1\).

Phương trình hoành độ giao điểm là

\(x^4-x+2=x^2-x+2\Leftrightarrow x^4-x^2=0\Leftrightarrow x=0;\, x=\pm 1\).

Diện tích phằng giới hạn bởi hai đường là

\(I=\displaystyle\int\limits_{-1}^{0}{[(x^2-x+2)-(x^4-x+2)]}\mathrm{\,d}x+\\ \int\limits_{0}^{1}{[(x^2-x-2)-(x^4-x+2)]}\mathrm{\,d}x= \displaystyle\frac{2}{15}+\displaystyle\frac{2}{15}=\displaystyle\frac{4}{15}.\)

Phương trình hoành độ giao điểm \(x^3-x=x-x^2\Leftrightarrow x=1;\, x=0;\, x=-2.\)

Khi đó ta có \(S=\displaystyle\int\limits_{-2}^1\left|x^3+x^2-2x\right|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{-2}^0\left|x^3+x^2-2x\right|\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_0^1\left|x^3+x^2-2x\right|\mathrm{\,d}x\).

Ta có \(\displaystyle\int\limits_{-2}^0\left|x^3+x^2-2x\right|\mathrm{\,d}x=\left|\displaystyle\int\limits_{-2}^0\left(x^3+x^2-2x\right)\mathrm{\,d}x\right|=\left|\left.\left(\displaystyle\frac{x^4}{4}+\displaystyle\frac{x^3}{3}-x^2\right)\right|_{-2}^0 \right|=\displaystyle\frac{8}{3}\).

Và \(\displaystyle\int\limits_0^1\left|x^3+x^2-2x\right|\mathrm{\,d}x=\left|\displaystyle\int\limits_0^1\left(x^3+x^2-2x\right)\mathrm{\,d}x\right|=\left|\left.\left(\displaystyle\frac{x^4}{4}+\displaystyle\frac{x^3}{3}-x^2\right)\right|_0^1 \right|=\displaystyle\frac{5}{12}\).

Suy ra \(S=\displaystyle\frac{37}{12}\).

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hai hàm số là

\(6x^2=6x \Leftrightarrow x=0;\, x=1.\)

Diện tích cần tìm là

\(S=\int_{0}^{1}|6x^2-6x|\mathrm{\,d}x=6\left|\int_0^1 (x^2-x)\mathrm{\,d}x\right|=\left|\left(2x^3-3x^2\right)\big|_0^1\right|=1.\)

Phương trình hoành độ giao điểm giữa \(y=x^2-x\) và \(y=x\) là:

\(x^2-x=x\Leftrightarrow x=0;\, x=2\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số \(y=x^2-x\) và \(y=x\) bằng

\(\displaystyle\int\limits_0^2 |x^2-x-x| \mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^2 |x^2-2x| \mathrm{\,d}x=-\displaystyle\int\limits_0^2 (x^2-2x) \mathrm{\,d}x= -\left(\displaystyle\frac{1}{3}x^3-x^2\right)\Big|_0^2=\displaystyle\frac{4}{3}\).

Phương trình hoành độ giao điểm của \(2\) đồ thị hàm số là

\(x^2-2x=-x^2+4x \Leftrightarrow 2x^2-6x=0 \Leftrightarrow x=0;\, x=3.\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi \(2\) đồ thị hàm số là

\(\displaystyle\int\limits_0^3 \left| 2x^2-6x \right| \mathrm{\,d}x= \displaystyle\int\limits_0^3 (6x-2x^2 ) \mathrm{\,d}x=9\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị

\(x^2-4=x+2\Leftrightarrow x^2-x-6=0\Leftrightarrow x=-2;\, x=3.\)

\(S=\displaystyle \int\limits_{-2}^{3}|x^2-x-6|\mathrm{\,d}x=\left(-\displaystyle\frac{x^3}{3}+\displaystyle\frac{x^2}{2}+6x\right)\biggr|_{-2}^3 =\displaystyle\frac{125}{6}\).

Phương trình hoành độ giao điểm \(x^2+2x=x^3 \Leftrightarrow x=0;\, x= -1;\, x=2\).

Diện tích cần tính \(S= \displaystyle \int \limits_{-1}^0 (x^3-x^2-2x) \mathrm{d} x + \int \limits_{0}^2 (x^2+2x-x^3) \mathrm{d} x = \displaystyle\frac{37}{12}\).

Phương trình hoành độ giao điểm: \(x^3-2x=x \Leftrightarrow x=0;\, x=\pm\sqrt{3}\)

Suy ra \(S=\left|\displaystyle\int\limits_{-\sqrt{3}}^0 (x^3-3x)\mathrm{\,d}x\right|+ \left|\displaystyle\int\limits_0^{\sqrt{3}} (x^3-3x)\mathrm{\,d}x\right|=\displaystyle\frac{9}{2}\).

Xét phương trình \(x^2+2x=x+2 \Leftrightarrow x=1;\, x=-2.\)

Diện tích hình phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán bằng

\(\displaystyle\int\limits_{-2}^{1}\left|x^2+x-2\right|\mathrm{\,d}x =\displaystyle\int\limits_{-2}^{1}\left(-x^2-x+2\right)\mathrm{\,d}x=\left.\left(-\displaystyle\frac{x^3}{3}-x^2+2x\right)\right|_{-2}^1=\displaystyle\frac{9}{2}.\)

Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị hàm số là:

\(2x^2=5x-2\Leftrightarrow x=\displaystyle\frac{1}{2};\, x=2\)

Khi đó:

\(\displaystyle S=\int\limits_{\tfrac{1}{2}}^2\left|2x^2-(5x-2)\right|\mathrm{\,d}x =\int\limits_{\tfrac{1}{2}}^2 \left(-2x^2+5x-2\right)\mathrm{\,d}x=\left(-\displaystyle\frac{2}{3}x^3+\displaystyle\frac{5}{2}x^2-2x\right)\Big|_{\tfrac{1}{2}}^2=\displaystyle\frac{9}{8}\).

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường cong là

\(-x^2+2x+1=2x^2-4x+1\Leftrightarrow x=0;\, x=2\).

Diện tích hình phẳng là

\(S=\displaystyle\int\limits_0^2 \left |2x^2-4x+1-(-x^2+2x+1)\right |\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^2|3x^2-6x|\mathrm{\,d}x\)

Do \(3x^2-6x\le0,\forall x\in[0;2]\) nên \(S=\displaystyle\int\limits_0^2(6x-3x^2)\mathrm{\,d}x=(3x^2-x^3)\Big|_0^2=4\).

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị

\(x^3=x^4\Leftrightarrow x=0\ \vee x=1.\)

Diện tích hình phẳng cần tìm là

\(S=\displaystyle\int\limits_{0}^{1}|x^3-x^4|\mathrm{\,d}x=\left|\displaystyle\int\limits_{0}^{1}(x^3-x^4)\mathrm{\,d}x\right|=\displaystyle\frac{1}{20}.\)

Phương trình hoành độ giao điểm

\(x+3=2x^2-x-1 \Leftrightarrow 2x^2-2x-4=0 \Leftrightarrow x=-1;\, x=2.\)

Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là

\begin{eqnarray*}S&= & \displaystyle\int\limits_{-1}^2 \left|x+3-2x^2+x+1\right|\mathrm{\,d}x=\left|\displaystyle\int\limits_{-1}^2 (-2x^2+2x+4)\mathrm{\,d}x\right|\\&= & \left|\left(\displaystyle\frac{-2x^3}{3}+x^2+4x\right)\bigg|_{-1}^2\right|=\left|\displaystyle\frac{20}{3}-\left(-\displaystyle\frac{7}{3}\right)\right|=9.\end{eqnarray*}

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(x^2-2x=-x^2+x \Leftrightarrow 2x^2-3x=0 \Leftrightarrow x=0;\, x=\displaystyle\frac{3}{2}\).

\(S_\text{hp}=\displaystyle\int \limits_0^{\tfrac{3}{2}}{\left|2x^2-3x \right|}\mathrm{d}x =\left|\displaystyle\int \limits_0^{\tfrac{3}{2}}{(2x^2-3x)}\mathrm{d}x\right|\) \(=\left|\left.\left(\displaystyle\frac{2}{3}x^3-\displaystyle\frac{3}{2}x^2\right)\right|_0^{\tfrac{3}{2}}\right|=\displaystyle\frac{9}{8}\).

Phương trình \(x^2-3=x-3 \Leftrightarrow x^2-x=0\Leftrightarrow x=0;\, x=1.\)

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường \(y=x^2-3\) và \(y=x-3\) là

\[S=\displaystyle\int\limits_0^1 \left|\left(x^2-3\right)-(x-3)\right|\mathrm{\,d}x =\displaystyle\int\limits_0^1 \left(x-x^2\right)\mathrm{\,d}x = \left(\displaystyle\frac{x^2}{2}-\displaystyle\frac{x^3}{3}\right)\Bigg|_0^1 = \displaystyle\frac{1}{6}.\]

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là

\(x^2-2=3x-2 \Leftrightarrow x^2-3x=0 \Leftrightarrow x=0;\, x=3.\)

Suy ra \(S=\displaystyle\int\limits_0^3 |x^2-3x| \mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^3 (-x^2+3x) \mathrm{\,d}x=\left. \left(-\displaystyle\frac{x^3}{3}+\displaystyle\frac{3x^2}{2} \right) \right|_{0}^{3}=\displaystyle\frac{9}{2}\).

Phương trình hoành độ giao điểm

\[x^2-4 = 2x-4 \Leftrightarrow x=0;\, x=2.\]

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường \(y=x^2-4\) và \(y=2x-4\) là

\begin{align*}S&= \int\limits_0^2 |x^2-4 - (2x-4)|\ \mathrm{d}x\\&=\int\limits_0^2|x^2-2x|\ \mathrm{d}x\\&=\int\limits_0^2(2x-x^2)\ \mathrm{d}x\\&= \displaystyle\frac{4}{3}.\end{align*}

Vậy diện tích của hình phẳng đã cho bằng \(\displaystyle\frac{4}{3}\).

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường cong

\(x^3-x=x-x^2\Leftrightarrow x^3+x^2-2x=0\Leftrightarrow x(x^2+x-2)=0\Leftrightarrow x=0;\, x=1;\, x=-2.\)

Suy ra diện tích của hình phẳng cần tìm bằng

\(S=\displaystyle\int\limits_{-2}^{1}|(x^3-x)-(x-x^2)|\mathrm{\,d}x=\left|\displaystyle\int\limits_{-2}^{0}(x^3+x^2-2x)\mathrm{\,d}x\right|+\left|\displaystyle\int\limits_{0}^{1}(x^3+x^2-2x)\mathrm{\,d}x\right|=\displaystyle\frac{8}{3}+\displaystyle\frac{5}{12}=\displaystyle\frac{37}{12}.\)

Xét phương trình

\(x^5 = x^3\Leftrightarrow x^3\left(x^2 - 1\right) = 0\Leftrightarrow x = 0;\, x^2-1=0\Leftrightarrow x = 0;\, x = 1;\, x=-1.\)

Dựa vào đồ thị suy ra

\begin{eqnarray*}S=\displaystyle\int\limits_{- 1}^{1}\left\vert x^5-x^3\right\vert\,\mathrm{d}x&=&\displaystyle\int\limits_{- 1}^{0}\left(x^5 - x^3\right)\,\mathrm{d}x-\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\left(x^5-x^3\right)\, \mathrm{d}x\\&=&\left(\displaystyle\frac{x^6}{6}-\displaystyle\frac{ x^4}{4}\right)\Bigg\vert^{0}_{-1}-\left(\displaystyle\frac{x^6}{6}-\displaystyle\frac{x^4}{4}\right)\Bigg\vert^{1}_{0}=\displaystyle\frac{1}{6}.\end{eqnarray*}

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường \(y=-2x^2\) và \(y=-2x-4\) là

\(-2x^2=-2x-4 \Leftrightarrow x=-1;\, x=2.\)

Khi đó diện tích cần tìm là

\(\displaystyle \int \limits_{-1}^2 \left|-2x^2+2x+4\right| \mathrm{\,d}x=\left|\displaystyle \int \limits_{-1}^2 \left(-2x^2+2x+4\right) \mathrm{\,d}x \right|=\left| \left.\left(-\displaystyle\frac{2}{3}x^3+x^2+4x\right)\right|_{-1}^2 \right|=9.\)

Chọn trục \(Ox\) song song với đường cao của khối lăng trụ, hai đáy nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với \(Ox\) tại \(x=0\) và \(x=h\).

Khi cắt khối lăng trụ bởi mặt phẳng vuông góc với trục \(O x\) tại điểm \(x\,(0 \leq x \leq h)\) thì phần chung giữa mặt phẳng và khối lăng trụ là một hình phẳng có diện tích \(S(x)=S\) không đổi.

Thể tích khối lăng trụ là

\(V=\displaystyle\int\limits_{0}^{h} S(x)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{0}^{h} S\mathrm{\,d}x=(S x)\Big|_{0}^{h}=Sh.\)

Chọn trục \(Ox\) trùng với trục của khối trụ, hai đáy nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với \(Ox\) tại \(x=0\) và \(x=h\).

Khi cắt khối trụ bởi mặt phẳng vuông góc với trục \(O x\) tại điểm \(x\,(0 \leq x \leq h)\) thì phần chung giữa mặt phẳng và khối trụ là một hình tròn bán kính \(r\) có diện tích \(S(x)=\pi r^2\).

Thể tích khối trụ là

\(V=\displaystyle\int\limits_0^hS(x)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^h\pi r^2\mathrm{\,d} x=\left(\pi r^2x\right)\Big|_0^h=\pi r^2h\quad (\text{đvtt}).\)

a) Hình phẳng đó giới hạn bởi các đường thẳng \(y=\left(\displaystyle\frac{1}{2} \right)^x\), \(y=x+1\), \(y=x+1\) và \(x=2\).

b) Từ hình vẽ, ta thấy được \(x+1 \geq \left(\displaystyle\frac{1}{2} \right)^x, \forall x \in [0;2]\).

Khi đó diện tích hình phẳng:

\(S=\displaystyle\int\limits_{0}^{2} \left|x+1-\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)^x\right|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{0}^{2}\left[x+1-2^{-x} \right]\mathrm{\,d}x=\left[\displaystyle\frac{x^2}{2} + x + \displaystyle\frac{2^{-x}}{\ln{2}}\right]\Big|_{0}^{2}=4-\displaystyle\frac{3}{4\ln{2}}\).

a) Diện tích cần tìm là

\(S_1=\displaystyle\int\limits_{0}^{2} |4x-x^2|\mathrm{\,d}x\).

Ta có: \(4x-x^2\ge 0\) với mọi \(x\in[0;2]\).

Vậy

\(S_1=\displaystyle\int\limits_{0}^{2} |4x-x^2|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{0}^{2} (4x-x^2)\mathrm{\,d}x=\left(2x^2-\displaystyle\frac{x^3}{3}\right)\bigg|_0^2=\displaystyle\frac{16}{3}\).

b) Gọi \(S_2\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi \(d\), trục hoành và hai đường thẳng \(x=0, x=2\).

Vì \(x\ge0\) với mọi \(x\in[0;2]\) nên ta có

\(S_2=\displaystyle\int\limits_{0}^{2} |x|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{0}^{2} x\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{x^2}{2}\bigg|_0^2=2\).

Vậy diện tích cần tìm là \(S=S_1-S_2=\displaystyle\frac{10}{3}\).

\(S_1=\displaystyle \int_{0}^{3} |(-x^2+4x)-x| \mathrm{d}x=\displaystyle\frac{9}{2}\)

\(S_2=\displaystyle \int_{0}^{4} |x-(-x^2+4x)| \mathrm{d}x=\displaystyle\frac{19}{3}\)

Vậy \(\displaystyle\frac{S_1}{S_2}=\displaystyle\frac{27}{38}\).

Diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình là

\begin{eqnarray*}S&=&\int\limits_{-1}^2\left(-x^2+2-x^2+2x+2\right)\,\mathrm{d}x=\int\limits_{-1}^2\left(-2x^2+2x+4\right)\,\mathrm{d}x\\&=&\left.\left(-\displaystyle\frac{2x^3}{3}+x^2+4x\right)\right|_{-1}^2=9.\end{eqnarray*}

Ta có \(x \geq x^{2}-2\) với \(x \in[-1 ; 2]\).

Diện tích hình phẳng đã cho là

\(S=\displaystyle\int\limits_{-1}^{2}\left|x^{2}-2-x\right|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{-1}^{2}\left(-x^{2}+x+2\right)\mathrm{\,d}x=\left(-\displaystyle\frac{x^3}{3}+\displaystyle\frac{x^2}{2}+2x\right)\Bigg|_{-1} ^{2}=\displaystyle\frac{9}{2}\quad\text{(đvdt)}.\)

Diện tích hình phẳng được tô màu trong hình là

\begin{eqnarray*}S&=&\int\limits_{-1}^1\left|x^3-x\right|\,\mathrm{d}x=\int\limits_{-1}^0\left|x^3-x\right|\,\mathrm{d}x+\int\limits_0^1\left|x^3-x\right|\,\mathrm{d}x\\&=&\left|\int\limits_{-1}^0\left(x^3-x\right)\,\mathrm{d}x\right|+\left|\int\limits_0^1\left(x^3-x\right)\,\mathrm{d}x\right|=\displaystyle\frac{1}{4}+\displaystyle\frac{1}{4}=\displaystyle\frac{1}{2}\quad (\text{đvdt}).\end{eqnarray*}

Diện tích hình phẳng cần tính là

\begin{eqnarray*}S&=&\displaystyle\int\limits_0^{4} \left|(5x-x^2)-x\right| \mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^{4}\left|4x-x^2\right|\mathrm{\,d}x\\&=&\displaystyle\int\limits_0^{4}\left(4x-x^2\right)\mathrm{\,d}x\\&=&\left(2x^2-\displaystyle\frac{x^3}{3}\right)\bigg|_0^4=\displaystyle\frac{32}{3}.\end{eqnarray*}

Diện tích hình phẳng cần tính là

\begin{eqnarray*}S&=&\displaystyle\int\limits_0^{\displaystyle\frac{\pi}{4}} \left|\sin x-\cos x\right| \mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^{\displaystyle\frac{\pi}{4}} (\cos x-\sin x)\mathrm{\,d}x\\&=&\left(\sin x+\cos x\right)\bigg|_0^{\displaystyle\frac{\pi}{4}}=\sqrt{2}-1.\end{eqnarray*}

Diện tích hình phẳng cần tính là

\begin{eqnarray*}S&=&\displaystyle\int\limits_{-1}^{1} \left|\left(4-x^2\right)-x^2\right| \mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{-1}^{1} \left|4-2x^2\right| \mathrm{\,d}x\\&=&\displaystyle\int\limits_{-1}^{1} \left(4-2x^2\right) \mathrm{\,d}x=\left(4x-\displaystyle\frac{2}{3}x^3\right)\bigg|_{-1}^1=\displaystyle\frac{20}{3}.\end{eqnarray*}

Diện tích hình phẳng cần tính là

\(S=\displaystyle \int \limits_0^1 \left(x-\displaystyle\frac{x^2}{4} \right)\mathrm{\,d}x +\displaystyle \int \limits_1^2 \left(1-\displaystyle\frac{x^2}{4} \right)\mathrm{\,d}x=\left. \left(\displaystyle\frac{x^2}{2}-\displaystyle\frac{x^3}{12} \right) \right|_0^1 +\left. \left(x-\displaystyle\frac{x^3}{12} \right) \right|_1^2=\displaystyle\frac{5}{6}.\)

Khi đó \(a=5\), \(b=6\). Vậy \(b-a=1\).

Phương trình hoành độ giao điểm \(\ln (x+1) = 1 \Leftrightarrow x = \mathrm{e} -1\).

Diện tích \((H)\) được tính theo công thức

\(S =\displaystyle\int\limits^{\mathrm{e}-1}_0\left[1-\ln(x+1)\right]\mathrm{\,d}x\).

Ta thấy \(\displaystyle \int \ln(x+1) \mathrm{\, d} x = (x+1) \ln (x+1)- x+C\).

Do vậy, \(S = \left[2x - (x+1)\ln(x+1)\right] \Big|^{\mathrm{e}-1}_0 =\mathrm{e} -2\).

\begin{eqnarray*}S&=& \displaystyle \int \limits_1^3 \left(x-1 -(x^2 -3x +2) \right) \mathrm{\,d}x= \displaystyle \int \limits_1^3 \left(-x^2 +4x-3 \right) \mathrm{\,d}x&=& \left(- \displaystyle\frac{x^3}{3} +2x^2-3x \right) \Big|_1^{3}= \displaystyle\frac{4}{3}.\end{eqnarray*}

Dựa vào hình vẽ, ta xác định nhanh các hoành độ giao điểm của từng cặp đồ thị hàm số lần lượt là \(x=-1\), \(x=0\), \(x=1\).

\(S=\displaystyle\int\limits_{-1}^0(\mathrm{e}-(1-\mathrm{e})x+1)\mathrm{\, d}x+\int\limits_0^1(\mathrm{e}-\mathrm{e}^x)\mathrm{\, d}x=\displaystyle\frac{\mathrm{e}+1}{2}\)

Ta có \(S=\displaystyle\int\limits_0^1{\left({\displaystyle\frac{10}{3}x-{x^2}+x}\right)\mathrm{\,d}x}+\displaystyle\int\limits_1^3{\left({\displaystyle\frac{10}{3}x-{x^2}-x+2}\right)\mathrm{\,d}x}= \displaystyle\frac{13}{2}\).

Dựa vào hình vẽ, ta có

\begin{eqnarray*}S=\displaystyle\int\limits_{0}^2\sqrt{x}\mathrm{\,d}x+ \displaystyle \int \limits_{2}^4 \left(\sqrt{x}-x+2\right) \mathrm{\,d}x =\left.\displaystyle\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}} \right|_0^2 + \left.\left(\displaystyle\frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} - \displaystyle\frac{x^2}{2} +2x \right) \right|_2^4=\displaystyle\frac{10}{3}.\end{eqnarray*}

Ta có \(y=\left|x^2-4x+3\right|= \begin{cases}x^2-4x+3\,\text{nếu}\, x< 1\,\text{hoặc} \, x>3\\ -x^2+4x-3\, \text{nếu}\, 1\le x \le 3.\end{cases}\)

Diện tích hình phẳng \((H)\) là

\(S=\displaystyle\int\limits_0^1 (x+3-x^2+4x-3)\mathrm{\,d}x + \displaystyle\int\limits_1^3 (x+3+x^2-4x+3)\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_3^5 (x+3-x^2+4x-3)\mathrm{\,d}x\)

\(S=\displaystyle\int\limits_0^1 (-x^2+5x)\mathrm{\,d}x + \displaystyle\int\limits_1^3 (x^2-3x+6)\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_3^5 (-x^2+5x)\mathrm{\,d}x\)

\(S= \left(-\displaystyle\frac{x^3}{3}+\displaystyle\frac{5}{2}x^2 \right) \Bigg|_0^1 + \left(\displaystyle\frac{x^3}{3}-\displaystyle\frac{3}{2}x^2+6x \right) \Bigg|_1^3 + \left(-\displaystyle\frac{x^3}{3}+\displaystyle\frac{5}{2}x^2 \right) \Bigg|_3^5\)

\(S=\displaystyle\frac{13}{6} + \displaystyle\frac{26}{3}+ \displaystyle\frac{22}{3}=\displaystyle\frac{109}{6}\).

Diện tích mỗi cánh hoa là

\(S=\displaystyle\int\limits_0^{20}\left(\sqrt{20x} - \displaystyle\frac{1}{20}x^2\right)\mathrm{d}x=\left.\left(\displaystyle\frac{2}{3}\cdot\sqrt{20}\cdot\sqrt{x^3} - \displaystyle\frac{1}{60}x^3\right)\right|_0^{20}=\displaystyle\frac{400}{3}\, (\text{cm}^2).\)

Phương trình hoành độ giao điểm của nửa trên elip và parabol là

\(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}x^2=\sqrt{1-\displaystyle\frac{x^2}{4}}\Leftrightarrow 3x^4+x^2-4\Leftrightarrow\; x^2=1;\, x^2=-\displaystyle\frac{4}{3}\Leftrightarrow x=\pm1.\)

Vì hình phẳng \((H)\) đối xứng qua trục tung nên diện tích \((H)\) là

\(S=2\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\left(\sqrt{1-\displaystyle\frac{x^2}{4}}-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}x^2\right)\mathrm{\,d}x=\int\limits_{0}^{1}\sqrt{4-x^2}\mathrm{\,d}x-2\int\limits_{0}^{1}\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}x^2\mathrm{\,d}x.\)

Ta có \(\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}x^2\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{6}x^3\bigg|_0^1=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{6}\).

Đặt \(x=2\sin{t} \;\Rightarrow\; \mathrm{d}x=2\cos{t}\mathrm{\,d}t\).

Khi đó,

\(\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\sqrt{4-x^2}\mathrm{\,d}x=\int\limits_{0}^{\tfrac{\pi}{6}}2\sqrt{4-4\sin^2{t}}\cos{t}\mathrm{\,d}t=2\int\limits_{0}^{\tfrac{\pi}{6}}(1+\cos{2t})\mathrm{\,d}t=\left(2t+\sin{2t}\right)\bigg|_0^{\tfrac{\pi}{6}}=\displaystyle\frac{\pi}{3}+\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}.\)

Vậy \(S=\displaystyle\frac{\pi}{3}+\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}-2\cdot\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{6}=\displaystyle\frac{2\pi+\sqrt{3}}{6}\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm

\begin{align*}&-\sqrt{3} \left(x^2 - 2\right) = \sqrt{4 - x^2} \Leftrightarrow \begin{cases}x^2 - 2 \leq 0\\ 3(x^4 - 4x^2 + 4)= 4 - x^2\end{cases}\\ \Leftrightarrow &\begin{cases}0 \leq x^2 \leq 2\\ x^2 = 1\end{cases} \Leftrightarrow x = \pm 1.\end{align*}

Suy ra, diện tích của hình \(H\) là

\begin{align*}S=\displaystyle \int\limits_{-1}^1 \left| -\sqrt{3}\left(x^2 - 2\right) - \sqrt{4 - x^2}\, \mathrm{d}x \right|\,\mathrm{d}x=\int\limits_{-1}^1 -\sqrt{3}\left(x^2 - 2\right)\, \mathrm{d}x - \int\limits_{-1}^1 \sqrt{4 - x^2} \, \mathrm{d}x.\end{align*}

Xét tích phân \(I_1 = \displaystyle \int\limits_{-1}^1-\sqrt{3} \left(x^2 - 2\right)\, \mathrm{d}x = \displaystyle\frac{10}{\sqrt{3}}\).

Xét tích phân \(I_2=\displaystyle\int\limits_{-1}^1\sqrt{4-x^2}\, \mathrm{d} x\). Đặt \(x = 2\sin t\) ta được

\begin{align*}\displaystyle\int\limits_{-1}^1 \sqrt{4-x^2} \, \mathrm{d} x &= \int\limits_{-\frac{\pi}{6}}^{-\frac{\pi}{6}} 2\cos t\sqrt{4\cos^2 t}\,\mathrm{d}t=\int\limits_{-\frac{\pi}{6}}^{-\frac{\pi}{6}} 4\cos ^2t \, \mathrm{d}t\\&= \int\limits_{-\frac{\pi}{6}}^{-\frac{\pi}{6}} 2\left(\cos2t+1\right)\,\mathrm{d}t = \left(\sin 2t + 2t \right)\bigg|_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}}= \sqrt{3}+\displaystyle\frac{2\pi }{3}.\end{align*}

Từ đây ta tính được \(S = I_1 - I_2 = \displaystyle\frac{10}{\sqrt{3}}-\left(\sqrt{3}+\displaystyle\frac{2\pi}{3}\right)=\displaystyle\frac{7\sqrt{3} - 2\pi}{3}.\)

Phương trình hoành độ giao điểm có nghiệm là \(x = \pm 1\). Do đó diện tích cần tìm là

\(S=\displaystyle\int\limits_{-1}^1 (\sqrt{4-x^2} - \sqrt{3} x^2) \mathrm{\,d} x = \displaystyle\int\limits_{-1}^1 \sqrt{4-x^2}\mathrm{\,d}x-\displaystyle\int\limits_{-1}^1\sqrt{3} x^2\mathrm{\,d} x=I-\displaystyle\frac{2\sqrt{3}}{3}\),

với \(I=\displaystyle\int\limits_{-1}^1 \sqrt{4-x^2}\mathrm{\,d} x\)

Để tính \(I\) đặt \(x = 2\sin t \Rightarrow \mathrm{d}x = 2\cos t \mathrm{\,d}t\).

Nên \(I = \displaystyle\int\limits_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}} 4\cos^2 t\mathrm{\,d}t = (2t - \sin 2t)\big|_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}} = \displaystyle\frac{2\pi}{3} + \sqrt{3}\).

Do đó \(S = \displaystyle\frac{2\pi + \sqrt{3}}{3}\).

Ta có \(S=\displaystyle\frac{1}{4}\pi 4^2-\displaystyle\int\limits_0^4\left(-\displaystyle\frac{1}{2}x^2+2x\right)\mathrm{\,d}x=4\pi-\displaystyle\frac{16}{3}\).

Trên đoạn \(\left[0;2\right]\) xét các phương trình hoành độ giao điểm:

\(\checkmark \displaystyle\frac{x^2}{3}=\sqrt{3}x^2\Leftrightarrow\displaystyle\frac{x^4}{9}=3x^4\Leftrightarrow x^4=0\Leftrightarrow x=0\);

\(\displaystyle\frac{x^2}{3}=\sqrt{4-x^2}\Leftrightarrow \displaystyle\frac{x^4}{9}=4-x^2\Leftrightarrow x^4+9x^2-36=0\Leftrightarrow x^2=3;\, x^2=-12\Rightarrow x^2=3\Rightarrow x=\sqrt{3}\);

\(\sqrt{3}x^2=\sqrt{4-x^2}\Leftrightarrow 3x^4=4-x^2\Leftrightarrow 3x^4+x^2-4=0\Leftrightarrow x^2=1;\,x^2=-\displaystyle\frac{4}{3}\Rightarrow x^2=1\Rightarrow x=1\).

Do đó diện tích cần tính bằng

\(S=\displaystyle\int\limits_0^1 \left(\sqrt{3}x^2-\displaystyle\frac{x^2}{3}\right) \mathrm{\,d}x +\displaystyle\int\limits_1^{\sqrt{3}}\left(\sqrt{4-x^2}-\displaystyle\frac{x^2}{3}\right)\mathrm{\,d}x =I+J-K\).

Tính \(I=\displaystyle\int\limits_0^1 \left(\sqrt{3}x^2-\displaystyle\frac{x^2}{3}\right) \mathrm{\,d}x=\left(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}x^3-\displaystyle\frac{x^3}{9}\right)\bigg|_0^1=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}-\displaystyle\frac{1}{9}\).

Tính \(J=\displaystyle\int\limits_1^{\sqrt{3}} \sqrt{4-x^2}\mathrm{\,d}x\).\\Đặt \(x=2\sin t, \left(t\in\left[-\displaystyle\frac{\pi}{2};\displaystyle\frac{\pi}{2}\right]\right)\Rightarrow\mathrm{d}x=2\cos t\mathrm{d}t\).\\Đổi cận: \(x=1\Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{6}, x=\sqrt{3}\Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{3}\).

Khi đó \(J=4\displaystyle\int\limits_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \cos^2t \mathrm{\,d}t=2\displaystyle\int\limits_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \left(1+\cos 2t\right) \mathrm{\,d}t=\displaystyle\frac{\pi}{3}\).

Tính \(K=\displaystyle\int\limits_1^{\sqrt{3}}\displaystyle\frac{x^2}{3}\mathrm{\,d}x =\displaystyle\frac{x^3}{9}\bigg|_1^{\sqrt{3}}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}-\displaystyle\frac{1}{9}\).

Vậy \(S=J=\displaystyle\frac{\pi}{3}\).

Với \(0\le x \le 4\) thì \(\sqrt{4x-x^2} =\sqrt{x} \Leftrightarrow x^2 -3x =0 \Leftrightarrow x=0;\, x=3\).

Vậy diện tích cần tính là

\(S=\displaystyle \int \limits_0^3 \left(\sqrt{4x-x^2}-\sqrt{x}\right)\mathrm{\,d}x = \int \limits_0^3 \sqrt{4x-x^2} \mathrm{\,d}x - \int \limits_0^3 \sqrt{x}\mathrm{\,d}x = \int \limits_0^3 \sqrt{4x-x^2} \mathrm{\,d}x -2\sqrt{3}.\)

Đặt \(x-2=2\sin t \Rightarrow \mathrm{\,d}x = 2\cos t \mathrm{\,d}t\), suy ra

\(\displaystyle \int \limits_0^3 \sqrt{4x-x^2} \mathrm{\,d}x = \int \limits_{-\tfrac{\pi}{2}}^{\tfrac{\pi}{6}} 2\sqrt{1-\sin^2 t} \cos t \mathrm{\,d}t = \int \limits_{-\tfrac{\pi}{2}}^{\tfrac{\pi}{6}} 2(1+\cos 2t)\mathrm{\,d}t = (2t+\sin 2t)\bigg|_{-\tfrac{\pi}{2}}^{\tfrac{\pi}{6}}=\displaystyle\frac{8\pi + 3\sqrt{3}}{6}.\)

Vậy \(S=\displaystyle\frac{8\pi + 3\sqrt{3}}{6} - 2\sqrt{3}=\displaystyle\frac{8\pi - 9\sqrt{3}}{6}\).

Phương trình đường thẳng \(d\colon \displaystyle\frac{x+\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}}=\displaystyle\frac{y}{1}\Rightarrow d\colon y=\displaystyle\frac{1}{1+\sqrt{2}}(x+\sqrt{2})\).

Diện tích hình phẳng cần tìm là

\begin{eqnarray*}S&=&\displaystyle\int\limits_{-\sqrt{2}}^1\left[ \sqrt{2-x^2}-\displaystyle\frac{1}{1+\sqrt{2}}(x+\sqrt{2}) \right]\mathrm{\,d}x\\&=&\displaystyle\int\limits_{-\sqrt{2}}^1\sqrt{2-x^2}\mathrm{\,d}x-\displaystyle\frac{1}{1+\sqrt{2}}\left(\displaystyle\frac{x^2}{2}+\sqrt{2}x \right)\bigg|_{-\sqrt{2}}^1\\&=&I-\displaystyle\frac{1+\sqrt{2}}{2}. \text{ Trong đó } I=\displaystyle\int\limits_{-\sqrt{2}}^1\sqrt{2-x^2}\mathrm{\,d}x.\end{eqnarray*}

Tính \(I=\displaystyle\int\limits_{-\sqrt{2}}^1\sqrt{2-x^2}\mathrm{\,d}x\).

Đặt \(x=\sqrt{2}\sin t,\ t\in\left[-\displaystyle\frac{\pi}{2};\displaystyle\frac{\pi}{2} \right]\Rightarrow \mathrm{\,d}x=\sqrt{2}\cos t\mathrm{\,d}t\).

Đổi cận \(x=-\sqrt{2}\Rightarrow t=-\displaystyle\frac{\pi}{2}\), \(x=1\Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{4}\).

Do đó \(I=\displaystyle\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^\frac{\pi}{4}2|\cos t|\cdot\cos t\mathrm{\,d}t=\displaystyle\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^\frac{\pi}{4}(1+\cos 2t)\mathrm{\,d}t=\displaystyle\frac{3\pi}{4}+\displaystyle\frac{1}{2}\).

Do đó, \(S=\displaystyle\frac{3\pi}{4}-\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\).

Hoành độ giao điểm của parabol với nửa đường tròn là nghiệm của phương trình

\(\sqrt{4-x^2}=\sqrt{3}x^2\Leftrightarrow 4-x^2=3x^2\Leftrightarrow x=-1;\, x=1.\)

Diện tích của \((H)\) được tính theo công thức

\(S=\displaystyle\int\limits_{-1}^{1}\left|\sqrt{4-x^2}-\sqrt{3}x^2\right|\mathrm{\,d}x= \displaystyle\int\limits_{-1}^{1}\left(\sqrt{4-x^2}-\sqrt{3}x^2\right)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{-1}^{1}\sqrt{4-x^2}\mathrm{\,d}x-\displaystyle\int\limits_{-1}^{1}\sqrt{3}x^2\mathrm{\,d}x.\)

Tính \(I_1=\displaystyle\int\limits_{-1}^{1}\sqrt{3}x^2\mathrm{\,d}x=\left.\displaystyle\frac{\sqrt{3}x^3}{3}\right |_{-1}^{1}=\displaystyle\frac{2\sqrt{3}}{3}\).

Tính

\begin{align*}I_2&=\displaystyle\int\limits_{-1}^{1}\sqrt{4-x^2}\mathrm{\,d}x=2\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\sqrt{4-x^2}\mathrm{\,d}x\\&=2\displaystyle\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{3}}\sqrt{4-(2\cos^2t)}\mathrm{\,d}(2\cos t)=-8\displaystyle\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{3}}|\sin t|\sin t\mathrm{\,d}t\\&=8\displaystyle\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{3}}\sin^2 t\mathrm{\,d}t=8\displaystyle\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{3}}\frac{1-\cos 2t}{2}\mathrm{\,d}t\\&=4\left.\left(t-\frac{\sin 2t}{2}\right)\right |_{-\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{3}}=\displaystyle\frac{2\pi}{3}+\sqrt{3}.\end{align*}

Vậy \(S=\displaystyle\frac{2\pi}{3}+\sqrt{3}-\displaystyle\frac{2\sqrt{3}}{3}=\displaystyle\frac{2\pi+\sqrt{3}}{3}.\)

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị:

\(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}x^2=\displaystyle\frac{1}{2}\sqrt{4-x^2}\Leftrightarrow x=\pm 1\).

Do tính chất đối xứng của đồ thị nên

\(S=2\left(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\displaystyle\int\limits_0^1 x^2 \mathrm{\,d}x+\displaystyle\frac{1}{2} \displaystyle\int\limits_1^2 \sqrt{4-x^2}\right)=2\left(S_1+S_2\right)\).

\(S_1=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\displaystyle\int\limits_0^1 x^2 \mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{6}\).

\(S_2=\displaystyle\frac{1}{2}\sqrt{4-x^2} \mathrm{\,d}x\). Đặt \(x=2\sin{t}\Rightarrow \mathrm{\,d}x =2\cos{t} \mathrm{\,d}t\).

\(x=1\Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{6}, x=2\Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{2}\).

Với \(t\in \left[\displaystyle\frac{\pi}{6};\displaystyle\frac{\pi}{2}\right]\Rightarrow \cos{t}\geq 0\Rightarrow \sqrt{4-x^2}=2\sqrt{\cos^{2}{t}}=2\cos{t}\).

\(S2=\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int\limits_{\tfrac{\pi}{6}}^{\tfrac{\pi}{2}} 4\cos^{2}{t} \mathrm{\,d}t=\displaystyle\int\limits_{\tfrac{\pi}{6}}^{\tfrac{\pi}{2}} 2\cos^{2}{t} \mathrm{\,d}t=\displaystyle\int\limits_{\tfrac{\pi}{6}}^{\tfrac{\pi}{2}}\left(1+\cos{2t}\right) \mathrm{\,d}t =\left(t+\displaystyle\frac{1}{2} \sin{2t}\right)\Big|_{\tfrac{\pi}{6}}^{\tfrac{\pi}{2}}=\displaystyle\frac{\pi}{3}-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}\).

Vậy \(S=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}+\displaystyle\frac{2\pi}{3}-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}=\displaystyle\frac{4\pi-\sqrt{3}}{6}\Rightarrow a=4,b=-1,c=6\).

\(\Rightarrow P=a+b+c=9\).

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hai hàm số là

\begin{align*}&2x^2-1=\sqrt{2-x^2}\\\Leftrightarrow &\begin{cases}(2x^2-1)^2=2-x^2\\ 2x^2-1\ge 0\\ 2-x^2\ge 0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}4x^4-3x^2-1=0\\ \displaystyle\frac{1}{2}\le x^2\le x^2\end{cases}\\\Leftrightarrow &x^2=1\Leftrightarrow x=\pm 1.\end{align*}

Khi đó diện tích của hình \((H)\) là

\begin{align*}S_H &=\int\limits_{-1}^{1} |2x^2-1-\sqrt{2-x^2}| \mathrm{\,d}x=\int\limits_{-1}^{1} (-(2x^2-1)+\sqrt{2-x^2}) \mathrm{\,d}x\\&=-\int\limits_{-1}^{1} (2x^2-1)\mathrm{\,d}x + \int\limits_{-1}^{1} \sqrt{2-x^2} \mathrm{\,d}x\\&=-\left(\displaystyle\frac{2}{3}x^3-x\right)\bigg|_{-1}^{1} + \int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}2\cos t\cdot \cos t \mathrm{\,d}t\ \ \text{(Đổi biến \(x=\sqrt{2}\sin t\))}\\&=\displaystyle\frac{2}{3} + \int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} (\cos(2t)+1)\mathrm{\,d}t=\displaystyle\frac{2}{3} + \left(\displaystyle\frac{1}{2}\sin(2t)+t\right)\bigg|_{\frac{-\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}=\displaystyle\frac{3\pi + 10}{6}.\end{align*}

Từ giả thiết ta có \(f(x)-g(x)=ax^3+bx^2+cx-\displaystyle\frac{1}{2}-dx^2-ex-1\).

Do \(-3,-1,1\) là các nghiệm của

\((1)\Rightarrow f(x)-g(x)=a(x+3)(x+1)(x-1)\Rightarrow -3a=-\displaystyle\frac{3}{2}\Leftrightarrow a=\displaystyle\frac{1}{2}\).

Ta có diện tích của hình phẳng \((H)\) giới hạn bởi hai đồ thị là

\(S(H)=\displaystyle\int\limits_{-3}^{1} {\left|f(x)-g(x)\right|}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int\limits_{-3}^{1} {\left|(x+3)(x-1)(x+1)\right|}\mathrm{\,d}x=4.\)

Vậy diện tích cần tích bằng \(4\).

Do \((C)\colon y=f(x)\) và \((C')\colon y=g(x)\) cắt nhau tại \(3\) điểm phân biệt có hoành độ \(-3;-1\) và \(1\) nên

\(f(x)-g(x)=A(x+3)(x+1)(x-1).\)

Từ giả thiết ta có \(f(0)-g(0)=-\displaystyle\frac{3}{2}\) nên \(-3A=-\displaystyle\frac{3}{2}\Leftrightarrow A=\displaystyle\frac{1}{2}.\)

\(\Rightarrow f(x)-g(x)=\displaystyle\frac{1}{2}(x+3)(x+1)(x-1)=\displaystyle\frac{1}{2}x^3+\displaystyle\frac{3}{2}x^2-\displaystyle\frac{1}{2}x-\displaystyle\frac{3}{2}.\)

Diện tích hình phẳng cần tìm là

\(\begin{aligned}S&=\displaystyle\int\limits_{-3}^{-1} \left[f(x)-g(x)\right] \mathrm{d}x+\displaystyle\int\limits_{-1}^1 \left[g(x)-f(x)\right] \mathrm{d}x\\&=\displaystyle\int\limits_{-3}^{-1} \left[\displaystyle\frac{1}{2}x^3+\displaystyle\frac{3}{2}x^2-\displaystyle\frac{1}{2}x-\displaystyle\frac{3}{2}\right] \mathrm{d}x-\displaystyle\int\limits_{-1}^1 \left[\displaystyle\frac{1}{2}x^3+\displaystyle\frac{3}{2}x^2-\displaystyle\frac{1}{2}x-\displaystyle\frac{3}{2}\right] \mathrm{d}x=2-(-2)=4.\end{aligned}\).

Phương trình hoành độ giao điểm \(ax^3+bx^2+cx+\displaystyle\frac{3}{4}=dx^2+ex-\displaystyle\frac{3}{4}\Leftrightarrow ax^3+(b-d)x^2+(c-e)x+\displaystyle\frac{3}{2}=0\).

Đặt \(h(x)=ax^3+(b-d)x^2+(c-e)x+\displaystyle\frac{3}{2}\).

Dựa vào đồ thị ta có \(h(x)=0\) có ba nghiệm là \(x=-2\); \(x=1\); \(x=3\).

Khi đó ta có hệ

\begin{eqnarray*}& \begin{cases} -8a+4(b-d)-2(c-e)=-\displaystyle\frac{3}{2}\\ a+(b-d)+(c-e)=-\displaystyle\frac{3}{2}\\ 27a+9(b-d)+3(c-e)=-\displaystyle\frac{3}{2}\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} a=\displaystyle\frac{1}{4}\\ b-d=-\displaystyle\frac{1}{2}\\ c-e=-\displaystyle\frac{5}{4}.\end{cases}\end{eqnarray*}

Khi đó diện tích hình phẳng cần tính là

\begin{eqnarray*}S&=&\displaystyle\int\limits_{-2}^{3} |f(x)-g(x)|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{-2}^{1} \left|\displaystyle\frac{1}{4}x^3-\displaystyle\frac{1}{2}x^2-\displaystyle\frac{5}{4}x+\displaystyle\frac{3}{2}\right|\mathrm{\,d}x +\displaystyle\int\limits_{1}^{3} \left|\displaystyle\frac{1}{4}x^3-\displaystyle\frac{1}{2}x^2-\displaystyle\frac{5}{4}x+\displaystyle\frac{3}{2}\right|\mathrm{\,d}x\\& =& \displaystyle\frac{63}{16}+\displaystyle\frac{4}{3}=\displaystyle\frac{253}{48}.\end{eqnarray*}

Theo đề bài ta có: \(f(x) - g(x) = a\left(x+3\right)(x+1)\left(x-\displaystyle\frac{1}{2}\right)\).

Ta lại có \(f(0) - g(0) = 1-4=-3 \Rightarrow a = 2\). Nên \(f(x) - g(x) = 2\left(x+3\right)(x+1)\left(x-\displaystyle\frac{1}{2}\right)\).

Vậy \(\displaystyle S = \int\limits_{-3}^{\frac{1}{2}}\left|f(x) - g(x)\right|\mathrm{d}x = \int\limits_{-3}^{\frac{1}{2}}\left|2\left(x+3\right)(x+1)\left(x-\displaystyle\frac{1}{2}\right)\right|\mathrm{d}x = \displaystyle\frac{937}{96}\).

Ta có \(f(x)-g(x)= ax^3+(b-d)x^2+(c-e)x-4\)\ (1).

Mặt khác phương trình \(f(x)-g(x)=0\) có \(3\) nghiệm phân biệt \(x=-2\), \(x=-1\), \(x=1\) nên \(f(x)-g(x)=0\Leftrightarrow (x+2)(x+1)(x-1)=0\Leftrightarrow x^3+2x^2-x-2=0 \ (2).\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(f(x)-g(x)=2x^3+4x^2-2x-4\).

Diện tích hình phẳng cần tìm là \(S=\displaystyle\int \limits_{-2}^{-1}(2x^3+4x^2-2x-4)\mathrm{\,d}x-\displaystyle\int \limits_{-1}^{1}(2x^3+4x^2-2x-4)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{37}{6}.\)

Do \((C)\colon y=f(x)\) và \((C')\colon y=g(x)\) cắt nhau tại \(3\) điểm phân biệt có hoành độ \(-3;-1;2\) nên

\(f(x)-g(x)=A(x+3)(x+1)(x-2)\).

Do \(f(0)-g(0)=-\displaystyle\frac{3}{2}\) nên \(-6A=-\displaystyle\frac{3}{2}\Rightarrow A=-\displaystyle\frac{1}{4}\).

Từ đó \(f(x)-g(x)=\displaystyle\frac{1}{4}(x+3)(x+1)(x-2)=\displaystyle\frac{1}{4}(x^3+2x^2-5x-6)\).

Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là

\(S=\left|\displaystyle\int\limits_{-3}^{-1} \displaystyle\frac{1}{4}(x^3+2x^2-5x-6)\mathrm{\,d}x\right|+\left|\displaystyle\int\limits_{-1}^2 \displaystyle\frac{1}{4}(x^3+2x^2-5x-6)\mathrm{\,d}x\right|=\displaystyle\frac{253}{48}\).

Ta có \(\begin{cases}S_1+S_2=\displaystyle \int \limits_{\frac{1}{2}}^2 \displaystyle\frac{\mathrm{d}x}{x}=2\ln2\\S_1=3S_2\end{cases}\) \(\Rightarrow \begin{cases}\displaystyle\frac{\ln 2}{2}=S_2\\S_2=\displaystyle \int \limits_k^2 \displaystyle\frac{\mathrm{d}x}{x}=\ln 2-\ln k\end{cases}\) \(\Rightarrow \ln k=\displaystyle\frac{\ln 2}{2} \Rightarrow k=\sqrt{2}\).

Gọi \(S\) là diện tích hình phẳng \((H)\). Vì \(S_1=S_2\) nên

\(2S_1=S_1+S_2=S=\displaystyle \int\limits_{0}^{1} x^2 \mathrm{\,d}x= \left. \displaystyle\frac{x^3}{3}\right|_0^4=\displaystyle\frac{64}{3}\Rightarrow S_1=\displaystyle\frac{32}{3}\).

Mặt khác, \(S_1=\displaystyle \int\limits_{\sqrt{k}}^{4} (x^2-k) \mathrm{\,d}x=\left. \displaystyle\frac{x^3}{3}\right|_{\sqrt{k}}^4-\left. kx\right|_{\sqrt{k}}^4=\displaystyle\frac{64}{3}+\displaystyle\frac{2k \sqrt{k}}{3}-4k\). Suy ra,

\(\displaystyle\frac{64}{3}+\displaystyle\frac{2k\sqrt{k}}{3}-4k=\displaystyle\frac{32}{3}\Leftrightarrow 2k\sqrt{k}-12k+32=0\Leftrightarrow \sqrt{k}=2;\, \sqrt{k}=2+2\sqrt{3}\,\, \text{(loại)};\, \sqrt{k}=2-2\sqrt{3}\,\, \text{(vô nghiệm)}\Rightarrow k=4\).

Ta có \(\displaystyle\frac{1}{x}>0\) với \(x>1\), do đó ta được

\(S_1=\displaystyle \int \limits_1^k \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{d}x=\ln x \bigg|_1^k=\ln k\).

\(S_2=\displaystyle \int \limits_k^5 \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{d}x=\ln x \bigg|_k^5=\ln5-\ln k\).

\(S_1=2S_2 \Rightarrow \ln k =2(\ln 5 -\ln k) \Rightarrow k=\sqrt[3]{25}\).

Ta có đồ thị hàm số \(y = (x+3)^2\) tiếp xúc với trục hoành tại \(x=-3\).

Gọi \(S\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y=(x+3)^2\), trục hoành và đường thẳng \(x=-3\), \(x=0\).

Gọi \(S_1\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y=(x+3)^2\), đoạn thẳng \(AB\) và trục hoành.

Gọi \(S_2\) là diện tích của tam giác \(OAB\).

Vì \(S_1 = S_2\) nên \(S = 2S_2 \Leftrightarrow \displaystyle\int\limits_{-3}^0 (x+3)^2 \mathrm{\,d}x = 2 \cdot \displaystyle\frac{1}{2}OA \cdot OB \Leftrightarrow -9b = 9 \Leftrightarrow b = -1\).

Phương trình hoành độ giao điểm \(x^2 + a = \displaystyle\frac{3}{2}x \Leftrightarrow x^2 - \displaystyle\frac{3}{2}x + a = 0\) có hai nghiệm \(x_1 < x_2\).

Khi đó \(x_2 > 0\) và \(x_2^2 - \displaystyle\frac{3}{2}x_2 + a = 0 \quad (1)\).

Để \(S_1=S_2\) thì

\begin{eqnarray*}\displaystyle \int \limits_{0}^{x_2} \left(x^2 + a - \displaystyle\frac{3}{2}x\right) \mathrm{\,d}x = 0 &\Leftrightarrow& \left.\left(\displaystyle\frac{x^3}{3}+ax-\displaystyle\frac{3}{4}x^2\right)\right|_0^{x_2}=0\\&\Leftrightarrow& \displaystyle\frac{x_2^3}{3}+ax_2-\displaystyle\frac{3}{4}x_2^2 = 0\\& \Leftrightarrow& \displaystyle\frac{x_2}{3}\left(x_2^2+3a-\displaystyle\frac{9}{4}x_2\right) = 0\\& \Leftrightarrow& 2a - \displaystyle\frac{3}{4}x_2=0 \quad\text{ (do }(1)) \\&\Leftrightarrow& x_2=\displaystyle\frac{8}{3}a.\quad (2)\end{eqnarray*}

Thay \((2)\) vào \((1)\) ta có \(\left(\displaystyle\frac{8}{3}a\right)^2 - \displaystyle\frac{3}{2}\cdot \left(\displaystyle\frac{8}{3}a\right) + a = 0 \Leftrightarrow a = \displaystyle\frac{27}{64} \in \left(\displaystyle\frac{2}{5};\displaystyle\frac{9}{20}\right)\).

Xét phương trình tương giao \(3x=2x^2+a \Leftrightarrow 2x^2-3x+a=0. \eqno (1)\)

Để phương trình \((1)\) có hai nghiệm dương phân biệt \(x_1\), \(x_2\) (\(x_2>x_1>0)\), hay

\(\begin{cases}\Delta =9-8a>0\\x_1+x_2=\displaystyle\frac{3}{2}>0\\x_1\cdot x_2=\displaystyle\frac{a}{2}>0\end{cases}\Rightarrow 0< a< \displaystyle\frac{9}{8}.\)

Ta có: \(\begin{aligned}S_1&=\int\limits_0^{x_1}{\left(2x^2-3x+a\right)dx=\left.{\left(\displaystyle\frac{2}{3}x^3-\displaystyle\frac{3}{2}x^2+ax\right)}\right|_0^{x_1}}=\displaystyle\frac{2}{3}x_1^3-\displaystyle\frac{3}{2}x_1^2+ax_1 \\ S_2&=-\int\limits_{x_1}^{x_2}{\left(2x^2-3x+a\right)dx}=\left.{-\left(\displaystyle\frac{2}{3}x^3-\displaystyle\frac{3}{2}x^2+ax\right)}\right|_{x_1}^{x_2}\\&=-\left(\displaystyle\frac{2}{3}x_2^3-\displaystyle\frac{3}{2}x_2^2+ax_2\right)+\left(\displaystyle\frac{2}{3}x_1^3-\displaystyle\frac{3}{2}x_1^2+ax_1\right).\end{aligned}\)

Do \(S_1=S_2\) nên ta có \(\displaystyle\frac{2}{3}x_2^3-\displaystyle\frac{3}{2}x_2^2+ax_2=0.\)

Mà \(x_2\) là nghiệm của \((1)\) nên \(2x_2^2-3x_2+a=0\Rightarrow a=-2x_2^2+3x_2. \eqno (2)\)

Suy ra

\(\begin{aligned}&\displaystyle\frac{2}{3}x_2^3-\displaystyle\frac{3}{2}x_2^2+\left(-2x_2^2+3x_2\right).x_2=0\\ \Leftrightarrow &\ -\displaystyle\frac{4}{3}x_2^3+\displaystyle\frac{3}{2}x_2^2=0\\ \Rightarrow &\ x_2=\displaystyle\frac{9}{8}\ (\text{loại nghiệm}\ x_2=0). \end{aligned}\)

Thay vào \((2)\) ta có \(a=\displaystyle\frac{27}{32}\in \left(\displaystyle\frac{4}{5};\displaystyle\frac{9}{10}\right)\).

Gọi \(S\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y=-x^2+4x\) và trục \(Ox\) và hai đường thẳng \(x=0\), \(x=2\).

Khi đó \(S=\displaystyle\int\limits_{0}^{2} (-x^2+4x)\mathrm{\,d}x =\displaystyle\frac{16}{3}\).

Đường thẳng \(y=m\) và \(y=n\) chia \(S\) thành ba phần bằng nhau có diện tích theo thứ tự từ trên xuống là \(S_1\); \(S_2\); \(S_3\).

Gọi hoành độ các giao điểm của parabol với hai đường thẳng như hình bên.

Ta có

\begin{eqnarray*}&& S_1=2\displaystyle\int\limits_{a}^{2} (-x^2+4x-m)\mathrm{\,d}x =\displaystyle\frac{1}{3}S\\&\Leftrightarrow & \left(-\displaystyle\frac{x^3}{3}+2x^2-mx\right)\Big|_{a}^{2}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot\displaystyle\frac{16}{3}\\&\Leftrightarrow & \left(\displaystyle\frac{16}{3}-2m\right)-\left(-\displaystyle\frac{a^3}{3}+2a^2-ma\right)=\displaystyle\frac{16}{9}\quad(1).\end{eqnarray*}

Mà \(x=a\) là nghiệm của phương trình \(-x^2+4x=m\) nên ta có \(-a^2+4a=m\quad(2)\).

Thay \((2)\) vào \((1)\) ta được \(-\displaystyle\frac{2a^3}{3}+4a^2-8a+\displaystyle\frac{32}{9}=0\Leftrightarrow a\approx 0{,}613277\).

Suy ra \(m=-a^2+4a\approx 2{,}077\).

Tương tự ta có

\begin{eqnarray*}&& S_1+S_2=\displaystyle\frac{2}{3}S\\&\Rightarrow & 2\displaystyle\int\limits_{b}^{2} (-x^2+4x-n)\mathrm{\,d}x =\displaystyle\frac{2}{3}\cdot 2\cdot\displaystyle\int\limits_{0}^{2} (-x^2+4x)\mathrm{\,d}x\\&\Leftrightarrow & -\displaystyle\frac{2}{3}b^3+4b^2-8b+\displaystyle\frac{16}{9}=0\\&\Leftrightarrow & b\approx 0{,}252839\Rightarrow n=-b^2+4b=0{,}947428.\end{eqnarray*}

Khi đó \(T=(4-m)^3+(4-n)^3=\displaystyle\frac{320}{9}\).

Ta có \(S_1=\displaystyle\int\limits_{-\sqrt{4-a}}^{\sqrt{4-a}} \left(-x^2 + 4 - a\right)\mathrm{\,d}x =\left. \left(-\displaystyle\frac{1}{3}x^3 + \left(4-a\right)x\right)\right|_{-\sqrt{4-a}}^{\sqrt{4-a}} = \displaystyle\frac{4}{3}\left(4-a\right) \sqrt{4-a}\).

\(S_2 = \displaystyle\int\limits_{-2}^2 \left(-\displaystyle\frac{a}{4}x^2 + a\right)\mathrm{\,d}x =\left. \left(-\displaystyle\frac{a}{12}x^3 + ax\right)\right|_{-2}^2 = \displaystyle\frac{8a}{3}\).

Mà \(S_1 = S_2 \Leftrightarrow \left(4 - a\right)\sqrt{4- a} = 2a \Leftrightarrow a^3 - 8^2 + 48a = 64\).

Ta viết lại đường parabol \((P)\colon y^2=2x\) chia đường tròn \((C)\colon x^2+y^2=8\) là \((P)\colon y=\pm \sqrt{2x}\) và \((C)\colon y=\pm \sqrt{8-x^2}\).

Ta xét trường hợp \(y\ge0\):

Phương trình hoành độ giao điểm của \((P)\colon y=\sqrt{2x}\) và \((C)\colon y= \sqrt{8-x^2}\) là \(\sqrt{2x}=\sqrt{8-x^2}\Leftrightarrow x=2\) và \(y=2\).

Do cả hai đồ thị của \((P)\) và \((C)\) đều nhận trục \(Ox\) làm trục đối xứng nên để tính diện tích \(S_1\), ta chỉ cần tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y=\sqrt{2x}\) và \(y= \sqrt{8-x^2}\), trục \(Ox\).

Khi đó \(S_1=2\displaystyle\int\limits_{0}^{2} \sqrt{2x}\mathrm{\,d}x+ 2\displaystyle\int\limits_{2}^{2\sqrt{2}} \sqrt{8-x^2}\mathrm{\,d}x,\)

với \(\displaystyle\int\limits_{0}^{2} \sqrt{2x}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{2\sqrt{2}}{3}\cdot \sqrt{x^3} \Bigg|_0^2= \displaystyle\frac{8}{3}\),

và \(I=\displaystyle\int\limits_{2}^{2\sqrt{2}} \sqrt{8-x^2}\mathrm{\,d}x\) được tính như sau

Đặt \(x=2\sqrt{2}\sin t.\) Khi đó \(\mathrm{\,d}x=2\sqrt{2}\cos t \mathrm{\,d}t\) và

\(x=2\Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{4}\) hoặc \(x=2\sqrt{2}\Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{2}.\)

hay \(I=2\sqrt{2}\displaystyle\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{8-8\sin^2 x}\cos t\mathrm{\,d}t=8\displaystyle\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^2 t\mathrm{\,d}t=4\displaystyle\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\left(1+\cos2t \right)\mathrm{\,d}t=4\left(t + \displaystyle\frac{1}{2}\cdot\sin 2t\right) \Bigg|_{\displaystyle\frac{\pi}{4}}^{\displaystyle\frac{\pi}{2}}=\pi-2.\)

Khi đó \(S_1=\displaystyle\frac{16}{3}+2\pi-4=\displaystyle\frac{4}{3}+2\pi.\)

Diện tích hình tròn có bán kính \(2\sqrt{2}\) là \(8\pi\). Do vậy \(S_2=8\pi-S_1=8\pi -\left(\displaystyle\frac{4}{3}+2\pi \right)=6\pi-\displaystyle\frac{4}{3}\).

Vậy \(S_2-S_1=6\pi-\displaystyle\frac{4}{3}-\left(\displaystyle\frac{4}{3}+2\pi \right)=4\pi-\displaystyle\frac{8}{3}.\)

Khi đó \(a=4, b=8,c=3\). Do đó \(a+b+c=15.\)

Ta có \(S_{1}=\displaystyle\int\limits_{\frac{\sqrt{3k}}{3}}^{2}\left(3x^2-k\right)\mathrm{\,d}x=8-2k+\displaystyle\frac{2k}{9}\sqrt{3k}\) và \(S_{2}=\displaystyle\int\limits_{0}^{\frac{\sqrt{3k}}{3}}3x^2\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{\frac{\sqrt{3k}}{3}}^{2}k\mathrm{\,d}x=2k-\displaystyle\frac{2k}{9}\sqrt{3k}\).

\(S_{1}=S_{2}\Leftrightarrow 8-2k+\displaystyle\frac{2k}{9}\sqrt{3k}=2k-\displaystyle\frac{2k}{9}\sqrt{3k}\Leftrightarrow 4k\sqrt{3k}-36k+72=0\Leftrightarrow \sqrt{k}=\sqrt{3};\) hoặc \(\sqrt{k}=3+\sqrt{3}\\ &\sqrt{k}=-3+\sqrt{3}\).

Đối chiếu điều kiện \(0< k< 12\Rightarrow k=3\in\left(\displaystyle\frac{11}{4};\displaystyle\frac{15}{4}\right]\) .

Đường thẳng \(y=a\) cắt \((P_1)\) tại hai điểm có hoành độ \(-\sqrt{4-a}\) và \(\sqrt{4-a}\). Vậy

\(S_1=\displaystyle\int\limits_{-\sqrt{4-a}}^{\sqrt{4-a}}(-x^2+4-a)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{4}{3}\cdot\sqrt{4-a}\cdot (4-a).\)

Parabol \((P_2)\) có dạng \(y=m\left(x^2-4\right)\). Chú ý vì nó còn đi qua điểm \((0;a)\) nên \(m=-\displaystyle\frac{a}{4}\). Vậy \((P_2):y=-\displaystyle\frac{a}{4}x^2+a\). Từ đó suy ra

\(S_2=\displaystyle\int\limits_{-2}^2 \left(-\displaystyle\frac{a}{4}x^2+a\right)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{8a}{3}.\)

Từ đó ta có

\(\displaystyle\frac{16(4-a)^3}{9}=\displaystyle\frac{64a^2}{9}\Leftrightarrow a^3-8a^2+48a=64.\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(x^4-4x^2-m=0\) có biệt thức \(\Delta = 16+4m>0\Leftrightarrow m>-4\). Phương trình có hai nghiệm \(x^2 =2+\sqrt{4+m};\, x^2=2-\sqrt{4+m}\),

do \(2-\sqrt{4+m}>0 \Leftrightarrow m< 0\). Vậy \(-4< m< 0\).

Khi đó ta có bốn nghiệm \(x= \pm \sqrt{2+\sqrt{4+m}}=\pm t_1;\, x= \pm \sqrt{2-\sqrt{4+m}}=\pm t_2\).

Theo tính đối xứng của đồ thị hàm trùng phương, nên để thỏa yêu cầu bài toán ta cần có

\begin{eqnarray*}& &\displaystyle\int\limits_0^{t_2} (x^4-4x^2-m)\mathrm{\,d}x=- \displaystyle\int\limits_{t_2}^{t_1} (x^4-4x^2-m)\mathrm{\,d}x\\&\Leftrightarrow & \displaystyle\int\limits_0^{t_1} (x^4-4x^2-m)\mathrm{\,d}x=0&\Leftrightarrow & \displaystyle\frac{x}{15}(3x^4-20x^2-15m) \Big|_0^{t_1}=0\\& \Leftrightarrow & 3t_1^4-20t_1^2-15m=0.\end{eqnarray*}

Mặt khác ta có \(t_1^4-4t_1^2-m=0\).

Suy ra \(2t_1^2=-3m \Leftrightarrow 2\sqrt{4+m}= -4-3m \Leftrightarrow m=-\displaystyle\frac{20}{9}\).

Vậy \(T= a-b=11.\)

Gọi \(S\) là diện tích hình phẳng \((H)\). Lúc đó \(S=2S_1+2S_2\), trong đó \(S_1\)

là diện tích phần gạch sọc ở bên phải \(Oy\) và \(S_2\) là diện tích phần gạch ca-rô trong hình vẽ bên.

Gọi \(A, B\) là các giao điểm có hoành độ dương của đường thẳng \(y=k\) và đồ thị hàm số \(y=|x^2-1|\), trong đó \(A(\sqrt{1-k};k)\) và \(B(\sqrt{1+k};k)\).

Theo yêu cầu bài toán \(S=2\cdot 2S_1 \Leftrightarrow S_1=S_2\)

\begin{eqnarray*}&\Leftrightarrow & \displaystyle\int\limits_{0}^{\sqrt{1-k}}(1-x^2-k)\mathrm{d}x=\displaystyle\int\limits_{\sqrt{1-k}}^1(k-1-x^2)\mathrm{d}x+\displaystyle\int\limits_{1}^{\sqrt{1+k}}(k-x^2+1)\mathrm{d}x\\ &\Leftrightarrow& (1-k)\sqrt{1-k}-\displaystyle\frac{1}{3}(1-k)\sqrt{1-k}=\displaystyle\frac{1}{3}-(1-k)-\displaystyle\frac{1}{3}(1-k)\sqrt{1-k}\\ & &+\, (1-k)\sqrt{1-k}+(1+k)\sqrt{1+k}-\displaystyle\frac{1}{3}(1+k)\sqrt{1+k}-(1+k)+\displaystyle\frac{1}{3}\\ &\Leftrightarrow& \displaystyle\frac{2}{3}(1+k)\sqrt{1+k}=\displaystyle\frac{4}{3} \Leftrightarrow \left(\sqrt{1+k}\right)^3=2 \Leftrightarrow k=k=\sqrt[3]{4}-1.\end{eqnarray*}

Phương trình hoành độ giao điểm \(\displaystyle\frac{1}{2}x^2+a=x\Leftrightarrow x^2-2x+2a=0\) \((1)\).

Phương trình \((1)\) có \(2\) nghiệm dương phân biệt

\(\Leftrightarrow \begin{cases} \Delta >0 \\ S>0 \\ P>0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}1-2a>0 \\ 2>0 \\ 2a>0\end{cases}\Leftrightarrow 0< a< \displaystyle\frac{1}{2}\).

Khi \(0< a< \displaystyle\frac{1}{2}\) phương trình \((1)\) có hai nghiệm dương phân biệt \(x_1< x_2\).

Khi đó

\begin{eqnarray*}S_1=S_2&\Leftrightarrow& \displaystyle\int\limits_0^{x_1} \left(\displaystyle\frac{1}{2}x^2+a-x\right) \mathrm{\,d}x = \displaystyle\int\limits_{x_1}^{x_2} \left(-\displaystyle\frac{1}{2}x^2-a+x\right) \mathrm{\,d}x\\&\Leftrightarrow& \displaystyle\frac{1}{6}x_1^3+ax_1-\displaystyle\frac{1}{2}x_1^2=-\displaystyle\frac{1}{6}x_2^3-ax_2+\displaystyle\frac{1}{2}x_2^2+\displaystyle\frac{1}{6}x_1^3+ax_1-\displaystyle\frac{1}{2}x_1^2 \\&\Leftrightarrow& -\displaystyle\frac{1}{6}x_2^3-ax_2+\displaystyle\frac{1}{2}x_2^2=0\Leftrightarrow x_2^2+6a-3x_2=0 \,\,(2).\end{eqnarray*}

Từ \((1)\) suy ra \(2a=-x_2^2+2x_2\).

Thế vào \((2)\) ta được \(2x_2^2-3x_2=0 \Leftrightarrow x_1=0 \text{ (loại) };\, x_2=\displaystyle\frac{3}{2}\Rightarrow a=\displaystyle\frac{3}{8}\in \left(\displaystyle\frac{1}{3};\displaystyle\frac{2}{5}\right).\)

Phương trình hoành độ giao điểm

\[\displaystyle\frac{1}{2}x^2+a=\displaystyle\frac{3}{4}x \Leftrightarrow 2x^2-3x+4a=0 \Rightarrow x_1=\displaystyle\frac{3-\sqrt{9-32a}}{4};\, x_2 = \displaystyle\frac{3+\sqrt{9-32a}}{4}, \text{ với điều kiện } a < \displaystyle\frac{9}{32}.\]

Đặt \(t=\sqrt{9-32a}\), \((t\ge 0)\) \(\Rightarrow a = \displaystyle\frac{9-t^2}{32}\).

Xét \(g(x) = \displaystyle\frac{1}{2}x^2-\displaystyle\frac{3}{4}x+a\) và \(\displaystyle \int g(x) \mathrm{\,d}x = G(x) +C\).

Theo giả thiết ta có \(\displaystyle S_1 = \int \limits_0^{x_1} g(x) \mathrm{\,d}x = G(x_1) - G(0)\) và \(\displaystyle S_2 = - \int \limits_{x_1}^{x_2} g(x) \mathrm{\,d}x = G(x_1) - G(x_2)\).

Do \(S_1 = S_2\) nên \(G(x_2) = G(0)\), từ đó ta có

\[\displaystyle\frac{1}{6}x_2^3-\displaystyle\frac{3}{8}x_2^2+ax_2=0 \Leftrightarrow 4x_2^3-9x_2^2+24ax_2=0.\]

Thay \(x_2=\displaystyle\frac{3+t}{4}\) và \(a=\displaystyle\frac{9-t^2}{32}\) vào phương trình trên ta có

\begin{align*}& 4 \left(\displaystyle\frac{3+t}{4} \right)^2 - 9 \left(\displaystyle\frac{3+t}{4}\right)^2 + 24\cdot \displaystyle\frac{9-t^2}{32} \cdot \displaystyle\frac{1+t}{4} = 0\\ \Leftrightarrow\ & -2t^3-9t^2+27=0\\ \Leftrightarrow\ & t = \displaystyle\frac{3}{2} \,(\text{nhận}); \, t = -3\,(\text{loại}).\end{align*}

Với \(t=\displaystyle\frac{3}{2}\) thì \(a= \displaystyle\frac{27}{128}\) (thỏa mãn \(a < \displaystyle\frac{9}{32}\).

Ta có hình \((\mathrm{H})\) giới hạn bởi các đường \(x=\sqrt{y}, x=4, y=0, y=16\), khi đó diện tích hình \((\mathrm{H})\) là: \(S=\displaystyle\int\limits_{0}^{16}(4-\sqrt{y})\mathrm{\, d}x=\displaystyle\frac{64}{3}\).

Gọi \((\mathrm{H}_1)\) là hình giới hạn bởi các đường \(x=\sqrt{y}, x=4, y=0, y=k\), khi đó diện tích hình \((\mathrm{H}_1)\) là:

\(S_1=\displaystyle\int\limits_{0}^{k}(4-\sqrt{y})=4k-\displaystyle\frac{2}{3}\sqrt{k^3}.\)

\begin{eqnarray*}& &S_1=S_2=\displaystyle\frac{S}{2} \Leftrightarrow 4k-\displaystyle\frac{2}{3}\sqrt{k^3}=\displaystyle\frac{32}{3}\Leftrightarrow-\displaystyle\frac{2}{3}\left(\sqrt{k}\right) ^3+4\left(\sqrt{k}\right) ^2-\displaystyle\frac{32}{3}=0\\ &\Leftrightarrow& \sqrt{k}=2+2\sqrt{3};\, \sqrt{k}=2-2\sqrt{3};\, \sqrt{k}=2\Leftrightarrow k=16+8\sqrt{3};\, k=16-8\sqrt{3};\, k=4.\end{eqnarray*}

Kết hợp với điều kiện \(0< k< 16\) ta được \(k=4.\)

Phương trình hoành độ giao điểm của \((C)\) và trục hoành là

\(x^2-mx=0 \Leftrightarrow x=0 \vee x=m. \)

Khi đó ta có

\begin{align*}S_1 &= \displaystyle \int \limits_{0}^{m} {(-x^2+mx)}\mathrm{d}x= \left(\displaystyle\frac{-x^3}{3}+\displaystyle\frac{mx^2}{2} \right) \bigg|_{0}^{m} = \displaystyle\frac{m^3}{6}. \\S_2 &= \displaystyle \int \limits_{m}^{4} {(x^2-mx)}\mathrm{d}x= \left(\displaystyle\frac{x^3}{3}-\displaystyle\frac{mx^2}{2} \right) \bigg|_{m}^{4} =\displaystyle\frac{m^3}{6}-8m +\displaystyle\frac{64}{3}.\end{align*}

Xét \(S_1=S_2 \Leftrightarrow \displaystyle\frac{m^3}{6}=\displaystyle\frac{m^3}{6}-8m+\displaystyle\frac{64}{3} \Leftrightarrow m=\displaystyle\frac{8}{3}\).

Parabol \((P) \colon y^{2}=x\) có \(2\) phần đồ thị đối xứng nhau qua trục \(Ox\), phần đồ thị nằm trên trục hoành là \(y=\sqrt{x}\) và phần độ thị nằm bên dưới hoành là \(y=-\sqrt{x}\).

Ta có đồ thị của \(y=\sqrt{x}\) cắt trục \(Ox\) tại \(x=0\), do đó thể tích tròn xoay tạo bởi khi quay hình phẳng giới hạn bởi Parabol \((P)\) và đường thẳng \((D)\) là \(V = \pi \displaystyle \int_{0}^{1} \left(\sqrt{x}\right)^{2} \mathrm{\,d}x = \displaystyle\frac{\pi}{2}\).

Thể tích \(V=\pi \displaystyle\int\limits_{0}^{1}\left(\sqrt{x}\right)^2\mathrm{\,d}x=\pi \cdot \displaystyle\frac{x^2}{2}\bigg|_0^1=\displaystyle\frac{1}{2}\pi\).

Thể tích của \((H)\) là

\(V=\pi \displaystyle\int\limits_{0}^{\tfrac{\pi}{4}}\tan^2 x \mathrm{\,d}x=\pi \displaystyle\int\limits_{0}^{\tfrac{\pi}{4}}\left(\displaystyle\frac{1}{\cos^2 x}-1\right) \mathrm{\,d}x=\pi \left(\tan x-x\right)\Bigg|_{0}^{\tfrac{\pi}{4}}=\pi\left(1-\displaystyle\frac{\pi}{4}\right)=\pi-\displaystyle\frac{\pi^2}{4}\).

Ta có \(\displaystyle V = \pi \int\limits_0^1 \left(\mathrm{e}^x\right)^2 \, \mathrm{d}x = \pi\int\limits_0^1 \mathrm{e}^{2x}\, \mathrm{d}x = \displaystyle\frac{\pi\mathrm{e}^{2x}}{2}\bigg|_0^1 = \displaystyle\frac{\pi(\mathrm{e}^2 - 1)}{2}.\)

Thể tích khối tròn xoay được tạo thành là

\(V=\pi \displaystyle\displaystyle\int\limits_{1}^{2} x \mathrm{\,d}x =\displaystyle\frac{\pi}{2} x^2\Big|_{1}^{2}=\displaystyle\frac{3\pi}{2}\).

Thể tích khối tròn xoay cần tính là

\(V=\pi\displaystyle\int\limits_0^{\tfrac{\pi}{4}} \tan x \mathrm{\,d}x=\pi\displaystyle\int\limits_0^{\tfrac{\pi}{4}} \displaystyle\frac{\sin x}{\cos x} \mathrm{\,d}x=-\pi\ln \left|\cos x\right|\bigg|_0^{\tfrac{\pi}{4}}=\displaystyle\frac{\pi\ln 2}{2}\).

Thể tích khối tròn xoay

\(V=\pi \displaystyle\int\limits_0^1 \mathrm{e}^{2x}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{\pi}{2}\mathrm{e}^{2x}\bigg|_0^1=\displaystyle\frac{\pi}{2}(\mathrm{e}^2-1)\).

Thể tích tròn xoay

\(V=\pi\displaystyle\int\limits_0^1\left(x^2+1\right)\mathrm{\,d}x=\pi\left.\left(\displaystyle\frac{x^3}{3}+x\right)\right|_0^1=\displaystyle\frac{4}{3}\pi\).

Ta có thể tích cần tính là

\(V=\pi \displaystyle\int\limits_1^2 (x^2)^2 \mathrm{\,d}x=\pi \displaystyle\int\limits_1^2 x^4 \mathrm{\,d}x=\pi \left(\displaystyle\frac{x^5}{5}\right)\bigg|_1^2=\displaystyle\frac{\pi}{5}(32-1)=\displaystyle\frac{31\pi}{5}\).

Ta có thể tích \(V\) được tính bởi

\(V= \pi \displaystyle\int\limits_0^{2}(x-2)^4\mathrm{\,d}x= \pi \cdot \displaystyle\frac{(x-2)^5}{5} \Big|_{0}^{2}= \pi \left[\displaystyle\frac{(2-2)^5}{5}- \displaystyle\frac{(0-2)^5}{5} \right] = \displaystyle\frac{32 \pi}{5}\).

Thể tích của khối tròn xoay cần tìm bằng

\(V=\pi\displaystyle\int\limits_{-1}^{1}\left(\mathrm{e}^x\right)^2\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{\pi}{2}\mathrm{e}^{2x}\Bigg|_{-1}^{1}=\displaystyle\frac{\pi}{2}\left(\mathrm{e}^{2}-\mathrm{e}^{-2}\right)=\displaystyle\frac{\left(\mathrm{e}^2-\mathrm{e}^{-2}\right)\pi}{2}\).

Ta có

\[V =\pi \int\limits_{1}^{4}\left(\displaystyle\frac{x}{4}\right)^{2} \mathrm{d} x=\pi \int\limits_{1}^{4} \displaystyle\frac{x^{2}}{16} \mathrm{d} x=\pi\displaystyle\frac{x^{3}}{48}\bigg|_{1} ^{4}=\displaystyle\frac{21 \pi}{16}.\]

Ta có

\(V=\pi \displaystyle\int\limits_0^{\frac{\pi}{4}}\tan x\mathrm{\,d}x=-\pi\ln|\cos x|\bigg|_0^{\frac{\pi}{4}}=\pi \ln \sqrt{2}=\displaystyle\frac{\pi \ln 2}{2}\).

Ta có thể tích khối tròn xoay

\(V=\pi \int\limits_{0}^{1}(x^2-1)^2\mathrm{\, d} x=\pi\int\limits_{0}^{1}(x^4-2x^2+1)\mathrm{\, d} x= \displaystyle\frac{8\pi}{15}.\)

Thể tích của khối tròn xoay là

\(V=\pi \displaystyle\int\limits_{1}^{2} (4x-e^x)\mathrm{\,d} = \pi \left(2x^2-e^x\right)\bigg|_1^2=\pi \left(6-e^2+e\right).\)

Ta có \(V= \pi \displaystyle \int\limits_0^3 \left(-x^2 +3x \right)^2 \mathrm{\, d} x = \displaystyle\frac{81}{10} \pi\).

Thể tích cần tính

\[V= \pi \int \limits_0^1 (x^2-2x)^2 \mathrm{\,d}x = \pi \int \limits_0^1 (x^4 - 4x^3 + 4x^2) \mathrm{\,d}x = \pi \cdot \left. \left(\displaystyle\frac{x^5}{5} - x^4 + \displaystyle\frac{4x^3}{3} \right) \right|_0^1 = \displaystyle\frac{8\pi}{15}.\]

Thể tích \(V\) là

\[V=\pi\displaystyle\int\limits_{0}^{\tfrac{\pi}{2}}(\sqrt{2+\cos x})^{2}\mathrm{\,d}x=\pi\displaystyle\int\limits_{0}^{\tfrac{\pi}{2}} (2+\cos x)\mathrm{\,d}x=\pi(\pi+1).\]

Thể tích của khối tròn xoay bằng

\(V=\pi\displaystyle\int\limits_{1}^{3}(x^2-4x+3)^2\mathrm{\,d}x=\pi\displaystyle\int\limits_{1}^{3}(x^4-8x^3+22x^2-24x+9)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{16\pi}{15}.\)

Thể tích cần tính là

\(V=\displaystyle \pi\int\limits_{0}^{\frac\pi4} (\cos x)^2\mathrm{\,d}x=\pi\int\limits_{0}^{\frac\pi4} \displaystyle\frac{1+\cos2x}2\mathrm{\,d}x=\left.\pi\left(\displaystyle\frac x2+\displaystyle\frac{\sin2x}4\right)\right|_0^{\frac\pi4}=\displaystyle\frac18\pi^2+\displaystyle\frac14\pi.\)

Thể tích \(V=\pi\displaystyle\int\limits_{0}^{3} (9-x^2)\mathrm{\,d}x =\pi\left(9x-\displaystyle\frac{x^3}{3}\right)\Big|_{0}^{3}= 18\pi\).

Thể tích là

\begin{eqnarray*}&V&=2\pi \displaystyle\int\limits_{0}^{\pi} {{\sin^2x}\mathrm{\,d}x}= 2\pi \displaystyle\int\limits_{0}^{\pi} {\displaystyle\frac{1-\cos 2x}{2}\mathrm{\,d}x}\\\Leftrightarrow &V&= 2\pi \left.\left(\displaystyle\frac{1}{2}x-\displaystyle\frac{1}{4}\sin 2x\right)\right|_0^\pi=\pi^2.\end{eqnarray*}

Thể tích là

\(V=\pi\displaystyle\int\limits_{0}^{1}(x\sqrt{x})^2\mathrm{\,d}x=\pi\displaystyle\int\limits_{0}^{1}(x)^3\mathrm{\,d}x =\pi\cdot\left.\displaystyle\frac{x^4}{4} \right|_0^1=\displaystyle\frac{\pi}{4}\).

Ta có thể tích của khối tròn xoay khi quay \((H)\) quanh trục \(Ox\) là

\(V = \displaystyle \pi \int\limits_0^{\displaystyle\frac{\pi}{4}} \tan ^2x \,\mathrm{d}x = \pi\left(\tan x - x \bigg|_0^{\frac{\pi}{4}} \right) = \pi - \displaystyle\frac{\pi^2}{4}.\)

Thể tích của khối tròn xoay khi ta quay hình \((H)\) quanh trục \(Ox\) được tính bởi biểu thức

\(V = \displaystyle \pi \int\limits_0^{\pi} \sin ^2 x \, \mathrm{d}x = \displaystyle\frac{\pi^2}{2}.\)

Thể tích

\(V=\pi \displaystyle \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} (2+\cos x) \mathrm{\,d}x=\pi (2x+\sin x)\Big|_0^{\frac{\pi}{2}}=\pi (\pi+1)\).

\(V=\pi \displaystyle\int\limits_{0}^{2} \left(\displaystyle\frac{1}{x+1}\right)^2 \mathrm{\,d}x=\pi \displaystyle\int\limits_{0}^{2} \displaystyle\frac{1}{\left(x+1\right)^2} \mathrm{\,d}(x+1)=\pi \left(-\displaystyle\frac{1}{x+1}\right) \Bigg|_0^2=\pi\left(\displaystyle\frac{-1}{3}+1\right)=\displaystyle\frac{2\pi}{3}.\)

\(V=\pi \displaystyle \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{6}}\sin^2 x\mathrm{d}x=\displaystyle\frac{\pi}{2} \displaystyle \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{6}}(1-\cos2x)\mathrm{d}x=\displaystyle\frac{\pi}{2} \left(x-\displaystyle\frac{1}{2}\sin2x \right) \biggr|_0^{\frac{\pi}{6}}=\displaystyle\frac{\pi}{4} \left(2x-\sin2x \right)\biggr|_0^{\frac{\pi}{6}}=\displaystyle\frac{\pi}{4} \left(\displaystyle\frac{\pi}{3}-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2} \right)\).

Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay hình \((D)\) quanh trục \(Ox\) là

\(V=\pi\cdot \displaystyle\int\limits_1^4{\left(\displaystyle\frac{x}{4}\right)}^2dx=\left.{\displaystyle\frac{\pi x^3}{48}}\right|_1^4=\displaystyle\frac{21\pi}{16}.\)

Hình phẳng \((\mathcal{H})\) là phần tô đậm trong hình vẽ bên. Thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay \((\mathcal{H})\) quanh trục \(Ox\) là

\begin{align*}V=\pi \displaystyle\int\limits_{1}^{4}\displaystyle\frac{1}{x^2}\mathrm{\,d}x=-\displaystyle\frac{1}{x}\Bigg|_1^4=\displaystyle\frac{3\pi}{4}.\end{align*}

Thể tích của khối tròn xoay là \(V = \displaystyle \int\limits_0^1 \pi \ln (2x+1) \mathrm{\,d}x\).

Đổi biến \(2x+1=t\) thì \(\mathrm{d}t =2\mathrm{d}x\). Khi \(x=0\) thì \(t=1\), \(x=1\) thì \(t=3\).

\\ Do đó ta có \(V= \displaystyle \int\limits_{1}^{3} \displaystyle\frac{\pi}{2}\ln t \mathrm{\,d}t = \displaystyle\frac{\pi}{2} \displaystyle \int\limits_{1}^{3} \ln t \mathrm{\,d}t\).

Đặt \(\begin{cases}& \ln t= u \\ & \mathrm{d}t =dv} \Rightarrow \begin{cases}\mathrm{d}u =\displaystyle\frac{\mathrm{d}t}{t} \\ v=t.\end{cases}\)

Sử dụng tích phân từng phần ta có

\(\displaystyle\int\limits_1^3\ln t\mathrm{\,d}t=t\ln t \big|_1^3-\displaystyle\int\limits_1^3\mathrm{\,d}t=\left(t\ln t -t \right) \big|_1^3 = 3\ln 3 -2.\)

Vậy \(V= \displaystyle\frac{(3\ln 3-2) \pi}{2}=\displaystyle\frac{3 \pi}{2}\ln 3-\pi.\)

Thể tích của khối tròn xoay cần tìm là \(V=\pi\displaystyle\int\limits_{0}^{1}x^2\mathrm{e}^x\mathrm{\,d} x\). Ta có

\begin{align*}V&=\pi\int\limits_{0}^{1}x^2\mathrm{e}^x\mathrm{\,d} x=\pi\int\limits_0^1x^2\mathrm{\,d}(\mathrm{e}^x)=\pi x^2\mathrm{e}^x\bigg|_0^1-\pi\int\limits_0^12x\mathrm{e}^x\mathrm{\,d} x\\&=\pi \mathrm{e}-2\pi\int\limits_0^1x\mathrm{\,d}(\mathrm{e}^x)=\pi\mathrm{e}-2\pi x\mathrm{e}^x\bigg|_{0}^{1}+2\pi\int\limits_{0}^{1}\mathrm{e}^x\mathrm{\,d} x\\&= \pi\mathrm{e}-2\pi\mathrm{e}+2\pi\mathrm{e}^x\bigg|_{0}^{1}=-\pi\mathrm{e}+2\pi\mathrm{e}-2\pi=\pi\mathrm{e}-2\pi.\end{align*}

Phương trình hoành độ giao điểm \(x^2-4=2x-4\Leftrightarrow x=0;\,x=2\).

Dễ thấy trên khoảng \((0;2)\) cả hai hàm số đều có giá trị âm. Do đó ta có \(V=\pi \int\limits_0^2\left| \left(x^2-4\right)^2-\left(2x-4\right)^2\right|\mathrm{\, d}x=\displaystyle\frac{32\pi}{5}.\)

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của phương trình

\(x^2-4=2x-4 \Leftrightarrow x^2-2x=0 \Leftrightarrow x=0\); \(x=2.\)

Thể tích của khối tròn xoay cần tính là:

\(V=\pi \displaystyle\int\limits_0^2\left[(x^2-4)^2-(2x-4)^2\right]\mathrm{d}x=\pi \displaystyle\int\limits_0^2\left(x^4-12x^2+16x \right)\mathrm{d}x=\displaystyle\frac{32\pi}{5}.\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm

\(\displaystyle\frac{x^2}{2}=\sqrt{2x}\Leftrightarrow \displaystyle\frac{x^4}{4}=2x\Leftrightarrow x=0\); \(x=2.\)

Gọi \(D_1\) là hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = \sqrt{2x}, y=0, x=0, x=2\). Khối tròn xoay tạo thành khi quay \(D_1\) quanh trục hoành có thể tích \(V_1\).

Gọi \(D_2\) là hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = \displaystyle\frac{x^2}{2}, y=0, x=0, x=2\).

Khối tròn xoay tạo thành khi quay \(D_2\) quanh trục hoành có thể tích \(V_2\).

Khi đó

\(V=V_1-V_2=\displaystyle\pi\int_0^2 2x\mathrm{\,d}x-\displaystyle\pi\int_0^2 \displaystyle\frac{x^4}{4}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\pi\int_0^2\left(2x-\displaystyle\frac{x^4}{4}\right)\mathrm{\,d}x=\pi\left.\left(x^2-\displaystyle\frac{x^5}{20}\right)\right|_0^2=\displaystyle\frac{12\pi}{5}.\)

Phương trình hoành độ giao điểm \(x=\sqrt{x}\Leftrightarrow x=0;\) \(x=1.\)

Thể tích khối tròn xoay là

\(V=\pi\displaystyle\int\limits_0^1|x^2-x|\mathrm{\,d}x=\pi\displaystyle\int\limits_0^1(x-x^2)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{\pi}{6}\).

Gọi \((H_1)\) là hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y=2-x,\) \(Oy,\) \(Ox\) và \(x=1\); \((H_2)\) là hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y=\sqrt x, Oy, Ox\) và \(x=1.\) Gọi \(V_1, V_2\) tương ứng là thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay \((H_1), (H_2)\) quanh \(Ox.\)

Khi đó, dễ thấy, \(V=V_1-V_2.\)

Ta tính được

\(\displaystyle V_1=\pi\int\limits_0^1 (2-x)^2\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac73\pi, V_2=\pi\int\limits_0^1 x\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac12\pi.\)

Vậy, \(V=V_1-V_2=\displaystyle\frac{11}6\pi.\)

Giao điểm của đồ thị hai hàm số \(y=\sqrt{x}\) và \(y=x\) có tọa độ là nghiệm của hệ

\begin{eqnarray*}\begin{cases}y=\sqrt{x}\\ y=x\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}y=\sqrt{x} \\ \sqrt{x}=x\end{cases}\Leftrightarrow (y=1,\, x=1);\, (y=0,\, x=0).\end{eqnarray*}

Thể tích khối tròn xoay nhận được khi quay hình phẳng \((S)\) quanh trục \(Ox\) bằng thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng ở bên quanh trục \(Ox\).

Hơn thế nữa, ta có thể chia hình phẳng đó thành hai hình phẳng riêng biệt (miền kể ngang và miền kẻ chéo). Do đó thể tích khối tròn xoay được tính bằng công thức

\begin{eqnarray*}\displaystyle \int\limits_0^1 \pi \left(\sqrt{x} \right)^2 \mathrm{\,d}x + \displaystyle \int \limits_1^4 \pi \left(x \right)^2 \mathrm{\,d}x &=& \displaystyle \int\limits_0^1 \pi x \mathrm{\,d}x + \displaystyle \int \limits_1^4 \pi x^2 \mathrm{\,d}x \\ &=& \left. \displaystyle\frac{\pi x^2}{2} \right|_0^1 + \left. \displaystyle\frac{\pi x^3}{3} \right|_1^4 \\ &=& \displaystyle\frac{43 \pi}{2}.\end{eqnarray*}

Phương trình hoành độ giao điểm: \(x^2=\sqrt{x} \Leftrightarrow x=0, x=1\).

Thể tích cần tính là

\(V=\pi\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\left|x^4-x\right|\,\mathrm{d}x=\pi\displaystyle\int\limits_{0}^{1}(x-x^4)\,\mathrm{d}x=\pi\left(\displaystyle\frac{x^2}{2}-\displaystyle\frac{x^5}{5}\right)\Big|^1_0=\displaystyle\frac{3\pi}{10}\).

Phương trình hoành độ giao điểm \(x^2 = \sqrt{x} \Leftrightarrow x=0;\, x=1.\)

Với mọi \(x \in [0;1]\) thì \(0 \leq x^2 \leq \sqrt{x}\).

Do đó \(V = \pi \displaystyle \int \limits_0^1 \left((\sqrt{x})^2 - (x^2)^2\right) \mathrm{\,d}x = \pi \displaystyle \int \limits_0^1 \left(x - x^4\right) \mathrm{\,d}x = \pi \left(\displaystyle\frac{x^2}{2} - \displaystyle\frac{x^5}{5}\right)\Bigg|_0^1 = \displaystyle\frac{3\pi}{10}\).

Ta có \(\displaystyle V= \pi \int\limits_{0}^{1} \left[ \left (\sqrt{y}\right )^2-y^2\right ] \mathrm{\,d}y =\displaystyle\frac{\pi}{6}\).

Phương trình hoành độ giao điểm

\(\displaystyle\frac{x^2}{2}=\sqrt{2x}\) \(\Leftrightarrow \begin{cases}x\ge 0\\ \displaystyle\frac{x^4}{4}=2x\end{cases}\) \(\Leftrightarrow x=0;\, x=2.\)

Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành là

\(V=\pi \cdot \displaystyle \int\limits_{0}^{2} \left[(\sqrt{2x})^2-\left(\displaystyle\frac{x^2}{2}\right)^2\right] \mathrm{d}x=\pi \cdot \displaystyle \int\limits_{0}^{2} \left(2x - \displaystyle\frac{x^4}{4} \right) \mathrm{d}x= \pi \cdot\left(x^2 - \displaystyle\frac{x^5}{20} \right)\biggr|_0^2=\displaystyle\frac{12\pi}{5}\).

Ta có \(x=\sqrt{y}\Leftrightarrow y=x^2, x\ge 0\).

Do đó hình phẳng giới hạn bởi các đường đã cho là phần tô đậm trên hình vẽ.

Thể tích của vật thể tròn xoay khi quanh hình phẳng này quay trục \(Ox\) là

\begin{align*}V&=\pi\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\left(-x+2 \right)^2\mathrm{\,d}x-\pi\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\left(x^2 \right)^2\mathrm{\,d}x\\&=\pi\left[ \displaystyle\frac{(x-2)^3}{3}-\displaystyle\frac{x^5}{5} \right]\Bigg|_0^1=\displaystyle\frac{32}{15}\pi.\end{align*}

Các phương trình hoành độ giao điểm

\(2x^2=-x+3 \Leftrightarrow x=1;\, x=\displaystyle\frac{-3}{2}\Rightarrow x=1\).

\(-x+3=0\Leftrightarrow x=3.\)

\(2x^2=0\Leftrightarrow x=0\).

Thể tích khối tròn xoay cần tìm là

\(V=\pi\displaystyle\int\limits_{0}^{1}(2x^2)^2\mathrm{\,d}x+\pi \displaystyle\int\limits_{1}^{3}(-x+3)^2\mathrm{\,d}x =\displaystyle\frac{52\pi}{15}\).

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

Thể tích của khối tròn xoay khi quay \(D\) quanh trục \(Ox\) là

\(V= 2\cdot \pi \cdot \displaystyle\int\limits_{0}^1 \left(1-x^4\right) \mathrm{\,d}x=2\pi \cdot \left(x- \displaystyle\frac{x^5}{5}\right)\Bigr\rvert_{0}^1 = \displaystyle\frac{8\pi}{5}.\)

Ta có \(\sqrt{x}-1=0 \Leftrightarrow x=1\).

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay \((H)\) giới hạn bởi đường \(y=\sqrt{x}-1\), trục hoành và đường thẳng \(x=4\) quanh trục hoành là

\begin{eqnarray*}V&=&\pi\displaystyle\int\limits_1^4\left(\sqrt{x}-1\right)^2\mathrm{\,d}x \\&=&\pi\displaystyle\int\limits_1^4\left(x-2\sqrt{x}+1\right)\mathrm{\,d}x\\&=&\left.\pi\left(\displaystyle\frac{x^2}{2}-\displaystyle\frac{4}{3}\sqrt{x^3}+x\right)\right|_1^4=\displaystyle\frac{7\pi}{6}.\end{eqnarray*}

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(\sqrt{x^2-4}=0\Leftrightarrow x^2=4\Leftrightarrow x=\pm 2.\)

Khi đó hình phẳng \((H)\) giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y=\sqrt{x^2-4}\), trục \(Ox\), \(x=2\), \(x=3\).

Thể tích khối tròn xoay khi quay \((H)\) quanh \(Ox\) là

\(V=\pi \displaystyle\int\limits_{2}^{3} (x^2-4)\mathrm{\,d}x=\pi \left(\displaystyle\frac{x^3}{3}-4x\right)\Bigg|_{2}^3=\displaystyle\frac{7\pi}{3}.\)

Xét phương trình \(x=x^2 \Leftrightarrow x^2-x=0\Leftrightarrow x=0;\, x=1.\)

Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay \((H)\) xung quanh trục \(Ox\) là

\(V=\pi\displaystyle\int\limits_0^1{\left(x^2-x^4\right)}\mathrm{\,d}x=\pi\left.\left(\displaystyle\frac{x^3}{3}-\displaystyle\frac{x^5}{5}\right)\right|_0^1=\displaystyle\frac{2\pi }{15}.\)

Phương trình hoành độ giao điểm \(-x^2+4x=x \Leftrightarrow x=0;\, x= 3\).

Thể tích cần tính

\(V=\pi \displaystyle \int \limits_0^3 \left((4x-x^2)^2-x^2\right) \mathrm{d} x = \pi \left(\displaystyle\frac{x^5}{5}-2x^4 +5x^3\right)\bigg|_0^3=\displaystyle\frac{108\pi}{5}\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm

\(x^2-4x+6=-x^2-2x+6\Leftrightarrow 2x^2-2x=0\Leftrightarrow x=0;\, x=1.\)

Gọi \((H)\) là hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y=x^2-4x+6; y=-x^2-2x+6; x=0; x=1.\)

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay \((H)\) quanh \(Ox\) là

\begin{align*}V&=\left|\pi\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\left[(x^2-4x+6)^2-(-x^2-2x+6)^2\right]\mathrm{\, d}x\right| \\&=\left|\pi\displaystyle\int\limits_{0}^{1}(2x^2-2x)(12-6x)\mathrm{\, d}x\right| \\&=\left|\pi\displaystyle\int\limits_{0}^{1}(-12x^3+36x^2-24x)\mathrm{\, d}x\right| \\&=\left|\pi\left(-3x^4+12x^3-12x^2\right)\right|\Bigg|_0^1\\&=|-3\pi|=3\pi.\end{align*}

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(y=x^2+1\) và \(y=x^3+1\).

\(x^2+1=x^3+1 \Leftrightarrow x^3-x^2=0 \Leftrightarrow x=0;\,x=1.\)

Thể tích khối tròn xoay cần tính là

\begin{eqnarray*}V&=& \pi \displaystyle\int\limits_0^1 {\left|\left(x^2+1\right)^2-\left(x^3+1\right)^2\right|} \mathrm{\,d}x\\&=& \pi \left|\displaystyle\int \limits_0^1 {\left[\left(x^2+1\right)^2-\left(x^3+1\right)^2\right]} \mathrm{\,d}x\right|\\&=& \pi \left|\displaystyle\int \limits_0^1 {\left(-x^6+x^4-2x^3+2x^2\right)} \mathrm{\,d}x\right|\\&=& \pi \left|\left. \left(\displaystyle\frac{-1}{7}x^7+\displaystyle\frac{1}{5}x^5 - \displaystyle\frac{1}{2}x^4 + \displaystyle\frac{2}{3}x^3\right) \right|_0^1\right|\\&=& \displaystyle\frac{47 \pi}{210}.\end{eqnarray*}

Hoành độ giao điểm của đồ thị và parabol là nghiệm của phương trình

\begin{align*}x^2=3x-2\Leftrightarrow x^2-3x+2=0\Leftrightarrow x=1;\, x=2.\end{align*}

Thể tích cần tìm là

\(V=\pi \displaystyle\int\limits_{1}^{2} \left|(x^2)^2-(3x-2)^2\right| \mathrm{\,d}x=\pi \displaystyle\int\limits_{1}^{2} \left|x^4-9x^2+12x-4\right| \mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{4\pi}{5}\).

Ta có \(S\) là phần diện tích giới hạn bởi \(y=4\), \(y=\displaystyle\frac{x^2}{4}\), \(x=0\), \(x=4\), \(Ox\), suy ra thể tích của khối tròn xoay khi quay phần \(S\) quanh \(Ox\) là

\[V=\pi\displaystyle\int\limits_0^4\left[4^2-\left(\displaystyle\frac{x^2}{4}\right)^2\right]\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{256\pi}{5}.\]

Ta có \(\sqrt{x}=-x+2 \Leftrightarrow \begin{cases}-x+2\geq0\\x=(-x+2)^2\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x\leq2\\x^2-5x+4=0\end{cases} \Leftrightarrow x=1\).

Thể tích

\(V=\pi\displaystyle\int\limits_{0}^1 \left(\sqrt{x}\right)^2 \mathrm{\,d}x +\pi\displaystyle\int\limits_{1}^2 (-x+2)^2 \mathrm{\,d}x=\pi\left[\displaystyle\frac{x^2}{2}\biggr|^{1}_0+\left(\displaystyle\frac{x^3}{3}-2x^2+4x\right)\biggr|^{2}_1\right]=\displaystyle\frac{5\pi}{6}\).

Gọi \(D_1=\{y=\sqrt{6-x^2},\ Ox,\ x=-\sqrt{6},\ x=0 \}\) và \(D_2=\{y=\sqrt{6-x^2},\ y=\sqrt{x},\ x=0,\ x=2 \}\).

Khi quay \(D_1\) quanh \(Ox\) ta được khối tròn xoay là nửa khối cầu có bán kính \(R=\sqrt{6}\) nên có thể tích

\(V_1=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot \displaystyle\frac{4}{3}\pi R^3=4\pi \sqrt{6}.\)

Khi quay \(D_2\) quanh trục \(Ox\), khối tròn xoay sinh bởi có thể tích

\(V_2=\pi \displaystyle\int\limits_{0}^{2} (6-x^2-x) \textrm{d}x=\displaystyle\frac{22\pi}{3}.\)

Vậy thể tích cần tính là

\(V=V_1+V_2=4\pi\sqrt{6}+\displaystyle\frac{22\pi}{3}.\)

Dựa vào hình vẽ ta có

\begin{eqnarray*}&V&=\pi\displaystyle\int\limits_0^6 \left[\left(\displaystyle\frac{2x}{3}\right)^2-\left(\displaystyle\frac{x^2}{9}\right)^2\right]\mathrm{\,d}x\\& &=\pi\displaystyle\int\limits_0^6 \left(\displaystyle\frac{4x^2}{9}-\displaystyle\frac{x^4}{81}\right)\mathrm{\,d}x=\left(\displaystyle\frac{4x^3}{27}-\displaystyle\frac{x^5}{405}\right)\bigg|_0^6\\& &=\displaystyle\frac{64\pi}{5}.\end{eqnarray*}

Dựa vào đồ thị, ta có

\(V_{(H)}=\pi\displaystyle\int\limits_0^4{(\sqrt{x})^2\ \mathrm{\,d}x}-\pi\displaystyle\int\limits_2^4{\left(x-2\right)^2\mathrm{\,d}x}=\displaystyle\frac{16\pi}{3}\).

\(y^2=4x\Rightarrow y= 2\sqrt{x}\) (xét \(y\ge 0)\).

Thể tích khối tròn xoay cần tính là

\(V=\pi \displaystyle\int\limits_0^4 (2\sqrt{x})^2\mathrm{\,d}x-\pi\displaystyle\int\limits_0^4 x^2\mathrm{\,d}x=2\pi x^2\bigg|_0^4-\displaystyle\frac{\pi}{3}x^3\bigg|_0^4=\displaystyle\frac{32}{3}\pi.\)

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm \(O(0;0)\) và \((1;2)\) có dạng \(y=2x\).

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình \((H)\) quanh trục \(Ox\) là

\(V=\pi\displaystyle\int\limits_0^m(2x)^2\mathbb{\,d}x =\pi\displaystyle\frac{4}{3}x^3\Big|_0^m =\displaystyle\frac{4m^3}{3}=36\pi \Rightarrow m= 3\).

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \((1;0)\) và \((2;2)\). Suy ra phương trình \(d\) là \(y = 2x - 2\).

Do đó thể tích cần tính là

\begin{align*}V & = \pi \displaystyle \left(\int \limits_{0}^{2}\left(\sqrt{2x}\right)^2 \mathrm{\,d}x - \int \limits_{1}^{2}\left(2x - 2\right)^2 \mathrm{\,d}x\right)\\ &= \pi \left(\int \limits_{0}^{2} 2x \mathrm{\,d}x - \int \limits_{1}^{2}\left(2x - 2\right)^2 \mathrm{\,d}x\right)\\& = \pi \left(x^2 \bigg|_{0}^{2} - 4\displaystyle\frac{(x - 1)^3}{3} \bigg|_{1}^{2} \right) = \displaystyle\frac{8\pi}{3}.\end{align*}

Ta có \(V_1=\pi\displaystyle\int_{0}^{9} x\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{81\pi}{2}\).

Gọi \(M(a;\sqrt{a})\) (\(a>0\)) ta có \(V_2=\displaystyle\frac{1}{3}\pi \cdot a\cdot 9=3\pi a\).

Khi đó,

\(V_1=\displaystyle\frac{9}{4}V_2\Leftrightarrow \displaystyle\frac{81\pi}{2}=\displaystyle\frac{9}{4}\cdot 3\pi a \Leftrightarrow a=6\).

Suy ra

\(S=\displaystyle\int_{0}^{6} \sqrt{x}\mathrm{\,d}x -\displaystyle\frac{1}{2}\cdot 6\cdot\sqrt{6}=\sqrt{6}\).

Ta chọn hệ trục toạ độ \(Oxy\) với \(O\equiv O_2\) như hình vẽ.

Ta có \(O_1O_2=\sqrt{O_1A^2-O_2A^2}=6\) nên toạ độ các điểm là \(A(0;4),B(-4;0),O_1(-6;0)\).

Đường tròn \((O_1),(O_2)\) lần lượt cắt tia \(O_1O_2\) tại điểm \(C(4;0)\) và \(D(8;0)\).

Đường tròn \((O_1)\) có phương trình \((x+6)^2+y^2=100\) nên cung \(AC\) có phương trình \(y=\sqrt{100-(x+6)^2}\).

Đường tròn \((O_2)\) có phương trình \(x^2+y^2=64\) nên cung \(AD\) có phương trình \(y=\sqrt{64-x^2}\).

Vậy thể tích khối tròn xoay cần tìm là

\begin{eqnarray*}V &=& \pi\int\limits_0^8 (64-x^2)\mathrm{\,d}x-\pi\int\limits_0^4 \left[100-(x+6)^2\right]\mathrm{\,d}x \\&=& \pi\left(64x-\displaystyle\frac{x^3}{3}\right)\Big|_0^8-\pi\left(64x-6x^2-\displaystyle\frac{x^3}{3}\right)\Big|_0^4=\displaystyle\frac{608\pi}{3}.\end{eqnarray*}

Xét phương trình hoành độ giao điểm của parabol \(y=x^2\) và đường tròn \(x^2+y^2=2\), ta có

\(x^2+x^4=2 \Leftrightarrow x^2=1;\, x^2=-2 \Leftrightarrow x=1;\,x=-1.\)

Khi đó thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay \((H)\) quanh trục hoành là

\(V=\pi \displaystyle \int \limits_{-1}^1 |2-x^2-x^4| \mathrm{ \, d}x =\pi \displaystyle \int\limits_{-1}^1 (2-x^2-x^4) \mathrm{\,d}x=\pi \left(2x-\displaystyle\frac{x^3}{3}-\displaystyle\frac{x^5}{5} \right) \Big|^1_{-1}= \displaystyle\frac{44\pi}{15}.\)

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Theo đề bài ta có phương trình đường tròn là \(y=\sqrt{20-x^2}\) và phương trình của parabol là \(y=x^2\).

Phương trình hoành độ giao điểm là \(\sqrt{20-x^2}=x^2\Leftrightarrow x=\pm 2\).

Do tính chất đối xứng của hình vẽ nên ta có thể tích vật thể tròn xoay được tính theo công thức

\(V=2\left[\pi\displaystyle\int\limits_0^{2\sqrt{5}}(20-x^2)\mathrm{\, d}x-\pi\displaystyle\int\limits_0^{2}\left(20-x^2-x^4\right)\mathrm{\, d}x\right]=\displaystyle\frac{1}{15}\pi\left(800\sqrt{5}-928\right).\)

Điều kiện: \(0 \leq x \leq 3\).

Gọi \(V_1\) là phần thể tích tạo bởi phần hình phẳng \((H_1)\) giới hạn bởi parabol \(y = 2\sqrt{2}x^2\), trục hoành và các đường thẳng \(x = 0\), \(x = 1\); \(V_2\) là phần thể tích tạo bởi phần hình phẳng \((H_2)\) giới hạn bởi parabol \(y = \sqrt{9-x^2}\), trục hoành và các đường thẳng \(x = 1\), \(x = 3\).

Khi đó \(V = V_1 + V_2\).

Ta có \(V_1 = \displaystyle \pi \int_{0}^{1} 8x^4\mathrm{d}x = \displaystyle\frac{8\pi}{5}\).

\(V_2 = \displaystyle \pi \int_{1}^{3} (9-x^2)\mathrm{d}x = \displaystyle\frac{28\pi}{3}\).

\(V = V_1 + V_2 = \displaystyle\frac{8\pi}{5} + \displaystyle\frac{28\pi}{3} = \displaystyle\frac{164\pi}{15}\).

Vì \((P)\) đi qua ba điểm \(O(0;0),~A(2;4)\) nên phương trình Parabole là \((P)\colon y=x^2\).

Tiếp tuyến của \((P)\) tại điểm \(A(2;4)\) có phương trình là \(d\colon y=4x-4\).

Hoành độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\) là nghiệm phương trình \(x^2=4x-4\Leftrightarrow x=2\).

Thể tích khối tròn xoay khi quay quanh hình phẳng \((H_1)\) giới hạn bởi \((P)\), \(y=0,x=0,x=2\) là

\(V_1=\pi\displaystyle\int\limits_0^2 f^2(x)\mathrm{\,d}x=\pi\displaystyle\int\limits_0^2 x^4 \mathrm{\,d}x= \left. \displaystyle\frac{\pi x^5}{5}\right|_0^2=\displaystyle\frac{32\pi}{5}\).

Dựa vào hình vẽ ta có công thức tính thể tích của khối tròn xoay là

\(V=\pi \displaystyle\int\limits_0^4 \left[\left(\sqrt x\right)^2-\displaystyle\frac{1}{4}x^2 \right]\mathrm{\,d}x=\pi \displaystyle\int\limits_0^4 \left(x-\displaystyle\frac{1}{4}x^2 \right)\mathrm{\,d}x=\pi \left.\left(\displaystyle\frac{x^2}{2} -\displaystyle\frac{x^3}{12}\right) \right|_0^4=\displaystyle\frac{8}{3}\pi\).

Từ \((x-3)^2+(y-4)^2=1\Rightarrow y=4\pm \sqrt{1-(x-3)^2}\).

Thể tích khối tròn xoay là

\begin{eqnarray*}V&=&\pi \cdot \displaystyle \int\limits_{2}^{4}\left[\left(4+ \sqrt{1-(x-3)^2}\right)^2-\left(4- \sqrt{1-(x-3)^2}\right)^2\right]\mathrm{\,d}x\\&=&16\pi \cdot \displaystyle \int\limits_{2}^{4}\sqrt{1-(x-3)^2}\mathrm{\,d}x.\end{eqnarray*}

Đặt \(x-3=\sin t\Rightarrow \mathrm{\,d}x=\cos t\mathrm{\,d}t\).

\(1-(3-x)^2=1-\sin^2t=\cos^2t\).

Khi \(x=2\Rightarrow t=-\displaystyle\frac{\pi}{2}; x=4\Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{2}\).

\(V=16\pi \cdot \displaystyle \int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^2t\mathrm{d}t = 8\pi \cdot \displaystyle \int \limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (1+\cos2t)\mathrm{d}t=8\pi \left(t\bigg|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} + \displaystyle\frac{1}{2}\sin2t\bigg|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\right) = 8\pi\).

Parabol có đỉnh \(I(1;1)\) và đi qua gốc tọa độ \(O\) nên có phương trình \((P)\colon y=-x^2+2x\).

Giao điểm còn lại của \((P)\) với trục hoành là \((2;0)\).

Khi đó ta có

\(V=\pi\displaystyle\int\limits_0^2(-x^2+2x)^2\mathrm{\,d}x=\pi\displaystyle\int\limits_0^2(x^4-4x^3+4x^2)\mathrm{\,d}x=\pi\left.\left(\displaystyle\frac{x^5}{5}-x^4+\displaystyle\frac{4x^3}{3}\right)\right|_0^2=\displaystyle\frac{16\pi}{15}\).

Phương trình hoành độ giao điểm:

\(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{9}x^2=\sqrt{4-x^2}\Leftrightarrow x=\sqrt{3}\).

Khi đó \(V=\pi\left[\displaystyle\int\limits_0^{\sqrt{3}}\left(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{9}x^2\right)^2\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{\sqrt{3}}^2\left(\sqrt{4-x^2}\right)^2\mathrm{\,d}x\right]\)

\(=\pi\left[\displaystyle\int\limits_0^{\sqrt{3}}\displaystyle\frac{1}{27}x^6\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{\sqrt{3}}^2\left(4-x^2\right)\mathrm{\,d}x\right]=\left(-\displaystyle\frac{20\sqrt{3}}{7}+\displaystyle\frac{16}{3}\right)\pi\).

Suy ra \(a=20,b=7,c=16,d=3\Rightarrow P=46\).

Ta có \(V=\pi \displaystyle\int\limits_0^4x\mathrm{\,d}x=8\pi\).

\(V_1\) là thể tích của hai khối nón tròn xoay cùng đáy và tổng chiều cao bằng \(4\), nên ta có:

\(V_1=\displaystyle\frac{1}{3}\pi \cdot MH^2(OK+KH)=\displaystyle\frac{1}{3}\pi \cdot(\sqrt{a})^2\cdot 4=\displaystyle\frac{4}{3}\pi a\).

\(V=2V_1\Leftrightarrow 8\pi=2\cdot \displaystyle\frac{4}{3}\pi a \Leftrightarrow a=3\).

Gọi \(\mathscr{H}_1\) là hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y=x^2\), \(y=\displaystyle\frac{x^2}{8}\), \(x=0\), \(x=2\); \(V_1\) là thể tích của khối tròn xoay khi quay \(\mathscr{H}_1\) quanh \(Ox\); \(\mathscr{H}_2\) là hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y=\displaystyle\frac{8}{x}\), \(y=\displaystyle\frac{x^2}{8}\), \(x=2\), \(x=4\); \(V_2\) là thể tích của khối tròn xoay khi quay \(\mathscr{H}_2\) quanh \(Ox\).

Thể tích của khối tròn xoay đã cho là

\begin{align*}V=V_1+V_2 =\pi \int\limits_0^2 \left ( x^4 - \displaystyle\frac{x^4}{64}\right ) \mathrm{d}x +\pi \int\limits_2^4 \left (\displaystyle\frac{64}{x^2} - \displaystyle\frac{x^4}{64}\right ) \mathrm{d}x = \displaystyle\frac{96 \pi}{5}.\end{align*}

Ta có

\(IJ=\sqrt{OE^2-EJ^2}=\sqrt{4-3}=1\).

\(OJ=\sqrt{IE^2-EJ^2}=\sqrt{12-3}=3\).

Thể tích của khối tròn xoay cần tìm

\(\begin{aligned}V= &\pi\displaystyle\int\limits_{-2}^{1}\left(\sqrt{4-x^2}\right)^2\mathrm{d}x+\pi\displaystyle\int\limits_{-2\sqrt{3}}^{3}\left(\sqrt{12-x^2}\right)^2\mathrm{d}x.\end{aligned}\)

Ta có

\(\pi\displaystyle\int\limits_{-2}^{1}\left(\sqrt{4-x^2}\right)^2\mathrm{d}x=\pi\left(4x-\displaystyle\frac{x^3}{3}\right)\Bigg|_{-2}^{1}=\pi\left(4-\displaystyle\frac{1}{3}+8-\displaystyle\frac{8}{3}\right)=9\pi\).

\(\pi\displaystyle\int\limits_{-2\sqrt{3}}^{3}\left(\sqrt{12-x^2}\right)^2\mathrm{d}x=\pi\left(12x-\displaystyle\frac{x^3}{3}\right)\Bigg|_{-2\sqrt{3}}^{3}=\pi\left(36-9+24\sqrt{3}-8\sqrt{3}\right)=\left(27+16\sqrt{3}\right)\pi\).

Vậy \(V=9\pi+\left(27+16\sqrt{3}\right)\pi=\left(36+16\sqrt{3}\right)\pi\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(y=x+2\) và \(y=4\) là \(x+2=4 \Leftrightarrow x = 2.\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(y=-x^2+6x-5\) và \(y=4\) là \(-x^2+6x-5=4 \Leftrightarrow x=3.\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(y=x+2\) và trục tung là \(x=0.\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(y=-x^2+6x-5\) và trục hoành là

\(-x^2+6x-5=0 \Leftrightarrow x=1;\, x=5.\)

Ta có phần diện tích giới hạn bởi các đồ thị \(d\colon y=x+2\), \(\Delta\colon y=4\) và parabol \((P)\colon y=-x^2+6x-5\) và hai trục tọa độ.

Thể tích vật thể là

\begin{eqnarray*}V& =& \pi \displaystyle \int\limits_{0}^{1} (x+2)^2 \mathrm{\,d}x + \pi \int\limits_{1}^{2} \left[(x+2)^2-(-x^2+6x-5)^2\right]\mathrm{\,d}x+\pi \int\limits_{2}^{3} \left[4^2 - (-x^2+6x-5)^2\right]\mathrm{\,d}x\\&=& \pi \displaystyle\frac{\left(x+2\right)^3}{3}\bigg|_0^1+\pi \left[-\displaystyle\frac{x^5}{5} +3x^4-15x^3+32x^2-21x\right]\bigg|_1^2+\pi \left[-\displaystyle\frac{x^5}{5}+3x^4-\displaystyle\frac{46}{3}x^3+30x^2-9x\right]\bigg|_2^3\\&=& \displaystyle\frac{19\pi}{3}+\displaystyle\frac{44\pi}{5}+\displaystyle\frac{37\pi}{15} = \displaystyle\frac{88\pi}{5}.\end{eqnarray*}

Ta có \(AB \colon y=\displaystyle\frac{1}{2}x+\displaystyle\frac{a}{4},\quad BC\colon y=2x-\displaystyle\frac{a}{2}.\)

Thể tích \(V\) của khối tròn xoay sinh ra khi quay hình sao quanh trục \(Ox\) là

\begin{eqnarray*}&V&=2\left[\pi \displaystyle\int\limits_{0}^{\tfrac{a}{2}} \left(\displaystyle\frac{1}{2}x+\displaystyle\frac{a}{4} \right)^2 \mathrm{\,d}x-\pi \displaystyle\int\limits_{\tfrac{a}{4}}^{\tfrac{a}{2}} \left(2x-\displaystyle\frac{a}{2} \right)^2 \mathrm{\,d}x \right]\\&&=2\pi \left(\displaystyle\frac{7a^3}{96}- \displaystyle\frac{19a^3}{48}\right)=\displaystyle\frac{5\pi a^3}{48}.\end{eqnarray*}

\(V_1\) bằng thể tích khối trụ có bán kính đáy bằng 4 và chiều cao bằng 8 trừ bốn lần thể tích của vật tròn xoay tạo thành khi vật thể giới hạn bởi các đường \(x=2\sqrt{y}\), \(x=0\), \(y=0\), \(x=4\) quay quanh trục \(Oy\).

\(V_1 = \pi\cdot 4^2\cdot 8 - 4 \pi \int \limits_0^{4} {2 y} \mathrm{\,d}y = 64\pi.\)

Thể tích

\(V_2 = \displaystyle\frac{4}{3}\pi \left (4^3 - 2^3 - 2^3\right )= 64\pi.\)

Gọi \(r\) là bán kính đáy của vật thể, ta có \(r^2=\displaystyle\frac{B}{\pi}=\displaystyle\frac{3}{\pi}\).

Gắn hệ trục tọa độ \(Oxy\) có gốc tọa độ tại đỉnh của vật thể và tia \(Ox\) đi qua tâm đáy của vật thể (như hình vẽ bên).

Khi đó vật thể là khối tròn xoay tạo thành khi quay một parabol quanh trục \(Ox\). Parabol này có đỉnh \(O\) nên có phương trình dạng \(y^2=2px\).

Từ giả thiết ta có \(\displaystyle\frac{3}{\pi}=2p\cdot 4\Leftrightarrow p=\displaystyle\frac{3}{8\pi}\), suy ra parabol có phương trình \(y^2=\displaystyle\frac{3}{4\pi}x\).

Vậy thể tích vật thể là

\(V=\displaystyle \int\limits_0^4 \displaystyle\frac{3}{4\pi}x\mathrm{\, d}x=\left.\displaystyle\frac{3x^2}{8}\right|_0^4=6\).

Gọi \(a\) là hoành độ điểm \(M\).

Trường hợp 1: \(a\le9\), ta có

\(V_1=\pi\displaystyle\int\limits_0^9\left(\sqrt{x}\right)^2\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{81\pi}{2}\) và \(V_2=\displaystyle\frac{1}{3}\pi\left(\sqrt{a}\right)^2a+\displaystyle\frac{1}{3}\pi\left(\sqrt{a}\right)^2\left(9-a\right)=3\pi a\).

Ta có \(V_1=2V_2\Leftrightarrow\displaystyle\frac{81\pi}{2}=2\cdot3\pi a\Leftrightarrow a=\displaystyle\frac{27}{4}\).

Từ đó suy ra \(S=\displaystyle\int\limits_0^{\tfrac{27}{4}}\sqrt{x}\mathrm{\,d}x-\displaystyle\frac{1}{2}\cdot\displaystyle\frac{27}{4}\cdot\sqrt{\displaystyle\frac{27}{4}}=\displaystyle\frac{27\sqrt{3}}{16}\).

Trường hợp 2: \(a>9\), ta có

\(V_2=\displaystyle\frac{1}{3}\pi\left(\sqrt{a}\right)^2a-\displaystyle\frac{1}{3}\pi\left(\sqrt{a}\right)^2(a-9)=3\pi a\).

Ta có \(V_1=2V_2\Leftrightarrow\displaystyle\frac{81\pi}{2}=2\cdot(3\pi a)\Leftrightarrow a=\displaystyle\frac{27}{4}\).

So điều kiện \(a>9\), ta loại trường hợp 2.

Dung tích của bình là

\[V=\displaystyle\int\limits_{0}^{4} S(x)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{0}^{4} \left(2+\displaystyle\frac{x^2}{4}\right)\mathrm{\,d}x=\left(2x+\displaystyle\frac{x^3}{12}\right)\bigg|_0^4=\displaystyle\frac{40}{3}.\]

Thể tích vật thể cần tìm là

\(V=\displaystyle\int\limits_{-2}^{2} S(x)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{-2}^{2} \displaystyle\frac{1}{2}\left(4-x^2\right)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{1}{2}\left(4x-\displaystyle\frac{x^3}{3}\right)\bigg|_{-2}^{2}=\displaystyle\frac{8}{3}-\left(-\displaystyle\frac{8}{3}\right)=\displaystyle\frac{16}{3}\).

Thể tích của lều là

\(V=\displaystyle \int_{a}^{b} S(x) \mathrm{d}x=\displaystyle \int_{0}^{3} (\sqrt{9-x^2})^2 \mathrm{d}x=18\ (m^2)\).

Thể tích khối tròn xoay cần tính là

\(V=\pi \displaystyle\int_0^1f^2(x) \mathrm{\,d} x=\pi \displaystyle\int_0^1(\sqrt{x})^2 \mathrm{~d}x=\pi \displaystyle\int_0^1x \mathrm{~d}x=\left.\displaystyle\frac{\pi x^2}{2}\right|_0^1=\displaystyle\frac{\pi}{2}.\)

Thể tích phần trong của chậu cây là

\(\pi\displaystyle\int\limits_{0}^{4}\left(\sqrt{x}+\displaystyle\frac{3}{2}\right)^{2}\mathrm{\,d}x=\pi \displaystyle\int\limits_{0}^{4}\left(x+3x^{\tfrac{1}{2}}+\displaystyle\frac{9}{4}\right)\mathrm{\,d} x=\pi\left(\displaystyle\frac{x^{2}}{2}+2x^{\tfrac{3}{2}}+\displaystyle\frac{9}{4}x\right)\Bigg|_0^4=33\pi~(\mathrm{dm}^3).\)

Cửa có hình dạng một parabol \((P)\) với phương trình \(y=ax^2+bx+c\).

Parabol \((P)\) có đỉnh \(I\left(0;\displaystyle\frac{9}{4}\right)\) nên \(c=\displaystyle\frac{9}{4}\), suy ra \((P)\colon y=ax^2+bx+\displaystyle\frac{9}{4}\).

Vì parabol \((P)\) đi qua các điểm \(A\left(-\displaystyle\frac{3}{2};0\right)\), \(B\left(\displaystyle\frac{3}{2};0\right)\) nên

\(\begin{cases}\displaystyle\frac{9}{4}a-\displaystyle\frac{3}{2}b=-\displaystyle\frac{9}{4}\\\displaystyle\frac{9}{4}a+\displaystyle\frac{3}{2} b=-\displaystyle\frac{9}{4}\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}a=-1\\ b=0.\end{cases}\)

Do đó \((P)\colon y=-x^{2}+\displaystyle\frac{9}{4}\).

Gọi \(S\) (m\(^2\)) là diện tích kính cần lắp. Ta có \(S\) bằng diện tích hình phẳng \((H)\) giới hạn bởi parabol, trục hoành và các đường thẳng \(x=-\displaystyle\frac{3}{2}\), \(x=\displaystyle\frac{3}{2}\).

\(S=\displaystyle\int\limits_{-\frac{3}{2}}^{\frac{3}{2}}\left(-x^{2}+\displaystyle\frac{9}{4}\right)\mathrm{\,d}x=\left(-\displaystyle\frac{x^{3}}{3}+\displaystyle\frac{9}{4} x\right)\Bigg|_{-\tfrac{3}{2}} ^{\tfrac{3}{2}}=\displaystyle\frac{9}{2}\) (m\(^2\)).

Vậy diện tích kính cần lắp là \(\displaystyle\frac{9}{2}\) m\(^2\).

Vòm cổng có hình dạng một parabol \((P)\) có đỉnh \(I(0 ; 2)\) nên có phương trình dạng \(y=ax^2+2\). Mặt khác \((P)\) đi qua điểm \(B\left(\displaystyle\frac{5}{2} ; \displaystyle\frac{3}{2}\right)\) nên ta có

\(\displaystyle\frac{3}{2}=a\cdot \left(\displaystyle\frac{5}{2}\right)^2+2\Leftrightarrow \displaystyle\frac{25}{4}a=-\displaystyle\frac{1}{2}\Leftrightarrow a=-\displaystyle\frac{2}{25}.\)

Do đó \((P)\colon y=-\displaystyle\frac{2}{25}x^2+2\).

Gọi \(S~\left(\mathrm{m}^2\right)\) là tổng diện tích hai cánh cửa cổng. Khi đó \(S\) bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol \((P)\), trục hoành và hai đường thẳng \(x=-\displaystyle\frac{5}{2}\), \(x=\displaystyle\frac{5}{2}\). Vậy

\(S=\int\limits_{-\tfrac{5}{2}}^{\tfrac{5}{2}}\left(-\displaystyle\frac{2}{25}x^2+2\right)\,\mathrm{d}x=\left.\left(-\displaystyle\frac{2}{75}x^3+2x\right)\right|_{-\tfrac{5}{2}}^{\tfrac{5}{2}}=\displaystyle\frac{55}{6}~\left(\mathrm{m}^2\right).\)

Đặt vào hệ trục tọa độ, đỉnh cửa trùng với điểm \(A \in Oy\), hai điểm \(B\), \(C\) thuộc trục \(Ox\).

Do cửa có chiều cao là \(35\text{m}\) và đáy có chiều dài là \(70\text{m}\) nên \(A(0;21)\), \(B(-35;0)\) và \(C(35;0)\).

Do đồ thị Parabol cắt trục hoành tại \(B(-35;0)\) và \(C(35;0)\) nên parabol có phương trình là

\(y=a(x-35)(x+35)\).

Mà parabol qua điểm \(A(0;21)\) nên

\(y=\displaystyle\frac{-3}{175}(x-35)(x+35)=\displaystyle\frac{-3}{175}(x^2-1225)\).

Khi đó, diện tích kính của cánh cửa là

\(S=\displaystyle\int\limits_{-35}^{35} \displaystyle\frac{-3}{175}(x^2-1225) \mathrm{\,d}x=980\text{m}^2\).

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ bên.

Giả sử parabol có phương trình dạng \((P)\colon y=ax^2+bx+c\).

Vì parabol có đỉnh là \((0;4{,}8)\), cắt trục hoành tại \(A(-2;0)\), \(B(2;0)\) nên

\(\begin{cases}-\displaystyle\frac b{2a}=0\\4a+2b+c=0\\c=4{,}8\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}a=-1{,}2\\b=0\\c=4{,}8.\end{cases}\)

Vậy \((P)\colon y=-1{,}2x^2+4{,}8\).

Suy ra diện tích cổng là

\(S_1=\displaystyle\int\limits_{-2}^2(-1{,}2x^2+4{,}8)\mathrm{d}x\,=(-0{,}4x^3+4{,}8x)\Big|_{-2}^2=12{,}8\text{ (m\(^2\)).}\)

Từ đó diện tích cần sơn là \(10(2+4+2)-12{,}8=67{,}2\) m\(^2\).

Tổng chi phí để sơn lại toàn bộ mặt ngoài của bức tường đó là \(67{,}2\cdot15\,000=1\,008\,000\) đồng.

Diện tích của hình thang cong được tô màu vàng là:

\(\begin{aligned}I & =\int\limits_2^{25}-\frac{1}{800}\left(x^3-33 x^2+120 x-400\right) \mathrm{d} x \\& =-\frac{1}{800}\left(\int\limits_2^{25} x^3 \mathrm{~d} x-33 \int\limits_2^{25} x^2 \mathrm{~d} x+120 \int\limits_2^{25} x \mathrm{~d} x-400 \int\limits_2^{25} \mathrm{~d} x\right) \\& =-\frac{1}{800}\left(\frac{x^4}{4}\bigg|_2 ^{25}-11 x^3\bigg|_2 ^{25}+60 x^2\bigg|_2 ^{25}- 400 x\bigg|_2 ^{25}\right)=\frac{184299}{3200}\left(\mathrm{~m}^2\right).\end{aligned}\)

Từ hình vẽ, hình phẳng tô màu giới hạn bởi đồ thị hàm số \(f(x)\), \(y=5\) và hai đường thẳng \(x=-5\), \(x=10\).

Khi đó diện tích hình phẳng tô màu sau là

\(S=\displaystyle\int\limits_{-5}^{10} \left[ 5-\displaystyle\frac{3}{100} \left(-\displaystyle\frac{1}{3}x^3+5x^2 \right) \right] \mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{675}{16}\text{m}^2\).

a) Giả sử parabol \(y=f(x)\) cho bởi công thức \(f(x)=ax^2+bx+c\) (\(a\neq 0\)). Do parabol \(y=f(x)\) đi qua điểm \(D(0;2)\) nên \(c=2\), suy ra \(f(x)=ax^2+bx+2\) (\(a\neq 0\)).

Vì parabol \(y=f(x)\) đi qua các điểm \(C(-4;0)\) và \(E(4;0)\) nên ta có hệ

\begin{align*}\begin{cases} 16a-4b+2=0 \\ 16a+4b+2=0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} a=-\displaystyle\frac{1}{8} \\ b=0.\end{cases}\end{align*}

Vậy \(f(x)=-\displaystyle\frac{1}{8}x^2+2\).

Giả sử parabol \(y=g(x)\) cho bởi \(g(x)=a_1x^2+b_1x+c_1\) (\(a_1\neq 0\)). Do parabol \(y=g(x)\) đi qua điểm \(G(0;-3)\) nên \(c_1=-3\), suy ra \(g(x)=a_1x^2+b_1x-3\) (\(a_1\neq 0\)).

Vì parabol \(y=g(x)\) đi qua các điểm \(C(-4;0)\) và \(E(4;0)\) nên ta có

\begin{align*}\begin{cases}16a_1-4b_1-3=0 \\ 16a_1+4b_1-3=0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a_1=\displaystyle\frac{3}{16} \\ b_1=0.\end{cases}\end{align*}

Vậy \(g(x)=\displaystyle\frac{3}{16}x^2-3\).

b) Diện tích của logo là \(S=S_1+S_2\), trong đó \(S_1\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các parabol \(f(x)=-\displaystyle\frac{1}{8}x^2+2\), \(g(x)=\displaystyle\frac{3}{16}x^-3\) và hai đường thẳng \(x=-5\), \(x=-4\); \(S_2\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các parabol \(f(x)=-\displaystyle\frac{1}{8}x^2+2\), \(g(x)=\displaystyle\frac{3}{16}x^-3\) và hai đường thẳng \(x=-4\), \(x=4\).

Do đó ta có

\begin{eqnarray*}S&=&\displaystyle\int\limits_{-5}^{-4} \left|f(x)-g(x)\right| \mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{-4}^{4} \left|f(x)-g(x)\right| \mathrm{\,d}x\\&=&\displaystyle\int\limits_{-5}^{-4} \left[g(x)-f(x)\right] \mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{-4}^{4} \left[f(x)-g(x)\right] \mathrm{\,d}x\\&=&\displaystyle\int\limits_{-5}^{-4} \left[\left(\displaystyle\frac{3}{16}x^2-3\right)-\left(-\displaystyle\frac{1}{8}x^2+2\right)\right] \mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{-4}^{4} \left(-\displaystyle\frac{1}{8}x^2+2\right)-\left(\displaystyle\frac{3}{16}x^2-3\right) \mathrm{\,d}x\\&=&\displaystyle\int\limits_{-5}^{4} \left(\displaystyle\frac{5}{16}x^2-5\right) \mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{-4}^{4} \left(-\displaystyle\frac{5}{16}x^2+5\right) \mathrm{\,d}x\\&=&\displaystyle\frac{5}{48}x^3\bigg|_{-5}^{-4}-5x\bigg|_{-5}^{-4}-\displaystyle\frac{5}{48}x^3\bigg|_{-4}^4+5x\bigg|_{-4}^4\\&=&\displaystyle\frac{305}{48}-5-\displaystyle\frac{640}{48}+40=\displaystyle\frac{1345}{48}.\end{eqnarray*}

c) Gọi \(t\) là lượng ánh sáng đi qua mỗi dm\(^2\) của logo. Suy ra lượng ánh sáng đi qua logo là \(\displaystyle\frac{1345}{48}t\). Mặt khác, diện tích của cửa sổ là \((8+1)\cdot (2+3)=45\) dm\(^2\) và lượng ánh sáng đi qua mỗi dm\(^2\) của phần cửa sổ nằm ngoài logo là \(2t\). Suy ra, lượng ánh sáng đi qua cửa sổ trước khi làm logo là \(45\cdot 2t=90t\) và lượng ánh sáng đi qua phần cửa sổ nằm ngoài logo là

\begin{align*}\left(45-\displaystyle\frac{1345}{48}\right)2t=\displaystyle\frac{815}{24}t.\end{align*}

Do đó, tổng lượng ánh sáng đi qua cửa sổ sau khi làm logo là

\begin{align*}\displaystyle\frac{1345}{48}t+\displaystyle\frac{815}{24}t=\displaystyle\frac{2975}{48}t.\end{align*}

Tỉ số phần trăm của lượng ánh sáng đi qua cửa sổ sau khi làm logo so với lượng ánh sáng đi qua cửa sổ trước khi làm logo là

\begin{align*}\left(\displaystyle\frac{2975t}{48}:(90t)\right)\cdot 100\%\approx 68{,}9\%.\end{align*}

Vậy lượng ánh sáng đi qua toàn bộ cửa sổ sau khi làm logo sẽ giảm đi xấp xỉ là

\begin{align*}100\%-68{,}9\%=31{,}1\%.\end{align*}

Thể tích quả trứng ngỗng là

\begin{eqnarray*}V&=&\pi \int\limits_{-4{,}35}^{4{,}35}\displaystyle\frac{1}{900}\left(7569-400x^2\right)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{\pi}{900}\left.\left(7569x-\displaystyle\frac{400x^3}{3}\right)\right|_{-4{,}35}^{4{,}35}\\&=&\displaystyle\frac{219501\pi}{4500}\approx 153{,}24~\left(\mathrm{cm}^3\right).\end{eqnarray*}

Ta có nhiệt độ của nước trong cốc sau \(t\) phút là

\(\begin{aligned}T(t)=\displaystyle \int T'(t)\mathrm{\,d}t&=\int \left(-\displaystyle\frac{3}{2} e^{-\tfrac{t}{50}} \right)\mathrm{\,d}t\\ &=\int \left[-\displaystyle\frac{3}{2} \left(e^{-\tfrac{1}{50}}\right)^t \right]\mathrm{\,d}t\\ &=-\displaystyle\frac{3}{2}\cdot \displaystyle\frac{e^{-\tfrac{t}{50}}}{\ln e^{-\tfrac{1}{50}}}+C=75\cdot e^{-\tfrac{t}{50}}+C.\end{aligned}\)

Vì \(t=0\) là thời điểm nước ở \(95^{\circ}\)C nên

\(T(0)=95\Leftrightarrow 75+C=95\Leftrightarrow C=15\Rightarrow T(t)=75\cdot e^{-\tfrac{t}{50}}+15\).

Vậy nhiệt độ của nước tại thời điểm \(t=30\) phút là

\(T(30)=75\cdot e^{-\tfrac{30}{50}}+15\approx 56{,}16 \ ^{\circ}\text{C}.\)

Độ cao của viên đạn là một nguyên hàm của hàm vận tốc

\[h(t)=\int (160-9{,}8t)\mathrm{\,d}t=160t-4{,}9t^2+C.\]

Với \(t=0\) thì \(h(0)=0\), suy ra \(C=0\).

a) Khi \(t=5\) giây thì \(h(5)=160\cdot 5-4{,}9\cdot 5^2=677{,5}\) mét.

b) Độ cao lớn nhất đạt được khi \(t=\displaystyle\frac{160}{9{,}8}=\displaystyle\frac{800}{49}\).

Khi đó

\[h_{\max}=160\cdot \displaystyle\frac{800}{49}-4{,}9\cdot\left(\displaystyle\frac{800}{49}\right)^2\approx 1306{,}1 \text{ m}\]

Sự bất bình đẳng thu nhập của Hoa Kỳ vào năm \(2005\) là

\[S=\displaystyle\int\limits_{0}^{100} \left[\left(0{,}00061 x^2+0{,}0218 x+1723\right)^2-x\right] \mathrm{\,d}x=297\,945\,768.\]

Thể tích phần bên trong của bình gốm là

\[V_1=\pi \displaystyle \int\limits_0^{30} \left(\displaystyle\frac{1}{175} x^2+\displaystyle\frac{3}{35} x+5\right)^2 \mathrm{\,d}x=240\pi \, (\text{cm}^3).\]

Thể tích của bình gốm bao gồm cả độ dày là

\[V_2=\pi \displaystyle \int\limits_0^{30} \left(\displaystyle\frac{1}{175} x^2+\displaystyle\frac{3}{35} x+5+1\right)^2 \mathrm{\,d}x=270\pi \, (\text{cm}^3).\]

Thể tích cần dùng để hoàn thành bình gốm là

\[V=V_2-V_1=270 \pi-240\pi=30 \pi \, (\text{cm}^3).\]

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, với \(A(-3;0)\), \(B(3;0)\), \(C(2;0)\), mỗi đơn vị độ dài biểu thị cho \(1\) dm.

Gọi \((P) \colon y=a x^2+b x+c\) là parabol đi qua các điểm \(A'\left(-3;\displaystyle\frac{3}{2}\right)\), \(B'\left(3;\displaystyle\frac{3}{2}\right)\) và có đỉnh \(C(0;2)\).

Suy ra \(a=-\displaystyle\frac{1}{18}\); \(b=0\); \(c=2\).

Do đó \((P) \colon y=-\displaystyle\frac{1}{18}x^2+2\).

Thể tích thùng bia hơi chính là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số \((P) \colon y=-\displaystyle\frac{1}{18}x^2+2\) và hai đường thẳng \(x=-3\); \(x=3\) quanh trục \(Ox\).

Suy ra thể tích thùng bia hơi là

\(V=\pi\displaystyle\int\limits_{-3}^{3}\left(\displaystyle\frac{-1}{18}x^2+2\right)^2\mathrm{\,d}x\approx 64\) lít.

Gọi \((\alpha)\) là mặt phẳng chứa trục của thùng rượu. Mặt phẳng \((\alpha)\) cắt mặt xung quanh của thùng rượu theo các đường parabol.

Trong mặt phẳng \((\alpha)\) chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, đơn vị độ dài trên trục là \(1\) dm.\\ Phương trình parabol \((P)\) qua \(A\), \(B\), \(I\) có dạng \(y=ax^2+c\).

Có \(\begin{cases}I(0;4)\\ A(5;3)\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}c=40\\3=25a+c\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}a=-\displaystyle\frac{1}{25}\\ c=4.\end{cases}\)

Phương trình parabol \((P)\) là \(y=-\displaystyle\frac{1}{25}x^2+4\)

Gọi \(D\) là hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y=-\displaystyle\frac{1}{25}x^2+4\), \(y=0\), \(x=-5\), \(x=5\).

Thùng rượu được xem là khối tròn xoay sinh bởi hình phẳng \(D\) khi quay xung quanh trục \(Ox\). Suy ra thể tích thùng rượu là

\[V=\pi\displaystyle\int\limits_{-5}^5\left(-\displaystyle\frac{1}{25}x^2+4\right)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{406}{3}\pi \,\text{(dm\(^3\))}\,\approx 425{,}2\,\text{(lít).}\]

Gọi \((P)\colon y=ax^2+bx+c\) là Parabol đi qua \(A(1;2)\) và có đỉnh là \(B(0;2{,}5)\).

Khi đó ta có \(\begin{cases}a+b+c=2\\-\displaystyle\frac{b}{2a}=0\\c=2{,}5\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a=-0{,}5\\b=0\\c=2{,}5.\end{cases}\)

Vậy \((P)\colon y=-0{,}5x^2+2{,}5\).

Diện tích cái cửa là

\(\displaystyle\int\limits_{-1}^{1}(-0{,}5x^2+2{,}5)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{14}{3}\) m\(^2\).

Do đó, số tiền để làm cửa là \(\displaystyle\frac{14}{3}\) triệu đồng.

Phương trình elip là \(\displaystyle\frac{x^2}{4}+\displaystyle\frac{y^2}{1}=1\).

Phương trình nửa trên của elip là \(y=\sqrt{1-\displaystyle\frac{x^2}{4}}\).

Phương trình nửa dưới của elip là \(y=-\sqrt{1-\displaystyle\frac{x^2}{4}}\).

Thể tích cần tính là

\[V=\displaystyle \pi\int\limits_{-2}^2{ \left(8+\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}\right)^2 \mathrm d x}- \pi\int\limits_{-2}^2 \left(8-\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}\right)^2 \mathrm d x=\displaystyle \pi\int\limits_{-2}^2 32\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}\mathrm d x=32\pi^2.\]

Tích phân được tính bằng cách lượng giác hóa, đặt \(x=2\sin t\).

Chọn hệ trục tọa độ có gốc là tâm hình chữ nhật, các trục tọa

độ song song với các cạnh của hình chữ nhật khi đó

các phương trình của parabol là \(y=-\displaystyle\frac{x^2}{8} +4\)

và \(y=\displaystyle\frac{x^2}{8} -4\). Diện tích phần

trồng hoa là

\(\displaystyle S= \int\limits_{-4\sqrt{2}}^{4\sqrt{2}} \left(-\displaystyle\frac{x^2}{8} +4-\displaystyle\frac{x^2}{8} +4\right) \textrm{\,d}x \approx 60,34\) \(\textrm{m}^2\).

Xét hệ trục tọa độ \(Oxy\) với \(O\) trùng với \(C\), \(A(4;0)\in Ox\), \(E(0;3)\in Oy.\)

Ta có \(M(2;0)\). Vì cạnh cong \(AE\) nằm trên một đường parabol có trục đối xứng vuông góc với mặt phẳng đấy nên gọi

phương trình cạnh cong \(AE\) là \(y=ax^2+bx+c.\)

\(AE\) đi qua \(A(4;0)\Rightarrow 16a+4b+c=0.\quad (1)\)

\(AE\) đi qua \(E(0;3{,}5)\Rightarrow c=3{,}5.\quad (2)\)

\(AE\) đi qua \(N(2;1)\Rightarrow 4a+2b+c=1.\quad (3)\)

Từ \((1)\), \((2)\), \((3)\) suy ra

\(\begin{cases}a=\displaystyle\frac{3}{16}\\b=-\displaystyle\frac{13}{8}\\c=\displaystyle\frac{7}{2}\end{cases}.\)

Do đó, phương trình đường thẳng \(AE\) là

\(y=\displaystyle\frac{3}{16}x^2-\displaystyle\frac{13}{8}x+\displaystyle\frac{7}{2}.\)

Diện tích tam giác cong \(ACE\) là

\(S=\displaystyle\int\limits_{0}^{4}\left(\displaystyle\frac{3}{16}x^2-\displaystyle\frac{13}{8}x+\displaystyle\frac{7}{2}\right)\mathrm{\,d}x=5.\)

Xét trục \(AB\), mặt phẳng \((P)\) qua một điểm bất kì thuộc \(AB\) và vuông góc với \(AB\) cắt khối bê tông theo một thiết diện có diện tích tam giác cong \(ACE\) là \(S(x)=5.\)

Do đó thể tích của khối bê tông là

\(V=\displaystyle\int\limits_{0}^{2}S(x)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{0}^{2}5\mathrm{\,d}x=10.\)

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Đường tròn tâm \(O(0;0)\) và đi qua điểm \(A(2;6)\) có bán kính \(R=\sqrt{2^2+6^2}=2\sqrt{10}\).

Phương trình đường tròn có dạng: \(x^2+y^2=40 \Rightarrow y=\sqrt{40-x^2}\) là phương trình nửa đường tròn phía trên trục hoành.

Diện tích nửa hình tròn là \(S=\displaystyle\frac{\pi R^2}{2}=20\pi\).

Gọi parabol \((P) \colon y=ax^2+bx+c\left(a \ne 0\right)\).

\((P)\) đi qua các điểm \(O(0;0);A(2;6);B(-2;6)\) suy ra \(a=\displaystyle\frac{3}{2},\ b=0,\ c=0 \Rightarrow (P) \colon y=\displaystyle\frac{3}{2}x^2\).

Diện tích trồng hoa hồng giới hạn bởi các đường \(y=\displaystyle\frac{3}{2}x^2,\ y=\sqrt{40-x^2},\ x=-2,\ x=2\) là

\(S_1=\displaystyle\int\limits_{-2}^2 \left|\sqrt{40-x^2}-\displaystyle\frac{3}{2}x^2\right|\mathrm{\,d}x.\)

Vậy chi phí cần dùng để trồng hoa trong khuôn viên là

\(S_1.120000+(S-S_1) \cdot 80000=\left(80 \cdot 20\pi +40 \cdot \displaystyle\int\limits_{-2}^2 \left|\sqrt{40-x^2}-\displaystyle\frac{3}{2}x^2\right|\mathrm{\,d}x\right) \cdot 1000=5.701.000\ \text{đồng}.\)

Xét một đáy của của thùng đựng dầu và gán hệ trục như hình vẽ.

Phương trình đường elip đáy khi đó có phương trình \(\displaystyle\frac{x^2}{0\text{,}5^2}+\displaystyle\frac{y^2}{0\text{,}4^2}=1.\)

Khi đó chiều cao mép dầu trong thùng trùng với đường thẳng \(y=0\text{,}2 .\)

Xét phương trình \(0\text{,}4\sqrt{1-\displaystyle\frac{x^2}{0\text{,}5^2}}=0\text{,}2\Leftrightarrow x=\pm \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}.\)

Diện tích phần mặt chứa dầu là

\(S=0\text{,}5\times 0\text{,}4\times \pi -\displaystyle\int\limits_{-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}}^{\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}} \left(0\text{,}4\sqrt{1-\displaystyle\frac{x^2}{0\text{,}5^2}} -0\text{,}2\right)\mathrm{\,d}x \approx 0\text{,}506.\)

Do đó thể tích dầu trong thùng là

\(V=3\cdot S\approx 1\text{,}52\)m\(^3\).

Xét hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ.

Có thể coi hồ lô được tạo thành bằng cách cho đường cong, gấp khúc quay quanh trục \(Ox\).

Phương trình cung cong lớn là \(x^2+y^2=13^2\Rightarrow y=\sqrt{169-x^2}\).

Phương trình cung cong nhỏ là \((x-16)^2+y^2=41\Rightarrow y=\sqrt{41-(x-16)^2}\).

Thể tích hồ lô là

\begin{eqnarray*}V &=&\pi\displaystyle \int\limits_{-13}^{12}(169-x^2)\mathrm{\,d}x+\pi\displaystyle \int\limits_{12}^{22}\left[41-(x-16)\right]\mathrm{\,d}x+\pi\displaystyle \int\limits_{22}^{26}5\mathrm{\,d}x\\&=&\pi \left(\displaystyle\frac{8750}{3}+\displaystyle\frac{950}{3}+20\right)=\displaystyle\frac{9760}{3}\pi \approx 10220{,}65\, \text{cm}^3\approx 10{,}2\, \text{lít}.\end{eqnarray*}

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ.

Khi đó, phương trình đường tròn \((\mathscr{C})\) là \(x^2+(y-30)^2=25\).

Phương trình nửa trên và nửa dưới (theo đường kính \(AB\)) của \((\mathscr{C})\) là

\begin{align*}\mathscr{C}_t&\colon y=30+\sqrt{25-x^2};\\\mathscr{C}_d&\colon y=30-\sqrt{25-x^2}.\end{align*}

Ta có:

\begin{align*}V&=\pi\displaystyle\int\limits_{-5}^5\left[\left(30+\sqrt{25-x^2}\right)^2-\left(30-\sqrt{25-x^2}\right)^2\right]\mathrm{\,d}x\\&=\pi\displaystyle\int\limits_{-5}^5 120\sqrt{25-x^2}\mathrm{\,d}x\end{align*}

Đặt \(x=5\sin t,t\in\left[-\displaystyle\frac{\pi}{2};\displaystyle\frac{\pi}{2}\right]\Rightarrow \mathrm{d}x=5\cos t\mathrm{\,d}t\).

Đổi cận: \(x=-5\Rightarrow t=-\displaystyle\frac{\pi}{2}; x=5\Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{2}\).

Khi đó, ta có

\(V=120\pi\displaystyle\int\limits_{-\tfrac{\pi}{2}}^{\tfrac{\pi}{2}}25\cos^2t\mathrm{\,d}t=1500\pi\displaystyle\int\limits_{-\tfrac{\pi}{2}}^{\tfrac{\pi}{2}}(1+\cos 2t)\mathrm{\,d}t=1500\pi t\biggr|_{-\tfrac{\pi}{2}}^{\tfrac{\pi}{2}}+750\pi\sin 2t\biggr|_{-\tfrac{\pi}{2}}^{\tfrac{\pi}{2}}=1500\pi^2\mathrm{\,cm}^3\).

Gọi \(R'\), \(x\) là bán kính, chiều cao của phần rượu trong ly khi rượu bằng nửa thể tích lúc đầy. Ta có các công thức

Thể tích khối parabol tròn xoay \(V=\displaystyle\frac{1}{2}\pi R^2h\).

\(\displaystyle\frac{x}{h}=\left(\displaystyle\frac{R'}{R}\right)^2\).

Áp dụng công thức này ta có hệ phương trình

\(\begin{cases}\displaystyle\frac{x}{10}=\displaystyle\frac{R'^2}{9}\\\displaystyle\frac{1}{2}\pi 3^2\cdot10=2\cdot\displaystyle\frac{1}{2}\pi R'^2x\end{cases}\Leftrightarrow\displaystyle\frac{1}{2}\pi 3^2\cdot10=2\cdot\displaystyle\frac{1}{2}\pi \left(\displaystyle\frac{9x}{10}\right)\cdot x \Leftrightarrow x=5\sqrt{2}\approx7{,}07.\)

Trong hệ trục tọa độ \(Oxy\), xét đường tròn \((C)\) có phương trình \(x^2+y^2=25\). Khi đó nửa phần trên trục hoành của \((C)\) quay quanh trục hoành tạo ra mặt cầu tâm \(O\) bán kính bằng \(5\). Mặt khác ta tạo hình phẳng \(H\) giới hạn bởi nửa phần trên trục hoành của \((C)\), trục \(Ox\) và các đường thẳng \(x=-3\), \(x=3\); sau đó quay \(H\) quanh trục \(Ox\) ta được khối tròn xoay chính là chiếc lu trong đề bài. Ta có \(x^2+y^2=25\Leftrightarrow y=\pm \sqrt{25-x^2}\) suy ra nửa phần trên trục hoành của \((C)\) là \(y=\sqrt{25-x^2}\).

Thể tích \(V\) của chiếc lu được tính bởi công thức

\(V=\pi \displaystyle\int\limits\limits_{-3}^3 \left(\sqrt{25-x^2}\right)^2 \mathrm{\,d}x=\pi \displaystyle\int\limits\limits_{-3}^3 \left(25-x^2\right) \mathrm{\,d}x= \pi \left(25x-\displaystyle\frac{x^3}{3}\right)\Biggr\rvert_{-3}^3=132\pi\) dm\(^3\).

Ta có \(2a=150\Rightarrow a=75\), \(2b=90\Rightarrow b=45\).

Phương trình chính tắc elip là \(\displaystyle\frac{x^2}{75^2}+\displaystyle\frac{y^2}{45^2}=1\).

Gọi \(M(x,y)\in (E)\) thì \(N(x,-y)\in (E)\), suy ra

\(MN=2|y|=2\cdot \displaystyle\frac{45}{75}\sqrt{75^2-x^2}=\displaystyle\frac{6}{5}\sqrt{75^2-x^2}.\)

Gọi \(S\) là diện tích quạt tròn chứa cung \(MNE\). Diện tích phần gạch sọc được tính bằng

\(\displaystyle\frac{1}{4}S_1-S_{IMN}=\displaystyle\frac{1}{4}\pi IM^2-\displaystyle\frac{1}{2}IM^2=\left(\displaystyle\frac{\pi}{4}-\displaystyle\frac{1}{2}\right) IM^2=\left(\displaystyle\frac{\pi}{4}-\displaystyle\frac{1}{2}\right) \left(\displaystyle\frac{MN}{\sqrt{2}}\right)^2.\)

Khi đó, thể tích phần không gian bên dưới mái che và bên trên mặt sân, được tính bằng

\(\displaystyle \int\limits_{-75}^{75} \left(\displaystyle\frac{\pi}{4}-\displaystyle\frac{1}{2}\right) \left(\displaystyle\frac{MN}{\sqrt{2}}\right)^2\mathrm{\,d}x=\left(\displaystyle\frac{\pi}{4}-\displaystyle\frac{1}{2}\right) \displaystyle \int\limits_{-75}^{75} \displaystyle\frac{18}{25}(75^2-x^2)\mathrm{\,d}x\approx 115586\text{ m}^3.\)

Xét mặt phẳng \((\alpha)\) đi qua trục của chiếc ly.

Gọi \((\mathscr{C})\) là đường tròn lớn của quả cầu.

Ta thấy đường tròn \((\mathscr{C})\) và đồ thị \((C) \colon y = 2^x\) tiếp xúc nhau \(A\).

Chọn hệ trục \(Oxy\) như hình vẽ, ta được \(A(2;4)\).

Tiếp tuyếp với \((C)\) tại \(A\) là \((d) \colon y = (4 \ln 2) \cdot x - 8\ln 2 + 4.\)

Đường thẳng vuông góc với \((d)\) tại \(A\) là \((\Delta) \colon y = - \displaystyle\frac{1}{4\ln 2 }\cdot x + \displaystyle\frac{1}{2\ln 2 } +4.\)

Tâm \(I\) của đường tròn \((\mathscr{C})\) là giao điểm của \((\Delta)\) và \(Oy\), ta được \(I \left(0; \displaystyle\frac{ 1 + 8 \ln 2}{2 \ln 2} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow{IA} = \left(2; -\displaystyle\frac{1}{2\ln 2} \right)\), suy ra thể tích khối cầu

\(V_{\text{khối cầu}} = \displaystyle\frac{4\pi}{3} \cdot IA^3 \approx 40{,}26\) cm\(^3\).

Dung tích chiếc ly là

\(V = \displaystyle \pi \int \limits^{ y_B }_1 \left[ \log_2 y \right ]^2 \mathrm{\,d}y \approx 69{,}92\) cm\(^3\).

Thể tích nước chứa trong chiếc ly là

\(V_{\text{nước}} = V - V_{ \text{khối cầu} } \approx 29{,}66\) cm\(^3\).

Diện tích thiết diện là \(S(x)=\displaystyle\frac{1}{2}\pi R^2=\displaystyle\frac{1}{2}\pi x^2(4-x).\)

Vậy thể tích cần tìm là

\(V=\displaystyle\int\limits_0^4 S(x)\mathrm{d}x=\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int\limits_0^4 \pi x^2(4-x)\mathrm{d}x=\displaystyle\frac{1}{2}\pi\displaystyle\int\limits_0^4\left( 4x^2-x^3\right) \mathrm{d}x=\displaystyle\frac{\pi}{2}\left(\displaystyle\frac{4}{3}x^3-\displaystyle\frac{x^4}{4}\right)\Bigg|_0^4=\displaystyle\frac{32\pi}{3}.\)

Thiết diện là parabol có chiều cao \(h=3-\displaystyle\frac{2}{5}x\) cm.

Vậy độ dài cạnh đáy là \(a=2h=2\left(3-\displaystyle\frac{2}{5}x\right)\) cm.

Khi đó, diện tích thiết diện là

\(S(x)=\displaystyle\frac{2}{3}ah=\displaystyle\frac{4}{3}\left(3-\displaystyle\frac{2}{5}x\right)^2\).

Xét hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Ta có, thể tích không gian bên trong đường hầm mô hình là

\(V=\displaystyle\int\limits_0^5 S(x) \mathrm{\,d}x=\int\limits_0^5 \displaystyle\frac{4}{3}{\left(3-\displaystyle\frac{2}{5}x\right)}^2\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{260}{9}\approx 29\; \mathrm{cm}^3.\)

Ta có phương trình của elip là \(\displaystyle\frac{x^2}{1}+\displaystyle\frac{y^2}{\displaystyle\frac{1}{4}}=1\).

Gọi \(S_1\) là diện tích của phần mặt phẳng giới hạn bởi elip, ta có \(S_1=\pi\cdot a\cdot b=\pi\cdot 1\cdot \displaystyle\frac{1}{2}=\displaystyle\frac{\pi}{2}\).

Gọi \(S_2\) là diện tích hình phẳng giới giới hạn bởi nửa trên elip và đường thẳng \(MN\).

Phương trình \(MN\colon y=\displaystyle\frac{1}{4}\).

Phương trình nửa trên elip là \(y=\sqrt{\displaystyle\frac{1-x^2}{4}}\Leftrightarrow y=\displaystyle\frac{1}{2}\sqrt{1-x^2}\).

Phương trình hoành độ giao điểm của elip và \(MN\) là

\(\displaystyle\frac{1}{2}\sqrt{1-x^2}=\displaystyle\frac{1}{4}\Leftrightarrow 1-x^2=\displaystyle\frac{1}{4}\Leftrightarrow x=\pm\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}.\)

Suy ra \(S_2=\displaystyle\int\limits_{-\frac{\sqrt{3}}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}\left(\displaystyle\frac{1}{2}\sqrt{1-x^2}-\displaystyle\frac{1}{4}\right)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{-\frac{\sqrt{3}}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}\left(\displaystyle\frac{1}{2}\sqrt{1-x^2}\right)\mathrm{\,d}x-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}\).

Đặt \(x=\sin t\Rightarrow \mathrm{d}x=\cos t\mathrm{\,d}t\).

Đổi cận \(x=-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow t=-\displaystyle\frac{\pi}{3}\), \(x=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{3}\).

Suy ra

\(\displaystyle\int\limits_{-\frac{\sqrt{3}}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}\left(\displaystyle\frac{1}{2}\sqrt{1-x^2}\right)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int\limits_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}}\cos^2t\mathrm{\,d}t=\displaystyle\frac{1}{4}\displaystyle\int\limits_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}}(1+\cos 2t)\mathrm{\,d}t=\displaystyle\frac{1}{4}\left(t+\displaystyle\frac{1}{2}\sin 2t\right)\Biggr|_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}}=\displaystyle\frac{\pi}{6}+\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{8}.\)

Suy ra \(S_2=\displaystyle\frac{\pi}{6}+\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{8}-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}=\displaystyle\frac{\pi}{6}-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{8}\).

Vậy thể tích \(V=\left(\displaystyle\frac{\pi}{2}-\displaystyle\frac{\pi}{6}+\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{8}\right)\cdot 3{,}5\approx 4{,}42\) m\(^3\).

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Cắt khối nước trong cốc khi nằm nghiêng theo mặt phẳng vuông góc với trục \(Ox\) ta được thiết diện là tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\).

Ta có: \(AB=BC \cdot \tan \alpha =\sqrt{R^2-x^2} \cdot \tan \alpha\)

\(\Rightarrow S_{\triangle ABC}=\displaystyle\frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC=\displaystyle\frac{1}{2}(R^2-x^2) \cdot \tan\alpha =\displaystyle\frac{1}{2}(R^2-x^2) \cdot \displaystyle\frac{h}{R}\).

\(\Rightarrow V=\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int\limits_{-4}^4 (R^2-x^2)\displaystyle\frac{h}{R}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int\limits_{-4}^4 (R^2-x^2)\displaystyle\frac{12}{4}\mathrm{\,d}x=128\) cm\(^3\).

Dựng trục tọa độ \(Ox\) như hình vẽ.

Qua điểm có tọa độ \(x\), với \(0\le x\le 4\), kẻ mặt phẳng song song với mặt đáy của khối \((H)\), ta được thiết diện là hình vuông có cạnh là \(a=\sqrt{R^2-x^2}=\sqrt{16-x^2}\).

Diện tích của thiết diện là \(S=a^2=(16-x^2)\).

Thể tích \(V\) của khối \((H)\) là

\(V=\displaystyle\int\limits_0^4(16-x^2)\mathrm{\,d}x=\left.\left(16x-\displaystyle\frac{x^3}{3}\right)\right|_0^4=\displaystyle\frac{128}{3}.\)

Đặt trục tọa độ \(Ox\) như hình vẽ.

Mặt phẳng \((P)\) vuông góc với trục \(Ox\) tại điểm có hoành độ \(x\) cắt phần nước khi nghiêng cốc theo thiết diện là một tam giác \(MNK\) vuông tại \(N\).

Từ giả thiết suy ra \(\tan \widehat{MKN}=\displaystyle\frac{MN}{NK}=\displaystyle\frac{10}{6}=\displaystyle\frac{5}{3}\), nên \(MN=\displaystyle\frac{5}{3}NK\).

Mặt khác: \(NK^2=ON^2-OK^2=36-x^2\).

Nên \(S_{MNK}=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot MN\cdot NK=\displaystyle\frac{5}{6}NK^2=\displaystyle\frac{5}{6}(36-x^2)\).

Thể tích lượng nước trong cốc là:

\(V=\displaystyle\int\limits_{-6}^6\displaystyle\frac{5}{6}(36-x^2)\mathrm{\,d}x=\left(30x-\displaystyle\frac{5}{18}x^3\right)\bigg|_{-6}^6=240 \; \mathrm{cm}^3\).

Khi cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với trục \(Ox\) tại điểm có hoành độ \(x\) \((-1\le x\le 1)\) thì được thiết diện là một tam giác đều có cạnh bằng \(2\sqrt{1-x^2}\).

Do đó, diện tích của thiết diện là \(S(x)=\displaystyle\frac{(2\sqrt{1-x^2})^2\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}(1-x^2)\).

Vậy, thể tích \(V\) của vật thể là

\(V=\displaystyle\int\limits_{-1}^1\sqrt{3}(1-x^2)\mathrm{\,d}x=\sqrt{3}\left(x-\displaystyle\frac{x^3}{3}\right)\bigg|_{-1}^1=\displaystyle\frac{4\sqrt{3}}{3}.\)

Gọi phương trình của vận tốc chuyển động là \(v(t)=at^2+bt+c\), \(a,\,b,\,c\in\mathbb{R}\) và \(a\ne 0\). Khi đó ta có

\begin{eqnarray*}\begin{cases}-\displaystyle\frac{b}{2a}=1\\a+b+c=1\\c=2\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}b=-2a\\a+(-2a)+2=1\\c=2\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a=1\\b=-2\\c=2.\end{cases}\end{eqnarray*}

Như vậy \(v(t)=t^2-2t+2\) (km/giờ).

Phương trình chuyển động của vật là

\(s(t)=\displaystyle\int v(t)\mathrm{\,d} t=\displaystyle\int\left(t^2-2t+2\right)\mathrm{\,d} t =\displaystyle\frac{1}{3}t^3-t^2+2t+C\).

Quãng đường \(s\) mà vật đi được trong \(4\) giờ kể từ lúc xuất phát là

\(s=s(4)-s(0)=\left(\displaystyle\frac{1}{3}\cdot 4^3-4^2+2\cdot 4+C\right)-(C)=\displaystyle\frac{40}{3}\,\text{km}.\)

Ta có \(v(t)=\displaystyle\int\limits_0^t 5\mathrm{\,d}t=5t\).

Suy ra

quãng đường vật đi được là \(s=\displaystyle\int\limits_0^{1{,}2} 5t \mathrm{\,d}t=3{,}6\) m.

Trong \(1\) giờ đầu, ta gọi phương trình vận tốc của vật là \(v=at^2+bt+c\), suy ra \(v'=2at+b\).

Theo giả thiết ta có

\(\begin{cases}v(0)=4\\ v(2)=9\\ v'(2)=0\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}c=4\\ 4a+2b+4=9\\ 4a+b=0\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}a=-\displaystyle\frac{5}{4}\\ b=5\\ c=4.\end{cases}\)

Suy ra \(v(t)=-\displaystyle\frac{5}{4}t^2+5t+4\), từ đó ta có \(v(1)=\displaystyle\frac{31}{4}\).

Trong \(3\) giờ sau, gọi phương trình vận tốc \(v(t)=at+b\).

Theo giả thiết ta có

\(\begin{cases}v(1)=a+b=\displaystyle\frac{31}{4}\\ v(4)=4a+b=4\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}a=-\displaystyle\frac{5}{4}\\ b=9.\end{cases}\)

Suy ra \(v(t)=-\displaystyle\frac{5}{4}t+9\).

Quãng đường vật đi trong \(4\) giờ là

\(S=\displaystyle\int\limits_0^1\left(-\displaystyle\frac{5}{4}t^2+5t+4\right)\mathrm{\,d}t+\displaystyle\int\limits_1^4\left(-\displaystyle\frac{5}{4}t+9\right)\mathrm{\,d}t=23,7083.\)

Hàm số \(v(t)=at^2+bt\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(50\) khi \(t=10\) nên ta có hệ phương trình

\[\begin{cases}-\displaystyle\frac{b}{2a}=10\\100a+10b=50\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}20a+b=0\\100a+10b=50\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}a=-\displaystyle\frac{1}{2}\\b=10.\end{cases}\]

Do đó \(v(t)=-\displaystyle\frac{1}{2}t^2+10t\).

Quãng đường \(s\) ô tô đi được trong \(20\) giây đầu được tính bằng công thức

\begin{eqnarray*}& s&=\displaystyle\int\limits_0^{10}\left(-\displaystyle\frac{1}{2}t^2+10t\right)\mathrm{\,d}t+\displaystyle\int\limits_{10}^{20}50\mathrm{\,d}t\\& &= \left(-\displaystyle\frac{t^3}{6}+5t^2\right)\bigg|_0^{10}+50t\bigg|_{10}^{20}\\& &=\displaystyle\frac{2500}{3}.\end{eqnarray*}

Vậy quãng đường ô tô đi được trong \(20\) giây đầu là \(s=\displaystyle\frac{2500}{3}\) m.

Gọi phương trình chuyển động của vật trong \(1\) giờ đầu là \(v(t)=at^2+bt+c\).

Từ đồ thị ta có

\(\begin{cases}v(0)=4\\v(2)=9\\-\displaystyle\frac{b}{2a}=2\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}c=4\\4a+b=0\\4a+2b+c=9\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}a=-\displaystyle\frac{5}{4}\\b=5\\c=4\end{cases}\Rightarrow v(t)=-\displaystyle\frac{5}{4}t^2+5t+4\).

Quãng đường đi được trong giờ đầu là \(S_1=\displaystyle\int\limits_0^1\left(-\displaystyle\frac{5}{4}t^2+5t+4\right)\mathrm{\,d}t=\displaystyle\frac{73}{12}\) (km).

Tại thời điểm \(t=1\), vận tốc của vật là \(v(1)=\displaystyle\frac{31}{4}\).

Quãng đường vật đi được trong \(2\) giờ tiếp theo là \(S_2=\displaystyle\frac{31}{4}\times2=\displaystyle\frac{31}{2}\) (km).

Vậy quãng đường vật di chuyển được trong \(3\) giờ là \(S=S_1+S_2=\displaystyle\frac{259}{12}\approx21{,}58\) (km).

Khi ô-tô dừng hẳn thì \(v(t)=0\Leftrightarrow t=2\).

Vậy đoạn đường ô-tô di chuyển được là \(S=\displaystyle\int\limits_0^2v(t)\mathrm{\,d}t=\displaystyle\int\limits_0^2(20-10t)\mathrm{\,d}t=(20t-5t^2)\Big|_0^2=20\) m.

Khi \(v=0\Rightarrow t=\displaystyle\frac{a}{2}\).

Quãng đường xe đi được kể từ lúc phanh cho đến khi dừng lại là

\(S=\displaystyle \int\limits_{0}^{\frac{a}{2}}(a-2t)\mathrm{\,d}t = \left(at-t^2\right) \big|_0^{\frac{a}{2}}=\displaystyle\frac{a^2}{4}\).

Để quãng đường đi được sau khi phanh không vượt quá \(9\) m thì \(\displaystyle\frac{a^2}{4}\le 9 \Rightarrow a\le 6\).

Thời điểm \(t\) ô tô đạt tốc độ \(72~\mathrm{km}/\mathrm{h}\) (tức \(20~\mathrm{m}/\mathrm{s}\)) là nghiệm của \(30-2t=20\Leftrightarrow t=5\) (s).

Quãng đường đi được trong khoảng thời gian \(5\) s là

\(S=\displaystyle\int\limits_0^5v(t)\mathrm{\,d}t=\displaystyle\int\limits_0^5\left(30-2t\right)\mathrm{\,d}t=\left(30t-t^2\right)\biggr|_0^5=30\cdot 5-5^2=125~\mathrm{m}.\)

Khi dừng hẳn thì vận tốc lúc đó bằng không nên thời gian ô tô chạy được từ lúc đạp phanh đến lúc dừng hẳn là

\[0=-5t+10\,\,\, \text{hay}\,\,\, t=2.\]

Quảng đường ô tô đi được từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn là

\[S=\displaystyle\int\limits_0^{2} \left(-5t+10 \right)\mathrm{\,d}t=\left(-\displaystyle\frac{5t^2}{2}+10 t\right) \Bigg|_{0}^{2}=10\, \text{m}.\]

Ta có \(v(t)=200 \Leftrightarrow t^2+10t=200 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{ll}t= 10 & (\text{thỏa mãn})\\t=-20 & (\text{loại}).\end{array} \right.\)

Như vậy khi máy bay chuyển động được 10 giây thì cất cánh.

Quãng đường máy bay di chuyển được tính theo công thức \(S(t)=\displaystyle\int (t^2+10t) \mathrm{\,d}t=\displaystyle\frac{t^3}{3}+5t^2\).

Quãng đường máy bay di chuyển trên đường băng là

\(S=\displaystyle\frac{10^3}{3}+5\times 10^2=\displaystyle\frac{2500}{3}\) (m).

Khi xe dừng hẳn thì \(v(t)=0 \Leftrightarrow -5t+20=0\Leftrightarrow t=4.\)

Quãng đường xe đi được kể từ khi đạp phanh đến lúc dùng lại là

\(S=\displaystyle\int\limits_0^4 (-5t+20)\mathrm{\,d}t =\left(-\displaystyle\frac{5}{2}t^2+20t\right)\biggr|_0^4= 40.\)

Vậy từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, xe ô tô còn cách hàng rào ngăn \(45-40=5\) m.

Ta có

\begin{eqnarray*}& &\displaystyle \int\limits_0^b v(t)\mathrm{\,d}t=175\\&\Leftrightarrow& \displaystyle \int\limits_0^b (10+3t^2)\mathrm{\,d}t=175\\&\Leftrightarrow& (10t+t^3)\big|_0^b=175\\&\Leftrightarrow& 10b+b^3=175\\&\Leftrightarrow& b=5.\end{eqnarray*}

Vậy xe đi từ A đến B mất \(5\) giây.

Gọi công thức tính độ dài quãng đường đi được theo thời gian là \(s=g(t)\) (m). Khi đó, \(g(t)\) là một nguyên hàm của \(f(t)\).

Do đó \(g(b)- g(a) = \displaystyle \int\limits_{a}^{b} f(t) \mathrm{\,d}t\).

\(v(t)=\displaystyle\int a(t)\mathrm{\,d}t=\displaystyle\int \displaystyle\frac{-20}{(1+2t)^2}\mathrm{\,d}t=\displaystyle\frac{10}{1+2t}+C\).

Vì \(v(0)=30 \Rightarrow 10+C=30 \Leftrightarrow C=20\). Suy ra quãng đường cần tính là

\(s=\displaystyle\int\limits_0^2v(t)\mathrm{\,d}t=\displaystyle\int\limits_0^2\left(\displaystyle\frac{10}{1+2t}+20\right)\mathrm{\,d}t=\left(5\ln (1+2t)+20t\right)\bigg|_0^2\approx48\).

Vận tốc của vật đó cho bởi \(v(t)=120-10t\). Vật đó dừng sau \(\displaystyle\frac{120}{10}=12\) giây.

Quãng đường vật đó đã di chuyển được là

\[\int\limits_0^{12} (120-10t)\mathrm{\,d}t=720\ (\mathrm{m}).\]

Vận tốc \(v=\displaystyle\int\limits v'(t) \mathrm{\,d}t=\displaystyle\int\limits \displaystyle\frac{3}{t+1} \mathrm{\,d}t=3\ln|t+1|+C\).

Vì \(v(0)=6\Rightarrow C=6\Rightarrow v(t)=3\ln|t+1|+6\Rightarrow v(10)=3\ln 11+6=13\) \(\mathrm{m}/s\).

Ta có \(v=\displaystyle\int(-4+2t)\mathrm{\,d}t = -4t+t^2+C\). Tại thời điểm \(t=0\), \(v=20\) \(\Rightarrow C=20\).

Do đó \(v=t^2-4t+20 = (t-2)^2 + 16 \geq 16\). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(t=2\).

Vậy \(s = \displaystyle\int\limits_0^2(t^2-4t+20)\mathrm{\,d}t=\displaystyle\frac{104}{3}\) m.

Chọn gốc thời gian \(t=0\) tại lúc ôtô bắt đầu đạp phanh.

Vận tốc \(v(t)-v(0)=\displaystyle\int\limits_0^t -a\mathrm{\,d}t\Rightarrow v(t)=-at+15\).

Quãng đường \(s(t)=\displaystyle\int\limits_0^t \left(-at+15\right)\mathrm{\,d}t=\displaystyle\frac{-at^2}{2}+15t\).

Ta có \(\begin{cases}v(t)=0 \\ s(t)=20\end{cases}.\Rightarrow \begin{cases} -at+15=0 \\ \displaystyle\frac{-at^2}{2}+15t=20\end{cases} \Rightarrow t=\displaystyle\frac{8}{3}\Rightarrow a=\displaystyle\frac{15.3}{8}=\displaystyle\frac{45}{8}\in (5;6)\).

Ta có \(v_B(t)=\displaystyle\int a \mathrm{\,d}t=at+C\). Do \(v_B(0)=0\) nên \(C=0 \Rightarrow v_B(t)=at\).

Quãng đường chất điểm \(A\) đi được trong \(25\) giây là

\(S_A=\displaystyle\int\limits_0^{25} \left(\displaystyle\frac{1}{100}t^2+\displaystyle\frac{13}{30}t \right) \mathrm{d}t=\left(\displaystyle\frac{1}{300}t^3+\displaystyle\frac{13}{60}t^2\right) \bigg|_0^{25} =\displaystyle\frac{375}{2}\).

Quãng đường chất điểm \(B\) đi được trong \(15\) giây là

\(S_B=\displaystyle\int\limits_0^{15} at \mathrm{\,d}t=\displaystyle\frac{at^2}{2} \bigg|_0^{15} =\displaystyle\frac{225a}{2}\).

Ta có \(\displaystyle\frac{375}{2}=\displaystyle\frac{225a}{2} \Leftrightarrow a=\displaystyle\frac{5}{3}\).

Vận tốc của \(B\) tại thời điểm đuổi kịp \(A\) là \(v_B(15)=\displaystyle\frac{5}{3}\cdot 15=25\) (m/s).

Thời điểm chất điểm \(B\) đuổi kịp chất điểm \(A\) thì chất điểm \(B\) đi được \(15\) giây, chất điểm \(A\) đi được \(18\) giây.

Biểu thức vận tốc của chất điểm \(B\) có dạng \(v_B(t)=\displaystyle\int\limits a \mathrm{\,d}t=at+C\) mà \(v_B(0)=0\Rightarrow v_B(t)=at\).

Do từ lúc chất điểm \(A\) bắt đầu chuyển động cho đến khi chất điểm \(B\) đuổi kịp thì quãng đường hai chất điểm bằng nhau do đó

\begin{eqnarray*}& \displaystyle\int\limits_{0}^{18} \left(\displaystyle\frac{1}{120}t^2+\displaystyle\frac{58}{45}\right)\mathrm{\,d}t=\displaystyle\int\limits_{0}^{15} at\mathrm{\,d}t \Leftrightarrow 225=a\cdot\displaystyle\frac{225}{2}\Leftrightarrow a=2.\end{eqnarray*}

Vậy vận tốc của chất điểm \(B\) tại thời điểm đuổi kịp \(A\) bằng \(v_B(t)=2\cdot 15=30\) (m/s).

Từ khi người lái đạp phanh ô tô chuyển động chậm dần đều ta có \(v=20 +at\) với \(a\) là gia tốc của ô tô.

Sau \(4\) giây thì ô tô dừng hẳn nên \(20+a\cdot 4=0 \Leftrightarrow a=-5\).

Quảng đường xe đi được là

\(S=\displaystyle \int\limits_0^4{(20-5t)} \mathrm{\,d}t=\left.\left(20t-\displaystyle\frac{5}{2}t^2\right)\right|_0^4=40\).

Khi \(v=200\), ta có \(t^2+10t=200\Leftrightarrow t=10;\,t=-20 \text{ (loại).}\)

Máy báy di chuyển trên đường băng từ thời điểm \(t=0\) đến thời điểm \(t=10\), do đó quãng đường đi được trên đường băng là

\(s=\displaystyle\int\limits_0^{10}\left(t^2+10t\right)\mathrm{\,d}t=\left(\displaystyle\frac{t^3}{3}+5t^2\right)\bigg|_0^{10}=\displaystyle\frac{2500}{3}\text{ m}.\)

Ta có \(v_1(t)=7t \Rightarrow S_1(t)=\displaystyle\frac{7}{2}t^2\).

Quãng đường xe đi được sau \(5\)s là \(S_1=\displaystyle\frac{7}{2}\times 5^2=87{,}5\)\,(m).

Vận tốc của xe sau 5s là \(v_0=35\)\,(m/s).

Xe chuyển động chậm dần đều với gia tốc \(a=-70\)\,(m/s\(^2\)) nên \(v_2(t)=v_0+at=35-70t\)\,(m/s).

Suy ra quãng đường xe chuyển động được tính theo công thức \(S_2(t)=35t-35t^2\)\,(m).

Xe dừng hẳn thì \(v_2=0 \Leftrightarrow 35-70t=0 \Leftrightarrow t=\displaystyle\frac{1}{2}\)\,(s).

Quãng đường xe đi thêm cho tới khi dừng hẳn là

\(S_2=35\times \displaystyle\frac{1}{2}-35\times \displaystyle\frac{1}{4}=8{,}75\)\,(m).

Vậy tổng quãng đường xe đi là \(S_1+S_2=96{,}25\)\,(m).

Quãng đường ô tô đi được từ lúc xe lăn bánh đến khi được phanh \(s_1 = \int \limits_0^{12} v_1(t) \mathrm{\,d} t = \int \limits_0^{12} 2t \mathrm{\,d}t = 144\ (\mathrm{m}).\)

Vận tốc \(v_2(t)\) (m/s) của ô tô từ lúc được phanh đến khi dừng hẳn thỏa mãn

\(v_2(t)\int(-12)\mathrm{\,d}t=-12t+C\),

\(v_2(12)=v_1(12)=24\Rightarrow C=168\Rightarrow v_2(t) = -12t + 168\ (\mathrm{m/s}).\)

Thời điểm xe dừng hẳn tương ứng với \(t\) thỏa mãn \(v_2(t) = 0 \Leftrightarrow t = 14\) (s).

Quãng đường ô tô đi được từ lúc xe được phanh đến khi dừng hẳn

\(s_2 = \int \limits_{12}^{14} v_2(t)\mathrm{\,d}t=\int\limits_{12}^{14}(-12t+168)\mathrm{\,d}t=24\ (\mathrm{m}).\)

Quãng đường cần tính \(s=s_1 + s_2 = 144 + 24 = 168\) (m).

Trong \(5\) giây đầu tiên xe đi được quãng đường \(S_2=\displaystyle \int\limits_0^5 7t\mathrm{\,d}t=\displaystyle\frac{7}{2}t^2\Bigg|_0^5=87{,}5\) m.

Kể từ khi phanh \(v_2=\displaystyle \int\limits (-70)\mathrm{\,d}t=-70t+C\).

Lúc xe bắt đầu phanh \(t=0\) thì \(v_2=35\) (m/s) suy ra \(35=-70\cdot 0+C\Rightarrow C=35\).

Khi xe dừng hẳn \(v_2=0\Rightarrow -70t+35=0\Rightarrow t=\displaystyle\frac{1}{2}\).

Quãng đường xe đi được kể từ lúc đạp phanh \(S_2=\displaystyle \int\limits_0^{\tfrac{1}{2}} (35-70t)\mathrm{\,d}t=\displaystyle\frac{35}{4}\) m.

Quãng đường đi được của ô-tô từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn là \(S=S_1+S_2=96{,}25\) (m).

Ta có \(54\) km/h \(=15\) m/s.

Vận tốc của ô tô có phương trình

\(v(t)=\displaystyle\int\limits (3t-8) \mathrm{\,d}t=\displaystyle\frac{3}{2}t^2-8t+C\).

Vì \(v(0)=15\) nên \(v(t)=\displaystyle\frac{3}{2}t^2-8t+15\).

Quãng đường đi được của ô tô có phương trình

\(s(t)=\displaystyle\int\limits \left(\displaystyle\frac{3}{2}t^2-8t+15\right) \mathrm{\,d}t= \displaystyle\frac{1}{2}t^3 -4t^2+15t +C\).

Vì \(s(0)=0\) nên \(C=0\).

Vậy quãng đường đi được của ô tô sau \(10\) s là \(250\) m.

Ta có \(a(t)+v^2(t)(2t-1)=0\Leftrightarrow \displaystyle\frac{a(t)}{v^2(t)}=1-2t\Leftrightarrow \left(\displaystyle\frac{1}{v(t)}\right)'=2t-1\).

\(\Rightarrow \displaystyle\frac{1}{v(t)}=t^2-t+C\).

Mà \(v(1)=1\Rightarrow C=1\Rightarrow v(t)=\displaystyle\frac{1}{t^2-t+1}\Rightarrow v(3)=\displaystyle\frac{1}{7}\) (m/s).

Ta có \(v(t)= \displaystyle\int\limits a(t)\mathrm{\,d}t = -4t^2+C.\)

Tại thời điểm \(t=0\), ta có \(v_0=C\).

Tại thời điểm ô tô dừng hẳn \(t=t_1\) ta có

\(v(t_1)=0 \Leftrightarrow -4t_1^2+C=0 \Leftrightarrow t_1=\displaystyle\frac{\sqrt{C}}{2}.\)

Kể từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được \(12\) m, do đó

\begin{eqnarray*}&& \displaystyle\int\limits_0^{t_1} v(t)\mathrm{\,d}t =12\Leftrightarrow \left(-\displaystyle\frac{4}{3}t^3+Ct\right)\bigg|_0^{t_1}=12\\&\Leftrightarrow & -\displaystyle\frac{4}{3}t_1^3+Ct_1=12 \Leftrightarrow -\displaystyle\frac{4}{3} \cdot \displaystyle\frac{C\sqrt{C}}{8}+\displaystyle\frac{C\sqrt{C}}{2}=12\\&\Leftrightarrow & C\sqrt{C}=36 \Leftrightarrow C=\sqrt[3]{1296}.\end{eqnarray*}

Vậy \(v_0=\sqrt[3]{1296}\).

Ta có vận tốc ô tô là \(v(t)=\displaystyle\int a(t)\mathrm{d}t=\displaystyle\int(-2t+8)\mathrm{d}t=-t^2+8t+C\).

Vì vận tốc ban đầu là \(10\) m/s nên ta có \(v(t)=-t^2+8t+10=-(t-4)^2+26\ge 26\).

Vậy vận tốc lớn nhất của ô tô bằng 26 m/s, đạt được khi \(t=4\). Do đó quãng đường xe đi được kể từ lúc chuyển động đến lúc có vận tốc lớn nhất là:

\(S=\displaystyle\int\limits_0^4v(t)\mathrm{d}t=\displaystyle\int\limits_0^4(-t^2+8t+10)\mathrm{d}t=\displaystyle\frac{248}{3}.\)

\(F(t)= \displaystyle \int {\displaystyle\frac{{10000}}{{1 + 2t}} \mathrm{\,d}t} = 5000\ln \left|1+2t\right|+C\).

\(F(0)=1000 \Leftrightarrow 5000\ln \left|1+2 \cdot 0 \right|+C=1000 \Leftrightarrow C=1000.\)

Số lượng vi khuẩn sau \(2\) giờ:

\(F(2)= 5000\ln \left|1+2 \cdot 2 \right|+1000=5000\ln \left(5\right)+1000 \approx 9047.\)

Ta có \(a\left(t\right) = v'\left(t\right) \Rightarrow v\left(t\right) = \displaystyle\int\limits \left(3t + t^2\right)\mathrm{\, d}x = \displaystyle\frac{t^3}{3} + \displaystyle\frac{3t^2}{2} + c\), khi \(t = 0\) thì \(v = 10 \Rightarrow c = 10\).

Mặt khác \(v\left(t\right) = s'\left(t\right) \Rightarrow s = \displaystyle\int\limits_0^{10} \left(\displaystyle\frac{t^3}{3} + \displaystyle\frac{3t^2}{2} + 10\right)\mathrm{\, d}x = \displaystyle\frac{4300}{3}\).

Thời điểm ô tô dừng hẳn \(v(t)=-5t+10=0\Leftrightarrow t=2\) (s).

Quãng đường từ lúc đạp phanh tới khi ô tô dừng hẳn \(s=\displaystyle\int\limits_0^2(-5t+10)\mathrm{\,d}t=10\) (m).

Vận tốc của vật sau khi tăng tốc có phương trình \(v(t)=\displaystyle\int (3t+t^2)\mathrm{\,d}t=\displaystyle\frac{3t^2}{2}+\displaystyle\frac{t^3}{3}+C\).

Vì \(v(0)=10\) nên \(c=10\). Suy ra \(v(t)=\displaystyle\frac{3t^2}{2}+\displaystyle\frac{t^3}{3}+10\).

Do đó, trong khoảng thời gian \(10\) giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc vật được quảng đường

\begin{align*}s=\displaystyle\int\limits_{0}^{10}\left(\displaystyle\frac{3t^2}{2}+\displaystyle\frac{t^3}{3}+10\right)\mathrm{\,d}x=\left.\left(\displaystyle\frac{t^3}{2}+\displaystyle\frac{t^4}{12}+10t\right)\right|_0^{10}=\displaystyle\frac{4300}{3}\textrm{ (m)}.\end{align*}

Khi vật dừng lại thì \(v=0\Rightarrow -2t+20=0\Leftrightarrow t=10\) s.

Quãng đường vật đi được trong \(15\) s cuối cùng đến khi dừng hẳn là

\(s=20\cdot 5+\displaystyle\int\limits_0^{10}v(t)\mathrm{\,d}t=20\cdot 5+\displaystyle\int\limits_0^{10}(-2t+20)\mathrm{\,d}t=100+\left(-t^2+20t\right)\bigg|_0^{10}=200\) m.

Dễ thấy ô tô A dừng lại sau \(4\) giây. Quãng đường mà ô tô A di chuyển từ lúc bắt đầu hãm phanh đến lúc dừng lại là

\begin{align*}\displaystyle\int\limits_{0}^{4}(16-4t)\mathrm{\,d}t= \left(16t-2t^2 \right)\Big|_0^4=32\ (\mathrm{m}).\end{align*}

Vậy ô tô A phải bắt đầu hãm phanh cách ô tô B một khoảng ít nhất \(32+1=33\) m.