Восстановление границы интегрирования для графика с частями ниже оси: мини-практикум с ответами, 11 класс

В этой работе требуется восстановить верхнюю границу t по известному значению интеграла от 0 до t. В отличие от задач с положительной функцией здесь часть графика расположена ниже оси Ox. Накопленный интеграл сначала растёт, затем уменьшается, а после снова растёт. Одному значению может соответствовать несколько разных t.

Наблюдение: три участка одного графика

Рассмотрите функцию f(x): f(x)=2 на [0;2], f(x)=−1 на (2;6], f(x)=3 на (6;8]. В точках разбиения значения на сам интеграл не влияют. Пусть F(t)=∫₀ᵗ f(x) dx; t принадлежит [0;8].

Проверьте стыки: F(2)=4, F(6)=0. Непрерывность F сохраняется, хотя f меняет значение скачком. На первом и третьем участках F растёт, на среднем убывает. Поэтому нельзя решать каждую задачу уравнением 2t=S, не анализируя остальные интервалы.

Откройте правило самостоятельно

Найдите все возможные t. Если спрашивается единственная граница, проверьте, не дают ли другие участки такое же значение. Здесь числа удобно получать без логарифмов и без построения сложного графика: в каждой ветви F выражается линейно.

1. Найдите все t∈[0;8], для которых F(t)=3.
2. Найдите все t, для которых F(t)=1.
3. Восстановите все границы по условию F(t)=4.
4. Решите F(t)=0 с учётом крайних точек области.
5. Для какого t значение F(t)=5?
6. Может ли F(t)=−1? Объясните по диапазону значений.

Контрпример к выводу «граница всегда единственная»

Сравните первое и второе задания: значение 3 получается в трёх различных точках. Причина — участок с f<0, на котором накопленное значение уменьшается. Если бы f оставалась строго положительной, F была бы строго возрастающей и одно значение не могло бы получиться трижды.

Применение к новым условиям

7. При F(t)=2 найдите все подходящие верхние границы.
8. В какой момент F(t)=6?
9. При F(t)=1/2 определите все t точно, без округления.
10. Существует ли t, для которого F(t)=7? Обоснуйте.
11. Найдите первую границу, при которой F(t)=3.
12. Назовите последнюю границу, дающую F(t)=1.
13. Из условия ∫₂ᵗ f(x) dx=−2 восстановите все t≥2.
14. Из условия F(t)=2 найдите все границы при дополнительном ограничении t≥2.

Решения и проверка найденных границ

• № 1. t=3/2, 3, 7. Проверка: 2·3/2=3, 6−3=3, 3(7−6)=3.
• № 2. t=1/2, 5, 19/3. На последней ветви 3(t−6)=1.
• № 3. t=2 или 22/3. Первая ветвь достигает 4 в конце, средняя начинает с 4, последняя достигает его при t=6+4/3.
• № 4. t=0 и t=6. Первая ветвь начинается с нуля, средняя возвращает накопление к нулю.
• № 5. Только t=23/3: на первых двух участках F≤4, на третьем 3(t−6)=5.
• № 6. Нет. На всём [0;8] минимальное накопленное значение равно 0. Отрицательные площади уже компенсированы положительными.
• № 7. t=1, 4, 20/3. В каждой из трёх ветвей решается своё уравнение.
• № 8. t=8; максимум 6 достигается на правом конце третьего участка.
• № 9. t=1/4, 11/2, 37/6. На третьем участке 3(t−6)=1/2, значит t=6+1/6.
• № 10. Нет. Максимум F равен 6, поэтому 7 не достигается.
• № 11. 3/2: другие решения 3 и 7 наступают позднее.
• № 12. 19/3: два более ранних значения 1/2 и 5 не являются последними.
• № 13. t=4 или 20/3: ∫₂ᵗ f = F(t)−F(2)=F(t)−4, так что F(t)=2; учитываем t≥2.
• № 14. t=4 или 20/3. Граница t=1 исключается дополнительным требованием t≥2.

Разбор ошибок и критерии понимания

Ошибка 1: подменять уравнение ∫₀ᵗ f = S вычислением площади между графиком и осью. На отрицательном участке площадь увеличивается, а интеграл уменьшается. Ошибка 2: решать только одну ветвь и объявлять найденный t единственным. Ошибка 3: пользоваться найденным t за пределами той ветви, где была выведена формула.

Для строгой проверки составьте таблицу значений F в узловых точках: 0, 4, 0, 6. Затем оцените, сколько раз горизонтальный уровень S пересекает полученную ломаную. Для S от 0 до 4 возможны несколько пересечений; для S выше 4 (но не выше 6) — только одно. На границах количество решений может изменяться.

Особо полезны № 13–14: дополнительное ограничение меняет набор допустимых границ, но не меняет саму функцию F. После нахождения корней всегда применяйте последнее условие задачи, иначе ответ будет математически верен для другого, более широкого вопроса.

Мини-исследование для самопроверки: какое изменение произойдёт, если последний участок сделать короче, например закончить область при t=7? Тогда F(7)=3: ответы для значений 4, 5, 6 на последней ветви станут недопустимыми. Причина — изменение области, а не формулы интеграла на первых двух участках.

Почему восстановление требует анализа всех ветвей

Известное значение интеграла само по себе ещё не показывает, где находится верхняя граница. Чтобы восстановить t, сначала составляют накопленную функцию F. На первом участке F=2t, на втором F=6−t, на третьем F=3(t−6). Затем для требуемого значения S последовательно решают три простых уравнения и проверяют, попадает ли каждый полученный корень в свой отрезок. Только после этой проверки решения объединяются.

Рассмотрим значение S=3. Если ошибочно использовать первую формулу на всём [0;8], получится лишь t=3/2. Но на втором участке график расположен ниже оси и накопление уменьшается: уравнение 6−t=3 даёт t=3. На последнем участке накопление снова растёт: 3(t−6)=3 даёт t=7. Ответ состоит из трёх точек, и ни одна из них не является «лишней». Здесь проблема не в математической точности вычислений, а в неполноте исследования.

Обратная проверка осуществляется без первообразной сложной функции. При t=7 суммарная площадь со знаком равна 2·2 + (−1)·4 + 3·1 = 3. При t=3 она равна 2·2 + (−1)·1 = 3. При t=3/2 — лишь 2·3/2=3. Все три расчёта независимо подтверждают требуемое значение и иллюстрируют роль отрицательной части графика.

Есть и особые уровни: S=4 достигается на переходе в t=2, а затем ещё раз на последней ветви. Нельзя считать точку 2 двумя разными решениями лишь потому, что в ней стыкуются два выражения F. Уровень S=0 достигается при t=0 и t=6; оба допустимы. Уровни выше 6 или ниже 0 недостижимы. Поэтому перед решением полезно оценить наименьшее и наибольшее накопленное значение.

Как оформить доказательный ответ

Каждое восстановленное значение должно сопровождаться указанием своей ветви, уравнением и интервалом допустимости. Например: «на [2;6] имеем F(t)=6−t, поэтому при S=1 получаем t=5; число 5 действительно принадлежит [2;6]». Затем отдельно проверяется третий участок. Такое оформление защищает от ситуации, когда корень найден верно алгебраически, но выходит за границы соответствующей формулы.

Проверка рассуждения полезна и без чисел: на участке, где f(x)>0, накопленный интеграл возрастает; там, где f(x)<0, убывает. Следовательно, отрицательный кусок не делает весь интеграл отрицательным автоматически. На нашем графике он лишь сокращает положительное накопление с 4 до 0. Только после нового положительного участка итог достигает 6.