Вычисли определённый интеграл $\int_{0}^{4} \sqrt{25-x^2} - \frac{25}{2\sqrt{25-x^2}} dx$

Привет! Давай разберём этот интеграл. Это задачка для старших классов, и она выглядит немного устрашающе, но мы справимся. Заметь, что функция под интегралом очень похожа на производную площади круга. Если ты вспомнишь формулу площади сектора круга, то увидишь что-то похожее. Давай посмотрим на производную от функции $F(x) = \frac{1}{2}x\sqrt{25-x^2} + \frac{25}{2}\arcsin\left(\frac{x}{5}\right)$. $F'(x) = \frac{1}{2}\left(\sqrt{25-x^2} + x \cdot \frac{-2x}{2\sqrt{25-x^2}}\right) + \frac{25}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{1-(\frac{x}{5})^2}} \cdot \frac{1}{5}$ $F'(x) = \frac{1}{2}\sqrt{25-x^2} - \frac{x^2}{2\sqrt{25-x^2}} + \frac{25}{2\sqrt{25-x^2}}$ $F'(x) = \frac{1}{2}\sqrt{25-x^2} - \frac{x^2-25}{2\sqrt{25-x^2}}$ $F'(x) = \frac{1}{2}\sqrt{25-x^2} + \frac{25-x^2}{2\sqrt{25-x^2}}$ $F'(x) = \frac{1}{2}\sqrt{25-x^2} + \frac{1}{2}\sqrt{25-x^2}$ $F'(x) = \sqrt{25-x^2}$. Это не та функция, которая у нас в задании. Давай внимательнее посмотрим на то, что у нас есть: $$\int_{0}^{4} \left(\sqrt{25-x^2} - \frac{25}{2\sqrt{25-x^2}}\right) dx$$ Разделим интеграл на два: $$\int_{0}^{4} \sqrt{25-x^2} dx - \int_{0}^{4} \frac{25}{2\sqrt{25-x^2}} dx$$ Рассмотрим второй интеграл: $$\int_{0}^{4} \frac{25}{2\sqrt{25-x^2}} dx = \frac{25}{2} \int_{0}^{4} \frac{1}{\sqrt{25-x^2}} dx$$ Мы знаем, что производная от $\arcsin\left(\frac{x}{a}\right)$ равна $\frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}$. В нашем случае $a=5$. Значит, $$\frac{25}{2} \left[\arcsin\left(\frac{x}{5}\right)\right]_{0}^{4} = \frac{25}{2} \left(\arcsin\left(\frac{4}{5}\right) - \arcsin\left(\frac{0}{5}\right)\right)$$ $$\frac{25}{2} \left(\arcsin\left(\frac{4}{5}\right) - 0\right) = \frac{25}{2} \arcsin\left(\frac{4}{5}\right)$$ Теперь вернёмся к первому интегралу $\int_{0}^{4} \sqrt{25-x^2} dx$. Этот интеграл представляет собой площадь под кривой $y=\sqrt{25-x^2}$. Это верхняя половина круга с центром в начале координат и радиусом $R=5$. График этой функции выглядит как часть круга. Мы интегрируем от $x=0$ до $x=4$. Это можно представить как сумму площади сектора круга и площади треугольника. Для такого типа интегралов есть формула: $$\int \sqrt{a^2-x^2} dx = \frac{x}{2}\sqrt{a^2-x^2} + \frac{a^2}{2}\arcsin\left(\frac{x}{a}\right) + C$$ В нашем случае $a=5$, поэтому: $$\int_{0}^{4} \sqrt{25-x^2} dx = \left[\frac{x}{2}\sqrt{25-x^2} + \frac{25}{2}\arcsin\left(\frac{x}{5}\right)\right]_{0}^{4}$$ Подставляем пределы интегрирования: При $x=4$: $\frac{4}{2}\sqrt{25-4^2} + \frac{25}{2}\arcsin\left(\frac{4}{5}\right) = 2\sqrt{25-16} + \frac{25}{2}\arcsin\left(\frac{4}{5}\right) = 2\sqrt{9} + \frac{25}{2}\arcsin\left(\frac{4}{5}\right) = 2 \cdot 3 + \frac{25}{2}\arcsin\left(\frac{4}{5}\right) = 6 + \frac{25}{2}\arcsin\left(\frac{4}{5}\right)$ При $x=0$: $\frac{0}{2}\sqrt{25-0^2} + \frac{25}{2}\arcsin\left(\frac{0}{5}\right) = 0 + \frac{25}{2} \cdot 0 = 0$ Таким образом, первый интеграл равен $6 + \frac{25}{2}\arcsin\left(\frac{4}{5}\right)$. Теперь вычитаем второй интеграл из первого: $$\left(6 + \frac{25}{2}\arcsin\left(\frac{4}{5}\right)\right) - \left(\frac{25}{2}\arcsin\left(\frac{4}{5}\right)\right)$$ $$6 + \frac{25}{2}\arcsin\left(\frac{4}{5}\right) - \frac{25}{2}\arcsin\left(\frac{4}{5}\right) = 6$$ Получается, что всё сократилось, кроме числа 6! **Ответ:** 6