Номер 277, страница 345 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Глава 6. Задачи повышенной трудности. Параграф 4. Начала математического анализа - номер 277, страница 345.

Условие.

277. Площадь фигуры, ограниченной линиями $y = \frac{1}{x}$, $y = \frac{1}{2x - 1}$, $x = 2$, $x = a$, $y = 0$, равна $\ln \frac{4}{\sqrt{5}}$. Найдите $a$.

Решение 5.

Площадь фигуры, ограниченной линиями $y = f(x)$ и $y = g(x)$ (где $f(x) \ge g(x)$), а также вертикальными прямыми $x=c$ и $x=d$, вычисляется по формуле определенного интеграла:

$S = \int_c^d (f(x) - g(x)) \,dx$

В данной задаче фигура ограничена линиями $y = \frac{1}{x}$, $y = \frac{1}{2x-1}$, $x=2$ и $x=a$. Условие $y=0$ указывает, что рассматриваемая область находится выше оси абсцисс.

1. Определим взаимное расположение кривых.

Найдем точку пересечения графиков функций $y = \frac{1}{x}$ и $y = \frac{1}{2x-1}$:

$\frac{1}{x} = \frac{1}{2x-1}$

Приравнивая знаменатели (при условии $x \ne 0$ и $x \ne 1/2$), получаем:

$2x - 1 = x \implies x = 1$

Поскольку одна из границ интегрирования — $x=2$, а $2 > 1$, то на всем промежутке интегрирования одна из функций будет больше другой. Сравним значения функций для $x > 1$:

Сравним $x$ и $2x-1$. Так как $x > 1$, то $x-1 > 0$, следовательно $2x-1 > x$.

Поскольку для $x>1$ оба выражения $x$ и $2x-1$ положительны, то при переходе к обратным величинам знак неравенства меняется: $\frac{1}{x} > \frac{1}{2x-1}$.

Таким образом, на промежутке интегрирования функция $y = \frac{1}{x}$ является верхней границей, а $y = \frac{1}{2x-1}$ — нижней.

2. Вычислим площадь.

Подынтегральная функция $f(x) - g(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{2x-1}$ положительна при $x>1$. Заданная площадь $S = \ln \frac{4}{\sqrt{5}}$ положительна. Следовательно, для того чтобы интеграл $S = \int_2^a \left(\frac{1}{x} - \frac{1}{2x-1}\right) dx$ был положительным, необходимо, чтобы $a > 2$.

Вычисляем интеграл:

$S = \int_2^a \left(\frac{1}{x} - \frac{1}{2x-1}\right) dx = \left[ \ln|x| - \frac{1}{2}\ln|2x-1| \right]_2^a$

Поскольку $a>2$, все выражения под знаком модуля положительны, и модуль можно опустить:

$S = \left(\ln a - \frac{1}{2}\ln(2a-1)\right) - \left(\ln 2 - \frac{1}{2}\ln(2 \cdot 2 - 1)\right)$

$S = \ln a - \frac{1}{2}\ln(2a-1) - \ln 2 + \frac{1}{2}\ln 3$

Используя свойства логарифмов ($\ln b - \ln c = \ln(b/c)$ и $k\ln b = \ln(b^k)$), упростим выражение:

$S = (\ln a - \ln\sqrt{2a-1}) - (\ln 2 - \ln\sqrt{3}) = \ln\frac{a}{\sqrt{2a-1}} - \ln\frac{2}{\sqrt{3}} = \ln\left(\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{2a-1}}\right)$

3. Найдем значение $a$.

По условию задачи, $S = \ln\frac{4}{\sqrt{5}}$. Приравняем полученное выражение для площади к этому значению:

$\ln\left(\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{2a-1}}\right) = \ln\frac{4}{\sqrt{5}}$

Потенцируя обе части, получаем:

$\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{2a-1}} = \frac{4}{\sqrt{5}}$

Возведем обе части уравнения в квадрат, чтобы избавиться от корней:

$\frac{3a^2}{4(2a-1)} = \frac{16}{5}$

Решим это уравнение относительно $a$:

$5 \cdot 3a^2 = 16 \cdot 4(2a-1)$

$15a^2 = 64(2a-1)$

$15a^2 = 128a - 64$

$15a^2 - 128a + 64 = 0$

Решим полученное квадратное уравнение с помощью дискриминанта $D = b^2 - 4ac$:

$D = (-128)^2 - 4 \cdot 15 \cdot 64 = 16384 - 3840 = 12544$

$\sqrt{D} = \sqrt{12544} = 112$

Найдем корни уравнения:

$a_{1} = \frac{-b + \sqrt{D}}{2a} = \frac{128 + 112}{2 \cdot 15} = \frac{240}{30} = 8$

$a_{2} = \frac{-b - \sqrt{D}}{2a} = \frac{128 - 112}{2 \cdot 15} = \frac{16}{30} = \frac{8}{15}$

Мы установили, что должно выполняться условие $a > 2$. Этому условию удовлетворяет только корень $a_1 = 8$. Корень $a_2 = 8/15 \approx 0.53$ не подходит.

Ответ: $a=8$.