Номер 49.18, страница 198, часть 2 - гдз по алгебре 10-11 класс задачник Мордкович, Семенов

Часть 2. Глава 8. Первообразная и интеграл. §49. Определённый интеграл - номер 49.18, страница 198.

Условие.

49.18 a) $y = 0$, $x = 1$, $x = e$, $y = \frac{1}{x}$;

б) $y = 0$, $x = 3$, $x = -1$, $y = \frac{1}{2x+3}$;

в) $y = 0$, $x = e$, $x = e^2$, $y = \frac{2}{x}$;

Г) $y = 0$, $x = 2$, $x = 5$, $y = \frac{1}{3x-5}$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 5.

Решение 6.

а)

Задача состоит в нахождении площади фигуры, ограниченной линиями $y = 0$, $x = 1$, $x = e$, $y = \frac{1}{x}$. Эта фигура является криволинейной трапецией, ограниченной сверху графиком функции $f(x) = \frac{1}{x}$, снизу осью абсцисс ($y=0$), и с боков вертикальными прямыми $x=1$ и $x=e$.

Площадь $S$ такой фигуры вычисляется с помощью определенного интеграла по формуле:

$S = \int_a^b f(x) \,dx$

Подставляем наши значения: $f(x) = \frac{1}{x}$, $a = 1$, $b = e$.

$S = \int_1^e \frac{1}{x} \,dx$

Первообразная для функции $\frac{1}{x}$ есть $\ln|x|$. Применяя формулу Ньютона-Лейбница, получаем:

$S = [\ln|x|]_1^e = \ln|e| - \ln|1| = \ln(e) - \ln(1) = 1 - 0 = 1$

Ответ: $1$.

б)

Необходимо найти площадь фигуры, ограниченной линиями $y = 0$, $x = 3$, $x = -1$, $y = \frac{1}{2x+3}$. Площадь вычисляется как определенный интеграл от функции $f(x) = \frac{1}{2x+3}$ в пределах от $a=-1$ до $b=3$. Функция $f(x)$ непрерывна и положительна на интервале $[-1, 3]$ (вертикальная асимптота $x = -1.5$ не входит в этот интервал).

$S = \int_{-1}^3 \frac{1}{2x+3} \,dx$

Первообразная для функции $\frac{1}{ax+b}$ имеет вид $\frac{1}{a}\ln|ax+b|$. В нашем случае $a=2$, $b=3$. Таким образом, первообразная для $\frac{1}{2x+3}$ есть $\frac{1}{2}\ln|2x+3|$.

Вычисляем интеграл по формуле Ньютона-Лейбница:

$S = [\frac{1}{2}\ln|2x+3|]_{-1}^3 = \frac{1}{2}(\ln|2 \cdot 3 + 3| - \ln|2 \cdot (-1) + 3|) = \frac{1}{2}(\ln|9| - \ln|1|) = \frac{1}{2}(\ln(9) - 0) = \frac{1}{2}\ln(9)$

Используя свойство логарифма $\ln(a^b) = b\ln(a)$, можно упростить ответ:

$S = \frac{1}{2}\ln(3^2) = \frac{1}{2} \cdot 2\ln(3) = \ln(3)$

Ответ: $\ln(3)$.

в)

Находим площадь фигуры, ограниченной линиями $y = 0$, $x = e$, $x = e^2$, $y = \frac{2}{x}$. Площадь вычисляется как определенный интеграл от функции $f(x) = \frac{2}{x}$ в пределах от $a=e$ до $b=e^2$.

$S = \int_e^{e^2} \frac{2}{x} \,dx = 2 \int_e^{e^2} \frac{1}{x} \,dx$

Первообразная для $\frac{1}{x}$ это $\ln|x|$.

$S = 2[\ln|x|]_e^{e^2} = 2(\ln|e^2| - \ln|e|)$

Так как $e > 0$ и $e^2 > 0$, модули можно убрать. Используя свойства логарифмов $\ln(e^2) = 2$ и $\ln(e) = 1$:

$S = 2(\ln(e^2) - \ln(e)) = 2(2 - 1) = 2 \cdot 1 = 2$

Ответ: $2$.

г)

Находим площадь фигуры, ограниченной линиями $y = 0$, $x = 2$, $x = 5$, $y = \frac{1}{3x-5}$. Площадь вычисляется как определенный интеграл от функции $f(x) = \frac{1}{3x-5}$ в пределах от $a=2$ до $b=5$. Функция $f(x)$ непрерывна и положительна на интервале $[2, 5]$ (вертикальная асимптота $x = 5/3 \approx 1.67$ не входит в этот интервал).

$S = \int_2^5 \frac{1}{3x-5} \,dx$

Первообразная для функции $\frac{1}{3x-5}$ есть $\frac{1}{3}\ln|3x-5|$.

Вычисляем интеграл по формуле Ньютона-Лейбница:

$S = [\frac{1}{3}\ln|3x-5|]_2^5 = \frac{1}{3}(\ln|3 \cdot 5 - 5| - \ln|3 \cdot 2 - 5|) = \frac{1}{3}(\ln|15 - 5| - \ln|6 - 5|) = \frac{1}{3}(\ln|10| - \ln|1|)$

Так как $\ln(1) = 0$:

$S = \frac{1}{3}(\ln(10) - 0) = \frac{1}{3}\ln(10)$

Ответ: $\frac{1}{3}\ln(10)$.