Номер 6.139, страница 39, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

6.139. Изобразите криволинейную трапецию, ограниченную графиком функции $y = \frac{1}{x}$, прямыми $x = 1, x = 3$ и осью абсцисс. Найдите площадь трапеции.

Заданная криволинейная трапеция ограничена графиком функции $y = \frac{1}{x}$, прямыми $x=1$, $x=3$ и осью абсцисс ($y=0$).

Изображение криволинейной трапеции:

Графиком функции $y = \frac{1}{x}$ является гипербола. Поскольку нас интересует промежуток по $\text{x}$ от 1 до 3, мы рассматриваем ветвь гиперболы, расположенную в первой координатной четверти. На этом промежутке функция является положительной и убывающей. Верхняя граница трапеции — это дуга гиперболы. Нижняя граница — отрезок оси абсцисс от точки $x=1$ до $x=3$. Левая и правая границы — это вертикальные отрезки, проведенные при $x=1$ и $x=3$ от оси абсцисс до графика функции. Высота трапеции на левой границе (при $x=1$) составляет $y = \frac{1}{1} = 1$. Высота трапеции на правой границе (при $x=3$) составляет $y = \frac{1}{3}$. Таким образом, фигура заключена между точками $(1,0)$, $(3,0)$, $(3, 1/3)$ и $(1,1)$.

Нахождение площади трапеции:

Площадь $\text{S}$ криволинейной трапеции, ограниченной графиком непрерывной и неотрицательной на отрезке $[a, b]$ функции $y=f(x)$, осью абсцисс и прямыми $x=a$ и $x=b$, вычисляется по формуле определенного интеграла:

$S = \int_{a}^{b} f(x) \,dx$

В нашем случае $f(x) = \frac{1}{x}$, нижний предел интегрирования $a=1$, а верхний $b=3$. Функция $y=\frac{1}{x}$ на отрезке $[1, 3]$ является непрерывной и положительной, поэтому формула применима.

Подставляем наши данные в формулу:

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

Для вычисления интеграла найдем первообразную для подынтегральной функции $f(x) = \frac{1}{x}$. Первообразная равна $F(x) = \ln|x|$.

Далее применяем формулу Ньютона-Лейбница: $\int_{a}^{b} f(x) \,dx = F(b) - F(a)$.

$S = [\ln|x|]_{1}^{3} = \ln|3| - \ln|1|$

Поскольку на отрезке интегрирования $[1, 3]$ переменная $\text{x}$ принимает только положительные значения, знак модуля можно опустить:

$S = \ln(3) - \ln(1)$

Мы знаем, что натуральный логарифм единицы равен нулю, то есть $\ln(1) = 0$.

Следовательно, площадь равна:

$S = \ln(3) - 0 = \ln(3)$

Ответ: $\ln(3)$