Całki podwójne (zadania) - WYZNACZNIK

Mamy 4 zadania. Są one ułożone od łatwych do trudnych. Zadanie 1 ”przyzwyczaja” nas do dwóch zmiennych i do kolejności całkowania. Zadanie 2 to właściwie to samo co w zadaniu 1, ale inaczej sformułowane polecenie. Nie wymaga rysowania obszaru całkowania. W zadaniu 3 bardzo ważny jest poprawny wykres obszaru całkowania, z którego najczęściej możemy odczytać granice całkowania. Zadanie 4 to zastosowanie całek podwójnych do liczenia pól obszarów. Znowu istotną częścią zadania jest rysunek.

Zadanie 1. Obliczyć całki (tzw. iterowane):

1) $\dpi{120} \int_{1}^{2}\int_{0}^{1}6x^{3}y^{2}dydx$

Rozwiązanie

Zwróćmy uwagę na kolejność różniczek w całce. Mamy $\dpi{120} dydx$ , co wskazuje, że najpierw całkujmy po zmiennej $\dpi{120} y$ , a następnie po $\dpi{120} x$ . Przy pierwszym całkowaniu (po $\dpi{120} y$ ) zmienną $\dpi{120} x$ traktujemy jak stałą. Znak pierwszej całki przepisujemy i wyłączamy $\dpi{120} 6x^{2}$ przed znak drugiej całki (jako stałą). Mamy:

$\dpi{120} \int_{1}^{2}\int_{0}^{1}6x^{3}y^{2}dydx=\int_{1}^{2}6x^{3}\left (\int_{0}^{1}y^{2}dy \right )dx=$

Liczymy całkę w nawiasie okrągłym:

$\dpi{120} =\int_{1}^{2}6x^{3}\cdot \left ( \left [ \frac{y^{3}}{3} \right ] _{0}^{1}\right )dx=\int_{1}^{2}6x^{3}\cdot \overset{=\frac{1}{3}}{\overbrace{\left ( \frac{1^{3}}{3} -\frac{0^{3}}{3} \right )}}dx=$

Pozostaje nam do policzenia całka pojedyncza po zmiennej $\dpi{120} x$ :

$\dpi{120} =\int_{1}^{2}\frac{1}{3}\cdot 6x^{3}dx=\int_{1}^{2}2x^{3}dx=2\cdot \left [ \frac{x^{4}}{4} \right ]_{1}^{2}=$

$\dpi{120} =2\cdot \left ( \frac{2^{4}}{4}-\frac{1^{4}}{4} \right )=2\cdot \left ( \frac{16}{4}-\frac{1}{4} \right )=\frac{15}{2}$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

2) $\dpi{120} \int_{1}^{2}\int_{0}^{1}x^{2}e^{4y}dxdy$

Rozwiązanie

Zauważmy, że teraz kolejność różniczek $\dpi{120} dxdy$ jest inna niż w podpunkcie 1), co wskazuje, że najpierw liczymy całkę po zmiennej $\dpi{120} x$ , a później po zmiennej $\dpi{120} y$ . Zatem:

$\dpi{120} \int_{1}^{2}\int_{0}^{1}x^{2}e^{4y}dxdy=\int_{1}^{2}e^{4y}\cdot \left (\int_{0}^{1}x^{2}dx \right )dy=$

Liczymy całkę w nawiasie okrągłym:

$\dpi{120} =\int_{1}^{2}e^{4y}\cdot \left (\left [\frac{x^{3}}{3} \right ]_{0}^{1} \right )dy=\int_{1}^{2}e^{4y}\cdot \left ( \frac{1}{3}-0 \right )dy=$

Została nam całka pojedyncza po zmiennej $\dpi{120} y$ :

$\dpi{120} =\int_{1}^{2}\frac{1}{3}e^{4y}dy=\frac{1}{3}\cdot \left [\frac{1}{4}e^{4y} \right ]_{1}^{2}=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{4}\left ( e^{8}-e^{4}\right )=$

$\dpi{120} =\frac{1}{12}\left ( e^{8} -e^{4}\right )$

Wykorzystaliśmy wzór (pojawił się przy całkowaniu przez części):

$\dpi{120} \int e^{ax}dx=\frac{1}{a}e^{ax}+C$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

3) $\dpi{120} \int_{0 }^{\pi }\int_{0}^{\pi }\sin \left ( x+y \right )dydx$

Rozwiązanie

Kolejność różniczek $\dpi{120} dydx$ wskazuje, że najpierw całkujemy po zmiennej $\dpi{120} y$ , a później po $\dpi{120} x$ . Zatem zmienną $\dpi{120} x$ traktujemy jak stałą. Wykorzystamy wcześniejszy wzór:

$\dpi{120} \int \sin \left ( ax+b \right )dx=-\frac{1}{a}\cos \left ( ax+b \right )$

U nas ponieważ całkujemy po $\dpi{120} y$ współczynnik: $\dpi{120} a=1$ i $\dpi{120} b=x$ . Zatem:

$\dpi{120} \int_{0 }^{\pi }\int_{0}^{\pi }\sin \left ( x+y \right )dydx=\int_{0}^{\pi }\left [-\cos \left ( x+y \right ) \right ]_{0}^{\pi }dx=$

$\dpi{120} =-\int_{0}^{\pi }\left [\cos \left ( x+\pi \right )- \cos \left ( x+0 \right ) \right ] dx=$

Ze wzoru redukcyjnego mamy $\dpi{120} \cos \left ( x+\pi \right )=- \cos x$ , więc

$\dpi{120} =-\int_{0}^{\pi }\left ( -\cos x - \cos x\right )dx=-\int_{0}^{\pi }-2 \cos xdx=$

$\dpi{120} =2\int_{0}^{\pi }\cos xdx=2\left [\sin x \right ]_{0}^{\pi }=$

$\dpi{120} =2\left ( \sin \pi - \sin 0 \right )=2\cdot \left ( 0-0 \right )=0$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

4) $\dpi{120} \int_{0}^{1}\int_{0}^{\sqrt[4]{y}}\frac{x}{y}dxdy$

Rozwiązanie

Kolejność różniczek $\dpi{120} dxdy$ wskazuje, że najpierw liczymy całkę po zmiennej $\dpi{120} x$ , a później po zmiennej $\dpi{120} y$ . Zatem:

$\dpi{120} \int_{0}^{1}\int_{0}^{\sqrt[4]{y}}\frac{x}{y}dxdy=\int_{0}^{1}\frac{1}{y}\left (\int_{0}^{\sqrt[4]{y}}xdx \right )dy=$

Liczymy całkę w nawiasie okrągłym:

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\frac{1}{y}\cdot \left [\frac{x^{2}}{2} \right ]_{0}^{\sqrt[4]{y}}dy=\int_{0}^{1}\frac{1}{y}\cdot \left ( \frac{\left ( \sqrt[4]{y} \right )^{2}}{2}-0 \right )dy=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\frac{1}{y}\cdot \frac{\sqrt{y}}{2}dy=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{y}}dy=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}y^{-\frac{1}{2}}dy=$

$\dpi{120} =\frac{1}{2}\cdot \left [ \frac{y^{\frac{1}{2}}}{\frac{1}{2}} \right ]_{0}^{1}=\left [ \sqrt{y} \right ]_{0}^{1}=\sqrt{1}-\sqrt{0}=1$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

5) $\dpi{120} \int_{0}^{2}\int_{x}^{10x}\sqrt{xy-x^{2}}dydx$

Rozwiązanie

Kolejność różniczek $\dpi{120} dydx$ wskazuje, że najpierw całkujemy po zmiennej $\dpi{120} y$ , a później po $\dpi{120} x$ .Wykorzystujemy wzór:

$\dpi{120} \int \sqrt{ax+b}\, dx=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{a}\sqrt{\left ( ax+b \right )^{3}}$

Ponieważ całkujemy po $\dpi{120} y$ , więc u nas $\dpi{120} a=x,\, b=-x^{2}$ . Zatem:

$\dpi{120} \int_{0}^{2}\int_{x}^{10x}\sqrt{xy-x^{2}}dydx=\int_{0}^{2}\left [ \frac{2}{3}\cdot \frac{1}{x}\sqrt{\left ( xy-x^{2} \right )^{3}} \right ]_{x}^{10x}dx=$

$\dpi{120} =\frac{2}{3}\int_{0}^{2}\frac{1}{x}\cdot \left ( \sqrt{\left ( x\cdot 10x-x^{2} \right )^{3}}-\underset{=0}{\underbrace{\sqrt{\left ( x\cdot x-x^{2} \right )^{3}} }}\right )dx=$

$\dpi{120} =\frac{2}{3}\int_{0}^{2}\frac{1}{x}\cdot \sqrt{\left (9x^{2} \right )^{3}}dx=\frac{2}{3}\int_{0}^{2}\frac{1}{x}\cdot \left ( 3x \right )^{3}dx=$

$\dpi{120} =\frac{2}{3}\int_{0}^{2}\frac{1}{x}\cdot 27x^{3}dx=\frac{2\cdot 27}{3}\int_{0}^{2}x^{2}dx=$

$\dpi{120} =18\cdot \left [ \frac{x^{3}}{3} \right ]_{0}^{2}=6\cdot \left ( 2^{3}-0^{3} \right )=48$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

6) $\dpi{120} \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}x\cos \left (xy \right )dydx$

Rozwiązanie

$\dpi{120} \int \cos \left ( ax+b \right )dx=\frac{1}{a}\sin \left ( ax+b \right )$

U nas $\dpi{120} a=x,\: b=0$ . Mamy:

$\dpi{120} \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}x\cos \left (xy \right )dydx=\int_{0}^{1}x\cdot \left [\frac{1}{x}\sin \left ( xy \right ) \right ]_{0}^{1}dx=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}x\cdot \frac{1}{x}\left [ \sin \left (x\cdot 1 \right ) - \overset{=0}{\overbrace{\sin \left ( x\cdot 0 \right )}}\right ]dx=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\sin xdx=\left [ -\cos x \right ]_{0}^{1}=$

$\dpi{120} =-\cos 1+ \cos 0=- \cos 1+1$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 2. Obliczyć całkę podwójną w prostokącie:

1) $\dpi{120} \underset{G\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}e^{x+y}d\sigma , \; \; G=\left \{ 0\leqslant x\leqslant 2,\: 0 \leqslant y\leqslant 1\right \}$

Rozwiązanie

Ponieważ jest to całka po prostokącie nie ma potrzeby rysowania obszaru całkowania. Granice całkowania widzimy w zapisie prostokąta. Ponieważ obie granice są stałe, więc kolejność całkowania jest dowolna. Możemy zatem liczyć:

$\dpi{120} \int_{{\color{Blue} 0}}^{{\color{Blue} 2}}\int_{{\color{Red} 0}}^{{\color{Red} 1}}e^{x+y}{\color{Red} dy}{\color{Blue} dx}$ lub $\dpi{120} \int_{{\color{Red} 0}}^{{\color{Red} 1}}\int_{{\color{Blue} 0}}^{{\color{Blue} 2}}e^{x+y}{\color{Blue} dx}{\color{Red} dy}$

Policzmy np. $\dpi{120} \int_{{\color{Blue} 0}}^{{\color{Blue} 2}}\int_{{\color{Red} 0}}^{{\color{Red} 1}}e^{x+y}{\color{Red} dy}{\color{Blue} dx}$ . Druga z całek powinna wyjść dokładnie tyle samo. Zatem:

$\dpi{120} \int_{{\color{Blue} 0}}^{{\color{Blue} 2}}\int_{{\color{Red} 0}}^{{\color{Red} 1}}e^{x+y}{\color{Red} dy}{\color{Blue} dx}=\int_{0}^{2}\left (\int_{0}^{1}e^{x}\cdot e^{y}dy \right )dx=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{2}e^{x}\left (\int_{0}^{1}e^{y}dy \right )dx=\int_{0}^{2}e^{x}\cdot \left [ e^{y} \right ]_{0}^{1}dx=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{2}e^{x}\cdot \left ( e^{1} -e^{0}\right )dx=\left ( e-1 \right )\int_{0}^{2}e^{x}dx=$

$\dpi{120} =\left ( e-1 \right )\cdot \left [ e^{x} \right ]_{0}^{2}=\left ( e-1 \right )\left ( e^{2} -e^{0}\right )=\left ( e-1 \right )\left ( e^{2}-1 \right )$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

2) $\dpi{120} \underset{G\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}\frac{1}{\sqrt{2y+9}}d\sigma , \; \; G=\left \{ -2\leqslant x\leqslant -1,\: 0 \leqslant y\leqslant 8\right \}$

Rozwiązanie

$\dpi{120} \int_{{\color{Blue} -2}}^{{\color{Blue} -1}}\int_{{\color{Red} 0}}^{{\color{Red} 8}}\frac{1}{\sqrt{2y+9}}\: {\color{Red} dy}{\color{Blue} dx}$ lub $\dpi{120} \int_{{\color{Red} 0}}^{{\color{Red} 8}}\int_{{\color{Blue} -2}}^{{\color{Blue} -1}}\frac{1}{\sqrt{2y+9}}\: {\color{Blue} dx}{\color{Red} dy}$

Policzmy np. $\dpi{120} \int_{{\color{Red} 0}}^{{\color{Red} 8}}\int_{{\color{Blue} -2}}^{{\color{Blue} -1}}\frac{1}{\sqrt{2y+9}}\: {\color{Blue} dx}{\color{Red} dy}$ . Mamy:

$\dpi{120} \int_{{\color{Red} 0}}^{{\color{Red} 8}}\int_{{\color{Blue} -2}}^{{\color{Blue} -1}}\frac{1}{\sqrt{2y+9}}\: {\color{Blue} dx}{\color{Red} dy}=\int_{0}^{8}\frac{1}{\sqrt{2y+9}}\left (\int_{-2}^{-1}1dx \right )dy=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{8}\frac{1}{\sqrt{2y+9}}\cdot \left [ x \right ]_{-2}^{-1}dy=\int_{0}^{8}\frac{1}{\sqrt{2y+9}}\cdot \overset{=1}{\overbrace{\left ( -1-\left ( -2 \right ) \right )}}dy=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{8}\frac{1}{\sqrt{{\color{Magenta} 2}y+9}}dy=$

Wykorzystamy wzór:

$\dpi{120} \int \frac{1}{\sqrt{ax+b}}dx=\frac{{\color{Orange} 2}}{a}\cdot \sqrt{ax+b}$

U nas $\dpi{120} a={\color{Magenta} 2}$ . Zatem:

$\dpi{120} =\left [ \frac{{\color{Orange} 2}}{{\color{Magenta} 2}}\cdot \sqrt{2y+9}\right ]_{0}^{8}=\sqrt{2\cdot 8+9}-\sqrt{2\cdot 0+9}=$

$\dpi{120} =\sqrt{25}-\sqrt{9}=2$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

3) $\dpi{120} \underset{G\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}xy\left ( x+y \right )d\sigma , \; \; G=\left \{ 0\leqslant x\leqslant 2,\: 0 \leqslant y\leqslant 6\right \}$

Rozwiązanie

$\dpi{120} \int_{{\color{Blue} 0}}^{{\color{Blue} 2}}\int_{{\color{Red} 0}}^{{\color{Red} 6}}xy\left ( x+y \right )\: {\color{Red} dy}{\color{Blue} dx}$ lub $\dpi{120} \int_{{\color{Red} 0}}^{{\color{Red} 6}}\int_{{\color{Blue} 0}}^{{\color{Blue} 2}}xy\left ( x+y \right )\: {\color{Blue} dx}{\color{Red} dy}$

Policzmy np. $\dpi{120} \int_{{\color{Blue} 0}}^{{\color{Blue} 2}}\int_{{\color{Red} 0}}^{{\color{Red} 6}}xy\left ( x+y \right )\: {\color{Red} dy}{\color{Blue} dx}$ . Mamy:

$\dpi{120} \int_{{\color{Blue} 0}}^{{\color{Blue} 2}}\int_{{\color{Red} 0}}^{{\color{Red} 6}}xy\left ( x+y \right )\: {\color{Red} dy}{\color{Blue} dx}=\int_{0}^{2}\left (\int_{0}^{6}\left (x^{2}y+xy^{2} \right )dy \right )dx=$

Zmienną $\dpi{120} x$ traktujemy jak stałą, całkujemy najpierw względem zmiennej $\dpi{120} y$ :

$\dpi{120} =\int_{0}^{2}\left [ x^{2}\cdot \frac{y^{2}}{2}+x\cdot \frac{y^{3}}{3} \right ]_{0}^{6}dx=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{2}\left ( x^{2}\cdot \frac{6^{2}}{2}+x\cdot \frac{6^{3}}{3} \overset{=0}{\overbrace{-x^{2}\cdot \frac{0^{2}}{2}-x^{2}\cdot \frac{0^{3}}{3}}}\right )dx=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{2}\left (18x^{2}+72x \right )dx=$

$\dpi{120} =\left [ 18\cdot \frac{x^{3}}{3} +72\cdot \frac{x^{2}}{2}\right ]_{0}^{2}=$

$\dpi{120} =6\cdot 2^{3}+36\cdot 2^{2}-6\cdot 0^{3}-36\cdot 0^{2}=$

$\dpi{120} =48+144=192$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

4) $\dpi{120} \underset{G\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}x\cos \left ( x^{2} +y\right )d\sigma , \; \; G=\left \{ -\sqrt{\pi }\leqslant x\leqslant 0,\: 0 \leqslant y\leqslant \pi \right \}$

Rozwiązanie

$\dpi{120} \int_{{\color{Blue}-\sqrt{\pi }}}^{{\color{Blue} 0}}\int_{{\color{Red} 0}}^{{\color{Red} \pi }}x\cos \left ( x^{2} +y\right )\: {\color{Red} dy}{\color{Blue} dx}$ lub $\dpi{120} \int_{{\color{Red} 0}}^{{\color{Red} \pi }}\int_{{\color{Blue} -\sqrt{\pi }}}^{{\color{Blue} 0}}x\cos \left ( x^{2}+y \right )\: {\color{Blue} dx}{\color{Red} dy}$

W tym przykładzie łatwiej jest najpierw policzyć całkę po zmiennej $\dpi{120} y$ , gdyż po zmiennej $\dpi{120} x$ musielibyśmy użyć metody przez podstawienie. Ale oczywiście możemy zacząć również od takiego całkowania. My liczymy całkę:

$\dpi{120} \int_{{\color{Blue}-\sqrt{\pi }}}^{{\color{Blue} 0}}\int_{{\color{Red} 0}}^{{\color{Red} \pi }}x\cos \left ( x^{2} +y\right )\: {\color{Red} dy}{\color{Blue} dx}=\int_{-\sqrt{\pi }}^{0}x\left (\int_{0}^{\pi }\cos \left ( x^{2}+y \right )dy \right )dx=$

Wykorzystujemy wzór:

$\dpi{120} \int \cos \left ( ax+b \right )dx=\frac{1}{a}\sin \left ( ax+b \right )$

U nas $\dpi{120} a=1,\: b=x^{2}$ , gdyż całkę liczymy po zmiennej $\dpi{120} y$ , a współczynnik przy $\dpi{120} y$ wynosi 1. Zatem:

$\dpi{120} =\int_{-\sqrt{\pi }}^{0}x\cdot \left [ \frac{1}{1}\cdot \sin \left ( x^{2}+y \right ) \right ]_{0}^{\pi }dx=$

$\dpi{120} =\int_{-\sqrt{\pi }}^{0}x\cdot \left ( \sin \left ( x^{2} +\pi \right ) - \sin \left ( x^{2} +0\right )\right )dx=$

Ze wzoru redukcyjnego mamy, że $\dpi{120} \sin \left ( x^{2} +\pi \right )=- \sin x^{2}$ . Zatem:

$\dpi{120} =\int_{-\sqrt{\pi }}^{0}x\cdot \left ( -2\sin x^{2} \right )dx=$

$\dpi{120} =-2\int_{-\sqrt{\pi }}^{0}x\sin x^{2}dx$

Całkę nieoznaczoną $\dpi{120} \int x\sin x^{2}dx$ liczymy przez podstawienie.

$\dpi{120} \int x\sin x^{2}dx=\begin{Bmatrix} x^{2}=t\\ 2xdx=dt\\ dx=\frac{dt}{2x} \end{Bmatrix}=\int x\cdot \sin t\cdot \frac{dt}{2x}=$

$\dpi{120} =\frac{1}{2}\int \sin tdt=\frac{1}{2}\left ( -\cos t \right ) =-\frac{1}{2} \cos x^{2}$

Wstawiamy do całki oznaczonej:

$\dpi{120} =-2\cdot \left [ -\frac{1}{2}\cos x^{2} \right ]_{-\sqrt{\pi }}^{0}=$

$\dpi{120} =\overset{=1}{\overbrace{\cos 0^{2}}}- \cos \left ( -\sqrt{\pi } \right )^{2}=1- \overset{=-1}{\overbrace{\cos \pi}} =2$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

5) $\dpi{120} \underset{G\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}x^{2}ye^{xy}\, d\sigma , \; \; G=\left \{0\leqslant x\leqslant 1,\: 1 \leqslant y\leqslant 2\right \}$

Rozwiązanie

$\dpi{120} \int_{{\color{Blue}0}}^{{\color{Blue} 1}}\int_{{\color{Red} 1}}^{{\color{Red} 2 }}x^{2}ye^{xy}\: {\color{Red} dy}{\color{Blue} dx}$ lub $\dpi{120} \int_{{\color{Red} 1}}^{{\color{Red} 2 }}\int_{{\color{Blue} 0}}^{{\color{Blue} 1}}x^{2}ye^{xy}\: {\color{Blue} dx}{\color{Red} dy}$

W tym przykładzie łatwiej jest najpierw policzyć całkę po zmiennej $\dpi{120} y$ . W obydwu przypadkach należy zastosować całkowanie przez części, ale po zmiennej $\dpi{120} y$ wystarczy jednokrotne zastosowanie wzoru na całkowanie przez części, zaś po zmiennej $\dpi{120} x$ należy wykonać to dwukrotnie. Zatem policzmy całkę:

$\dpi{120} \int_{{\color{Blue}0}}^{{\color{Blue} 1}}\int_{{\color{Red} 1}}^{{\color{Red} 2 }}x^{2}ye^{xy}\: {\color{Red} dy}{\color{Blue} dx}=\int_{{\color{Blue}0}}^{{\color{Blue} 1}}x^{2}\int_{{\color{Red} 1}}^{{\color{Red} 2 }}ye^{xy}\: {\color{Red} dy}{\color{Blue} dx}$

Policzmy najpierw całkę:

$\dpi{120} \int ye^{xy}\: {\color{Red} dy}=\begin{Bmatrix} f=y & g'=e^{xy}\\ f'=1& g=\frac{1}{x}e^{xy} \end{Bmatrix}=y\cdot\frac{1}{x}e^{xy}-\int 1\cdot \frac{1}{x}e^{xy}dy=$

$\dpi{120} =y\cdot\frac{1}{x}e^{xy}-\frac{1}{x}\int e^{xy}dy=y\cdot\frac{1}{x}e^{xy}-\frac{1}{x}\cdot \frac{1}{x} e^{xy}=\frac{y}{x}e^{xy}-\frac{1}{x^{2}} e^{xy}$

Wstawiamy ten wynik do całki podwójnej:

$\dpi{120} \int_{{\color{Blue} 0}}^{{\color{Blue} 1}}x^{2}\left [ \frac{y}{x}e^{xy}-\frac{1}{x^{2}}e^{xy} \right ]_{{\color{Red} 1}}^{{\color{Red} 2}}{\color{Blue} dx}=\int_{{\color{Blue} 0}}^{{\color{Blue} 1}}x^{2}\left [ \frac{2}{x}e^{2x}-\frac{1}{x^{2}}e^{2x}- \frac{1}{x}e^{x}+\frac{1}{x^{2}}e^{x}\right ]{\color{Blue} dx}=$

$\dpi{120} =\int_{{\color{Blue} 0}}^{{\color{Blue} 1}} \left (2xe^{2x}-e^{2x}- xe^{x}+e^{x} \right ){\color{Blue} dx}=$

$\dpi{120} =2\int_{0}^{1}xe^{2x}dx-\int_{0}^{1}e^{2x}dx-\int_{0}^{1}xe^{x}dx+\int_{0}^{1}e^{x}dx=$

Pojawiają się znowu całki liczone ze wzoru na całkowanie przez części:

$\dpi{120} \int xe^{ax}dx=\begin{Bmatrix} f=x &g'=e^{ax} \\ f'=1& g=\frac{1}{a}e^{ax} \end{Bmatrix}=x\cdot \frac{1}{a}e^{ax}-\int 1\cdot \frac{1}{a}e^{ax}dx=$

$\dpi{120} = \frac{x}{a}e^{ax}-\frac{1}{a}\int e^{ax}dx=\frac{x}{a}e^{ax}-\frac{1}{a}\cdot \frac{1}{a} e^{ax}=\frac{x}{a}e^{ax}-\frac{1}{a^{2}} e^{ax}$

U nas dla całki $\dpi{120} \int xe^{2x}dx=\frac{x}{2}e^{2x}-\frac{1}{4}e^{2x}$ , gdyż $\dpi{120} a=2$ , zaś dla $\dpi{120} \int xe^{x}dx=xe^{x}-e^{x}$ , gdyż $\dpi{120} a=1$ . Wracając do całki podwójnej mamy:

$\dpi{120} =2\cdot \left ( \frac{x}{2}e^{2x}-\frac{1}{4} e^{2x}\right )_{0}^{1}-\left ( \frac{1}{2}e^{2x} \right )_{0}^{1}-\left ( xe^{x}- e^{x}\right )_{0}^{1}+\left ( e^{x} \right )_{0}^{1}=$

$\dpi{120} =2\cdot \left ( \frac{1}{2}e^{2}-\frac{1}{4} e^{2}-\frac{0}{2}e^{2\cdot 0}+\frac{1}{4} e^{2\cdot 0}\right )-\left ( \frac{1}{2}e^{2}-\frac{1}{2}e^{0} \right )-\left ( 1\cdot e- e-0\cdot e^{0}+e^{0}\right )+\left ( e-e^{0} \right )=$

$\dpi{120} =2\cdot \left ( \frac{1}{2}e^{2}-\frac{1}{4} e^{2}+\frac{1}{4} \right )-\left ( \frac{1}{2}e^{2}-\frac{1}{2} \right )-\left ( e- e+1\right )+\left ( e-1 \right )=$

$\dpi{120} =2\cdot \left ( \frac{1}{4}e^{2}+\frac{1}{4} \right )- \frac{1}{2}e^{2}+\frac{1}{2} -1+e-1 =$

$\dpi{120} = \frac{1}{2}e^{2}+\frac{1}{2} - \frac{1}{2}e^{2}+\frac{1}{2} -1+e-1 =e-1$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 3. Obliczyć całkę podwójną w obszarze $\dpi{120} \large D$ ograniczonym przez krzywe:

1) $\dpi{120} \underset{D\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}\left (x+1 \right )d\sigma , \; \; D: xy=1,\: x=1,\: x=2,\: y=0$

Rozwiązanie

W tego typu zadaniu kluczowy jest poprawny rysunek obszaru $\dpi{120} D$ . Należy teraz przeprowadzić parametryzację obszaru $\dpi{120} D$ , tzn. ustalić granice zmian zmiennych $\dpi{120} x$ i $\dpi{120} y$ . Z rysunku widzimy, że zmienna $\dpi{120} x$ zmienia się od 1 do 2, zaś $\dpi{120} y$ zaczyna się od osi $\dpi{120} 0x$ a kończy na krzywej $\dpi{120} xy=1\Rightarrow y=\frac{1}{x}$ . Zatem obszar $\dpi{120} D$ zapiszemy jako:

$\dpi{120} D=\left \{ 1\leqslant x\leqslant 2,\; 0\leqslant y\leqslant \frac{1}{x} \right \}$

Dostaliśmy w ten sposób granice całkowania. Pamiętajmy, że na zewnętrznej całce musi znaleźć się stała granica. Następna ważna rzecz: kolejność różniczek. Wewnętrzna całka odpowiada za zmianę zmiennej $\dpi{120} y$ , więc będziemy mieli $\dpi{120} dydx$ . Zatem:

$\dpi{120} \underset{D\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}\left (x+1 \right )d\sigma =\int_{1}^{2}\int_{0}^{\frac{1}{x}}\left ( x+1 \right )dydx=$

Najpierw całkujemy po zmiennej $\dpi{120} y$ ( $\dpi{120} x$ traktujemy jak stałą).

$\dpi{120} =\int_{1}^{2}\left ( x+1 \right )\left (\int_{0}^{\frac{1}{x}}1dy \right )dx=$

$\dpi{120} =\int_{1}^{2}\left ( x+1 \right )\cdot \left [ y \right ]_{0}^{\frac{1}{x}}dx=$

$\dpi{120} =\int_{1}^{2}\left ( x+1 \right )\left ( \frac{1}{x}-0 \right )dx=$

$\dpi{120} =\int_{1}^{2}\left ( 1+\frac{1}{x} \right )dx=$

$\dpi{120} =\left [ x+\ln \left |x \right |\right ]_{1}^{2}=$

$\dpi{120} =2+\ln 2-1- \overset{=0}{\overbrace{\ln 1}}=1+ \ln 2$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

2) $\dpi{120} \underset{D\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}\frac{x^{2}}{y^{2}}d\sigma , \; \; D: xy=1,\: x=2,\: y=x$

Rozwiązanie

Narysujmy obszar $\dpi{120} D$ :

Z rysunku widzimy, że zmienna $\dpi{120} x$ zmienia się od 1 do 2, zaś granicą dolną zmiennej $\dpi{120} y$ jest hiperbola (czarna) $\dpi{120} xy=1\Rightarrow y=\frac{1}{x}$ , a granicą górną prosta (czerwona) $\dpi{120} y=x$ . Zatem obszar $\dpi{120} D$ zapiszemy jako:

$\dpi{120} D=\left \{ 1\leqslant x\leqslant 2,\; \frac{1}{x}\leqslant y\leqslant x \right \}$

Dostaliśmy w ten sposób granice całkowania. Pamiętajmy, że na zewnętrznej całce musi znaleźć się stała granica. Wewnętrzna całka odpowiada za zmianę zmiennej $\dpi{120} y$ , więc będziemy mieli $\dpi{120} dydx$ . Zatem:

$\dpi{120} \underset{D\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}\frac{x^{2}}{y^{2}}d\sigma =\int_{1}^{2}\int_{\frac{1}{x}}^{x}\frac{x^{2}}{y^{2}}dydx=$

Całkujemy po zmiennej $\dpi{120} y$ ( $\dpi{120} x$ traktujemy jak stałą).

$\dpi{120} =\int_{1}^{2}x^{2}\left (\int_{\frac{1}{x}}^{x}y^{-2}dy \right )dx=$

$\dpi{120} =\int_{1}^{2}x^{2}\cdot \left [\overset{=-\frac{1}{y}}{\overbrace{ \frac{y^{-1}}{-1}}} \right ]_{\frac{1}{x}}^{x}dx=$

$\dpi{120} =\int_{1}^{2}x^{2}\cdot \left ( -\frac{1}{x} +x\right )dx=$

$\dpi{120} =\int_{1}^{2}\left ( -x+x^{3} \right )dx=$

$\dpi{120} =\left [ -\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{4}}{4} \right ]_{1}^{2}=$

$\dpi{120} =-\frac{2^{2}}{2}+\frac{2^{4}}{4}-\left ( -\frac{1^{2}}{2}+\frac{1^{4}}{4} \right )=$

$\dpi{120} =-\frac{1}{2}+4+\frac{1}{2}-\frac{1}{4}=3\frac{3}{4}$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

3) $\dpi{120} \underset{D\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}\left ( x+2y \right )d\sigma , \; \; D: y=-\sqrt{x},y=-2\sqrt{x},\: 1\leqslant x\leqslant 4$

Rozwiązanie

Wykonujemy rysunek. Krzywe $\dpi{120} y=-\sqrt{x}$ oraz $\dpi{120} y=-2\sqrt{x}$ są to dolne ramiona tzw. paraboli z odwróconymi osiami.

$\dpi{120} f_{1}\left ( x \right )=-\sqrt{x},\; f_{2}\left ( x \right )=-2\sqrt{x}$

Z rysunku widzimy, że zmienna $\dpi{120} x$ zmienia się od 1 do 4. Granicą dolną obszaru $\dpi{120} D$ jest czarna krzywa $\dpi{120} y=f_{2}\left ( x \right )=-2\sqrt{x}$ , zaś górną granicą krzywa czerwona $\dpi{120} y=f_{1}\left ( x \right )=-\sqrt{x}$ . Zatem obszar $\dpi{120} D$ zapiszemy jako:

$\dpi{120} D=\left \{ 1\leqslant x\leqslant 4,\; -2\sqrt{x} \leqslant y\leqslant -\sqrt{x}\right \}$

$\dpi{120} \underset{D\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}\left ( x+2y \right )d\sigma =\int_{1}^{4}\int_{-2\sqrt{x}}^{-\sqrt{x}}\left ( x+2y \right )dydx=$

Całkujemy po zmiennej $\dpi{120} y$ , $\dpi{120} x$ traktując jak stałą.

$\dpi{120} =\int_{1}^{4}\left [ xy+2\cdot \frac{y^{2}}{2} \right ]_{-2\sqrt{x}}^{-\sqrt{x}}=$

$\dpi{120} =\int_{1}^{4}\left [ xy+y^{2} \right ]_{-2\sqrt{x}}^{-\sqrt{x}}=$

$\dpi{120} =\int_{1}^{4}\left [ x\cdot \left ( -\sqrt{x} \right )+\left ( -\sqrt{x} \right )^{2} -x\cdot \left ( -2\sqrt{x} \right )-\left ( -2\sqrt{x} \right )^{2}\right ]dx=$

$\dpi{120} =\int_{1}^{4}\left ( -x^{\frac{3}{2}}+x+2x^{\frac{3}{2}}-4x\right )dx=$

$\dpi{120} =\int_{1}^{4}\left ( x^{\frac{3}{2}} -3x\right )dx=$

$\dpi{120} =\left [ \frac{x^{\frac{5}{2}}}{\frac{5}{2}} -3\cdot \frac{x^{2}}{2}\right ]_{1}^{4}=\left [ \frac{2}{5}x^{\frac{5}{2}} -\frac{3}{2}x^{2}\right ]_{1}^{4}=$

$\dpi{120} =\frac{2}{5}\cdot\overset{=\sqrt{4^{5}}=2^{5}}{\overbrace{ 4^{\frac{5}{2}}}}-\frac{3}{2}\cdot 4^{2}-\frac{2}{5}\cdot 1^{\frac{5}{2}}+\frac{3}{2}\cdot 1^{2}=$

$\dpi{120} =\frac{2}{5}\cdot 32-24-\frac{2}{5}+\frac{3}{2}=-10,1$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

4) $\dpi{120} \underset{D\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}\left (x+y \right )d\sigma , \; \; D: x=0,\: x+y=1,\: x-y=1$

Rozwiązanie

Wykonujemy rysunek. Przekształćmy równania prostych:

$\dpi{120} x+y=1\Rightarrow y=-x+1$

$\dpi{120} x-y=1\Rightarrow y=x-1$

Z rysunku widzimy, że zmienna $\dpi{120} x$ zmienia się od 0 do 1. Granicą dolną obszaru $\dpi{120} D$ jest niebieska prosta $\dpi{120} y=x-1$ , zaś granicą górna prosta czerwona $\dpi{120} y=-x+1$ . Zatem obszar $\dpi{120} D$ zapiszemy jako:

$\dpi{120} D=\left \{ 0\leqslant x\leqslant 1,\; x-1\leqslant y\leqslant -x+1 \right \}$

$\dpi{120} \underset{D\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}\left (x+y \right )d\sigma =\int_{0}^{1}\int_{x-1}^{-x+1}\left ( x+y \right )dydx=$

Liczymy całkę po zmiennej $\dpi{120} y$ , zmienną $\dpi{120} x$ traktujemy jak stałą:

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\left [ xy+\frac{y^{2}}{2} \right ]_{x-1}^{-x+1}dx=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\left [ x\cdot \left ( -x+1 \right )+\frac{1}{2}\cdot \left ( -x+1 \right )^{2}-x\cdot \left ( x-1 \right ) -\frac{1}{2}\cdot \left ( x-1 \right )^{2}\right ]dx=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\left ( -x^{2}+x+\frac{1}{2} x^{2}-x+\frac{1}{2}-x^{2}+x-\frac{1}{2}x^{2}+x-\frac{1}{2}\right )dx=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\left ( -2x^{2} +2x\right )dx=$

$\dpi{120} =\left [ -2\cdot \frac{x^{3}}{3}+2\cdot \frac{x^{2}}{2} \right ]_{0}^{1}=\left [ -\frac{2}{3} x^{3}+x^{2}\right ]_{0}^{1}=$

$\dpi{120} =-\frac{2}{3}\cdot 1^{3}+1^{2}+\frac{2}{3}\cdot 0^{3}-0^{2}=\frac{1}{3}$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 4. Obliczyć pole obszaru ograniczonego krzywymi:

Pole dowolnego obszaru $\dpi{120} D$ wyraża się wzorem:

$\dpi{120} P_{D}=\underset{D\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}1\, d\sigma$

1) $\dpi{120} y=x^{2},\: y=\frac{x^{2}}{4},x=2$

Rozwiązanie

Pole dowolnego obszaru $\dpi{120} D$ wyraża się wzorem:

$\dpi{120} P_{D}=\underset{D\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}1\, d\sigma$

Należy narysować obszar $\dpi{120} D$ , którego pole mamy liczyć. Zadanie jest podobne do poprzedniego, tylko pod całką mamy zawsze liczbę 1.

Obszar, którego pole liczymy zapisze się jako:

$\dpi{120} D=\left \{ 0\leqslant x\leqslant 2,\; \frac{x^{2}}{4}\leqslant y\leqslant x^{2} \right \}$

Zatem pole wyraża się wzorem:

$\dpi{120} P_{D}=\underset{D\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}1\, d\sigma=\int_{0}^{2}\int_{\frac{x^{2}}{4}}^{x^{2}}1\, dydx=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{2}\left [ y \right ]_{\frac{x^{2}}{4}}^{x^{2}}dx=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{2}\left ( x^{2}-\frac{x^{2}}{4} \right )dx=$

$\dpi{120} =\frac{3}{4}\int_{0}^{2}x^{2}dx=$

$\dpi{120} =\frac{3}{4}\cdot \left [ \frac{x^{3}}{3} \right ]_{0}^{2}=\frac{3}{4}\left ( \frac{2^{3}}{3} -\frac{0^{3}}{3}\right )=$

$\dpi{120} =\frac{3}{4}\cdot \frac{8}{3}=2$

Zatem pole obszaru $\dpi{120} D$ wynosi 2. Pamiętajmy, że jeśli wynik wyszedłby komuś ujemny, to jest to na pewno zła odpowiedź, gdyż liczymy pole. Zawsze warto spojrzeć na rysunek, czy mniej więcej wynik jest poprawny.

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

2) $\dpi{120} xy=1,\: xy=8,\: y=x^{2},\: y=\frac{x^{2}}{8}$

Rozwiązanie

Pole dowolnego obszaru $\dpi{120} D$ wyraża się wzorem:

$\dpi{120} P_{D}=\underset{D\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}1\, d\sigma$

Należy narysować obszar $\dpi{120} D$ , którego pole mamy liczyć. Zadanie jest podobne do poprzedniego, tylko pod całką mamy zawsze liczbę 1.

Na rysunku pominęliśmy dolne gałęzie hiperbol, aby jeszcze bardziej nie zamazywać rysunku. Nie mają one znaczenia dla zadania.

Obszar $\dpi{120} D$ (zakreskowany w obydwu kolorach) został podzielony na dwa obszary $\dpi{120} D_{1}$ i $\dpi{120} D_{2}$ , gdyż zmienia się w nim zarówno granica dolna jak i górna. Dolna najpierw biegnie po zielonej hiperboli $\dpi{120} xy=1\Rightarrow y=\frac{1}{x}$ , a później po czerwonej paraboli $\dpi{120} y=\frac{x^{2}}{8}$ . Granica górna początkowo biegnie po niebieskiej paraboli $\dpi{120} y=x^{2}$ , a później po czarnej hiperboli $\dpi{120} xy=8\Rightarrow y=\frac{8}{x}$ . Mamy, że:

$\dpi{120} D=D_{1}\, \cup \, D_{2}$

Opisujemy obszary $\dpi{120} D_{1}$ i $\dpi{120} D_{2}$ :

$\dpi{120} D_{1}=\left \{ 1\leqslant x\leqslant 2,\; \frac{1}{x} \leqslant y\leqslant x^{2}\right \}$

$\dpi{120} D_{2}=\left \{ 2\leqslant x\leqslant 4,\; \frac{x^{2}}{8} \leqslant y\leqslant \frac{8}{x}\right \}$

Zatem pole obszaru $\dpi{120} D$ wynosi:

$\dpi{120} P_{D}=P_{D_{1}}+P_{D_{2}}=\underset{D_{1}\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}1\, d\sigma+\underset{D_{2}\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}1\, d\sigma$

Liczymy oddzielnie każdą z całek.

$\dpi{120} \underset{D_{1}\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}1\, d\sigma=\int_{1}^{2}\int_{\frac{1}{x}}^{x^{2}}1\, dydx=$

$\dpi{120} =\int_{1}^{2}\left [ y \right ]_{\frac{1}{x}}^{x^{2}}dx=\int_{1}^{2}\left ( x^{2} -\frac{1}{x}\right )dx=$

$\dpi{120} =\left [ \frac{x^{3}}{3} -\ln \left | x \right |\right ]_{1}^{2}=$

$\dpi{120} =\frac{2^{3}}{3}-\ln 2-\frac{1^{3}}{3}+\overset{=0}{\overbrace{ \ln 1}}=\frac{7}{3}- \ln 2$

Teraz pole obszaru $\dpi{120} D_{2}$ .

$\dpi{120} \underset{D_{2}\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}1\, d\sigma=\int_{2}^{4}\int_{\frac{x^{2}}{8}}^{\frac{8}{x}}1\, dydx=$

$\dpi{120} =\int_{2}^{4}\left [ y \right ]_{\frac{x^{2}}{8}}^{\frac{8}{x}}dx=\int_{2}^{4}\left ( \frac{8}{x}-\frac{1}{8} x^{2}\right )dx=$

$\dpi{120} =\left [ 8\ln \left | x \right | -\frac{1}{8}\cdot \frac{x^{3}}{3}\right ]_{2}^{4}=$

$\dpi{120} =8\ln 4-\frac{1}{24}\cdot 4^{3}-8 \ln 2+\frac{1}{24}\cdot 2^{3}=$

$\dpi{120} =8\ln 2^{2}-\frac{8}{3}-8 \ln 2+\frac{1}{3}=$

$\dpi{120} =16\ln 2-\frac{7}{3}-8 \ln 2=8 \ln 2-\frac{7}{3}$

Zatem:

$\dpi{120} P_{D}=P_{D_{1}}+P_{D_{2}}=\underset{D_{1}\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}1\, d\sigma+\underset{D_{2}\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}1\, d\sigma=$

$\dpi{120} =\frac{7}{3}-\ln 2+8 \ln 2-\frac{7}{3}=7 \ln 2$

Otrzymaliśmy, że pole obszaru wynosi $\dpi{120} 7\ln 2$ .

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

3) $\dpi{120} y=\ln x,\: y=x-1,\: y=-1$

Rozwiązanie

Pole dowolnego obszaru $\dpi{120} D$ wyraża się wzorem:

$\dpi{120} P_{D}=\underset{D\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}1\, d\sigma$

Należy narysować obszar $\dpi{120} D$ , którego pole mamy liczyć.

Podobnie jak w poprzednim podpunkcie dzielimy obszar $\dpi{120} D$ na dwa obszary $\dpi{120} D_{1}$ i $\dpi{120} D_{2}$ , gdyż zmienia się granica dolna tego obszaru. Początkowo biegnie po czarnej prostej $\dpi{120} y=-1$ , a później po czerwonej krzywej $\dpi{120} y=\ln x$ . Granicą górną jest cały czas niebieska prosta $\dpi{120} y=x-1$ . Mamy, że:

$\dpi{120} D=D_{1}\, \cup \, D_{2}$

Opisujemy obszary $\dpi{120} D_{1}$ i $\dpi{120} D_{2}$ :

$\dpi{120} D_{1}=\left \{ 0\leqslant x\leqslant \frac{1}{e},\; -1\leqslant y\leqslant x-1\right \}$

$\dpi{120} D_{2}=\left \{ \frac{1}{e}\leqslant x\leqslant 1,\; \ln x \leqslant y\leqslant x-1\right \}$

Zatem pole obszaru $\dpi{120} D$ wynosi:

$\dpi{120} P_{D}=P_{D_{1}}+P_{D_{2}}=\underset{D_{1}\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}1\, d\sigma+\underset{D_{2}\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}1\, d\sigma$ Liczymy oddzielnie każdą z całek.

$\dpi{120} \underset{D_{1}\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}1\, d\sigma=\int_{0}^{\frac{1}{e}}\int_{-1}^{x-1}1\, dydx=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{\frac{1}{e}}\left [ y \right ]_{-1}^{x-1 }dx=\int_{0}^{\frac{1}{e}}\left ( x-1+1 \right )dx=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{\frac{1}{e}}x\, dx=\left [ \frac{x^{2}}{2} \right ]_{0}^{\frac{1}{e}}=$

$\dpi{120} =\frac{1}{2}\cdot \left ( \frac{1}{e} \right )^{2}-\frac{0^{2}}{2}=\frac{1}{2e^{2}}$

Teraz pole obszaru $\dpi{120} D_{2}$ .

$\dpi{120} \underset{D_{2}\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}1\, d\sigma=\int_{\frac{1}{e}}^{1}\int_{\ln x}^{x-1}1\, dydx=$

$\dpi{120} =\int_{\frac{1}{e}}^{1}\left [ y \right ]_{\ln x}^{x-1}dx=\int_{\frac{1}{e}}^{1}\left (x- 1- \ln x \right )dx=$

Przy omawianiu całkowania przez części wyprowadzony był wzór na:

$\dpi{120} \int \ln x\, dx=x \ln x-x$

Zatem:

$\dpi{120} =\left [ \frac{x^{2}}{2} -x-x\ln x+x\right ]_{\frac{1}{e}}^{1}=$

$\dpi{120} =\left [ \frac{x^{2}}{2} -x\ln x\right ]_{\frac{1}{e}}^{1}=$

$\dpi{120} =\frac{1^{2}}{2}-1\cdot \overset{=0}{\overbrace{\ln 1}}-\frac{1}{2}\cdot \left ( \frac{1}{e} \right )^{2}+\frac{1}{e}\cdot \ln \frac{1}{e}=$

$\dpi{120} =\frac{1}{2}-\frac{1}{2e^{2}}+\frac{1}{e}\cdot \overset{=-1}{\overbrace{\ln e^{-1}}}=$

$\dpi{120} =\frac{1}{2}-\frac{1}{2e^{2}}-\frac{1}{e}\approx 0,062$

Przybliżenie podaliśmy tylko po to, aby przekonać się czy wartość wyszła dodatnia.

Liczymy pole obszaru $\dpi{120} D$ :

$\dpi{120} P_{D}=P_{D_{1}}+P_{D_{2}}=\underset{D_{1}\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}1\, d\sigma+\underset{D_{2}\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}1\, d\sigma=$

$\dpi{120} =\frac{1}{2e^{2}}+\frac{1}{2}-\frac{1}{2e^{2}}-\frac{1}{e}=\frac{1}{2}-\frac{1}{e}$

Otrzymaliśmy, że pole obszaru wynosi $\dpi{120} \frac{1}{2}-\frac{1}{e}$ .

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

4) $\dpi{120} y^{2}=1-x,\: y=1+x$

Rozwiązanie

Pole dowolnego obszaru $\dpi{120} D$ wyraża się wzorem:

$\dpi{120} P_{D}=\underset{D\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}1\, d\sigma$

Należy narysować obszar $\dpi{120} D$ , którego pole mamy liczyć.

Dzielimy obszar $\dpi{120} D$ na dwa obszary $\dpi{120} D_{1}$ i $\dpi{120} D_{2}$ , gdyż zmienia się granica górna tego obszaru. Początkowo biegnie po niebieskiej prostej $\dpi{120} y=x+1$ , a później po czerwonej gałęzi górnej paraboli $\dpi{120} y=\sqrt{1-x}$ . Granicą dolnąjest cały czas czerwona dolna gałąź paraboli $\dpi{120} y=-\sqrt{1-x}$ . Mamy, że:

$\dpi{120} D=D_{1}\, \cup \, D_{2}$

Opisujemy obszary $\dpi{120} D_{1}$ i $\dpi{120} D_{2}$ :

$\dpi{120} D_{1}=\left \{ -3\leqslant x\leqslant 0,\; -\sqrt{1-x}\leqslant y\leqslant x+1\right \}$

$\dpi{120} D_{2}=\left \{0\leqslant x\leqslant 1,\; -\sqrt{1-x}\leqslant y\leqslant \sqrt{1-x}\right \}$

Zatem pole obszaru $\dpi{120} D$ wynosi:

$\dpi{120} P_{D}=P_{D_{1}}+P_{D_{2}}=\underset{D_{1}\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}1\, d\sigma+\underset{D_{2}\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}1\, d\sigma$ Liczymy oddzielnie każdą z całek.

$\dpi{120} \underset{D_{1}\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}1\, d\sigma=\int_{-3}^{0}\int_{-\sqrt{1-x}}^{x+1}1\, dydx=$

$\dpi{120} =\int_{-3}^{0}\left [ y \right ]_{-\sqrt{1-x}}^{x+1}dx=\int_{-3}^{0}\left ( x+1+\sqrt{1-x} \right )dx=$

Wykorzystujemy wzór:

$\dpi{120} \int \sqrt{ax+b}\, dx=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{a}\sqrt{\left ( ax+b \right )^{3}}$

Mamy:

$\dpi{120} =\left [ \frac{x^{2}}{2} +x+\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{-1}\cdot \sqrt{\left (1-x \right )^{3}}\right ]_{-3}^{0}=$

$\dpi{120} =\frac{0^{2}}{2}+0-\frac{2}{3}\sqrt{\left (1-0 \right )^{3}}-\frac{\left ( -3 \right )^{2}}{2}-\left ( -3 \right )+\frac{2}{3}\sqrt{\left ( 1-\left ( -3 \right ) \right )^{3}}=$

$\dpi{120} =-\frac{2}{3}-\frac{9}{2}+3+\frac{2}{3}\cdot 8=$

$\dpi{120} =-\frac{2}{3}-4\frac{1}{2}+3+\frac{16}{3}=-\frac{3}{2}+\frac{14}{3}=12\frac{1}{2}$

Teraz pole obszaru $\dpi{120} D_{2}$ .

$\dpi{120} \underset{D_{2}\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}1\, d\sigma=\int_{0}^{1}\int_{-\sqrt{1-x}}^{\sqrt{1-x}}1\, dydx=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\left [ y \right ]_{-\sqrt{1-x}}^{\sqrt{1-x}}=\int_{0}^{1}\left ( \sqrt{1-x}+\sqrt{1-x} \right )dx=$

$\dpi{120} =2\int_{0}^{1}\sqrt{1-x}\, dx=$

Ponownie wykorzystujemy wzór:

$\dpi{120} \int \sqrt{ax+b}\, dx=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{a}\sqrt{\left ( ax+b \right )^{3}}$

Mamy:

$\dpi{120} =2\cdot \left [ \frac{2}{3}\cdot \frac{1}{-1}\cdot \sqrt{\left ( 1-x \right )^{3}} \right ]_{0}^{1}=$

$\dpi{120} =2\cdot \left ( -\frac{2}{3} \right )\cdot \left ( \sqrt{\left (1-1 \right )^{3}}-\sqrt{\left ( 1-0 \right )^{3}} \right )=$

$\dpi{120} =-\frac{2}{3}\cdot \left ( 0-1 \right )=\frac{2}{3}$

Liczymy pole obszaru $\dpi{120} D$ :

$\dpi{120} P_{D}=P_{D_{1}}+P_{D_{2}}=\underset{D_{1}\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}1\, d\sigma+\underset{D_{2}\; \; \; }{\iint_{\! }^{\! }}1\, d\sigma=$

$\dpi{120} =12\frac{1}{2}+\frac{2}{3}=13\frac{1}{6}$

Otrzymaliśmy, że pole obszaru wynosi $\dpi{120} 13\frac{1}{6}$ .

Pokaż rozwiązanie

Zwiń