Treść zadania

Rozwiązania

• 

  0 0

  antekL1 6.12.2015 (09:33)

  Wszystkie przykładu rozwiązujemy używając całki podwójnej.
  W załączniku jest rysunek do przykładu (c) [ ale pasuje toż do (d) ].
  
  c)
  Zielona linia to wykres związku x y = 3
  Czerwona linia to prosta y = 4 - x
  Pole do obliczenia to odcinek niby-okręgu zawarty między punktami A i B.
  Na rysunku jest zaznaczony zielony kwadrat będący elementarnym polem dP.
  Dzielimy całe pole do obliczenia na pionowe paski o szerokości "dx",
  a każdy z pasków na kwadraty o polu dP.
  
  Pole jednego takiego paska (między punktami KLMN) to w przybliżeniu pole prostokąta o szerokości dx i wysokości równej odległości obu linii (czerwonej i zielonej). Gdy "dx" jest małe to przybliżenie jest dokładne.
  
  Dla punktów N i M mamy y = 3 / x; Dla punktów K i L mamy y = 4 - x.
  Pole jednego prostokąta to po prostu całka [ zwróć uwagę na granice całkowania ]
  
  \int\limits_{3/x}^{4-x}\,1\cdot dP
  
  To jest pole jednego "paska". Aby otrzymać całe pole "jedziemy" z paskiem od punktu A do B, trzeba tylko znać współrzędne "x" obu punktów. Rozwiązujemy układ równań:
  
  y = 3 / x
  y = 4 - x ; porównujemy prawe strony
  3 / x = 4 - x ; stąd,, zakładając, że x jest różne od zera (a musi być, bo x = 0 nie należy do dziedziny wyrażenia x y = 3)
  3 = x (4 - x) ; czyli
  x^2 - 4x + 3 = 0 ; rozwiązaniami są xA = 1; xB = 3.
  
  Całe pole P jest więc dane przez całkę (wpisujemy dP = dx * dy)
  
  P = \int\limits_1^3\left(\int\limits_{3/x}^{4-x}\,1\cdot dy \right )\,dx
  
  Wewnętrzna całka (1 * dy) to po prostu "y" i wpisujemy granice, dostajemy:
  
  P = \int\limits_1^3\left(4-x-\frac{3}{x} \right )\,dx = \left[4x-\frac{x^2}{2}-3\ln x \right ]_1^3 = 4 - 3\ln 3
  
  =============================
  
  d)
  Rozwiązujemy w identyczny sposób. Punkty A i B dostajemy jako rozwiązanie układu:
  y = 5 / x
  y = 6 - x ; co daje: xA = 1 ; xB = 5 ; na pole mamy całkę:
  
  P = \int\limits_1^5\left(\int\limits_{5/x}^{6-x}\,1\cdot dy \right )\,dx= 12 - 5\ln 5
  
  =============================
  
  Przykłady (a) i (b) są łatwiejsze.
  
  a)
  Jedna z linii to parabola y = x^2 - 3x - 3 [ ma kształt litery U ]
  a druga linia to pozioma prosta y = 1.
  Punktami przecięcia są xA = -1; xB = 4.
  Dolna granica całkowania po dy to x^2 - 3x - 3, a górna to po prostu 1. Mamy:
  
  P = \int\limits_{-1}^4\left(\,\,\,\int\limits_{x^2-3x-3}^{1}\,1\cdot dy \right )\,dx= \int\limits_{-1}^4\left(1-x^2+3x+3 \right )\,dx = \frac{125}{6}
  
  =============================
  
  b)
  Górna linia to parabola w kształcie odwróconego U. Dolna linia to prosta y = 2.
  Punkty przecięcia: xA = 0 ; xB = 4.
  
  P = \int\limits_{0}^4\left(\,\,\,\int\limits_2^{-x^2+4x+2}\,1\cdot dy \right )\,dx= \int\limits_{0}^4\left(-x^2+4x+2-2 \right )\,dx = \frac{32}{3}
  
  =============================
  
  e)
  Tu jest trochę inna sytuacja, bo wykresy y = e^x oraz y = 1 - x
  przecinają się w jednym punkcie xA = 0, natomiast drugim ograniczeniem jest pionowa linia x = 1. Wykres funkcji e^x leży dla x od 0 do 1 powyżej wykresu 1 - x, mamy więc całkę:
  
  P = \int\limits_{0}^1\left(\,\,\,\int\limits_{1-x}^{e^x}\,1\cdot dy \right )\,dx= \int\limits_{0}^1\left(e^x-1+x \right )\,dx = e-\frac{3}{2}
  
  =============================
  
  f)
  Liczymy identycznie jak (e)
  
  P = \int\limits_{0}^2\left(\,\,\,\int\limits_{1-2x}^{e^x}\,1\cdot dy \right )\,dx= \int\limits_{0}^2\left(e^x-1+2x \right )\,dx = e^2+1
  
  =============================
  
  g)
  Wykres y = ln x przecina się z wykresem y = 1 - x w punkcie xA = 1.
  Drugim ograniczeniem jest xB = e.
  
  P = \int\limits_1^e\left(\,\,\,\int\limits_{1-x}^{\ln x}\,1\cdot dy \right )\,dx= \int\limits_1^e\left(\ln x-1+x \right )\,dx = \frac{e^2-2e+3}{2}
  
  (całkę z logarytmu liczymy przez części pisząc ln x = 1 * ln x ; a potem całkując "1" i różniczkując logarytm)
  =============================
  
  h)
  Obawiam się, że jest błąd w treści bo podane funkcje nie wyznaczają jednoznacznie obszaru całkowania.
  =============================
  
  i)
  Patrz załącznik "wykresy_i.pdf.
  Powstają DWA krzywoliniowe trójkąty.
  Linie y = 16 / x oraz y - x^3 przecinają się dla x = -2 lub x = 2.
  Linie y = 16 / x oraz y = x / 4 przecinają się dla x = -8 lub x = 8
  Linie y = x / 4 oraz y = x^3 przecinają się dla x = 0.
  
  Ponieważ wszystkie trzy funkcje są antysymetryczne [ tzn. f(-x) = - f(x) ]
  to oba powstające krzywoliniowe trójkąty są IDENTYCZNE.
  Pole jednego z nich (tego nad osią OX) można policzyć sumując dwie całki:
  
  P_1 = \int\limits_0^2\left(\,\,\,\int\limits_{x/4}^{x^3}\,1\cdot dy \right )\,dx= \int\limits_0^2\left(x^3-\frac{x}{4} \right )\,dx = \frac{7}{2}
  
  P_2 = \int\limits_2^8\left(\,\,\,\int\limits_{x/4}^{16/x}\,1\cdot dy \right )\,dx= \int\limits_2^8\left(\frac{16}{x}-\frac{x}{4} \right )\,dx = 16 \ln 4- \frac{15}{2}
  
  Daje to razem 4 * ln(4) - 4
  
  Drugi trójkąt ma takie samo pole, ale z całkowania wyjdzie wartość UJEMNA.
  Zazwyczaj przyjmuje się, że za pole bierze się bezwzględną wartość obliczonej całki - w końcu gdyby taki kształt wyciąć z papieru to miałby on dodatnią wagę, więc moim zdaniem trzeba te pola dodać
  (czyli dostajemy 2P1 + 2P2 = 8 * ln(4) - 8 = około 3,09
  =============================
  
  W razie pytań pisz proszę na priv.

  Załączniki

  • calka.pdf (16 KB)
  • wykresy_i.pdf (7 KB)

  Dodawanie komentarzy zablokowane - Zgłoś nadużycie