Anula: Utworzono nową stronę "NOTOC ==Zadanie== $\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty } f(x)\,{\rm d}x\qquad$ gdzie $\qquad f(x)=\left\lbrace \begin{array}{rr} 0 & x<-3 \\ -..."$

2015-05-22T13:07:20Z

Utworzono nową stronę "__NOTOC__ ==Zadanie== <math>\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty } f(x)\,{\rm d}x\qquad </math> gdzie <math>\qquad f(x)=\left\lbrace \begin{array}{rr} 0 & x<-3 \\ -..."

Nowa strona

__NOTOC__

==Zadanie==

<math>\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty } f(x)\,{\rm d}x\qquad </math>
gdzie
<math>\qquad f(x)=\left\lbrace \begin{array}{rr} 0 & x<-3 \\ -2 & -3\le x<1 \\ 0 & 1\le x<3 \\ 4 & 3\le x<6 \\ 0 & x>6 \end{array} \right. </math>

<math>\begin{matrix}\int _{-\infty }^{\infty } f(x)\,{\rm d}x&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
\int _{-\infty }^{-3}0\,{\rm d}x+\int _{-3}^1(-2)\,{\rm d}x+\int _1^30\,{\rm d}x+\int _3^64\,{\rm d}x+\int _6^\infty 0\,{\rm d}x\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
-2\int _{-3}^1\,{\rm d}x+4\int _3^6\,{\rm d}x=-2x\Big |_{-3}^1 +4 x\Big |_3^6
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=-2(1-(-3))+4(6-3)=-8+12=4
\end{matrix}</math>

==Zadanie==

<math>\begin{matrix}&&\!\!\!\!\!\!\!\!\int _0^{\pi /2}e^x\cos {x}\,{\rm d}x=
\left|
\begin{array}{ll}
v=\cos {x} & v^{\prime }=-\sin {x}
\\
u^{\prime }=e^x & u=e^x
\end{array}
\right|=e^x\cos {x}\Big |_0^{\pi /2}
-\int _0^{\pi /2}e^x(-\sin {x})\,{\rm d}x\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=e^x\cos {x}\Big |_0^{\pi /2}
+\int _0^{\pi /2}e^x\sin {x}\,{\rm d}x=
\left|
\begin{array}{ll}
p=\sin {x} & p^{\prime }=\cos {x}
\\
q^{\prime }=e^x & q=e^x
\end{array}
\right|
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=e^x\cos {x}\Big |_0^{\pi /2}+e^x\sin {x}\Big |_0^{\pi /2}
-\int _0^{\pi /2}e^x\cos {x}\,{\rm d}x\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=e^{\pi /2}\cos \left(\frac{\pi }{2}\right)-e^0\cos (0)
+e^{\pi /2}\sin \left(\frac{\pi }{2}\right)-e^0\sin (0)
-\int _0^{\pi /2}e^x\cos {x}\,{\rm d}x\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=0-1+e^{\pi /2}-\int _0^{\pi /2}e^x\cos {x}\,{\rm d}x=e^{\pi /2}-1-\int _0^{\pi /2}e^x\cos {x}\,{\rm d}x\end{matrix}</math>

Porównując pierwsze i ostatnie wyrażenie w powyższym ciągu równości
dostajemy końcowy wynik:

::<math>
\int _0^{\pi /2}e^x\cos {x}\,{\rm d}x=\frac{e^{\pi /2}-1}{2}
</math>

== <math>\displaystyle \int _0^{\pi }e^x\cos {x}\,{\rm d}x</math> ==

Korzystając z rachunków przeprowadzonych w poprzednim zadaniu, dostajemy:

<math>\begin{matrix}\int _0^{\pi }e^x\cos {x}\,{\rm d}x&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
\left.\frac{1}{2} \left[e^x\left(\cos {x}+\sin {x}\right)\right]\right|_0^{\pi }
=\frac{1}{2} e^\pi (\cos (\pi )+\sin (\pi ))-\frac{1}{2} e^0(\cos (0)+\sin (0))
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=\frac{1}{2}(-e^\pi -1)=-\frac{1+e^\pi }{2}
\end{matrix}</math>

== <math>\displaystyle \int _{\pi /2}^{\pi }e^x\cos {x}\,{\rm d}x:\quad </math> ==

Zamiast liczyć od początku, można skorzystać
z wyników dwóch poprzednich rozwiązań

::<math>
\int _{\pi /2}^{\pi }e^x\cos {x}\,{\rm d}x=\int _{0}^{\pi }e^x\cos {x}\,{\rm d}x-\int _{0}^{\pi /2}e^x\cos {x}\,{\rm d}x=-\frac{e^\pi +1}{2}-\frac{e^{\pi /2}-1}{2}
=-\frac{e^\pi +e^{\pi /2}}{2}
</math>

== <math>\displaystyle \int _{-1}^{2}\sqrt{-x^2+x+2}\,{\rm d}x</math> ==

Sprawdzamy, czy funkcja pod pierwiastkiem ma miejsca zerowe:

::<math>
\Delta =1+8=9
\qquad \qquad x_1=\frac{-1-3}{-2}=2
\qquad \qquad x_1=\frac{-1+3}{-2}=-1
</math>

Granice całkowania pokrywają się z miejscami zerowymi funkcji pod
pierwiastkiem. Funkcja podcałkowa, w granicach całkowania,
ma wartości rzeczywiste.
W wyrażeniu pod pierwiastkiem wyodrębniamy pełny kwadrat, a następnie
dokonujemy zamiany zmiennych:

<math>\begin{matrix}&&\!\!\!\!\!\!\!\!\int _{-1}^{2}\sqrt{-x^2+x+2}\,{\rm d}x=
\int _{-1}^{2}\sqrt{-x^2+2\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+2}\,{\rm d}x=
\int _{-1}^{2}\sqrt{-\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{9}{4}}\,{\rm d}x\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
\int _{-1}^{2}\sqrt{\frac{9}{4}\left(1-\frac{4}{9}\left(x-\frac{1}{2}\right)^2\right)}\,{\rm d}x=
\int _{-1}^{2}\frac{3}{2}\sqrt{1-\left(\frac{2(x-\frac{1}{2})}{3}\right)^2}\,{\rm d}x\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
\left|
\begin{array}{ll}
y=2(x-1/2)/3 & y_1=2(x_1-1/2)/3=2(-1-1/2)/3=-1
\\
dy=(2/3){\rm d}x & y_2=2(x_2-1/2)/3=2(2-1/2)/3=1
\end{array}
\right|
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
\frac{3}{2}\int _{-1}^{1}\sqrt{1-y^2}\,\frac{3}{2}\,{\rm d}y=
\left|
\begin{array}{lll}
y=\sin (z) & y_1=\sin (z_1) & z_1=\arcsin (-1)=-\pi /2
\\
dy=\cos (z){\rm d}z & y_2=\sin (z_2) & z_2=\arcsin (1)=\pi /2
\end{array}
\right|
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
\frac{9}{4}\int _{-\pi /2}^{\pi /2}\sqrt{1-\sin ^2{z}}\cos {z}\,{\rm d}z=\frac{9}{4}\int _{-\pi /2}^{\pi /2}\cos ^2(z)\,{\rm d}z\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
\left.\frac{9}{4}\left[
\frac{1}{2}\left(z+\sin {z}\cos {z}\right)\right]\right|_{-\pi /2}^{\pi /2}
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
\frac{9}{8}\left[
\left(\frac{\pi }{2}+\sin {\frac{\pi }{2}}\cos {\frac{\pi }{2}}\right)
-\left(-\frac{\pi }{2}+\sin {\left(-\frac{\pi }{2}\right)}
\cos {\left(-\frac{\pi }{2}\right)}\right)
\right]
=
\frac{9}{8}\left[\frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{2}\right]
=\frac{9}{8}\pi \end{matrix}</math>

==Zadanie==

<math>\begin{matrix}\int _0^1\frac{\,{\rm d}x}{x^2+3x+4}
&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
\int _0^1\frac{\,{\rm d}x}{x^2+2\cdot \frac{3}{2}x+\frac{9}{4}-\frac{9}{4}+4}
=
\int _0^1\frac{\,{\rm d}x}{\left(x+\frac{3}{2}\right)^2+\frac{7}{4}}
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
\int _0^1\frac{\,{\rm d}x}{\frac{7}{4}\left[1+\frac{4}{7}\left(x+\frac{3}{2}\right)^2\right]}
=
\frac{4}{7}\int _0^1\frac{\,{\rm d}x}{1+\left(\frac{2\left(x+3/2\right)}{\sqrt{7}}\right)^2}
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
\left|
\begin{array}{ll}
y=2(x+3/2)/\sqrt{7} & y_1=2(0+3/2)/\sqrt{7}=3/\sqrt{7}
\\
dy=(2/\sqrt{7})\,{\rm d}x & y_1=2(1+3/2)/\sqrt{7}=5/\sqrt{7}
\end{array}
\right|
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
\frac{4}{7}\int _{3/\sqrt{7}}^{5/\sqrt{7}}\frac{(\sqrt{7}/2)\,{\rm d}y}{1+y^2}
=
\frac{2}{\sqrt{7}}\int _{3/\sqrt{7}}^{5/\sqrt{7}}\frac{\,{\rm d}y}{1+y^2}
=\left.\frac{2}{\sqrt{7}}\arctan {y}\right|_{3/\sqrt{7}}^{5/\sqrt{7}}
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=\frac{2}{\sqrt{7}}
\left(\arctan {\frac{5}{\sqrt{7}}}-\arctan {\frac{3}{\sqrt{7}}}\right)
\end{matrix}</math>

==Zadanie==

Obliczyć powierzchnię wycinka koła o promieniu jednostkowym
ograniczonego warunkami: <math>x>x_0</math>, <math>y>y_0</math>, dla <math>0<x_0<1</math>, <math>0<y_0<1</math>.

Powierzchnia między wykresami dwóch funkcji <math>y=d(x)</math> i <math>y=g(x)</math>
jest równa całce z różnicy <math>g(x)-d(x)</math> w odpowiednich granicach.

W naszym przypadku: <math>g(x)</math> jest równaniem okręgu;
<math>d(x)=y_0</math>, a całkowanie należy wykonać po <math>x</math> w granicach od
<math>x_0</math> do <math>x_1=\sqrt{1-y_0^2}</math>

[[Plik:wykres_kolo.png|350px|]]

<math>\begin{matrix}&&\!\!\!\!\!\!\!\!P
=
\int _{x_0}^{x_1}\left(\sqrt{1-x^2}-y_0\right)\,{\rm d}x=
\int _{x_0}^{\sqrt{1-y_0^2}}\left(\sqrt{1-x^2}-y_0\right)\,{\rm d}x\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
\int _{x_0}^{\sqrt{1-y_0^2}}\sqrt{1-x^2}\,{\rm d}x-y_0\int _{x_0}^{\sqrt{1-y_0^2}}\,{\rm d}x=
\int _{x_0}^{\sqrt{1-y_0^2}}\sqrt{1-x^2}\,{\rm d}x-y_0x\Big |_{x_0}^{\sqrt{1-y_0^2}}
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=-y_0x\Big |_{x_0}^{\sqrt{1-y_0^2}}+\int _{x_0}^{\sqrt{1-y_0^2}}\sqrt{1-x^2}\,{\rm d}x=
\left|
\begin{array}{ll}
x=\sin {t} & x_0=\sin {t_0}
\\
{\rm d}x=\cos {t}\,{\rm d}t & x_1=\sin {t_1}
\end{array}
\right|
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=-y_0x\Big |_{x_0}^{\sqrt{1-y_0^2}}
+\int _{t_0}^{t_1}\sqrt{1-\sin ^2{t}}\cos {t}\,{\rm d}t=-y_0x\Big |_{x_0}^{\sqrt{1-y_0^2}}
+\int _{t_0}^{t_1}\cos ^2{t}\,{\rm d}t\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=-y_0x\Big |_{x_0}^{\sqrt{1-y_0^2}}
+\left.\frac{1}{2}\left[t+\sin {t}\cos {t}\right]\right|_{t_0}^{t_1}
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=-y_0x\Big |_{x_0}^{\sqrt{1-y_0^2}}
+\left.\frac{1}{2}\left[\arcsin {x}+x\sqrt{1-x^2}\right]
\right|_{x_0}^{x_1=\sqrt{1-y_0^2}}
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=
-y_0\sqrt{1-y_0^2}+y_0x_0
+\frac{1}{2}\arcsin {\sqrt{1-y_0^2}}+\frac{1}{2}{\sqrt{1-y_0^2}}\,y_0
-\frac{1}{2}\arcsin {x_0}
\\&&\!\!
-\frac{1}{2}x_0\sqrt{1-x_0^2}
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=\frac{1}{2}\arcsin {\sqrt{1-y_0^2}}-\frac{1}{2}\arcsin {x_0}
-\frac{1}{2}y_0{\sqrt{1-y_0^2}}-\frac{1}{2}x_0\sqrt{1-x_0^2}+x_0y_0
\end{matrix}</math>

Ostatnie wyrażenie jest szukaną powierzchnią wycinka koła:

::<math>
P=\frac{1}{2}\arcsin {\sqrt{1-y_0^2}}-\frac{1}{2}\arcsin {x_0}
-\frac{1}{2}y_0{\sqrt{1-y_0^2}}-\frac{1}{2}x_0\sqrt{1-x_0^2}+x_0y_0
</math>

Rozważmy przypadek szczególny: <math>x_0=y_0=0</math>. W takim przypadku, ostatnie
wyrażenie w powyższym ciągu równości daje:

::<math>
P=\int _0^1\sqrt{1-x^2}\,{\rm d}x=\frac{1}{2}\arcsin (1)-0-0-0+0=\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{4}
</math>

co rzeczywiście jest 1/4 powierzchni koła o jednostkowym promieniu.

Matematyka 1 OO/Całki oznaczone - Historia wersji

Anula: Utworzono nową stronę "__NOTOC__ ==Zadanie== \displaystyle \int _{-\infty }^{\infty } f(x)\,{\rm d}x\qquad gdzie \qquad f(x)=\left\lbrace \begin{array}{rr} 0 & x<-3 \\ -..."

Anula: Utworzono nową stronę "NOTOC ==Zadanie== $\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty } f(x)\,{\rm d}x\qquad$ gdzie $\qquad f(x)=\left\lbrace \begin{array}{rr} 0 & x<-3 \\ -..."$