Rozwiązanie:
[tex]a)[/tex]
[tex]$f(x)=e^{-|x|}[/tex]
[tex]y=0[/tex]
Zauważmy, że:
[tex]f(-x)=f(x)[/tex]
czyli funkcja jest parzysta. Zatem wystarczy, że obliczymy pole obszaru dla [tex]x\leq 0[/tex] i pomnożymy przez [tex]2[/tex]. Mamy:
[tex]$P=\int\limits^{0}_{-\infty} {e^{-{|x|}}} \, dx=\int\limits^{0}_{-\infty} {e^{x}}} \, dx= \lim_{a\to -\infty} e^{x} \Big |^{0}_{a}=e^{0}-e^{-\infty}=1[/tex]
Zatem szukane pole wynosi [tex]2[/tex].
[tex]b)[/tex]
[tex]y=\arccos x[/tex]
[tex]y=\ln x[/tex]
[tex]x=0[/tex]
Granice całkowania łatwo jest wyznaczyć, gdyż podane funkcje to funkcje elementarne.
Korzystając z twierdzenia Newtona-Leibiniza:
[tex]$P=\int\limits^1_0 {\arccos x- \ln x} \, dx=\int\limits^1_0 \arccos x \ dx- \int\limits^1_0 \ln x \ dx[/tex]
Obliczamy całki nieoznaczone:
[tex]$\int {\arccos x } \, dx =\left|\begin{array}{cc}f=\arccos x&dg= dx\\df=-\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}} } &g=x\end{array}\right|=x \arccos x +\int {\frac{x}{\sqrt{1-x^{2}} } } \, dx =[/tex]
[tex]$=\left|\begin{array}{c}u=1-x^{2}\\du=-2x \ dx\end{array}\right| =x \arccos x-\frac{1}{2} \int {\frac{du}{\sqrt{u} } } =x \arccos x - \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{u} +C=[/tex]
[tex]=x \arccos x-\sqrt{1-x^{2} } +C[/tex]
[tex]$\int \ln x\ dx=\left|\begin{array}{cc}f=\ln x&dg= dx\\df=\frac{dx}{x} &g=x\end{array}\right|=x \ln x-\int dx=x \ln x-x+C[/tex]
Zatem:
[tex]$P=x \arccos x-\sqrt{1-x^{2} } \ \Big|^{1}_{0}- \lim_{a \to 0^{+}} x \ln x-x \ \Big |^{1}_{a}=[/tex]
[tex]$=0+1- \lim_{a \to 0^{+}} (-1-a \ln a +a)=2-\lim_{a \to 0^{+}}a \ln a -a[/tex]
Obliczmy jeszcze tę granicę:
[tex]$ \lim_{a \to 0^{+}} a \ln a -a= \lim_{a \to 0^{+}} a(\ln a-1)=\lim_{a \to 0^{+}}\frac{\ln a-1}{\frac{1}{a} }[/tex]
Teraz korzystamy z reguły de'l Hospitala:
[tex]$ \lim_{a \to 0^{+}} \frac{\frac{1}{a} }{-\frac{1}{a^{2}} } = -\lim_{a \to 0^{+}} \frac{1}{a} \cdot a^{2}=-\lim_{a \to 0^{+}} a=0[/tex]
Zatem:
[tex]P=2[/tex]
