Pole powierzchni płaskiej

[Quaerens]

Oblicz pole figury ograniczonej krzywymi:

\(\displaystyle{ y=0,y= \ln x ,y=\ln(1-x)}\)

Wykresy mam, ale nie ukrywam, że bardziej by mi pasowało x=0 zamiast y=0

Proszę o podpowiedź.

[sigmaIpi]

\(\displaystyle{ y=0}\)jest ok

[Quaerens]

Więc rozwiążemy:

\(\displaystyle{ \int \ln x \mbox dx- \int \ln(1-x)\mbox dx}\)

Możesz mi podpowiedzieć, jakie będą granice całkowowania?

[aalmond]

Tak raczej tego nie obliczysz. Podziel to pole na dwie części i oblicz sumę całek.

[sigmaIpi]

od \(\displaystyle{ 0}\) do punktu przecięcia z jednej funkcji + od punktu przecięcia do \(\displaystyle{ 1}\) z drugiej funkcji

[Quaerens]

aalmond, Mógłbyś mi to rozwiązać bo nie miałem tego na ćw i nie mam nawet wzora, zawsze robiłem proste pola, to pewnie też nie jest trudne, jednak prosiłbym wyjątkowo jak "pasożyt" o rowiązanie..

[aalmond]

Punkt przecięcia tych krzywych chyba potrafisz wyliczyć?

[Quaerens]

nom

\(\displaystyle{ \ln x =\ln(1-x) \\ x=\frac{1}{2}}\)

Ale pewnie nie o tę krzywą chodzi?

[sigmaIpi]

właśnie o to chodzi. i teraz całka od 0 do 0.5 + całka od 0.5 do 1 z odpowiednich funkcji

[Quaerens]

\(\displaystyle{ \int_{0}^{\frac{1}{2}} \ln x \mbox dx+ \int_{\frac{1}{2}}^{1}\ln(1-x)\mbox dx}\)

Zgadza się?

[sigmaIpi]

nie, odwrotnie. pierwsza całka jest z\(\displaystyle{ \ln(x-1)}\)a druga z \(\displaystyle{ \ln x}\)

[Inkwizytor]

i nie zapominaj o dx

[Quaerens]

Dobrze jest policzona całka pomocnicza:

\(\displaystyle{ \int \ln(1-x) \\ \begin{cases} h'(x)=1 \\ g(x)= \ln t \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} h(x)=x \\ g'(x)=\frac{1}{t} \end{cases} \\ x \ln t - \int \frac{x}{1-x}dx \\ 1-x=t \Rightarrow x=-t+1 \\ x \ln t - \int dt + \int \frac{1}{t}dt \\ x \ln t - t + \ln t}\)

?

[miodzio1988]

Zrozniczkuj wynik to zobaczysz

[Majeskas]

Paskudne oznaczenia stosujesz. \(\displaystyle{ g\left( x\right)}\) jest funkcją zmiennej \(\displaystyle{ x}\), więc pisząc \(\displaystyle{ g(x)=\ln t}\) sugerujesz, że chodzi o funkcję stałą i wtedy \(\displaystyle{ g^{\prime}\left( x\right)=0}\). Nie powinno się tak mieszać oznaczeń, zresztą właśnie przez to twoja całka jest policzona źle. Moja poprawka:

\(\displaystyle{ \int \ln \left( 1-x\right)dx \\ \begin{cases} h^{\prime}\left( x\right)=1 \\ g\left( x\right) =\ln \left( 1-x\right) \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} h\left( x\right) =x \\ g^{\prime}\left( x\right)=\frac{1}{x-1} \end{cases} \\ x \ln \left( 1-x\right) - \int \frac{x}{x-1}dx \\ x\ln \left( 1-x\right) -\int dx - \int \frac{dx}{1-x} \\ x\ln\left( 1-x\right)-x-\ln\left( 1-x\right)+C}\)

Albo tak:

\(\displaystyle{ t=1-x\\dt=-dx\\\int \ln \left( 1-x\right)dx=- \int \ln tdt \\ \begin{cases} h^{\prime}\left( t\right)=1 \\ g\left( t\right) =\ln t \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} h\left( t\right) =t \\ g^{\prime}\left( t\right)=\frac{1}{t} \end{cases} \\ t \ln t - \int dt \\ - \int \ln tdt=-\left( t \ln t-t\right)+C= t\left( 1-\ln t\right)+C=\left( 1-x\right) \left( 1-\ln \left( 1-x\right) \right) +C}\)