Rozwiązanie:
Rysunek obszaru w załączniku.
Zauważmy, że rozważany obszar jest obszarem regularnym. Zatem podzielimy go na dwa obszary normalne względem osi [tex]OX[/tex] (zgodnie z rysunkiem).
Całka:
[tex]$\iint\limits^{}_{D} dxdy=\iint\limits^{}_{D_{1}}dxdy+\iint\limits^{}_{D_{2}}dxdy[/tex]
Zróbmy to po kolei:
[tex]$\iint\limits^{}_{D_{1}}dxdy=\int\limits^{1}_{0}\Bigg(\int\limits^{e^{x}}_{1-x} dy\Bigg)dx=\int\limits^{1}_{0}\Big(e^{x}-(1-x)\Big)dx=\int\limits^{1}_{0}\Big(e^{x}+x-1 \Big) dx=[/tex]
[tex]$e^{x}+\frac{x^{2}}{2} -x\Bigg|^{1}_{0}=e+\frac{1}{2} -1-1=e-\frac{3}{2}[/tex]
[tex]$\iint\limits^{}_{D_{2}}dxdy=\int\limits^{2}_{1}\Bigg(\int\limits^{e^{x}}_{\ln x} dy\Bigg)dx=\int\limits^{2}_{1}(e^{x}-\ln x) \ dx[/tex]
Oszczędzę sobie liczenie całki z logarytmu (możesz to łatwo obliczyć przez części). W każdym razie:
[tex]$\int \ln x \ dx=x(\ln x - 1)+C[/tex]
Stąd:
[tex]$\int\limits^{2}_{1}(e^{x}-\ln x) \ dx=e^{x}-x(\ln x-1) \Bigg|^{2}_{1}=e^{2}-2(\ln 2 -1)-e-1=e^{2}-e-\ln4+1[/tex]
Ostatecznie mamy więc:
[tex]$\iint\limits^{}_{D} dxdy=e-\frac{3}{2} +e^{2}-e-\ln 4 + 1=e^{2}-\ln 4-\frac{1}{2}[/tex]
Nota bene obliczyliśmy pole obszaru [tex]D[/tex], które równe jest objętości pod płaszczyzną [tex]f(x,y)[/tex] na tym zbiorze.
