[:it]Integrali: calcolo delle aree. Problema 1[:]

Pubblicato il 4 Marzo 2017 da admin

[:it]

Francis Picabia

Rappresenta graficamente y=\sqrt{\cfrac{x}{4-x}} e determina l’area della regione di piano compresa fra la curva, l’asse delle y e la retta tangente alla curva nel suo punto di flesso. (suggerimento. Per il calcolo dell’integrale poni x=4\sin ^{2}t).

Sviluppo.
Intanto rappresento graficamente la curva.
Per calcolare il dominio si deve porre l’argomento della radice \geqslant 0 ed il denominatore \neq 0.
\cfrac{x}{4-x}\geqslant 0
Il numeratore è positivo per
x\geqslant 0
il denominatore non può essere negativo per cui ho:
4-x> 0
ossia
x<4
unendo le due disequazioni e valutando il segno si ha:

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Quindi il dominio è:
D=\left \{ \forall x\in \mathbb{R}| 0\leqslant x<4 \right \}

Presenta un asintoto verticale in x=4 e, sempre usando lo studio del segno della funzione:
\underset{x\rightarrow 4^{-}}{lim}\sqrt{\cfrac{x}{4-x}}=+\infty

Adesso bisogna fare la derivata prima e successivamente la derivata seconda per determinare il punto di flesso e l’equazione della retta in esso tangente.
y'=\cfrac{1}{2\sqrt{\cfrac{x}{4-x}}}\cdot \cfrac{\left ( 4-x \right )-x\left ( -1 \right )}{\left ( 4-x \right )^{2}}
semplificandola opportunamente si ha:
y'=\cfrac{2}{\sqrt{\cfrac{x}{4-x} }\cdot \left ( 4-x \right )^{2}}
per trovare il flesso devo calcolare la derivata seconda.

Per comodità riscrivo la derivata prima nella seguente maniera:

y'=2\left ( \cfrac{x}{4-x} \right )^{-\frac{1}{2}}\cdot \left ( 4-x \right )^{-2}
la derivata seconda deve essere posta a zero per trovare il punto di flesso.
y^{''}=2\left ( -\cfrac{1}{2} \right )\left ( \cfrac{x}{4-x} \right )^{-\frac{3}{2}}\cfrac{4}{\left ( 4-x \right )^{2}}\left ( 4-x \right )^{-2}+2\left ( \cfrac{x}{4-x} \right )^{-\frac{1}{2}}(-2)\left ( 4-x \right )^{-3}(-1)

semplificandola in maniera opportuna essa diventa:
y^{''}=-\cfrac{1}{x\sqrt{\cfrac{x}{4-x}}}+\cfrac{1}{\sqrt{\cfrac{x}{4-x}}}

che si annulla per x=1

Sostituendo il valore trovato alla funzione di partenza y=\sqrt{\cfrac{x}{4-x}}
F_{y}=\cfrac{1}{\sqrt{3}}
Le coordinate del punto di flesso sono:
F\left ( 1;\cfrac{1}{\sqrt{3}} \right )

per trovare il coefficiente angolare della retta passante per il punto di flesso è sufficiente calcolare il valore della derivata prima in x=1
y^{'}(1)=\cfrac{1}{\cfrac{1}{\sqrt{3}}}\cdot \cfrac{2}{9}
m=\cfrac{2}{9}\sqrt{3}
La retta tangente alla curva e passante per il punto di flesso ha equazione:
y-\cfrac{1}{\sqrt{3}}=\cfrac{2}{9}\sqrt{3}\left ( x-1 \right )
Rappresento sul piano cartesiano la curva e la retta.

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Per meglio capire la zona di cui si deve calcolare l’area evidenzio solo la zona di interesse ossia per 0<x<1

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L’area voluta è quel piccolo spicchio tra l’asse y la retta e la curva per cui si dovranno calcolare i seguenti integrali:

(1)   \begin{equation*} A=\int_{0}^{1}\cfrac{2}{9}\sqrt{3}x+\cfrac{\sqrt{3}}{9}\, dx-\int_{0}^{1}\sqrt{\cfrac{x}{4-x}}\, dx \end{equation*}

Il primo integrale è facilmente risolvibile

(2)   \begin{equation*} \left.\begin{matrix} \cfrac{2}{9}\sqrt{3}\cdot \cfrac{x^{2}}{2}+\cfrac{\sqrt{3}}{9}\cdot x \end{matrix}\right|_{0}^{1}=\cfrac{\sqrt{3}}{9}+ \cfrac{\sqrt{3}}{9}=\cfrac{2}{9}\cdot \sqrt{3} \end{equation*}

La seconda parte dell’integrale chiede la seguente sostituzione x=4\sin ^{2}t, derivando

dx=8\sin t\cos t\,dt

cambiando gli estremi di integrazione, in seguito alla sostituzione:

4\sin ^{2}t=0
risolta dà
t=0
e
4\sin ^{2}t=1
\sin ^{2}t=\cfrac{1}{4}
prendo solo la radice positiva
\sin t=\cfrac{1}{2}
t=\cfrac{\pi}{6}

diventa:

(3)   \begin{equation*} \int_{0}^{\frac{\pi}{6}}\sqrt{\cfrac{4\sin ^{2}t}{4-4\sin ^{2}t}}\cdot 8\sin t\cos t\,dt \end{equation*}

ricordandosi l’equazione goniometrica:

\sin ^{2}t+\cos ^{2}t=1 ed applicandola al denominatore della (3)
4-4\sin ^{2}t=4\left ( 1-\sin ^{2}t \right )=4\cos ^{2}t

la (3) diventa:

(4)   \begin{equation*} \int_{0}^{\frac{\pi }{6}}\sqrt{\cfrac{4\sin^{2}t}{4\cos^{2}t}}\cdot 8\sin t\cos t\,dt=\int_{0}^{\frac{\pi }{6}}\cfrac{\sin t}{\cos t}\cdot 8\sin t\cos t\,dt=8\int_{0}^{\frac{\pi }{6}}\sin^{2} t\,dt \end{equation*}

La primitiva si può calcolare attraverso l’integrazione per parti.
\int \sin ^{2}t\, dt=\int \sin t \cdot \sin t \, dt=-\sin t\cos t+\int \cos ^{2}t \, dt
utilizzando sempre l’equazione goniometrica
\int \sin ^{2}t\, dt= -\sin t\cos t+\int 1-\sin ^{2}t \, dt=-\sin t\cos t+t -\int \sin ^{2}t \, dt
spostando al primo membro i due integrali si ha:
2\int \sin ^{2}t\, dt= -\sin t\cos t+t
e l’integrale risolto diventa:
\int \sin ^{2}t\, dt= -\cfrac{1}{2}\sin t\cos t+\cfrac{1}{2}t

(5)   \begin{equation*} 8\int_{0}^{\frac{\pi }{6}}\sin^{2} t\,dt\left=\begin{matrix} -4\sin t\cos t+4t\end{matrix}\right|_{0}^{\frac{\pi}{6}}=-\sqrt{3}+\cfrac{2}{3}\pi \end{equation*}

Adesso sottraendo alla (2) la (5) si ha il risultato:

\cfrac{2}{9}\sqrt{3}+\sqrt{3}-\cfrac{2}{3}\pi =\cfrac{11}{9}\sqrt{3}-\cfrac{2}{3}\pi

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[:it]Rette: approfondimenti sulle rette parallele e perpendicolari[:]

Pubblicato il 26 Febbraio 2017 da admin

[:it]

Francis Picabia

Due rette sono parallele quando hanno lo stesso coefficiente angolare.
Ossia hanno lo stesso numero che moltiplica la x.

Ad esempio
y=2x+3
y=2x
y=2x-3
y=2x-5
sono tutte rette parallele ed infatti dal grafico lo si vede

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Due rette sono perpendicolari quando il coefficiente angolare è opposto e reciproco uno all’altro.
Ad esempio
y=2x+3
y=-\cfrac{1}{2}x
sono rette perpendicolari ed infatti dal grafico lo si può notare:

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[:it]Power Point: esercizio 1[:]

Pubblicato il 22 Febbraio 2017 da admin

[:it] 

modulo6esercizio[:]

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[:it]Test rappresentazione retta[:]

Pubblicato il 21 Febbraio 2017 da admin

[:it]

Roberto Bergonzo

[WpProQuiz 43]

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[:it]Soluzione esercizio su integrale per sostituzione[:]

Pubblicato il 20 Febbraio 2017 da admin

[:it]9.1.  \int \cfrac{1}{\sqrt{9x^{2}-1}}dx

Effettuo la seguente sostituzione:

(1) t=3x+\sqrt{9x^{2}-1}

t-3x=\sqrt{9x^{2}-1}

elevo entrambi i membri alla seconda in maniera da non avere più la radice quadrata

\left (t-3x \right )^{2}=9x^{2}-1

t^{2}+9x^{2}-6tx=9x^{2}-1

t^{2}-6tx=-1

x=\cfrac{t^{2}+1}{6t}

facendo la derivata a desta e sinistra si ha:

dx=\cfrac{2t(6t)-6(t^{2}+1)}{36t^2}dt

(2) dx=\cfrac{t^{2}-1)}{6t^2}dt

\sqrt{9x^{2}-1}=t-3x=t-\cfrac{t^2+1}{6t}

(3) \sqrt{9x^{2}-1}=\cfrac{3t^2-3}{6t}

Adesso sostituendo la (2) e la (3) nell’integrale di partenza si ha:

\int \cfrac{1}{\cfrac{3t^{2}-3}{6t}}\cdot \cfrac{t^{2}-1}{6t^{2}}dt=\cfrac{1}{3}\int \cfrac{1}{t}dt

\cfrac{1}{3}\int \cfrac{1}{t}dt=\cfrac{1}{3}\ln t+k

e sostituendo la (1) si ha come risultato:

\cfrac{1}{3}\ln \left | 3x+\sqrt{9x^2-1} \right |+k[:]

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[:it]Esercizi sugli integrali per sostituzione[:]

Pubblicato il 19 Febbraio 2017 da admin

[:it]

Renè Magritte

 

 

Esercizi per un livello sufficiente [6]

6.1. \int \cfrac{1+e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}dx 2\left ( e^{\sqrt{x}}+\sqrt{x} \right )+k
6.2. \int \cfrac{\sin x}{\sqrt{1-\cos x}}dx 2\sqrt{1-\cos x}+k

Esercizi per un livello discreto [7]

7.1. \int \cos x\sqrt{3+2\sin x}\cdot dx \cfrac{1}{3}\sqrt{3+2\sin x}\left ( 3+2\sin x \right )+k

Esercizi per un livello ottimo[9/10]

9.1. \int \cfrac{1}{\sqrt{9x^{2}-1}}dx \ln \sqrt[3]{\left | 3x+\sqrt{9x^{2}-1} \right |}+k

Soluzione dettagliata all’esercizio precedente[:]

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[:it]Integrali per sostituzione[:]

Pubblicato il 19 Febbraio 2017 da admin

[:it]

Renè Magritte

Gli integrali per sostituzione utilizzano il cambio o sostituzione di variabile per trovarsi in una situazione di più semplice risoluzione.

Tale metodo può sempre essere applicato a qualunque tipo di integrale sempre che tale sostituzione possa poi portare ad un integrale facilmente sviluppabile.

La cosa fondamentale è la seguente:

f(x)=f(t)

e quindi

f^{'}(x)dx=f^{'}(t)dt

dx=\cfrac{f^{'}(t)}{f^{'}(x)}dt

Ad esempio tale metodo può essere applicato al seguente integrale:

\int 2x\left ( x^{2}+1 \right )^{2}dx

pongo x^{2}+1=t

effettuo la derivata a destra e a sinistra

2x\cdot dx=1\cdot dt

dx=\cfrac{1}{2x}dt

Adesso sostituisco nell’integrale che diventa:

\int 2x\left ( t \right )^{2}\cfrac{1}{2x}dt=\int t^{2}dt=\cfrac{t^{3}}{3}+k

ma t=x^{2}+1

ed il risultato diventa:

\int 2x\left ( x^{2}+1 \right )^{2}dx=\cfrac{\left ( x^{2}+1 \right )^{3}}{3}+k

Sostituzioni più comuni:

Integrale Sostituzione
\int \sqrt{x}dx \sqrt{x}=t
\int f^{'}(x)\cdot f(x)dx t=f(x)
\int \frac{1}{\sqrt{x^{2}\pm a^{2}}}dx t=x+\sqrt{x^{2}\pm a^{2}}
\int \sqrt{x^{2}\pm a^{2}}\cdot dx t=x+\sqrt{x^{2}\pm a^{2}}

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[:it]Esercizi con potenze di numeri relativi [:]

Pubblicato il 19 Febbraio 2017 da admin

[:it]

George Grie

Esercizi per un livello sufficiente [6]

 

 

 

Calcolare le seguenti potenze

6.1. \left ( -3 \right )^{2}
6.2. \left ( +\cfrac{1}{2} \right )^{3}
6.3. \left ( +\cfrac{1}{5} \right )^{2}
6.4. \left ( -3 \right )^{3}
6.5. \left ( -1 \right )^{7}
6.6. \left ( -\cfrac{1}{5} \right )^{2}
6.7. \left ( -\cfrac{1}{3} \right )^{3}
6.8. \left ( -\cfrac{1}{2} \right )^{5}
6.9. \left ( +4 \right )^{0}
6.10. \left ( +\cfrac{3}{4} \right )^{2}
6.11. \left ( -\cfrac{3}{4} \right )^{2}

Stabilire solo il segno delle seguenti potenze

Potenza Segno Potenza Segno
\left ( +3 \right )^{5} + \left ( -10 \right )^{8}
\left ( -\cfrac{3}{4} \right )^{0} \left ( +\cfrac{3}{4} \right )^{0}
\left ( -\cfrac{1}{2} \right )^{4} \left ( +4 \right )^{7}
\left ( +\cfrac{1}{9} \right )^{15} \left ( -\cfrac{3}{4} \right )^{11}
\left ( -\cfrac{1}{8} \right )^{7} \left ( -\cfrac{3}{4} \right )^{12}
\left ( -\cfrac{2}{3} \right )^{7} \left ( +1 \right )^{7}
\left ( +\cfrac{4}{3} \right )^{6} \left ( -\cfrac{7}{13} \right )^{19}
\left ( +\cfrac{8}{5} \right )^{9} \left ( -1 \right )^{13}

[:]

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[:it]Potenze di numeri relativi[:]

Pubblicato il 19 Febbraio 2017 da admin

[:it]

George Grie

Per sviluppare la potenza dei numeri relativi si richiamano le proprietà delle potenze  con questa aggiunta:

ogni potenza di base positiva è sempre positiva ad esempio

\left (+\cfrac{2}{3} \right )^{3}=+\cfrac{8}{27}

mentre ogni potenza di base negativa:

  • è positiva se l’esponente è pari
  • è negativa se l’esponente è dispari

Esempio

esponente pari e base negativa –> risultato sempre positivo

\left (-\cfrac{2}{3} \right )^{2}=+\cfrac{4}{9}

esponente dispari e base negativa –> risultato sempre negativo

\left (-\cfrac{2}{3} \right )^{3}=-\cfrac{8}{27}[:]

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[:it]Integrale e derivata: moto rettilineo uniforme e moto uniformemente accelerato[:]

Pubblicato il 19 Febbraio 2017 da admin

[:it]

Claudio Souza Pinto

Solo attraverso l’utilizzo delle derivate e degli integrali è possibile comprendere le leggi del moto uniformemente accelerato e rettilineo uniforme.

Moto rettilineo uniforme

La velocità istantanea è definita come:

v=\cfrac{dx}{dt}

posso scrivere:

v\cdot dt=dx

integro da entrambi i lati:

\int vdt=\int dx

che è uguale a scrivere:

v\int dt=\int dx

vt + k=x+k^{'}

che è proprio la legge del moto rettilineo uniforme

x=x_{0} +vt

dove con x_{0} ho sommato le due costanti che provengono dall’integrazione.

Moto uniformemente accelerato

l’accelerazione istantanea è definita come:

a=\cfrac{dv}{dt}

a\cdot dt=dv

integro entrambi i membri:

\int a\cdot dt=\int dv

at+k=v+k^{'}

v=v_{0}+at

ma v=\cfrac{dx}{dt}

che sostituita alla precedente su ha:

\cfrac{dx}{dt}=v_{0}+at

dx=\left (v_{0}+at \right )dt

integro entrambi i membri

\int dx=\int \left (v_{0}+at \right )dt

x+k=v_{0}t+\cfrac{1}{2}t^{2}+k^{'}

che messa nella forma più conosciuta ho:

x=x_{0}+v_{0}t+\cfrac{1}{2}t^{2}

 [:]

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