Matematica - Appunti

– –n

x y x + y x y x y n n n x x x x y x/y

*

Proprietà delle a * a = a (a ) = a x * y = (xy) a = a a = a x = 1 1 =x a =

y y x y 2 n

≠ a x x

potenze = (a) b b a x x x

x Sono funzioni con l’incognita all’esponente.

Funzioni y = a 0 < a < 1

Passa sempre per il punto 1 sull’asse y.

½ = √4 = 2

(4)

esponenziali a > 1 x <

π oppure

Se a > 1 la funzione è crescente.

Э m/n = π

(-1) ; 1 1

Se a < 1 la funzione è decrescente.

3/5 5 3

√-1

(-1) = = -1 Se a = 1 è una retta // all’asse x.

-3 3

(2) = (½) = 1/8 Per convenzione e per comodità, assumiamo

che, nelle funzioni esponenziali, a > 0.

Il logaritmo “b” è l’esponente da

Funzioni f(x) = log c = b

a 0 < a < 1 a > 1

alla base “a” per avere

Э) attribuire

con c > 0 (sennò log

logaritmiche l’argomento del logaritmo “c”.

con a > 0 (in ambito |R) La funzione inversa della

b

con a ≠ 1 (1 = 3 non ha senso: 1 1

esponenziale (coincide con la sua

qualsiasi valore di b darebbe 1) pre-immagine ed) è, appunto, la

Ma allora il log è sempre > 0? funzione logaritmica.

-1 Esempi:

No: log (½) = -1; infatti: 2 = ½

2 +

Se non è specificata, la base è 10.

Se 0 < a < 1 il logaritmo è f(x) = |log x| f(x) = (log x)

½ 2

Quando la base è “e” il logaritmo è

Se 0 < c < 1 negativo naturale: log x = ln x

e

Proprietà dei logaritmi Altri calcoli utili sui

1) log (xy) = log x + log y logaritmi:

a a a 1 1

y 2

logn = 2logn

2) log (x ) = y*log x

a a 3 √n = 1/3 logn

log

Identità fondamentali Se x > 0; f(x) = log |x| = log x

2 2

dei logaritmi Nei logaritmi il segno “-“ Se x < 0

x = K → aK = x

1) :

se log allora corrisponde alla divisione ed il “+”

a

a log x

a = x alla moltiplicazione:

–

log (b/c) = log b log c

2) applicando la 2° proprietà, a a a

a = x → log

x log a = 1 allora: log (b*c) = log b + log c

a a a a a

x

log (a ) = x

a Per passare da “base a” a “base b”,

Regole di si moltiplica il coefficiente log a, |x|| con x ≠ 0

cambiamento di base b f(x) = |log

1/3

cioè il fattore di conversione. log |x| |log |x||

x → 1/3 1/3

Se log (a ) = x

a

log x x →

a

log (a ) = log

b b

log x * log a = log x.

a b b

Fattore di conversione

Esempio:

log x log 3 = log x (x = ½)

3 9 9

radianti radianti

α° : 360° = α : 2π → α = (2π * α°)/360°

Funzioni 1

La circonferenza goniometrica ha raggio = 1. Ogni angolo

trigonometriche interseca la circonferenza goniometrica in un punto. Una volta senx

condotte le perpendicolari agli assi, le distanze tra l’origine degli α 1

assi e il punto in cui cade il piede della perpendicolare sono

rispettivamente il coseno e il seno dell’angolo. -1 cosx

Formula fondamentale della trigonometria:

2 2

Per ogni angolo α α + cos α = 1

vale che: sen -1

coseno

La funzione è y = cosx

una funzione periodica 1

di periodo 2π. π/2 π 3/2π 2π 5/2π

0 x

-1

seno

La funzione è y = senx

traslata di 90°, cioè di 1

π/2. x

π/2 π 3/2π 2π

0 -1

(cosx ≠

La tangente 0) y = tgx

tgx = senx 1

cosx x

π/2 π 3/2π 2π

0 -1

…continua Angoli opposti cos (-α) = cosα 1

= senα

trigonometria sen (-α) = tgα

tg (-α) - α

-1 -1

α)

Angoli complementari: 2 cos (π/2 - = senα

angoli la cui somma è 90° α)

sen (π/2 - = cosα

α)

tg (π/2 - = tgα

α)

Angoli supplementari: 2 cos (π - = - cosα

angoli la cui somma è 180° α)

sen (π - = senα

α) = tgα

tg (π - -

α) cosα

Angoli esplementari: 2 angoli cos (2π - =

la cui somma è 360° α) senα

sen (2π - = -

α)

tg (2π - = - tgα

+ π/2) = cosα

Angoli che differiscono di 90° sen (α + π/2) =

cos (α - senα

+ π/2) =

tg (α - tgα

π) senα

Angoli che differiscono di sen (α + = -

180° π) cosα

cos (α +/- = -

+ π) = tgα

tg (α

2 2

α + cos α = 1 da cui:

Formule derivate dalla sen _________

2

tgα = ±√1 – α

formula fondamentale della cos

_________ _________

2 2

trigonometria senα = ±√1 – α cosα = ±√1 – α

cos sen cosα

Altre formule utili (tra 0 e π) Arccos (cosx) = x Arcsen (senx) = x Arctan (tanx) = x

2 – ∞/∞ ∞/0).

1) Sostituisco 3 ad x ed ottengo una forma indeterminata (cioè 0/0 o o 0/∞ o S

I limiti lim x 8x + 15

2 ottenessi un numero qualsiasi quello sarebbe il limite

– (anche se di solito negli esercizi è indeterm

x→3 x 10x + 21 2) faccio i ∆… => x = 3,5; x = 3,7

1,2 1,2

3) Usando quando detto riguardo Ruffini, otteniamo la nuova formula che ci permette di

eliminare i fattori che generano la forma indeterminata:

– –

(x 3)(x 5)

– –

(x 3)(x 7)

4) Ora sostituiamo nuovamente il 3 (dopo aver eliminato gli indeterminati):

– –

(3 5)/(3 7) = ½

3 2 3

–

lim x + 2x 3 Raccolgo la variabile di grado massimo (x ):

3 3 2 3 3

– –

x→∞ 4x x + 1 x (1 + 2x /x 3/x ) = ¼ (perché tutte le frazioni con al denominatore x tendono a

3 3 3

–

x (4 x/x + 1/x )

30°=π/6; Tabella di risoluzione dei limiti con gli infiniti

45°=π/4; Moltiplicazioni: Addizioni: Divisioni: Forme indeterminate:

∞ / ∞

n° * ∞ = ∞ n° + ∞ = ∞ n° / ∞ = 0

60°=π/3; /

-∞ -∞

+∞ * (+∞) = +∞ 0 + ∞ = ∞ ∞

90°=π/2; n° / 0 = +∞ / -∞

∞ * (- ∞) = +∞ +∞ +∞ = +∞ ∞ / n° = ∞

120°=2/3π; - +∞ ∞

-

+∞ * (- ∞) = ∞ ∞ ∞ = ∞ 0 / ∞ = 0

135°=3/4π; - - - - 0 * ±∞

/ 0 = 0 / 0

150°=5/6π; ±∞ ±∞

Tabella dei valori notevoli delle funzioni trigonometriche (esempio: cos(π/3) = ½)

180°=π;

210°=7/6π; X Sin(x) Cos(x) Tan(x)

225°=5/4π; 0 0 1 0

240°=4/3π; π/6 √3 √3 /3

½ /2

270°=3/2π; π/4 √2 √2

/2 /2 1

300°=10/6π; π/3 √3 √3

/2 ½

7/4π= –π/4 π/2

315°= ; 1 0 Non esiste

11/6π = π

330°= 0 -1 0

–π/6; 3/2π -1 0 0

360° = 2π. 2π 0 1 0

Si dice che la derivata sia il limite di un rapporto incrementale. La derivata permette alla funzione di

Le derivate scendere di un grado. Il segno della derivata indica quando la funzione cresce o decresce. È possibile

capire l’andamento e gli eventuali massimi e minimi delle derivate prime (>0). La derivata seconda

permette, invece, di calcolare i punti di flesso (ovvero dove la funzione cambia concavità).

> 0 => f cresce > 0 => f è concava verso

l’alto

Se la derivata f = 0 => f costante Se la derivata seconda f U

‘... ‘’…

< 0 => f decresce = 0 => punto di flesso

< 0 => convessa

Derivate elementari, fondamentali e regole di derivazione:

f ‘(x)

f(x) = D = d/dt

Derivata di un numero K (es.: 3) 0 (i termini costanti derivando

spariscono)

X 1 y-1 3

y (incognita alla base) y * x (es.: x

D(x ) 2

=> 3x )

Num’(x) * Den(x) –

d Num (x) Num(x) *

dt Den (x) Den’(x) 2

Den (x)

La derivata di una fratta ha al denominatore il quadrato del denominatore e al numeratore la derivata

del numeratore per il denominatore non derivato meno il numeratore non derivato per la derivata del

denominatore. f ‘(x) * g(x) + f(x) * g’(x)

D (f * g) = D f(x) * g(x)

La derivata di un prodotto di funzioni è = la derivata della 1a funzione per la 2a + la 1a funzione per

la derivata della 2a.

3 3 2

cos (x + 2x) - sen (x + 2x) * (3x +2)

-2x -2x

3e 3e (-2)

La derivata di una funzione composta è uguale alla derivata della funzione esterna per la derivata

della funzione interna.

3

√(x +2x) 1 2

────── * (3x +2)

3

2√(x +2x) dell’argomento

La derivata di una radice quadrata è uguale ad 1 fratto 2 volte la radice per la derivata

della radice

i √f(x) 1

─────── * f ‘(x)

i i-1

√(f(x)

i * )

La derivata di una radice di indice i è uguale ad 1 fratto i volte la radice i della funzione elevata ad i -

3 3 2

√x => f ‘ = 1/ (3 * √x

dell’argomento della radice. Esempio: f = )

1, il tutto per la derivata

cosx - senx

senx cosx

log x 1/x * log e = 1/(x * ln(a))

a a

ln(x) 1/x

x x x x

e e * ln(e) = e * 1 = e

(sono la stessa formula, con incognita x

all’esponente) a * ln(a)

x

a 2 2

1/(cos x) = 1 + tg (x)

2

1/ √(1

tg(x) - x )

2

1/ √(1

arcsen(x) - - x )

2

arccos(x) 1 / (1 + x )

arctan(x) f ‘(x) ± g’(x) α-1

α f ‘(x) [f(x)]

[ f(x) ± g(x) ]

α f(x)

f ‘(x)

[ f(x) ] e

f(x) f(x)

f ‘(x)a

[ e ] lna

f(x) g(x) [g’(x)lnf(x) + (f ‘(x)/f(x)) *

[ a ] f (x)

g(x) (l’incognita è sia alla base sia

[ f(x) ] g(x)]

all’esponente)

…riprende i Teorema di De L’Hôpital: se…



limiti le funzioni f e g sono derivabili (cioè se sono continue) in un intervallo I

 sono tali che: g’(x) ≠ 0 per ogni x € I

 € I

x

0

 lim f(x) = lim g(x) = 0

x→x x→x

0 0

 f ‘(x)

lim = un numero

x→x g’(x)

0

allora: lim f(x) = quel numero

x→x g(x)

0

…continua come ±∞/±∞ e il lim→±∞,

Applicazione del teorema (cioè: se trovo una forma indeterminata prima derivo e poi

:

sostituisco il valore del lim)

De 1) controllo che le due funzioni siano continue/derivabili.

L’Hôpital x→x

2) controllo, sostituendo , che si generi una forma indeterminata.

0 anche se c’è f(x)/g(x) si

Per applicare il teorema devo derivare il limite.

3) NB:

derivano separatamente f(x) e g(x), non si applica la formula di derivazione delle fratte!

4) Una volta derivato il limite, sostituisco nuovamente e trovo il risultato del limite.

Esempio di applicazione:

– = ? I = ]0,2[ (ovvero: la funzione è compresa nell’intervallo tra 0 e 2 esclusi).

lim x 1

x→1 ln (x)

 –

sostituendo 1 avremo: (1 1 = 0) / (log 1 = 0) = 0 / 0 è indeterminato (e le 2 funzioni sono

e

derivabili)!

 derivo: 1 / (1/x) = 1 * x = x

 sostituisco alla derivata: x = 1. Il limite per x che tende ad 1 della funzione è quindi 1: la

funzione passa per (1,1)

Esercizio 1:

– – π/2 –

lim 1 senx 1 = 1 1 = 0/0 indeterminato! (confronta con trigonometria; esempio: nel

diagramma del cos

x→π/2 (π/2) 0 quando x è in π/2,

cosx cos il cos vale 0)

–

Applico DLH: cosx = 0 = 0

– senx -1

Esercizio 2: x * ln |x| Mentre la x si avvicina

lim x * ln |x| 0 * (come da a 0, cosa fa la funzione?

diagramma…risulta =

x→0 -∞) Risposta: tende a -∞

=> forma

Siccome così DLH non è 0 * -∞

applicabile, trasformo: indeterminata

ln |x| poi sostituisco: ln 0 = -∞ forma indeterminata.

1/x 1/0 ∞

Applico DLH, derivando: 2 –

lim 1/|x| = 1/|x| = 1 * x = x

2 2

–

x→0 (0 1)/x -1/x |x| -1

Sostituisco nuovamente:

–

lim x = 0

x→0

Esercizio 3: Sostituisco: Applico DLH, derivando: Sostituisco:

– – –

lim senx sena sena sena = 0 lim cosx (la derivata di un n° = lim cosx =

–

x→a x a indet. 0) = cosx cosa

– x→a

(dove a è un a a 0 x→a 1

numero)

∫ Le funzioni integrali rappresentano il passaggio inverso rispetto alle funzioni derivate,

Funzioni f(x) infatti permettono di salire di un grado. Servono per misurare le aree (sotto l’asse x

integrali dx l’area è negativa). Poiché sono infinite le funzioni che, derivate, danno luogo ad una

∫ f(t) dt funzione primitiva, si aggiunge un fattore “+c”.

Il simbolo “∫” apre l’integrale, il simbolo “dx” o “d variabile” chiude l’integrale.

Teorema fondamentale:

Se la funzione è continua in un intervallo allora è anche integrabile (e ovviamente derivabile) in

quell’intervallo. Proprietà degli integrali:

a c b additività

∫ f (x) dx ∫ f (x) dx + ∫ f (x) dx

= a c

b

b b b linearità

∫ [α β α ∫ f (x) β ∫ g (x)

f (x) + g (x) ] dx dx

= dx + a

a a

a b antisimmetria

∫ f (x) dx – ∫ f (x) dx

= a

b

b b monotonicità: siano f e g

∫ f (x) ∫

dx g (x) dx funzioni integrabili su [a,b].

≤ a Esiste tale proprietà se risulta:

a f (x) ≤ g (x).

Esempio:

Risoluzione di un integrale 2 3

∫ f (x) dx = F (x) + c ∫ x dx = x + c

f (x) è la funzione integranda. 3

F (x) è la primitiva di f (x), 2 2

Infatti, per provarlo, 1 * 3x = x

perché la derivata di F (x) è proprio f (x). facciamo la derivata: 3

–

Teorema di Torricelli Barrow: si utilizza sempre quando si è di fronte ad un integrale definito

.

(tra a e b)

una funzione continua nell’intervallo [a,b].

Sia f

a N.B.: calcolare F(0,2) è diverso che

∫ f (x) dx = F (a) – F (b) (N.B.: F sono le primitive, non le funzioni) calcolare F(2,0) quando si svolge

b Torricelli-Barrow: bisogna sostitui

–1)

Esempio: F (0, (N.B.: il primo va sotto il secondo va sopra) infatti F(a,b) oppure F(b,a).

3

t -1 1

– –

= 0 = 1/3 (ho sostituito t con -1 in F(a) e poi con 0 in F(b) per poi sottrarli

tra loro)

3 0 3

…continua Primitive delle funzioni elementari (nota che sono inverse rispetto alle derivate)

∫ f (x) dx

integrali f (x)

1 x + c

k (numero) kx + c

2

x (incognita) x / 2 + c

2

nx (numero per incognita) n * x / 2 + c (infatti i numeri moltiplicati si portano

fuori dall’integrale)

a a+1 2 3

, a ≠ – –

x 1 (se a = 1 allora risolvo 1 / x) 1 * x + c Esempio: t = t .

a

(ricorda però che: √x = x con a = ½) 3

a + 1

1 / x ln |x| + c

x x

e e + c

nx nx

e (1 / n) * e + c

–x –x

–e

e + c

x x

a a + c

lna

2

1 / (1 + x ) arctanx + c

2

1/ √(1 – x ) arcsenx + c

–

senx cosx + c (NB. Se confrontato con le derivate

può “ingannare”)

cosx 2

1 / cos x senx + c

ln tgx + c

arctg/arccos/arcsen Procedimento: moltiplico *1 e poi risolvo per parti.

Come sopra, prendendo arc… come g(x) per derivarlo.

∫ ∫

2 2

f ’ (x) * f (x) dx = f

Regoletta: (x) / 2 + c Es.: 1/x * ln (x) dx = ln (x) /2

5 Regole di integrazione

∫ (f(x) ± g(x)) dx = ∫ f(x) dx ± ∫ g(x) dx 1. Linearità

∫ α f(x) dx = α ∫ f(x) dx (in pratica “tiro fuori” il numero)

∫ f(x) * g’(x) dx = f(x) * g(x) ∫ f ‘(x) *

– 2. Per parti:

g(x) dx 

E nell’intervallo tra b e a: riporto la prima

b b b funzione (scelgo la

∫ f (x) * g’ (x) dx = f(x) * g(x) – ∫ f ‘(x) * g(x) dx più complicata),

a a a  la moltiplico per

Esempio: l’integrale della

∫senx ∫

–

* cosx dx = senx * senx cosx * senx dx seconda funzione,

f (x) g’(x) => (scelgo arbitrariamente la funzione che preferisco  l’integrale

sottraggo

derivare) di:

2 2

– ∫senx cosx dx = ∫ (senx cosx) /

= sen x 2 2 = sen x + c  la derivata della 1a

funzione

 moltiplicata per

l’integrale della 2°

( ).

che ho già risolto: g(x)

∫ f (φ(x)) φ’(x) dx = ∫ (y) dy | Esempio1:

y = 3x

∫ 3 dx; 3x = t; x = t/3

φ(x) Trasformo anche dx! dx = 1/3dt

E nell’intervallo tra b e a: t

∫ ∫3t

3 1/3dt = 1/3 dt =

b φ(b) x

= 3 / ln|3| *1/3

∫ f (φ(x)) φ’(x) dx = ∫ (y) dy

a φ(a)

Esempio2: 3. Per sostituzione

 

1-2√x 2

∫ (e ) / √x dx sostituisco √x = t quindi x = t .

 

2-1

dx = 2t dt => dx = 2t dt Faccio il differenziale

(assomiglia alla derivata),

 1-2t 1-2t

∫ ∫ ovvero: dx = 2t dt

(e ) * 2t dt = e *  Semplifico le “ ”

2dt t

t

 

1 -2t

∫ e * e * 2dt Sfrutto le proprietà delle potenze.

 

-2t

∫ Porto fuori i numeri dall’integrale

2e e dt (perché c’è una moltiplicazione)

 

-2t nx

2e * 1 * e + c Applico la primitiva di e e

semplifico i “2”.

- 2

 

-2√x √x

e * (-e ) + c Risostituisco: t =

∫ ’(x) ln |f(x)| + c 4.

f dx = Il numeratore è la

f (x) derivata del

2 Mi accorgo che f ‘(x) / f(x), allora risolvo così:

∫ denominatore:

12x dx

3 3 si trasforma nel

4x + 12 ln|4x + 12| + c modulo del logaritmo

naturale del

denominatore.

2 Mi accorgo che f ‘(x) / f(x), eccetto che manca un

∫ x dx 4a. Manca un solo

numero (12). fattore moltiplicativo

3

4x + 12 Allora moltiplico e divido per quel numero (sapendo che (perché il numeratore

i numeri finiscono davanti all’integrale) e poi applico la regola 4. sia la derivata del

2 3

∫

1 12x dx = 1 ln |4x + 12| + c denominatore)

3

12 4x + 12 12 x x x x

– – –

∫ ∫ ∫

Es.2: 1 . 1 + e 1 + e . e .= x ln|1 + e |

x x x

= e . = 1 + e 1 + e

x x

1 + e 1 + e

∫ ∫ ∫ ∫

C (x) dx A + dx = A B 5. Regola 5

( )

= B . dx + dx

D (x) f1(x) f1(x) f2(x)

f2(x)

…continua ∫ C (x) dx 5a. Regola 5 con denomin

Denominatore di 2° grado (x) 2° grado. Risolvo cos

integrali ∫ 

6 dx Utilizzo Ruffini: – –

x (A + B) x *A x *B

nb: x è il numero 2 1

1

2 ∆ = 49 –

x + 7x + 12 4*12 = 1 – –

(x x ) * (x x )

più piccolo! 1 2

x (A + B) +3A +4B x = - 4, -3  Utilizzo un sistema: trovo

1,2

(x + 4) * (x + 3) allora: x (A + B) +3A +4B = 6  –

A * ln |x x | + B * ln |x

1

al numeratore non c’è x => A+B=0

A+B = 0 A = -6 risolto il sistema…

3A + 4B = 6 B = 6 …trovo la soluzione finale.

-6 * ln|x +4| + 6 ln |x + 3| + c Tabella risolutiva degli integrali

E’ risolvibile con le primitive? SI ∫f dx + ∫g dx

NO: Allora è una somma di primitive? SI: (linearità) SI: risolvo per parti

NO: Allora c’è qualcosa che si ripete? SI: risolvo per sostituzione SI: risolvendo per

parti il 2° integrale è

NO: Allora è composta? SI: risolvo per parti più semplice?

NO: Allora è fratta? NO: Allora è un prodotto di funzioni?

SI: ln |f(x)| + c NO: risolvo per sostituzione

∫ f ‘(x) / f(x) ?

SI: (regola 4a)

NO: Posso inserire un fattore moltiplicativo? Se l’integrale è

SI: faccio la divisione…

NO: Il denominatore è di primo grado? definito, alla fine

del procedimento

utilizzo il

NO: Il denominatore è di secondo grado? SI: risolvo con la regola 5a. teorema di

Torricelli-

Barrow.

NO: Il denominatore è di terzo grado? SI: risolvo per sostituzione.

SI: Risolvo con la regola 5.

Se f ’ è costante… …F è una retta Se k > 0 la retta sale

Se k < 0 la retta scend

Se f ’ è una retta… …F è una parabola Calcolare i punti

Se f ’ è una parabola… …F è una cubica: Calcolare i punti

Se f ’ è un logaritmo… …F è ancora un logaritmo x x

Se f ’ è un’esponenziale… …F è ancora un’esponenziale Infatti f ’ (e ) = F(e )

Se f’ è un arco (sen, cos)… …F è una curva: Se f ’ > 0 sale

Se f ’ < 0 scende

Se F(a,b) … …allora l’integrale passa per “a” sulle x.

Esempi di funzioni svolte:

y = 2sen(x) et y = ½ sen(x) y = sen(2x) et y = sen(x/2)

2

1 1

½

π/2 π 3π/2 2π

-2π -3π/2 -π -π/2 π/2 π 3π/2 2π

- ½ -2π -3π/2 -π -π/2

- 1 -1

“Moltiplicando si allunga, “Moltiplicando il grafico si stringe, “si

dividendo si accorcia”. dividendo

allarga”.

– π/2) et y = sen(x) – π/2

y = sen(x y = arcsen(x) et y = arcsen(–x)

– π/2

Se fosse sin(t–π/2) , y = arcsen(x)

1 dovrei prima

½ disegnare la retta

– π/2),

(t

poi applicare la

π/2 π 3π/2 2π

-2π -3π/2 -π -π/2 parte negativa (più

- ½ -1 -0,5 0,5 1

interna del seno) e

poi applicare il

- 1 y = arcsen(-x)

seno. -π/2

“sottraendo dentro l’argomento si sposta vs. destra, fuori vs.

basso”.

Ovviamente, sommando andrebbe verso sinistra e verso l’alto.

y = arctan(x) et y = arctan(–x) y = arccos(x) et y = arccos(–x)

y = arccos(-x)

π

π/4 y = arctan(x) π/2

-4 -2 2 4 6

-π/4 y = arccos(x)

-1 -0,5 0,5 1

y = arctan(-x)

– = arccos(sen(π – – = arcsen(sen(π –

y = arccos(cos(π/2 x)) x)) = arccos(cos(3π/2 y = arcsen(cos(π/2 x)) x))

+ x)) = arcsen(cos(3π/2 + x)) = arcsen(sen(x)) π/2:

= arccos(sen(x)) N.B.: se 0 < x <

π y = x: è la bisettrice!

Più facile che scrivere

π π/2 arcsen(sen(x))!

Se π/2 < x < π allora:

π/2 – π dove:

y = x +

π/2 π 3π/2 2π

-2π -3π/2 -π -π/2 – perché decresce, x

-π/2 perché è retta, + π è

l’intersezione sulle Y!

-π

π/2 π 3π/2 2π

-2π -3π/2 -π -π/2 = arctan(tan(π + x))

y = arcsen(cos(+/–x)) = arcsen(sen(π/2 +/– x)) y = arctan(tan(x))

π π

π/2 π/2

π/2 π 3π/2 2π π/2 π 3π/2 2π

-2π -3π/2 -π -π/2 -2π -3π/2 -π -π/2

-π/2 -π/2

-π -π

– –

y = sen(π/2 +/– x) = cos(+/– x) y = cos(π/2 x) = sen(π x) = cos(3π/2 + x)

1 1

π/2 π 3π/2 2π π/2 π 3π/2 2π

-2π -3π/2 -π -π/2 -2π -3π/2 -π -π/2

1 1

– = tan(3π/2 – – –

y = tan(π/2 x) x) y = arctan(tan(π/2 x)) = arctan(tan(3π/2 x)

π

π/2

π/2 π 3π/2 2π π/2 π 3π/2 2π

-2π -3π/2 -π -π/2 -2π -3π/2 -π -π/2 -π/2

-π

y = cos(π/2 + x) = cos(3π/2 – x) = sen(π + x) = sen(–x) y = tan(π/2 + x) = tan(3π/2 + x)

1

π/2 π 3π/2 2π π/2 π 3π/2 2π

-2π -3π/2 -π -π/2 -2π -3π/2 -π -π/2

1

y = arccos(cos(π/2 + x)) = arccos(sen(π + x)) y = arcsen(cos(π/2 + x)) = arcsen(sen(π + x))

= arccos(cos(3π/2 – = arcsen(cos(3π/2 –

x) = arccos(sen(–x)) x) = arcsen(sen(–x))

π

π π/2

π/2 π/2 π 3π/2 2π

-2π -3π/2 -π -π/2 -π/2

π/2 π 3π/2 2π

-2π -3π/2 -π -π/2 -π

y = arctan(tan(π/2 + x)) = arctan(tan(3π/2 + x)) y = cos(π +/– x) = sen(3π/2 +/– x)

π 1

π/2

π/2 π 3π/2 2π π/2 π 3π/2 2π

-2π -3π/2 -π -π/2 -2π -3π/2 -π -π/2

-π/2

-π 1

y = tan(π – y = arccos(cos(π +/– x)) = arccos(sen(3π/2 +/–

x) = tan(–x) x)

π

π/2

π/2 π 3π/2 2π

-2π -3π/2 -π -π/2 π/2 π 3π/2 2π

-2π -3π/2 -π -π/2

y= arcsen(cos(π +/– – π)) = y = arctan(tan(π –

x)) = arcsen(cos(x x)) = arctan(tan(–x))

arcsen(sen(3π/2 +/– x) π

π π/2

π/2 π/2 π 3π/2 2π

-2π -3π/2 -π -π/2 -π/2

π/2 π 3π/2 2π

-2π -3π/2 -π -π/2 -π/2

+ x) = arccos(sen(π/2 +/–

y = tan(π y = arccos(cos(+/–x)) x)) =

arccos(sen(α))

π x

π/2 π 3π/2 2π

-2π -3π/2 -π -π/2 π/2 π/2 π 3π/2 2π

-2π -3π/2 -π -π/2

x + +

x) = ∫ – – π) [0,2π]

F(π, [(sint ½) + cos(t ]dt

π (01Feb2006)

y –

p.ti intersezione asse x: sint ½ = 0; sint = ½: π/6 = 30°

tabella dei valori notevoli delle funzioni trigonometriche =

π/6

5/6π Parte positiva

t 150° 30°

π/6 5/6π 2π π/6 5/6π

- ½ –

180° 30° = 150° +

– π)

(t Cos(0) = 1

Cos(t) spostato a dx di π

Parte positiva Applico Coseno 1

π π π

-π -π =

Integranda:

0 ≤ t < π/6

1 Resta = perché sommo 0

– π/6 ≤ t < 5/6 π

sin(t) ½ + 1 = sin(t) + ½ ≤ π

1 5/6π t <

– π) π ≤ ≤

cos(t t 2π π/6 5/6π π 3/2π 2π

…e se fosse stata una moltiplicazione, come sarebbe diventata l’integranda?

+ +

– , visto che da 0 a π la funzione –

Sarebbe rimasta soltanto la funzione (sint ½) (sint ½) verrebbe moltiplicata per 1

+

e dopo π verrebbe moltiplicata per 0, dando 0, come nella funzione –

(quindi non varierebbe) (sint ½) , appunto.

spessa è, quindi, l’integrale: Ora dobbiamo disegnare l’integrale. Cosa sappiamo?

La linea  dove f (t) > 0 → F cresce

 dove f (t) < 0 → F decresce

 dove f (t) = 0 → p.to stazionario (max)

π

 → F passa per x =

F(π, x)

π/6 5/6π π 3/2π 2π  Il punto 0 sull’integranda è il p.to dove

l’integrale comincia a scendere.

0). Per farlo riparto dall’algebra dell’integranda.

Si calcoli ora F (π, π/65/6

5/6ππ 0

0) = ∫ + ∫ + ∫

F (π, 1 dt (sin(t) + ½) dt 1 dt =

π π/6

π/6

5/6π 0

= t | +(-cost) + ½t | + t | = (Torricelli-Barrow)

π π π/6

5/6

π – π – cos(π/6) + cos(5/6π) π/6 – π + – π/6

= 5/6 + ½ ½*5/6 0 =

π – π – √3/2 – √3/2 + π/12 – 5/12π – π/6 – – √3

= 5/6 = 2/3

Si calcoli ora F(π, 2π). (si veda la tabella dei valori notevoli delle funzioni trigonometriche)

2ππ 2ππ

= ∫ – – –

F(π, 2π) cost dt = sent | = sen2π + senπ = 0 + 0 = 0

Seguono alcuni appunti dal quaderno delle superiori:

3 – – √3/3

f(x) = x x D = R

2

f’(x) = 3x – 1 2 2

– → √3/3

Punti stazionari (max e min): 3x 1 = 0 x = 1/3 +

-1 1

y = √x y = k (infatti la derivata di un numero è 0)

y = x .

2

x +1 1

-1 1

 Derivata (nel grafico è tratteggiata):

2 2 2 .

y’ = – –

x + 1 2x = 1 x

(x + 1) (x + 1)

3 3 2

√x

f(x) = + 3x D = R

2

x + 2x

f’(x) = _________ D = {x € R, x ≠ 0 U x ≠ –3}

3 2 2

√( x + 3x ) y = x + 1:

asintoto obliquo

1

-3

2 D: x ≠ 1

y = x .

3 –

x 1 3 2 2 4 4 4

y’ = – – – – – –

2x(x 1) (3x )(x ) = 2x 2x 3x = x 2x

3 2 3 2 3 2

– – –

(x 1) (x 1) (x 1)

f’

2

y = x ln x D: x > 0

2

y’ = ln x + 2 lnx

–2

4e

–1

e –2 –1

e e 1

y = sen 2x + 2 sen x 2

y’ = cos 2x * 2 + 2 cosx = 2 (cos2x + cosx) = 2(cos –

x 1 + cosx)

2

y’ = 0 –

2cos x + cosx 1 = 0

∆ = 1 + 8 = 9 – –1, π

cosx = 1 ± 3 = ½ cosx = 1, ½ x = ± π/3

4 x = ±

se x = π/3 2/3π + 2sen π/3 = √3 /2 + √3 = (3√3)/2

y = sen

– π/3 – (3√3)/2

se x = y =

3√3/2

π/3 π/3 π

-π - -3√3/2

y = x .

lnx

y’ = – –

1(lnx) x * 1/x = lnx 1

2 2

ln x ln x

e 1 e

3

x

y= x+1 2 3 3

y’ = – ½ (2x + 3) √[x/(x+1)

1 . * 3x (x + 1) x *1 = ]

3 2

2√[x /(x+1)] (x + 1)

Grafico della derivata Grafico della funzione:

3√3/2

1 ½

–3/2 –1 –3/2 –1 asintoto

– obliquo:

½ –

y = x ½

–1

Seguono le rappresentazioni grafiche dagli esercizi dell’università…

sin(t)

x

∫

F (π/2, x) = [0, 2π]

dt (01Feb2005)

π/2 +

– – π/3)

cos((t 5π/3) +

– π/3

sin (t) (t 5π/3) abbasso di

1 5π/3 6π/3=2π

-1

π/2 π 3π/2 2π 5π/3

-2π -3π/2 -π -π/2 -π/3 Infatti è la cos(t)=cos(t–2π),

– 2π

retta t infatti è una f

-5 -2π periodica!

-1 -5π/3 cos(π/3) = ½ e cos(t); risulta:

“Tabella dei valori notevoli delle funzioni trigonometriche” che:

Ora applico il coseno. Ricordo dalla 5π/3

sen(t) +1 = 2sen(t) +1; 0 < t <

1/2 ½

f(t) = 5π/3 2π

sen(t) +1 = tg(t) +1; < t <

5π/3 2π ½

Ora faccio Num/Den algebricamente:

 +1: traslo verso l’alto di 1

Ora disegno il numeratore: 2sen(t) tra 0 e 5π/3

2 3 3

1 2 2

1 1

π/2 π 3π/2 2π π/2 π 3π/2 2π

-2π -3π/2 -π -π/2 - 1 π/2 π 3π/2 2π 5π/3

-2π -3π/2 -π -π/2

- 2 -1 -1

 Ora verifico la continuità in 5π/3, sostituendo alla t 5π/3 in entrambe le equazioni di f(t). Se il risultato è lo

stesso, allora la funzione è continua (cioè: i 2 pezzi della funzione si toccano).

– √(3/2) – √(3/2) – √3

o sen (5π/3) = = * 2 = +1

cos (5π/3) ½ √(3/2)) – √3

o 2sen(5π/3) +1 = 2 * (– +1 = +1 – √3

o Questo implica, ovviamente, anche che il punto di incontro è in: +1

 Ora aggiungo tg(t) +1 all’ultimo grafico:

3

2 5π/3

1

π/2 π 3π/2 2π  Ora disegno il grafico dell’integrale:

-√3+1 per (π/2, 0) cioè interseca l’asse x in π/2

o So che passa

-1 So che cresce fino ad un po’ più di π

o

o π/6)

Ponendo f(t) = 0 trovo il punto di massimo (7 :

2sen(t) + 1 = 0

–1

2sen(t) =

3π/2-2 –½

sen(t) =

7π/6 7π/6

-2-π/2 0 0 0

0) = ∫ 2sent + 1 dt = 2∫sent dt + ∫1dt =

Si calcoli ora F(π/2, 2 (-cost)| + t|

(vedi tabella delle primitive)

π/2 π/2 π/2

– π/2 – π/2 – – π/2

2*[(–cos0)–(–cos(π/2))] + 0 = 2*[–1–0] = 2

(Utilizzando Torricelli-Barrow) (vedi tabella valori notevoli)

– – π/2

Abbiamo così trovato anche il punto di partenza (o punto minimo): 2

x

∫ +

( )

– –

(t [t]) (t + [t]) (t)

F (0, x) = dt [-2, 2] (12Sett2005)

0 ↓ procedo algebricamente –

Disegno la parte intera di t =[t]…poi (per sostituzione, per trovare t [t]), poi moltiplico t + [t]:

– –2 ≤ t < –1 – – –2 ≤ t < –1

t (–2) = t + 2; t 2 (t 2) (t + 2);

– –1 ≤ t < 0

2 – – –1 ≤ t < 0

t (–1) = t + 1; t 1 (t 1) (t + 1);

X =

– 0 ≤ t < 1 2 0 ≤ t < 1

t 0 = t; t t ;

1 – – 1 ≤ t ≤ 2 – 1 ≤ t ≤ 2

t (1) = t 1; (t 1) (t + 1);

t + 1

–

t 2; t = 2

-2 -1 1 2 (in 2 c’è un punto)

-1

-2 Svolgo ancora algebricamente…

Ora devo sottrarre la parte positiva di t:

2 2

– – –2 ≤ t < –1 – – – –2 ≤ t < –1

(t 2) (t + 2) 0; t 2t + 2t 4 = t 4;

2 2

– – –1 ≤ t < 0 – – – –1 ≤ t < 0

(t 1) (t + 1) 0; = t t + t 1 = t 1;

2 2

– 0 ≤ t < 1 – 0 ≤ t < 1

t t; t t;

2

– – 1 ≤ t ≤ 2 – – 1 ≤ t ≤ 2

(t 1) (t + 1) t; t t 1;

Ora, prima di procedere a disegnare la funzione integranda, calcolo i punti delle varie parabole.

 – – 1 so che è una parabola rivolta verso l’alto (perché è positiva) abbassata di 4.

Tra 2 e

 – 1 e 0: parabola rivolta verso l’alto che parte da –

Stesso ragionamento tra 1.

 con Ruffini: ∆ = 1 – = (+1 ± √1)/2 = 1, 0

Tra 0 e 1, invece, calcolo i punti 4(1)(0) = 1 t

1,2

So che la parabola tocca l’asse x in 1 e in 0. Ora calcolo i punti del vertice: x –½, –1/4.

= y =

v v

 = (+1 ± √5)/2; vertice in: (½,

Tra 1 e 2, calcolando i punti con Ruffini abbiamo: t -5/4).

1,2

Disegno l’integranda e poi la integro:

2 (1+√5)/2≈1,5

1 ½

-2 -1 1 2

-1

-5/4

-2

-3

-4

F(0,x)

2 (1+√5)/2≈1,5

1

-2 -1 1 2

So che scende -1

e che passa per

0 → “fa così” -2

Si calcoli ora F(0,2) (ovvero: spezzo tra 0 < x < 1 e tra 1 < x < 2):

(Riparto dalle formule del sistema finale)

1 1 1 1 2 2 2

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2 2 2 2

– – – – – – =

F(0,2) = t t dt + t t 1 dt = risolvo tutto per linearità = t dt t dt + t dt t dt t|

0 0 0 0 1 1 1

3 10 2 10 3 21 2 21

– – –

= t /3| t /2| + t /3| t /2 t| = =

risolvo con Torricelli-Barrow

– – – – – – – –2/6 –1/3

= 1/3 (½ 0) + (8/3 1/3) (2 ½) (2 1) = =

–2) –2 –1 –1

Si calcoli ora F(0, (ovvero: spezzo tra < x < e tra < x < 0):

(Riparto ancora dalle formule del sistema finale)

0 -1

∫ ∫

2 2

–2) – –

F(0, = t 1 dt + t 4 dt =

-1 -2

3 0 0 3 -1-2 -1-2

– –

t /3| t| + t /3| 4t|

= = risolvo con Torricelli-Barrow =

-1 -1

– – –

= 0 (–1/3) (0 + 1) + (–1/3 + 8/3) (–4 + 4(–2)) =

– – – –12)/3 –7/3

= 1/3 1 + 7/3 4 = faccio il minimo comune multiplo (3) = (1 3 + 7 =

x

∫ t + +

( )

– – –

(e [t + 2]) sign(3 t) + ln(1 + (t 3) )

F (1, x) = dt [0, 4] (18Genn2005)

1 t –

[t] alzo di 2 e trovo [t +2] Poi algebricamente trovo (e [t + 2])

5 t – 0 ≤ t < 1

e 2;

t – 1 ≤ t < 2

e 3;

4 t – 2 ≤ t < 3

e 4;

t

3 – 3 ≤ t ≤ 4

3 e 5;

2 2

1 1

1 2 3 4 1 2 3 4 +

–

Ora devo moltiplicarlo per sign(3 t)

+

–

Disegno prima (3 t) poi applico il segno

3 3 t – 0 ≤ t < 1

e 2;

t – 1 ≤ t < 2

e 3; t < 2

2 2 t – 2 ≤ t < 3

e 4; 3 ≤ t ≤ 4

1 1 0;

1 2 3 4 1 2 3 4 Moltiplicando x 1 resta invariato, x 0 diventa 0.

t +

Ora dall’ultimo sistema ottenuto posso disegnare la prima parte del grafico: – –

(e [t + 2]) sign(3 t) .

 t è un’esponenziale.

so che e

5 1

4  so che se la variabile è > 1 (e = 2,71) il disegno è:



3 Tra 0 e 1, mi basta abbassare di 2 tale grafico (passa quindi

anziché per 1 per -1)

2  Tra 1 e 2:

o

1 sostituisco 1 e trovo -0,3

o sostituisco 2 e trovo 4,3: sono i due punti dove passa

 Tra 2 e 3 procedo sempre per sostituzione come tra 1 e 2

1 2 3 4 

-1 Tra 3 e 4 vale 0.

Ora passiamo alla seconda parte della funzione: il logaritmo naturale.

+ +

– –

(t 3) Alzo di 1: (1 + (t 3) ) Applico il logaritmo naturale algebricamente e lo disegno:

0 ≤ t < 3

ln(1);

1 – 3 ≤ t < 4

ln(t 2);

1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4

Infatti è ln(t)

spostato a dx di 2.

Quali ragionamenti ho fatto per disegnare il logaritmo? a > 1

 +

–

ho sostituito i valori risultanti dal diagramma di (1 + (t 3) ) al suo interno.

 (1) = 0 perché 0 è l’esponente da dare ad “e” per ottenere 1, quindi tra 0 e 3 = 0. 1

log

e

 – 2 = 1; t = 3: siccome la funzione logaritmo interseca l’asse x quando l’argomento

t vale 1, allora passa per 3.

Ora posso disegnare l’integranda (cioè il grafico di tutta la funzione) e poi disegnare l’integrale relativo: F (1,x)

5 5

4 4

t +

– – ; 0 ≤ t < 3

(e [t + 2]) sign(3 t)

– 3 ≤ t < 4

ln(t 2);

3 3

Ovviamente, sommando 0 tra 0 e 3

2 2

ottengo nuovamente la prima parte di

funzione e, sommando 0 tra 3 e 4

1 1

ottengo nuovamente il logaritmo.

1 2 3 4 1 2 3 4

-1 -1

2 3

– – – – – –

F (1,0) = 3 e F(1,2) = e e 3 F(1,4) = 8 e e +2ln(2)

x

∫ ( –

2 2 + + )

– – –1)

([t] t]) sign(t 1) + (t +1) + (t

F (0, x) = dt [-2, 2] (24Ott2005)

0 –

2 + +

– –

Disegno [t] tra -2 e 2. Poi disegno (t 1) e gli applico il segno. Poi disegno (t + 1) poi (t 1)

1

-2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2 -1 -1 1

Ora sostituisco direttamente tutti i valori dei grafici:

–

2 2 + +

– – –1) = Risultato Intervalli

([t] t]) * sign(t 1) + (t +1) + (t

2

– –2 ≤ t < –1

(– 2 t) * 0 + 0 + 0 = 0

2 2

– – – –1 ≤ t < 0

(– 1 t) * (–1) + t + 1 + 0 = t t

2 2

– – 0 ≤ t < 1

(0 t) * (–1) + t + 1 + 0 = t + t + 1

2

– – 1 ≤ t ≤ 2

(1 t) * 0 + t + 1 + t 1 = 2t

già disegnare l’integranda calcolando:… …e la relativa integrale:

Ora posso 2

– – ∆ = 1 –

t t 4(–1)0 = 1 Tra -2 e -1 è

= (+ 1 ± √1)/(–2) –1,0

int. asse x = costante.

2

– ∆ = 1 –

t + t + 1 4(–1)1 = 5 Tra -1 e 2 sale,

1 ± √5)/(–2) ≈ 0,6;

1 1

int. asse x = (– 1,6 perché f ’>0.

x = (–1)/(–2) = ½

v Passa per 0

y = (–5)/(–4) = 5/4

-2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2

v perché F(0,x).

-1 -2 -1 -1 -1

∫ ∫ ∫ ∫

2 2 3 2

– – – – – –1/6.

Ora calcolo F(0, -2): F(0, -2) = t t dt + 0 dt = t + t dt = [– t /3 t /2] = Torr.Barr. =

0 -1 0 0 0

Quindi ho capito che, dove l’integrale è costante (tra -2 e -1), sulle y abbiamo -1/6.

x

∫ –

+

( )

– – – –1)

[t] + (1 (t 1) ) (1 + (t 3) )

F (2, x) = dt [0, 4] (15Giu2005)

2 si capotta!

+ + +

– – – –

(t 1) (–) (t 1) (–) (t 1) + 1 Risulta: t + 2

nb: 2

– –

Parabola: t + 2t +2t 4:

perché la retta è ∆ = 0 –2;

2 x = y = 0

v v

inclinata verso il t = 1 t = 3

basso e interseca –1 –1

y = y =

1 1 2

-1 1 l’asse y in 2.

→ →

– –

– –

(t 3) 1 + (t 3) x Risultato della moltiplicazione: – 0 ≤ t < 1

t 2;

Se 0 ≤ t < 2: – 1 ≤ t < 3

(– t +2)(t 2);

–

t 2 perché la 1 2 3 4 – 3 ≤ t < 4

t +2;

retta cresce e -1

2 3

tocca in -2

-3 3 → =

-2 -2

[t] Al precedente risultato della moltiplicazione sommo la parte intera di t e sottraggo 1:

– – – 0 ≤ t < 1

t 2 + 0 1 = t 3;

2 2

– – – 1 ≤ t < 2

t + 4t 4 + 1 1; (stessa parabola di prima)

1 2 2

– – – – – 2 ≤ t < 3

t + 4t 4 + 2 1 = t + 4t 3;

– – – 3 ≤ t ≤ 4

t + 2 + 3 1 = t + 4;

1 2 3 4 Ho così ottenuto i dati per disegnare l’integranda…

Controllo su parabole per

1 vedere concavità: esempio:

tra 2 e 3:

2

1 2 3 4 2

– –

t + 4t 3 derivo

-1 1 – 2t + 4 > 0 pongo > 0

– –4

2t >

-2 1 2 3 4 t < 2 dove è positivo:

-3 -1 concavità vs. alto.

…e da essa disegno l’integrale:

0 1 2 0 3 2 0

Ora calcolo F(2,0) = ∫ – 3 dt + ∫ – – – –

t t2 + 4t 4 dt = t /2 3t| + (–t /3 + 4t /2 4t)| = con Torricelli-Barrow:

1 2 1 1

– – – – – –

= (– ½ +3) (0) + (8/3 + 8 8) (1/3 2 + 4) = (– 3 + 18 + 16 2 + 12 24)/6 = 17/6

32 2 43 3 2 32 2 43

Ora calcolo F(2,4) = ∫ – – 3 dt + ∫ – –

t + 4t t + 4 dt = [–t /3 + 4t /2 3t] + (– t /2 + 4t)| = con Torricelli-Barrow:

– – – – – – – –

= 9 + 18 9 (–8/3 + 8 6) + (–8 + 16) (–9/2 + 12) = (16 48 + 36 48 +96 + 27 72)/6 = 7/6

x

∫ –

+ 2 +

( )

– – – – –

(t 1) (t 2) + (6t t 8) sign(t 3)

F (2, x) = dt [0, 4] (07Lug2005; es1)

2 Per 1 < t < 2: 2

– – –

(t 1)(t 2) = t 3t + 2

3/2

1 2 3 4 Grafico 1

∆ = 1 –1/4

x = 3/2; y =

-1/4 v v

2 3

-1 1 t = 1,2

1,2

x = 2 +

– – –

(t 3) sign(t 3) x (– t + 6t 8) = Grafico 2

∆ = 4 Per 2 < t < 3:

x = 3; y = 1 si capotta

1 v v perchè

t = 2,4

1,2

3 moltiplicato

-3 3 -1 1 2 3 4 1 2 3 4

x = per -1.

Sommo Grafico 1 con Grafico 2 e trovo il sistema finale:

0 ≤ t < 1

0;

2 – 1 ≤ t < 2

t 3t + 2;

2 – 2 ≤ t < 3

t 6t + 8;

2

– – 3 ≤ t ≤ 4

t + 6t 8;

1 2 3 4 

E, per concludere, integro: so che passa per il punto 2 sulle ascisse perché F(2,x).

 Tra 1 e 2 so che scende perché la derivata è negativa.

 Tra 2 e 3 so che scende perché la derivata è negativa.

 Tra 3 e 4 so che sale perché la derivata è positiva.

 Quindi tra 0 e 1 so che è costante e lo congiungo con l’asse y.

1 2 3 4

Per F(2,0) risulta 1/6, mentre per F(2,4) = 0 (si vedrebbe anche ad occhio perchè le due parabole sono di segni opposti)

x1 |t| [t + 1]

( )

F(1, x) = ∫ – –

e [t] 1 dt in [-1,3] (11Gen2006)

Per trovare il sistema per l’integranda…

[t + 1] [t] |t| …è ora sufficiente sostituire i valori risultanti dagli intervalli:

3 –t –t

|t| [t + 1] 0

– – – – – ≤ t < 0

e [t] 1 = e (–1) 1 = e 2; -1

2 2

1 t 1 t

1 – – – 0 ≤ t < 1

e (0) 1 = e 1;

t 2 t

– – – 1 ≤ t < 2

e 1 1 = e 2;

1 2 3 1 2 3 t 3 t

– – – 2 ≤ t ≤ 3

e 2 1 = e 9

Integranda:

t

e  t -t

so com’è la forma di e e di e

2  per sostituzione trovo i punti per disegnare le

–t

1 esponenziali:

e

0,71 o tra 1 e 2: se t = 1, poiché e = 2,71, allora

2

y = 0,71; se t = 2 → (2,71) – 2 ≈ 7

-1 1 2 3 2

tra 2 e 3: se t = 2 → y = – →

o

-1 “un po’

e 9

” – 9 < 0 → parte da sotto 0…

meno di 9

-2

Integro… …alla solita maniera: passa

per 1 perché F(1,x), quando

l’integranda è negativa

scende, quando è positiva

sale.

-1 1 2 3 –1):

Ora devo calcolare F(1,

-1 0 -1 0

∫ ∫

–t –t

t t

–1) – – – – – – – –

→ con Torricelli Barrow →

F(1, = e 2 dt + e 1 dt = [–e 2t] + [e t] (–e + 2) (–1 0) + (1 0) (e

0 1 0 1

– –e – –2e

1) = + 2 + 1 + 1 e + 1 = + 5.

∫ –t –t –x

nx nx

–e perchè ∫e → 1/(-1)

Nota: e dt = dt = (1 / n) * e + c * e .

3 – –

Infine sappiamo che F(1,3) = e e 11.

x

∫( –

+ )

– – – – –

([t + 1] (t [t]) 1) (t 2) + sign ( t [t] 1 )

F (2, x) = dt [0, 3] (21Lug2005)

2 [t + 1]

Prima parte per entrambe le parti sono utili i seguenti grafici:

[t + 1] [t] Seconda Parte

Prima Parte:

3 0 ≤ t < 1

– – –

2 2 1 * (t 0) 1 = t 1 1 ≤ t < 2

1 1 – – – –

2 * (t 1) 1 = 2t 2 1 2 ≤ t < 3

– – – –

3 * (t 2) 1 = 3t 6 1

1 2 3 1 2 3 +

– – – –

[t + 1] (t [t]) 1 ([t + 1] (t [t]) 1)

Trovo i punti: Per applicare la parte

–

t 1 2 2

positiva devo trovare i

1 | 0 Prima Parte:

punti di intersezione

1 1

0 | -1 – 0 ≤ t <

0 * (t 2); 3/2

con l’asse t:

–

2t 3 – – 3/2 ≤ t < 2

(2t 3) (t 2);

–

1 | -1 2t 3 = 0; t = 3/2 – 2 ≤ t < 7/3

1 2 3 3/2 7/3

2 | 1 0 * (t 2);

– 7 = 0; t = 7/3 ≈ 2,3

3t

– -1 -1

3t 7 – – 7/3 ≤ t ≤ 3

(3t 7) (t 2);

2 | -1 -2 -2

3 | 2 –

– –

(t [t] 1/[t + 1]) Applico il segno:

2 2

Svolgo la seconda parte:

1 1

– – – 0 ≤ t < 1

t 0 1/1 = t 1; 3/2 7/3

– – – 1 ≤ t < 2

t 1 ½ = t 3/2;

– – – 2 ≤ t < 3

3/2 7/3 1 2 3

t 2 1/3 = t 7/3;

-1 -1

Trovo il sistema finale (ovvero sottraggo la seconda parte alla prima), per disegnare l’integranda:

– – 0 ≤ t < 3/2

0 1 = 1; 2

– – – – 3/2 ≤ t < 2

(2t 3) (t 2) 0 = 2t 7t + 6;

– – 2 ≤ t < 7/3

0 1 = 1 2

– – – – 7/3 ≤ t < 3

(3t 7) ( t 2) 0 = 3t 13t + 14;

Parabole:

 2 –

2t 7t + 6:

2 2

∆ = 1; t = 3/2, 2

1,2 –

1 1

x = 7/4; y = 1/8 Integro:

v v

7/4 7/3 7/3

 2 –

3t 13t + 14:

∆ = 1; t = 2, 7/3

3/2 2 3 3/2 2 3

1,2 –

x = 13/6; y = 1/12

-1 -1

v v

0 3/2 3 7/3

∫ ∫ ∫ ∫

2 2

–1 – – –

Ora calcolo: F (2,0) = dt + 2t 7t + 6 dt = 5/27 e F(2,3) = 3t 13t + 14 dt + 1 dt = 37/24

3/2 2 7/3 2

x0 + + +

F (0, x) = ∫ π/6) – – π/6) dt

((arcsin(t) + + sign (t ½) arccos(t) in [-1, 1] (08Feb2006)

+

π/6)

(arcsin(t) +

1 2

π/2 π/6 π/6

-1 -0,5 0,5 1 -1 -1/2 0,5 1 -1 -1/2 0,5 1

-π/2 -π/2 -π/2

pos.→

+π/6 = 1

–

(t ½)+ applico segno arccos(t)+ π/2 π/2

π/3 π/3

-½ ½ -1 ½ 1 -1 -0,5 0,5 1 -1 -0,5 0,5 1

→ x = 2

– π/6

Sommo grafico 1 + grafico 2 = integranda: Integrale:

π/2 – π/6; – 1 ≤ t < –

0 + 0 ½

π/6 – π/6; – ½ ≤ t < ½

0 + arcsen (t) +π/6 – π/6 π/2; ½ ≤ t ≤

N.B.:arccos(t) + arcsen(t) +π/6 = 1

-1 -1/2 0,5 1

-π/6 -1 -½ ½ 1

– 1 + √3/2 + π/3 –1) – 1 + √3/2 + π/6

Calcolare integrali: F(0,1) = e F(0, =

( )

x +

x) = ∫ – π/2) π(arcsen(cos(t – π)))

F(π, (arccos(cos(t)) arcsen(sen(t)) + dt in[0,2π] (21Lug2005,es.4)

π

π arcsen(sen(t))

– π/2 π/2

π/2 → – –t + 3π/2

π/2

t

π/2 –t + π

arccos(cos(t)) π/2 π 3π/2 2π π/2 π 3π/2 2π

Parte

– –

π/2 π 3π/2 2π π/2 π/2

positiva x =

Prima parte:

π/2 ≤ < π/2

0 0 t

– π/2) (–t + π) π/2 ≤ < π

(t t

+ π/3) + π) π ≤ < 3π/2

(–t (–t t

π/2 π 3π/2 2π 3π/2 ≤ ≤ 2π

0 t

– π/2

= – π))π:

Ora svolgo la seconda parte (arcsen(cos(t 2

π /2 ≈ 4,5

Moltiplicando

per π il grafico

π/2 π/2

si allunga:

π/2 * π = π 2 /2

π/2 π 3π/2 2π π/2 π 3π/2 2π

– π/2

– π/2 – 2

π /2

Per disegnare l’integranda sommo la prima e la seconda parte: Integrale:

+ (πt – π ≤ < π/2

2

0 /2) 0 t

2

π /2 ≈ 4,5 – π/2) + π) + (πt – π π/2 ≤ < π

2 π/2

(t (–t /2) t

(parabola)

π/2 t = π

2

π

0 + /2 2

+ π/3) + π) + 3 π/2) π ≤ < 3π/2

(–t (–t + (–πt t

(parabola)

2

+ 3 π/2) 3π/2 ≤ ≤ 2π

0 + (–πt t

π/2 π 3π/2 2π π/2 π 3π/2 2π

– π/2 – π/2

3

Ora calcoliamo F(π,0) = F(π,2π) = – π /48.

x1 ( )

F(1, x) = ∫ – – –

2(1 | man(t) [t]/[t +1]|) 1 dt in [0,3) (18Gen2006)

[t + 1] [t] man(t) A man(t) sottraggo il risultato precedente:

Divisione:

3 – 0 ≤ t < 1

0 ≤ t < 1 t 0;

2 0/1 = 0;

2

1 – – – 1 ≤ t < 2

1 1 ≤ t < 2 (t 1) ½ = t 3/2;

1/2 – – – 2 ≤ t ≤

2 ≤ t ≤ 3 (t 2) 2/3 = t 8/3; 3

2/3;

1 2 3 1 2 3 -1

–

Ora posso disegnare |man(t) [t]/[t + 1]|: faccio “1 –”:

Di conseguenza spezzo gli intervalli: Poi

3/2 0 ≤ t < 1 – 0 ≤ t < 1

t; 1 t;

1 – ≤ t < 3/2 – – 1 ≤ t < 3/2

t + 3/2; 1 1 (– t + 3/2) = t ½;

3/2 8/3 – 3/2 ≤ t < 2 – – – 3/2 ≤ t < 2

t 3/2; 1 (t 3/2) = t + 5/2;

– 2 ≤ t < 8/3 – – 2 ≤ t < 8/3

1 2 3 t + 8/3; 1 (– t + 8/3) = t 5/3;

– 1 – 8/3 ≤ t ≤ – – – 8/3 ≤ t ≤

t 8/3; 3 1 (t 8/3) = t + 11/3 3

-3/2 Integranda: Integrale:

Poi Moltiplico x 2 e sottraggo 1:

– –2t 0 ≤ t < 1

2(–t + 1) 1 = + 1;

– – – 1 ≤ t < 3/2 1

2(t ½) 1 = 2t 2; ½ 3/2 8/3

– –2t 3/2 ≤ t < 2

2(– t + 5/2) 1 = + 4;

– – – 2 ≤ t < 8/3

2(t 5/3) 1 = 2t 13/3; 1 2 3

– –2t 8/3 ≤ t ≤ –

2(– t + 11/3) 1 = +19/3; 3 1

Calcolare F(1,0) = 0 e F(1,3) = 17/18

x2 +

( )

x) = ∫ –

F(2, (ln(1/[t + 1] + [t] man(t))) 1/[t] dt in [1,3] (25Gen2006)

[t + 1] [t] man(t) Il sistema del logaritmo naturale risulta quindi:

– – 1 ≤ t < 2

ln(½ + 1 * (t 1) = ln(t ½)

– – – 2 ≤ t ≤ 3

ln(1/3 + 2 * (t 2) = ln(2t 4 + 1/3) = ln(2t 11/3);

1 2 3

1 2 3 1 2 3 -1

Posso ora procedere a disegnare l’intera funzione nei 2 intervalli:

Come ho capito che passano per 3/2 e 7/3?

+ +

– – – –

(ln(t ½)) 1 (ln(2t 11/3)) ½ a > 1

3/2 7/3 1 iccome la funzione logaritmo interseca l’asse

S

1 2 3 2 3 x quando l’argomento vale 1, pongo t – ½ = 1; t = 3/2.

-1 ½

-

la funzione integranda e l’integrale tra 1 e 3:

Quindi posso disegnare

3/2 7/3

1 2 3

½

- -1 1 2 3 –3/2(–1

Infine: F(2,3) = 7/6(–1 + ln(7/3)) e F(2,1) = + ln(3/2))

–

sign(t 3)

x

∫ ( ([t]) )

(2man(t)) - 1

F (3, x) = dt [1,4] (15Feb2006)

3 N.B.: si risolve elevando –

man (t) [t] sign(t 3)

prima al segno e poi per

il risultato perché

3 1

sappiamo che:

2 x y x * y (xy)

(a ) = a = a

1 y y

≠ x x 3 4

1 2 3 4 a = (a)

-1 1 2 3 4 -1 –

elevato alla elevato, a sua volta, alla 1 =

–

sign(t 3)

– –

2man(t) [t] sign(t 3) intervalli 2man(t) ([t]) 1 intervalli

–1 1

– – 1 ≤ t < 2 – – 1 ≤ t < 2

2(t 1) 1 1 (2t 2) 1 = 1/1 = 1 1

–1 1

– – ≤ t < – – ≤ t <

2(t 2) 2 1 2 3 (2t 4) 2 = 1/2 = ½ 1 2 3

1

– ≤ t ≤ – – ≤ t ≤

2(t 3) 3 1 3 4 (2t 6) 3 = 3 1 3 4

Quindi il sistema alla fine risulta il seguente:

– – – 1 ≤ t < 2

2t 2 1 = 2t 3;

√(2t – – 2 ≤ t < 3

4) 1;

3 2 3

– – – – – – – 3 ≤ t ≤ 4 e da esso disegniamo l’integranda e l’integrale:

8(t 9t 162t 27) 1 oppure (2t 6) = 8 (t 3)3 1; Per disegnare l’integrale:

7  so che passa per 3 perché F(3,x)



6 tra 3 e 4: prima scende di poco poi sale tanto



Calcoliamo i punti: tra 2 e 3: parte dal 3, scende vs. sx meno di

5 3 in f’ parte da 0,4 e non 1

– √(2t – – – – quanto risale perché

2t 3 4) 1 . 8(t 3) 1  tra 1 e 2: la F di una retta è una parabola con

1 | -2 2 | -1 3 | -1

4 vertice in 1,5 = 3/2

3 | √2 ≈ 0,41

2 | 1 4 | 7

3 5/2 | 0

N.B.: le prime due son rette, quindi si possono

2 disegnare “dritte”, mentre la terza è una cubica!

1 3/2 5/2

0,41 3/2 5/2 1 2 3 4

1 2 3 4

-1 4

∫ 3

– –

Ora calcoliamo F(3, 4) = 8 (t 3) 1 dt = potrei anche calcolare il cubo di binomio, ma faccio prima ad integrare direttamente:

3

4 4

4 4

– – – – – – –2

=

[8(t 3) /4 t] [2(t 3) t] (2 4) (–3) = + 3 = 1

con Torricelli Barrow ottengo:

3 3

1 2 1 2 2

∫ ∫ ∫

2 1/2

– √(2t – – – – – →

Ora calcoliamo F(3,1) = 2t 3 dt + 4) 1 dt = [2t /2 3t] + (2t 4) dt t| procedo per sostituzione:

2 3 2 3 3

1 2 2 1 2

∫

2 1/2 2 ½ +1

→ = [2t – – – – –

x = =

– /2 3t] + * ½ dx t| [t 3t] + [(1*(2t 4) )/(½ + 1) t]

x = (2t 4); t = x/2 + 2; dt = ½ dx + 0 2 3 3 2 3

1 2 1 2

2 3/2 2 3/2

– – – – – – →

=

[t 3t] + [1/2 (2t 4) * 2/3 dt t] [t 3t] + [1/3 (2t 4) t] 1–2/3√2.

con Torricelli-Barrow trovo:

2 3 2 3

( )

x + 2 +

x) = ∫ – – π – π/2)

F(π/2, sign(cos(t) ½) (arccos(cos(t)) arccos(sen(t ) dt [0,2π] (01Feb2005,es.4)

π/2 Per trovare 5/3π:

–

y = cost ½ (abbasso di ½) 

1 –

y = cost Int. asse t: cos(t) ½ = 0

1 

½ cos(t) = ½

 Nella tabella dei valori notevoli

delle funzioni trigonometriche

π/3 π 5/3π 2π

0 per cos(x) = ½, sotto la colonna

π/2 π 3/2π 2π

0 “X” trovo π/3.

 Sulla circonferenza

-3/2

-1 goniometrica il corrispondente

angolo è 5/3π: 360° – 60°.

Applico la parte positiva…

½ π/3

…poi applico il segno.

1 5/3π

π/3 π 5/3π 2π

0 π/3 π 5/3π 2π

0 π

+ 2

– –

sign(cos(t) ½) (arccos(cos(t)) ; Intervalli: π/2

t t +

*

2 2 π/3

1 * arccos (cos(t)) = t ; 0 < t < π/2

Il primo sistema risultante è arccos(cos(t))

* … = 0; π/3

0 < t < 5/3π l’arcos(cos(t)) assume i valori…

1 * (–t + 2π); 5/3π < t < 2π π/2 π 3π/2 2π

+

– π – π/2)

Ora svolgo la seconda parte della funzione: arccos(sen(t ):

– π/2 π/2)

y = sent Poi applico la parte positiva:

y = sen(t ) (sposto a dx di

1 1 1

* *

π/2 π 3/2π 2π π/2 π 3/2π 2π π/2 π 3/2π 2π

0 0 0

-1 -1 -1

e π/2 e tra 3/2π e 2π (*), arccos vale 0, quindi dal grafico dell’arcocoseno (Θ) deduco

Ora so che, negli intervalli tra 0

che arccos (0) = π/2, quindi è rappresentabile con il grafico di una retta parallela all’asse delle ascisse, passante per π/2.

Θ π/2

y = arccos(x) y =

π π π/2

π/2

π/2 π/2 π 3/2π 2π

0 Ora dobbiamo capire come

fa la funzione tra π/2 e 3/2π.

-1 -0,5 0,5 1 -0,5 0,5

Siccome sottraggo all’interno dell’argomento, sposto ancora a destra:

Disegno Arccos(sin(t)): Ecco come risulta quindi il

π/2

π π diagramma finale per questa

parte:

π/2 π/2 π/2 π 3/2π 2π

0

π/2 π 3π/2 2π π/2 π 3π/2 2π

Il sistema per la seconda parte della funzione è,quindi, il seguente:

+

π – π/2)

+ arccos(sen(t ) = Risultato; Intervallli:

* 2

π π π/2

+ (π/2) = /2 0 < t <

* 2

π π) – πt π π/2 π

+ (–t + = + < t <

* 2

π – π) πt – π π 3/2π

+ (t = < t <

* 2

π π/2 π 3/2π 2π

+ = /2 < t <

*

Ora unisco il primo sistema con il secondo per avere il sistema finale:

– Risultato 2° sistema

Risultato 1° sistema = Risultato finale Intervallli: 2

πt – π

2 2 2 2

– π – π π/3

t /2 = t /2 0 < t < t y .

2 2

– π – π π/3 π/2

0 /2 = /2 < t < 2

π/2 π π/2 – π

*

2 2

– πt π πt – π π/2 π

0 (– + ) = < t < 2 2

π π – π = 0

2 2

– πt π – πt π π 5/3π

0 + = + < t < Allo stesso modo (per sostituzione)

2 2 2 2

5π – = 5π – 5/3π 2π calcolo le intersezioni per gli ultimi

5πt + t 5πt + t < t < 2 intervalli.

Quindi posso disegnare l’integranda… …e la funzione integrale: Poiché l’integrale è

π/3 π/2 π 3π/2 2π derivabile (visto che

– 2

π esiste l’integranda) è

/2 continua.

Quando la f è = 0, la

– 2

5/9π F ha un punto di tg

orizzontale, cioè

– 2 l’integrale è parallela

2/3π all’asse x.

– 2

π (Il grafico dell’integrale è stato fornito via mail dal prof., in

correzione rispetto a quanto precedentemente fornito online sul suo sito: www.clik.to/dsciutti).

3 3 3

F (π/2, 0) = 25/162π F (π/2, π) = π F (π/2, 2π) =

; - /8; -397/648π

( )

x0 2

F (0,x) = ∫ –

(t 2t) sign(ln(½ +|[t] frac(t)|) dt [-1,3] (15Feb2005)

*

–

frac (t) = t [t] * [t] Il sistema risulta: –

2t 4

– – –1

(t +1)* (–1) = t 1 < t < 0 X | Y

0 0 < t < 1

= 0 | -4

– –

(t 1) * 1 = t 1 1 < t < 2

-1 0 1 2 3

-1 0 1 2 3 1 | -2

– –

(t 2) * 2 = 2t 4 2 < t < 3

-1 3 | 2

Per non cadere nell’errore di fare il modulo anche tra 1 e 3, dove la funzione è già > 0, disegno il sistema:

Ora aggiungo ½:

Il modulo farà cambiare –1

t + 1 + ½ = t + 3/2 < t < 0

soltanto la parte tra -1 e 0 0 + ½ = ½ 0 < t < 1

-1 perchè è l’unica parte – –

t 1 + ½ = t ½ 1 < t < 2

– –

negativa. 2t 4 + ½ = 2t 7/2 2 < t < 3

-4

Siccome il logaritmo interseca l’asse x in 1, pongo l’argomento > 1 per trovare il segno (quando la funzione è positiva):

Sistema: Risultato: Intervalli Segno risultante: Nuovo intervallo:

– –1 –1 –1 –

t + 3/2 > 1; t > ½ < t < 0 < t < ½

–

+1 ½ < t < 0

Eccone la rappresentazione grafica.

–½ in poi la funzione è positiva, quindi spezza

Da

l’intervallo,

–½ generandone di nuovi.

mai → –1

½ > 1 log < 0 0 < t < 1 0 < t < 1 (invariato)

½ 1 Per conferma ho disegnato ancora il diagramma del logaritmo.

<0 Non mi interessa quanto vale, mi accontento di sapere che è

negativo, visto che devo soltanto capire il segno.

– –1

t ½ > 1; t > 3/2 1 < t < 2 1 < t < 3/2

+1 3/2 < t < 2 (ho spezzato ancora)

– –1

2t 7/2 > 1; t > 9/4 2 < t < 3 2 < t < 9/4

+1 9/4 < t < 3

Risultano quindi due parabole che si

incrociano: una rivolta verso il basso

1 ed una rivolta verso l’alto: devo

selezionare la parte positiva o negativa

che mi interessa a seconda del segno.

Per capire di quanto scende e

disegnarlo sopra o sotto l’asse x

-1 1 3/2 2 9/4 3

½ devo calcolare l’integrale tra 0 e 9/4.

L’integrale risulta: F (0, x):

-1 Calcolo i punti della

2 –

parabola t 2t:

∆ = 4 – 0 –½

t = +2 ± 2 = 0,2

1,2

x = 2/2 = 1

v -1 1 3/2 2 9/4 3

–4/4 –1

y = =

v

= l’intervallo si spezza in –

F (0, -1) ½ e risulta = ¾

F (0,1) = 2/3

F (0, 3) = l’intervallo si spezza in 3/2 e 9/4 e risulta = 203/96

Esercizio 3 del 18 Gennaio 2005

Dopo 2 passi di pivotizzazione su di una matrice A3x3 senza effettuare scambi di colonne,

si hanno le seguenti informazioni:

−

1. il vettore 2e + 3e 2e è soluzione del sistema A x = e + 3e + ke

1 2 3 2 1 2 3

−

2. la seconda colonna di Q è 2e 3e + e

1 1 2 3

3. Nel secondo passo di pivotizzazione non si sono fatti scambi di righe. Il secondo

pivot è -2 e sono intervenute le matrici T (−1) e T (2)

1,2 3,2

Trovare A, discuterne la caratteristica al variare di k e, in un caso in cui essa sia

minima, trovare una base per span(A) e per il ns(A).

Soluzione:

 x passi di pivotizzazione già compiuti implicano che (siccome pivotizzare = trasformare in matrice identità) x

colonne siano già parte della matrice identità.

 Non essendoci stati scambi di colonne, la matrice A sarà:

2

1 0 ?

0 1 ?

0 0 ?

 nota: il vettore di cui all’indizio 1 è ordinato (e ,e ,e ), se non lo fosse bisognerebbe ordinarlo!

1 2 3

 Inserisco i coefficienti del vettore nella moltiplicazione matriciale A x (la soluzione del sistema è x, infatti):

2

2

3

-2  Moltiplico A per x (nota: siccome per le matrici non vale la proprietà commutativa non posso moltiplicare x

2

) e scrivo anche il risultato dato dall’indizio 1 come soluzione

per A del sistema. Ne risulta:

2

A x X =

2

1 0 ? 2 1

x =

0 1 ? 3 3

0 0 ? -2 k

 Faccio la moltiplicazione righe per colonne:

1) prima riga per colonna x: 1 x 2 + 0 x 3 + a (-2) = 1

1

2) seconda riga per colonna x: 0 x 2 + 1 x 3 + a (-2) = 3

2

3) terza riga per colonna x: 0 x 2 + 0 x 3 + a (-2) = k

3

 Risolvo il sistema per trovare a , a , a :

1 2 3

a = ½

1

a = 0

2

a = -k/2

3

 scrivo A :

2

1 0 ½ Ho considerato questo quadrato per comodità, Il rango è anche la caratteristica,

0 1 0 ma avrei potuto scegliere anche altri valori. che quindi ho così discusso.

0 0 -k/2

 A questo punto devo cercare il rango della matrice A (ma è una parentesi nella ricerca di A): poiché il rango

nella pivotizzazione non cambia, lavoro su A :

(perché è più semplice)

2

 –k/2 = 0 → k = 0 → A

Se diventa:

2

1 0 ½ L’ultima riga è di zeri (si potrebbe formare anche una colonna di zeri) → il determinante di A =

2

0 1 0 0 → il rango ≠ dal rango massimo che in una matrice 3x3 = 3.

0 0 0

 Allora guardo se il rango è 2: devo cercare una sottomatrice 2x2 il cui determinante ≠ 0: –

la trovo qui: il determinante di una matrice 2x2 = il prodotto dei termini sulla diagonale principale il prodotto

– 0 x 0 = 1 ≠ 0. Il rango è quindi 2 (il più alto ≠ max)

dei termini sulla diagonale secondaria: 1 x 1 .

 Ora dobbiamo risalire da A ad A , per la strada verso A, la matrice originale. NOTA BENE: so che:

2 1

(α) = matrice identità, dove ho sostituito al posto di uno zero il numero α, nella

1. una matrice T i,j

colonna j alla riga i .

esima esima

= α

2. una matrice D (α) matrice identità, dove ho sostituito al posto di un 1 sulla diagonale, nella

r

colonna r alla riga r .

esima esima

3. una matrice S = matrice che scambia la colonna o la riga i con la colonna o la riga j:

i,j → si scambiano le righe;

1) se la matrice S è scritta a sinistra della matrice A n

→ si scambiano le colonne.

2) se la matrice S è scritta a destra della matrice A n

 Su ogni passo si ha:

A = Q * A

1 1

A = Q * A

2 2 1

A = Q * A etc.

3 3 2

4. Quindi so anche che la matrice Q è la matrice unione di tutte le matrici S, D e T.

 Ora posso usare l’indizio 3, che mi fornisce 2 matrici:

1. T (−1) e T (2)

1,2 3,2

2. Q = T (−1) * T (2) * D (-2)

2 1,2 3,2 2 durante il 2° passo di pivotizzazione nel posto 2, 2 c’era un

Il testo dice, infatti, che il pivot era -2: -2 anziché

un 1.

Trasformando l’1 in per creare la matrice identità, c’è stata una moltiplicazione per

-2 -½, appunto!

In poche parole, quando mi dice quale era il pivot, faccio sempre: D (1/pivot).

n°del passo

 So che non si possono ordinare le matrici a caso, ma che vanno nel seguente ordine: prima le S, poi le D, poi le

T:

A = D (-½) * T (1) * T (-2) * A

1 2 1,2 3,2 2

↓ Risulta 1 perché con le matrici T faccio l’opposto: cambio segno.

Risulta -2 perché con le matrici D capotto: faccio il reciproco.

Quindi la moltiplicazione è la seguente:

D T T A

2 1,2 3,2 2 N.B.: c’è un errore di

1 0 0 1 1 0 1 0 0 1 0 ½ trascrizione: D è -2,

2

0 -2 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 –½.

dovrebbe essere

0 0 1 0 0 1 0 -2 1 0 0 -k/2

 procedo riga per colonna (come già mostrato), moltiplicando prima la prima matrice per la seconda, poi il

risultato a sua volta per la terza (e così via):

1 1 0 1 0 0 1 0 ½

0 -2 0 0 1 0 0 1 0 =

0 0 1 0 -2 1 0 0 -k/2

1 1 0 1 0 ½ 1 1 ½

= = A =

1

0 -2 0 0 1 0 0 -2 0

0 -2 1 0 0 -k/2 0 -2 -k/2

 , parto dall’indizio

Devo risalire alla matrice Q 2:

1

0 2 0

1 -3 0

0 1 1 che non è elemento della base canonica (cioè ≠ dalla colonna della matrice

Questo perché nella matrice Q la colonna

1

identità) è la seconda, mentre dovrebbe essere la prima: questo implica che ci sia stato uno scambio nel primo passo di

pivotizzazione (avevamo detto che nella matrice A non c’erano scambi, ma evidentemente ci sono nella Q).

2 0 0

Q = * S

-3 1 0

1 1,2

1 0 1

La prima colonna, però, dovrebbe avere come primo elemento il numero 1, invece c’è il numero 2. È, quindi, necessario

dividere tutte la colonna per 2 (per tornare a ritroso nella moltiplicazione riga per colonna). Compare così la matrice

D (2):

1 1 0 0

Q = * D (2) * S

1 1 1,2

-3/2 1 0

½ 0 1 (così come le T fanno l’opposto e le D fanno il reciproco, le S passano da dx a sx)

Ora scompongo questa matrice:

Q = T (-3/2) * T (½) * D (2) * S

1 2,1 3,1 1 1,2

 “capottiamo” Q :

Sappiamo che A = Q x A, ma ci interessa A, quindi 1

1 1

A = S * D (½) * T (-½) * T (3/2) * A

1,2 1 3,1 2,1 1

–1

Q 1