Matematica - Appunti

S1 2 3 2 3 x quando l'argomento vale 1, pongo t - 1/2 = 1; t = 3/2.-1 1/2 - la funzione integranda e l'integrale tra 1 e 3:

Quindi posso disegnare

3/2 7/3

1 2 3

- -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)

N.B.: si risolve elevando -man(t) [t] sign(t 3) prima al segno e poi per il risultato perché sappiamo che:

2 x y x * y (xy)(a ) = a = a1 y y≠ x x 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 = 1/2 1 2 3

1- ≤ t ≤ - - ≤ t ≤

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

Quindi

4) = 8 (t 3) 1 dt = potrei anche calcolare il cubo di binomio, ma faccio prima ad integrare direttamente:34 44 4– – – – – – –2=[8(t 3) /4 t] [2(t 3) t] (2 4) (–3) = + 3 = 1con Torricelli Barrow ottengo:3 31 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 31 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 31 2 1 22 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]

seconda parte della funzione è, quindi, il seguente: +π – π/2)+ arccos(sen(t ) = Risultato; Intervallli:* 2π π π/2+ (π/2) = /2 0 < t <* 2π π) – πt π π/2 π+ (–t + = + < t <* 2π – π) πt – π π 3/2π+ (t = < t <* 2π π/2 π 3/2π 2π+ = /2 < t <*Ora unisco il primo sistema con il secondo per avere il sistema finale:– Risultato 2° sistemaRisultato 1° sistema = Risultato finale Intervallli: 2πt – π2 2 2 2– π – π π/3t /2 = t /2 0 < t < t y .2 2– π – π π/3 π/20 /2 = /2 < t < 2π/2 π π/2 – π*2 2– πt π πt – π π/2 π0 (– + ) = < t < 2 2π π – π = 02 2– πt π – πt π π 5/3π0 + = + < t < Allo stesso modo (per sostituzione)2 2 2 25π – = 5π – 5/3π 2π calcolo le

intersezioni per gli ultimi5πt + t 5πt + t < t < 2 intervalli.Quindi posso disegnare l’integranda… …e la funzione integrale: Poiché l’integrale èπ/3 π/2 π 3π/2 2π derivabile (visto che– 2π esiste l’integranda) è/2 continua.Quando la f è = 0, la– 25/9π F ha un punto di tgorizzontale, cioè– 2 l’integrale è parallela2/3π all’asse x.– 2π (Il grafico dell’integrale è stato fornito via mail dal prof., incorrezione rispetto a quanto precedentemente fornito online sul suo sito: www.clik.to/dsciutti).3 3 3F (π/2, 0) = 25/162π F (π/2, π) = π F (π/2, 2π) =; - /8; -397/648π( )x0 2F (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 | Y0 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 –1t + 1 + ½ = t + 3/2 < t < 0soltanto 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 spezzaDal’intervallo,–½ generandone di nuovi.mai → –1½ > 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 ènegativo, visto che devo soltanto capire il segno.– –1t ½ > 1; t > 3/2 1 < t < 2 1 < t < 3/2+1 3/2 < t < 2 (ho spezzato ancora)– –12t 7/2 > 1; t > 9/4 2 < t < 3 2 < t < 9/4+1 9/4 < t < 3Risultano quindi due parabole che siincrociano: una rivolta verso il basso1 ed una rivolta verso l’alto: devoselezionare la parte positiva o negativache mi interessa a seconda del segno.Per capire di quanto scende edisegnarlo sopra o sotto l’asse x-1 1 3/2 2 9/4 3½ devo calcolare l’integrale tra 0 e 9/4.L’integrale risulta: F (0, x):-1

Calcolo i punti della2 –parabola t 2t:∆ = 4 – 0 –½t = +2 ± 2 = 0,21,2x = 2/2 = 1v -1 1 3/2 2 9/4 3–4/4 –1y = =v= l’intervallo si spezza in –F (0, -1) ½ e risulta = ¾F (0,1) = 2/3F (0, 3) = l’intervallo si spezza in 3/2 e 9/4 e risulta = 203/96Esercizio 3 del 18 Gennaio 2005Dopo 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 + ke1 2 3 2 1 2 3−2. la seconda colonna di Q è 2e 3e + e1 1 2 33. Nel secondo passo di pivotizzazione non si sono fatti scambi di righe. Il secondopivot è -2 e sono intervenute le matrici T (−1) e T (2)1,2 3,2Trovare A, discuterne la caratteristica al variare di k e, in un caso