Intehgrali. limiti, punti max e min.

[MARTINA90]

Riuscireste a farmi qualche esempio perchè proprio non riesco a risolverli.


Calcola i seguenti integrali:
integrale da 0 a pigreco mezzi ossia (pigreco /2) di (cos x)/ radice di (seno x +2 ) dx

integrale da 1 a 2 del log di x / x dx

integrale da 1 a 4 di e^(radie di x) / radice di x dx

integrale di x^2 sen x dx (2 volte x parti)

Integrale doppio di Q di x y^2 dx dy = 4/3 Q= [0:1]x[0,2]

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limiti
limite di x che tende a 0 della radice di x+1 - la radice di 1-x fratto tt x ridultato 1

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punti di max e min in R^2

f(x;y) x^4 + Y^4

" " " x^2 (x-y) studiare il segno
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Non riesco a risolverle
Aspetto una vostra risposta vi ringrazio.

Aggiunto 1 minuti più tardi:

ho copiato... avevo scritto su word ma non riesco ad allegare il file.

Aggiunto 2 giorni più tardi:

latex non lo so usare mannaggia.

Aggiunto 7 ore 33 minuti più tardi:

Ti ringrazio poi li guardo e se nn mi è chiaro qlc ti chiedo.

[ciampax]

Non si vedono gli allegati. Hai preso la pagina da internet o è una tua scannerizzazione? Nel primo caso, puoi mettere il link, nel secondo, ti consiglio di caricare l'immagine su un sito tipo imageshack o altro e poi mettere il link dell'immagine caricata.

Aggiunto 2 ore 37 minuti più tardi:

Il latex... il maledetto latex!

Aggiunto 2 giorni più tardi:

Allora, inizio dagli integrali:

[math]I=\int_0^{\pi/2}\frac{\cos x}{\sqrt{2+\sin x}\ dx[/math]

posto

[math]\sqrt{2+\sin x}=t[/math]

si ha

[math]\sin x=t^2-2\ \Rightarrow\ \cos x\ dx=2t\ dt[/math]

e si ha

[math]x=0\to t=\sqrt{2},\qquad x=\pi/2\to t=\sqrt{3}[/math]

da cui

[math]I=\int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}}\frac{2t}{t}\ dt=2\left[t\right]^{\sqrt{3}}_{\sqrt{2}}=2\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)[/math]

Per il secondo integrale, posto

[math]\log x=t[/math]

segue

[math]dx/x=dt[/math]

e anche

[math]x=1\to t=0,\qquad x=2\to t=\log 2[/math]

da cui

[math]\int_1^2\frac{\log x}{x}\ dx=\int_0^{\log 2} t\ dt=\left[\frac{t^2}{2}\right]_0^{\log 2}=\frac{\log^2 2}{2}[/math]

Per il terzo integrale pongo

[math]\sqrt{x}=t[/math]

da cui

[math]\frac{dx}{2\sqrt{x}}=dt[/math]

e anche

[math]x=1\to t=1,\qquad x=4\to t=2[/math]

da cui

[math]\int_1^4\frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\ dx=\int_1^2 2e^t\ dt=\left[2e^t]_1^2=2(e^2-e)[/math]

Finisco più tardi che devo andare.

Aggiunto 17 ore 28 minuti più tardi:

Continuo:

[math]I=\int x^2\sin x\ dx=-x^2\cos x+\int 2x\cos x\ dx=\\
-x^2\cos x+2x\sin x-\int 2\sin x\ dx=\\
-x^2\cos x+2x\sin x+2\cos x+c=(2-x^2)\cos x+2x\sin x+c[/math]

[math]\int_Q xy^2\ dx\ dy=\int_0^1\int_0^2 xy^2\ dx\ dy=\int_0^1 x\ dx\cdot\int_0^2 y^2\ dy=\\
=\left[\frac{x^2}{2}\right]_0^1\cdot\left[\frac{y^3}{3}\right]_0^2=\frac{1}{2}\cdot\frac{8}{3}=\frac{4}{3}[/math]

Per il limite si ha, antirazionalizzando il numeratore,

[math]\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{x+1}-\sqrt{1-x}}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{(\sqrt{x+1}-\sqrt{1-x})\cdot(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})}{x(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})}=\\
=\lim_{x\to 0}\frac{x+1-1+x}{x(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})}=\lim_{x\to 0}\frac{2x}{x(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})}=\\
\lim_{x\to 0}\frac{2}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}}=\frac{2}{2}=1[/math]

Per gli esercizi sulle funzioni in due varibili:

la prima, essendo

[math]f(x,y)=x^4+y^4\geq 0[/math]

per ogni coppia di punti

[math](x,y)\in\mathbb{R}^2[/math]

, risulta sempre non negativa. Inoltre

[math]x^4+y^4=0[/math]

se e solo se

[math](x,y)=(0,0)[/math]

. Ne segue che tale funzione ha un minimo assoluto nel punto

[math]O(0,0)[/math]

in cui vale

[math]f(0,0)=0[/math]

.

L'altra funzione invece, essendo

[math]f(x,y)=x^2(x-y)[/math]

risulta positiva quando

[math]x^2(x-y)\geq 0\ \Rightarrow\ x-y)\geq 0[/math]

in quanto il quadrato è sempre positivo. la disequazione

[math]x-y\geq 0[/math]

equivale a

[math]y\leq x[/math]

: essendo l'equazione

[math]y=x[/math]

la retta bisettrice del I e III quadrante, segue che la funzione risulta positiva nei punti

[math](x,y)[/math]

che si trovano sotto tale retta, negativa sopra tale retta e nulla per i punti della retta stessa.