data y=x^3 -3x + 2 si determini l'equazione della retta s per l'origine degli assi che delimita con la curva data e con l'asse y una regione finita di piano, nel secondo quadrante, di area 5/4
grazie
proprio non mi viene...
Moderatori: Gianfranco, Bruno
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Quindi mi stai chiedendo, qual'è quella b per cui ponendo che la retta sia $b\cdot x$ (passa per l'origine -> q=0) risulta
$\displaystyle \int_0^a(x^3 -3\cdot x + 2)\partial x-\displaystyle \int_0^ab\cdot x \partial x=\frac54$, vero?
se come ho capito è questo che vuoi sapere, ecco.
$\displaystyle \int(x^3 -3\cdot x + 2)\partial x = \frac{x^4}4 - \frac{3\cdot x^2}2 +2\cdot x+c$
$\displaystyle \int b\cdot x\partial x = \frac{b\cdot x^2}2+c$
quindi
$\displaystyle \int_0^a(x^3 -3\cdot x + 2)\partial x=\displaystyle \begin{vmatrix}\frac{x^4}4 - \frac{3\cdot x^2}2 +2\cdot x+c \end{vMatrix}_0^a = \frac{a^4}4 - \frac{3\cdot a^2}2 +2\cdot a$
$\displaystyle \int_0^ab\cdot x\partial x=\displaystyle \begin{vmatrix}\frac{bx^2}2+c\end{vMatrix}_0^a = \frac{a^2\cdot b}2$
tornando alla prima condizione, ho
$\displaystyle \int_0^a(x^3 -3\cdot x + 2)\partial x-\displaystyle \int_0^ab\cdot x \partial x=\frac54=\frac{a^4}4 - \frac{3\cdot a^2}2 +2\cdot a-\frac{a^2\cdot b}2 =\frac{a^4-(6+4\cdot b)\cdot a^2+8\cdot a}4$
quindi
$a^4-(6+4\cdot b)\cdot a^2-5=8\cdot a$
che è nella forma (con le dovute sostituzioni eg. 8*a=r ...)
$a^4-p\cdot a^2+q=r\cdot a$
giusta per trattarla con Cardano
that's all folks' by Info
$\displaystyle \int_0^a(x^3 -3\cdot x + 2)\partial x-\displaystyle \int_0^ab\cdot x \partial x=\frac54$, vero?
se come ho capito è questo che vuoi sapere, ecco.
$\displaystyle \int(x^3 -3\cdot x + 2)\partial x = \frac{x^4}4 - \frac{3\cdot x^2}2 +2\cdot x+c$
$\displaystyle \int b\cdot x\partial x = \frac{b\cdot x^2}2+c$
quindi
$\displaystyle \int_0^a(x^3 -3\cdot x + 2)\partial x=\displaystyle \begin{vmatrix}\frac{x^4}4 - \frac{3\cdot x^2}2 +2\cdot x+c \end{vMatrix}_0^a = \frac{a^4}4 - \frac{3\cdot a^2}2 +2\cdot a$
$\displaystyle \int_0^ab\cdot x\partial x=\displaystyle \begin{vmatrix}\frac{bx^2}2+c\end{vMatrix}_0^a = \frac{a^2\cdot b}2$
tornando alla prima condizione, ho
$\displaystyle \int_0^a(x^3 -3\cdot x + 2)\partial x-\displaystyle \int_0^ab\cdot x \partial x=\frac54=\frac{a^4}4 - \frac{3\cdot a^2}2 +2\cdot a-\frac{a^2\cdot b}2 =\frac{a^4-(6+4\cdot b)\cdot a^2+8\cdot a}4$
quindi
$a^4-(6+4\cdot b)\cdot a^2-5=8\cdot a$
che è nella forma (con le dovute sostituzioni eg. 8*a=r ...)
$a^4-p\cdot a^2+q=r\cdot a$
giusta per trattarla con Cardano
that's all folks' by Info
Volevo provare a dare un aiutino un po’ più semplice. In primo luogo conviene studiare un po’ la funzione: provando a sostituire i primi valori interi positivi e negativi si trova subito che $1$ è uno zero della funzione
$\displaystyle f\left( 1 \right) = 1^3 - 3 \cdot 1 + 2 = 0$
Anche se non ci si ricorda la regola di Ruffini si può facilmente scomporre il polinomio ponendo
$\displaystyle x^3 - 3x + 2 = \left( {x^2 + bx + c} \right)\left( {x - 1} \right) = x^3 + \left( {b - 1} \right)x^2 + \left( {c - b} \right)x - c$
e uguagliando i coefficienti delle diverse potenze di $x$
$\displaystyle \left\{ \begin{array}{c} b - 1 = 0 \\ c - b = - 3 \\ - c = 2 \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{c} b = 1 \\ c = - 2 \\ \end{array} \right.$
per cui è
$\displaystyle x^3 - 3x + 2 = \left( {x^2 + x - 2} \right)\left( {x - 1} \right)$
Si vede subito che $1$ è una radice doppia, infatti
$\displaystyle 1^2 + 1 - 2 = 0$
e
$\displaystyle x^2 + x - 2 = x^2 - x + 2x - 2 = x\left( {x - 1} \right) + 2\left( {x - 1} \right) = \left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right)$
e quindi
$\displaystyle x^3 - 3x + 2 = \left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right)^2$
La derivata prima è
$\displaystyle f’\left( x \right) = 3x^2 - 3$
e si annulla per $x = \pm 1$
La derivata seconda è
$\displaystyle f”\left( x \right) = 6x$
e si annulla per $x = 0$.
La funzione ha questa forma
Individuiamo un punto $P$ sul ramo della curva nel secondo quadrante, troviamo il punto ${\rm P’}$, proiezione di $P$ sull’asse delle ascisse, e tracciamo la retta $\overline {{\rm OP}}$
L’area richiesta dal problema è data dall’area ${\rm OAPP’}$ meno l’area del triangolo ${\rm OPP’}$ che valgono rispettivamente
$\displaystyle A_{{\rm OAPP’}} = \int_x^0 {dtf\left( t \right)} = \left[ {\frac{{t^4 }}{4} - \frac{3}{2}t^2 + 2t} \right]_x^0 = - \frac{{x^4 }}{4} + \frac{3}{2}x^2 - 2x$
e
$\displaystyle A_{\rm T} = \frac{{ - x\,f\left( x \right)}}{2} = - \frac{{x^4 - 3x^2 + 2x}}{2}$
il segno meno perché $x < 0$. Poniamo dunque
$\displaystyle A_{{\rm OAPP’}} - A_{\rm T} = \frac{5}{4}$
$\displaystyle \frac{{x^4 - 3x^2 + 2x}}{2} - \frac{{x^4 }}{4} + \frac{{3x^2 }}{2} - 2x = \frac{5}{4}$
ovvero
$\displaystyle x^4 - 4x - 5 = 0$
Sempre con l’occhio vigile (provando i numeri semplici) si vede che $x = -1$ soddisfa l’equazione: l’equazione della retta cercata è dunque
$\displaystyle y = y_{\rm O} - \frac{{y_{\rm P} - y_{\rm O} }}{{x_{\rm P} - x_{\rm O} }}\left( {x - x_{\rm O} } \right) = - 4x$
$\displaystyle f\left( 1 \right) = 1^3 - 3 \cdot 1 + 2 = 0$
Anche se non ci si ricorda la regola di Ruffini si può facilmente scomporre il polinomio ponendo
$\displaystyle x^3 - 3x + 2 = \left( {x^2 + bx + c} \right)\left( {x - 1} \right) = x^3 + \left( {b - 1} \right)x^2 + \left( {c - b} \right)x - c$
e uguagliando i coefficienti delle diverse potenze di $x$
$\displaystyle \left\{ \begin{array}{c} b - 1 = 0 \\ c - b = - 3 \\ - c = 2 \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{c} b = 1 \\ c = - 2 \\ \end{array} \right.$
per cui è
$\displaystyle x^3 - 3x + 2 = \left( {x^2 + x - 2} \right)\left( {x - 1} \right)$
Si vede subito che $1$ è una radice doppia, infatti
$\displaystyle 1^2 + 1 - 2 = 0$
e
$\displaystyle x^2 + x - 2 = x^2 - x + 2x - 2 = x\left( {x - 1} \right) + 2\left( {x - 1} \right) = \left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right)$
e quindi
$\displaystyle x^3 - 3x + 2 = \left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right)^2$
La derivata prima è
$\displaystyle f’\left( x \right) = 3x^2 - 3$
e si annulla per $x = \pm 1$
La derivata seconda è
$\displaystyle f”\left( x \right) = 6x$
e si annulla per $x = 0$.
La funzione ha questa forma
Individuiamo un punto $P$ sul ramo della curva nel secondo quadrante, troviamo il punto ${\rm P’}$, proiezione di $P$ sull’asse delle ascisse, e tracciamo la retta $\overline {{\rm OP}}$
L’area richiesta dal problema è data dall’area ${\rm OAPP’}$ meno l’area del triangolo ${\rm OPP’}$ che valgono rispettivamente
$\displaystyle A_{{\rm OAPP’}} = \int_x^0 {dtf\left( t \right)} = \left[ {\frac{{t^4 }}{4} - \frac{3}{2}t^2 + 2t} \right]_x^0 = - \frac{{x^4 }}{4} + \frac{3}{2}x^2 - 2x$
e
$\displaystyle A_{\rm T} = \frac{{ - x\,f\left( x \right)}}{2} = - \frac{{x^4 - 3x^2 + 2x}}{2}$
il segno meno perché $x < 0$. Poniamo dunque
$\displaystyle A_{{\rm OAPP’}} - A_{\rm T} = \frac{5}{4}$
$\displaystyle \frac{{x^4 - 3x^2 + 2x}}{2} - \frac{{x^4 }}{4} + \frac{{3x^2 }}{2} - 2x = \frac{5}{4}$
ovvero
$\displaystyle x^4 - 4x - 5 = 0$
Sempre con l’occhio vigile (provando i numeri semplici) si vede che $x = -1$ soddisfa l’equazione: l’equazione della retta cercata è dunque
$\displaystyle y = y_{\rm O} - \frac{{y_{\rm P} - y_{\rm O} }}{{x_{\rm P} - x_{\rm O} }}\left( {x - x_{\rm O} } \right) = - 4x$
il panurgo
Principio di Relatività: $\mathbb{m} \not \to \mathbb{M} \, \Longleftrightarrow \, \mathbb{M} \not \to \mathbb{m}$
"Se la montagna non va a Maometto, Maometto NON va alla montagna"
Principio di Relatività: $\mathbb{m} \not \to \mathbb{M} \, \Longleftrightarrow \, \mathbb{M} \not \to \mathbb{m}$
"Se la montagna non va a Maometto, Maometto NON va alla montagna"