Analiza mat.1.2 cd. Metis: 1) Znajdź przedziały wypukłości i punkty przegięcia f(x)=x²lnx D: x>0 x∊(0,+∞) f'(x)=(x²lnx)'= 2x*lnx+x f"(x)=(2x*lnx+x)'= (2xlnx)'+x'= 2lnx+3

	3
f'(x)=0 ⇔ 2lnx+3=0 ⇔ lnx=−
	2

	3
logex=−		*logee
	2

x=e^−3/2

	1
x=
	e3/2

f"(x)>0 ⇔ 2lnx+3>0 ⇔ x>e^−3/2

	1		1
Punkt przegięcia: (		, f(		))
	e3/2		e3/2

	1
Funkcja wklęsła dla x∊(		,+∞)
	e3/2

	1
Funkcja wypukła dla x∊(0,		)
	e3/2

?

Metis: Dobrze?

Adamm: dziedzina ok f' jest ok f'' jest ok miejsca podejrzane ok punkt przegięcia ok pomyliłeś wypukłość z wklęsłością

Metis: Racja Mam kolejne zadanko, pomożesz mi?

Adamm: spróbujemy

Metis: To są proste zadanka, ale od razu wstukuję − rozwiązuje je tutaj, dla sprawdzenia − nie wiem czy dobrze Oblicz pole powierzchni ograniczonej krzywymi xy=20 oraz x²+y²=41 w 1 ćwiartce układu współrzędnych. x, y>0 Zatem moje punkty przeciecia to 4 i 5. Liczę więc całkę oznaczoną ∫₄⁵ i teraz nie wiem jak bez rysunku, okreslić która funkcja ogranicza obszar od góry , która od dołu.

Adamm: nie musisz tego sprawdzać, wystarczy wartość bezwzględna z całki

Metis:

	20		20
Zatem: | ∫45(		−√41−x2)| mogę zapisać: | ∫45(√41−x2−		)|
	x		x

Adamm:

	20
|∫45		−√41−x2 dx|
	x

Adamm: tak, oczywiście

Metis: I teraz kolejne pytanie mogę też to zapisać o tak: ∫₅⁴ i potem zamienić na −∫₄⁵ ?

Adamm: tak, chociaż nie wiem po co miałbyś

Metis: To akurat pytanie niezwiązane z zadaniem , tylko gdyby pojawiło sie w jakims przykładzie

Adamm: ∫_a^bf(x)dx = −∫_b^af(x)dx to jedna z właściwości całek oznaczonych

Metis: I teraz tą całeczkę rozwiązać najpierw korzystając z addytywnosci a potem podstawienie dla pierwszej z nich. Tak najprościej ?

Adamm: drugą można przez części, parę postów wyżej rozwiązał ją tak Mariusz

Adamm: https://matematykaszkolna.pl/forum/343909.html tutaj

Adamm: i mówiąc "można" mam na myśli, powinieneś ją tak obliczyć można oczywiście współczynnikami nieoznaczonymi, lub podstawieniem pod sinus, lub cokolwiek, tak jest najłatwiej

Metis: Jasne

	1
20*		...
	x

Teraz kolejne:

	√x
Obliczyć całkę: ∫		i myśle jak najszybciej ją załatwić.
	√x+1

Jack:

√x		√x+1 −1		1
	=		= 1 −
√x+1		√x+1		√x+1

Adamm: ta jest prosta, dla każdej całki składającej się z pierwiastków stopnia k₁, ..., k_n można podstawić tⁿ=x gdzie n to największa wspólna wielokrotność w tym przypadku można t²=x

Adamm: całki wymiernej o współczynnikach (x)^1/k₁, ..., (x)^1/k_n przy czym k₁, ..., k_n są naturalne dodatnie i wybór n to nie był dobry pomysł, bo n mam już w indeksie

Adamm: i nie współczynnikach tylko zmiennych...

Metis: Więc... jak ?

Metis: Sposób Jacka mi się podoba

Jerzy: Do rzeczy.. √x = t x = t² dx = 2tdt

	t
= 2∫		dt
	t+1

Adamm: Jack jeszcze nic nie rozwiązał

Jack:

	1
calke z		to mozna np. tak
	√x+1

t = √x t² = x 2tdt = dx zatem

	1		1		t		t+1−1
∫		dx = ∫		*2tdt = 2∫		dt = 2∫		dt =
	√x+1		t+1		t+1		t+1

	1
= 2 * ∫ 1 dt − 2 ∫		dt
	t+1

	1
oczywiscie ∫		dt = ln|t+1|
	t+1

i koniec

Adamm: dobra, spróbuję ci tłumaczyć mniej jeśli chodzi o teorię a więcej o praktykę, bo w tłumacząc teorię się po prostu gubię

Jack: niepotrzebnie robilem, wlasciwie to w poscie 21:47 bo w 21:53 robilem dokladnie to samo... ehh Jerzy oczywiscie ma lepiej

Jerzy:

	t + 1 − 1		1
... moja ... = 2∫		dt = 2∫dt − 2∫		dt =2t − 2lnIt+1| + C
	t+1		t+1

Metis: Pieknie Dzięki

Metis: Założmy, że mam takie podstawienie: t=³√x t³=x zatem 3t²dt=dx?

Jerzy: Tak.

Metis: t³=x² 3t²dt=2xdx ?

Jack: tak

Metis: Ok

Jerzy: Knot

	t2
... = 2∫		dt
	t+1

Jerzy: Mòwię o pierwszej całce.