Exempla Quaestionum et Disputatio de Applicatione Integralium in Calculanda Area Plani Plani
In doctrina mathematicae, integralia saepe in calculo inveniuntur. Una ex notissimis applicationibus integralium est computatio areae sub curva vel plano. Hic articulus nonnulla problemata exempla tractabit et applicationem integralium ad computandam aream plani tractabit.
Introductio ad Theoriam
Antequam ad exemplum problematis progrediamur, notionem fundamentalem computandi aream sub curva utens integralibus recognoscamus. Si functionem f(x) habemus quae continua est in intervallo [a, b], tum area sub curva y = f(x) ab x = a ad x = b est:
L = (a)^b f(x) dx
Geometrice, hoc significat nos aream rectanguli tenuissimi ab x = a ad x = b summare.
Exemplum Quaestionis 1
Quaestio
Calcula aream sub curva y = x² in intervallo [1, 3].
Disputatio
Ad aream computandam, integrale utimur:
L = (int_{1}^{3} x^2, dx)
Incipimus inveniendo antiderivativam functionis \(x^2)\). Antiderivativa functionis \(x^2) est \(x^3}{3)\). Deinde integrale fit:
L = [x^3}{3} dextra]_{1}^3}
Memento nos antiderivativam ad limites integralis aestimare debere:
L = (∫²⁴/⁴) – (∫1⁴/⁴))
L = (\frac{27}{3} dextra) – (\frac{1}{3} dextra))
L = 9 – 1/3
L = 27/3 – 1/3
L = 26/3
Ergo, area sub curva y = x² ab x = 1 ad x = 3 est:
`\[ \frac{26}{3} \, \text{unitas areae} \]`
Exemplum Quaestionis 2
Quaestio
Determina aream regionis terminatae a curva y = x³ et rectis x = 1 et x = 2.
Disputatio
Ad aream computandam, integrale utimur:
L = (int_{1}^{2} x^3, dx)
Ut solet, initium facimus inveniendo antiderivativam functionis \(x^3)\). Antiderivativa functionis \(x^3\) est \(x^4}{4}\). Integrale fit:
L = [x^4}{4} dextra]_{1}^2}
Aestima limites integralis:
L = (∫²⁴/⁴) – (∫1⁴/⁴))
L = (\frac{16}{4} dextra) – (\frac{1}{4} dextra))
L = 4 – 1/4
L = 16/4 – 1/4
L = 15/4
Ergo, area sub curva y = x³ ab x = 1 ad x = 2 est:
`\[ \frac{15}{4} \, \text{unitas areae} \]`
Exemplum Quaestionis 3
Quaestio
Determina aream regionis terminatae curvis y = x² + 1 et y = 2x + 2 in intervallo x = 0 ad x = 1.
Disputatio
Primum, puncta intersectionis invenire debemus ut limites integrationis determinemus. Solutio aequationis \(x^2 + 1 = 2x + 2 \):
`x^² + 1 = 2x + 2`
`x^2 – 2x – 1 = 0` (vel fortasse: `x^2 – 2x – 1 = 0`)`
Formula quadratica utens:
`x = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 4}}{2}`]`
`x = \frac{2 \pm \sqrt{8}}{2}`]`
`x = frac{² \pm 2\sqrt{2}}{2}``
`x = 1 \pm \sqrt{2}`
Attamen, pro limitibus superioribus et inferioribus inter 0 et 1, non opus est nobis solutione quadratica uti, sed tantum limite integrali ordinario ab 0 ad 1. Deinde, aream curvae y superioris minus curvae y inferioris secundum hos limites calcula:
L = (0, 1) [(2x + 2) – (x^2 + 1)], dx
Simplificatio functionis:
L = (0, 1) (2x + 2 – x^2 – 1) dx)
L = (-x² + 2x + 1) dx)
Deinde, antiderivativam invenimus:
Antiderivativa functionis \((-x^2) \) est \(-\frac{x^3}{3} \),
Antiderivativa functionis \((2x) \) est \(x^2 \),
Antiderivativa functionis \((1) \) est \(x \).
Ita ut,
L = \left (- \frac{x^3}{3} + x^2 + x) \right |_0^1 \)
Proxima aestimatio:
L = [-\frac{1^3}{3} + 1^2 + 1] – [-\frac{0^3}{3} + 0^2 + 0]
L = [-\frac{1}{3} + 1 + 1] – [0]
L = -\frac{1}{3} + 2]
L = 6/3 – 1/3
L = 5/3
Ergo, area regionis terminatae curvis y = x² + 1 et y = 2x + 2 in intervallo [0, 1] est:
`\[ \frac{5}{3} \, \text{unitas areae} \]`
-
Ex exemplis supra positis, videre possumus quomodo integralia adhiberi possint ad aream sub curva vel inter duas curvas calculandam. Recta intellegentia notionum fundamentalium integralium et artium antiderivativarum, calculatio harum arearum fit valde systematica et efficax. Speramus hunc articulum auxisse nostram comprehensionem applicationis integralium in mundo reali, praesertim in campo mensurae areae superficierum planarum.
