Energy Engineering - Analisi e geometria 1

First partial exam

Politecnico di Milano { Ingegneria Industriale Analisi e Geometria 1 Primo compito in itinere { 21 Novembre 2016 Cognome:Compito A Nome: Matricola: T.1 : 5 puntiT.2 : 3 puntiTotaleEs.1 : 7 puntiEs.2 : 7 puntiEs.3 : 10 puntiTotale 1. Si consideri la seguente equazione nella variabile complessa z: (z+ 1)6 = (1 + ip3) 3 :() (a) Determinare le soluzioni dell'equazione () e rappresentarle sul piano complesso. (b) Descrivere l'insieme S= w=z 1 :ze soluzione di () con Rez >0 e rappresentarlo sul piano complesso. 2. Sianofegle funzioni de nite da f(x) =1 cos 3xartg(sin 9 x)e g(x) =4 p1 + x2 1tg x2 : (a) Calcolare i limitilim x!0f (x) e lim x!0g (x): (b) SianoFeGle funzioni ottenute prolungando con continuita le funzionifegin x0= 0 . Mostrare, in base al risultato ottenuto, che le funzioni FeGhanno la stessa retta tangente perx 0= 0 . Scrivere l'equazione di questa retta. 3. Siafla funzione de nita da f(x) =3 p3 x3 + 5x2 +x : (a) Determinare i limiti e gli eventuali asintoti dif. (b) Determinare i punti di derivabilita dife la derivata primaf0 . (c) Studiare la monotonia e gli estremi locali dif. (d) Disegnare il gra co qualitativo dif. (e) Determinare l'esistenza di almeno una soluzionex2(0;+1) dell'equazionef(x) = 4x1 .Istruzioni. Ogni risposta deve essere giusti cata. Il testo del compito deve essere consegnato insieme al la bel la, mentre i fogli di brutta non devono essere consegnati. Durante la prova non e consentito l'uso di libri, quaderni, calcolatrici e apparecchiature elettroniche. Tempo.Prima parte:15 minuti. Seconda parte:1 ora e 45 minuti.1 Soluzioni 1. (a) Iniziamo ad osservare che, per la formula di De Moivre, si ha (1 + ip3) 3 = 23 cos3 + i sin 3  3 = 8 (cos+isin) =8: Pertanto, l'equazione di partenza diventa (z+ 1)6 =8 . Postow=z+ 1 , si ha l'equazione w6 =8 , che la sei soluzioni wk=6 p8  cos + 2k6 + i sin  + 2k6  k= 0;1;2;3;4;5; ossia w0=p2  cos6 + i sin 6  =p2 p3 2 + 12 i! =p6 2 +p2 2 i w1=p2  cos2 + i sin 2  =p2 i w2=p2  cos56  + i sin56  =p2 p3 2 + 12 i! =p6 2 +p2 2 i w3=p2  cos76  + i sin76  =p2 p3 2 12 i! =p6 2 p2 2 i w4=p2  cos32  + i sin32  =p2 i w5=p2  cos116  + i sin116  =p2 p3 2 12 i! =p6 2 p2 2 i : Pertanto, le soluzioni dell'equazione () di partenza sono z0= w 0 1 =p6 2 1 +p2 2 i z1= w 1 1 =1 +p2 i z2= w 2 1 =p6 2 1 +p2 2 i z3= w 3 1 =p6 2 1p2 2 i z4= w 4 1 =1p2 i z5= w 5 1 =p6 2 1p2 2 i : I puntiw 0, . . . , w 5si dispongono lungo la circonferenza di centro (0 ;0) e raggioR=p2 , come nella gura seguente. I puntiz 0, . . . , z 5si ottengono da quelli precedenti mediante una traslazione di1 lungo l'asse reale, come nella gura seguente. 2 (b) Le soluzioni dell'equazione ( ) con parte reale positiva sono z0=p6 2 1 +p2 2 i e z 5=p6 2 1p2 2 i Poichejz 0j2 =jz 5j2 = p6 2 1! 2 +12 = 32 p6 + 1 + 12 = 3 p6 ; si ha z 1 0=z 0j z 0j2=13 p6 p6 2 1 +p2 2 i! =13 p6 p6 2 1p2 2 i! z 1 5=z 5j z 5j2=13 p6 p6 2 1p2 2 i! =13 p6 p6 2 1 +p2 2 i! : 2. (a) Utilizzando le equivalenze asintotiche, perx!0 , si ha 1cos 3x(3 x)22 = 92 x 2 4 p1 + x2 114 x 2 artg(sin 9x)sin 9x9xtgx2  x2 e quindi f(x) =1 cos 3xartg(sin 9 x)92 x29 x= 12 x g(x) = lim x!04 p1 + x2 1tg x2 14 x2x 2 = 12 x : Pertanto, si halim x!0f (x) = lim x!0x2 = 0 e lim x!0g (x) = lim x!0x2 = 0 : (b) Poiche i due limiti precedenti esistono niti e sono nulli, le funzionifegpossono essere estese con continuita inx 0= 0 considerando, in un intorno di x 0= 0 , le funzioni Fe Gde nite da F(x) =( f(x)x6 = 0 0 0 = 0e G(x) =( g(x)x6 = 0 0 0 = 0: 3y xw 0w 1w 2w 3w 4w 50 y xz 0z 1z 2z 3z 4z 5 1 Poiche F(0) = 0 eG(0) = 0 , il gra co diFed il gra co diGpassano entrambi per il punto (0;0) . Per determinare la pendenza della retta tangente, si puo utilizzare il precedente calcolo dei limiti. Poiche entrambe le funzioni sono asintotiche a12 x , il coeciente angolare em=12 . In conclusione, in entrambi i casi, la retta tangente ha equazioney=12 x . Osservazione. Equivalentemente, si puo dimostrare che le due funzioniFeGsono derivabili inx 0= 0 . Infatti, si ha lim x!0F (x)F(0)x 0= lim x!0f (x)x = lim x!0x2 1x = 12 lim x!0G (x)G(0)x 0= lim x!0g (x)x = lim x!0x2 1x = 12 : Si ritrova cos che, in entrambi i casi, la retta tangente esiste e ha equazioney=12 x . 3. Iniziamo con l'osservare che la funzionefe de nita su tuttoR. (a) Si halim x!1f (x) =1: Perx! 1, si ha f(x) =3 p3 x3 r1 + 53 x+ 13 x23 p3 x e f(x)3 p3 x=3 p3 xh 3 r1 + 53 x+ 13 x2 1i 3 p3 x13  53 x+ 13 x2 =3 p3 3 2 5 +1x  53 3 p9 : Quindi, si ha m= lim x!1f (x)x = lim x!13 p3 xx = 3 p3 q= lim x!1( f(x)mx) = lim x!1( f(x)3 p3 x) =53 3 p9 : Pertanto,fpossiede uno stesso asintoto obliquo perx! 1di equazione y=3 p3 x+53 3 p9 = 9 x+ 53 3 p9 : (b) La funzione non e derivabile solo nei punti in cui si annulla, ossia nei puntix0= 0 e x 1;2= 5p13 6 : Negli altri punti diRe derivabile poiche composta di funzioni derivabili e si ha f0 (x) =13 9 x2 + 10x+ 1(3 x3 + 5x2 +x)2 =3x = 2 fx 0; x 1; x 2g : Si osservi che nei punti di non derivabilita, la funzionefha tangente verticale. (c) Il segno dif0 coincide con quello della funzionegde nita da g(x) = 9x2 + 10x+ 1 = 9(xr 1)( xr 2) dover 1= 1 er 2= 19 . La funzione fe quindi crescente su (1; r 1) [(r 2; +1) e decrescente su (r 1; r 2) . La funzione ha pertanto un massimo relativo in r 1e un minimo relativo inr 2. Piu precisamente, ha un massimo relativo nel punto ( 1;1) e ha un minimo relativo nel punto 19 ; 3 p13 3 3 p9
. 4 (d) Il gra co di fe(e) Consideriamo la funzione F: [0;1]!Rde nita daF(x) =f(x)4x+ 1 . La funzione Fe continua (essendo formata da funzioni continue),F(0) = 1>0 eF(1) =3 p9 3