Energy Engineering - Analisi e geometria 1

Full exam

Es. 1Es. 2Es.3Es. 4Tot. Analisi e Geometria 1 Proposta appello dataDocente:Numero di iscri- zione all'appello:Cognome:Nome:Matricola: Seconda parte Punteggi degli esercizi: Es.1: 5; Es.2: 8; Es.3: 5; Es.4: 6. Istruzioni:Tutte le risposte devono essere motivate. Gli esercizi devono essere svolti su questi fogli, nel lo spazio sotto il testo e, in caso di necessita, sul retro. I fogli di brutta non devono essere consegnati. 1.Risolvere inCl'equazione z3 + 1z 3 1= 1i scrivendo le soluzioni in forma algebrica. Soluzione L'equazione puo essere riscritta comez3 + 1 =i(z3 1) z3 (1 +i) =i1 z3 =i 11 + i= i 11 + i
1 i1 i z3 =i le cui soluzioni sono sulla circonferenza di raggio 1 ed hanno argomento6 , 5 6 , 3 2 .1 1i iz 1z 2z 3 6 5 6 3 2 La forma algebrica delle soluzioni e z1=p3 2 + i2 z2= p3 2 + i2 z3= i: 2.  E assegnata la funzione f(x) =ex
3 p1 e x : (a)Determinarne il dominio e il comportamento asintotico agli estremi del dominio (prevedendo l'esistenzadi asintoti). (b)Trovare il segno dif. (c)Calcolare la derivata prima e studiarne il segno. Trovare i massimi e minimi locali e globali della funzione. (d)Calcolare la derivata seconda e studiarne il segno. Determinare insiemi di convessit~ A e di concavit~ A , ed eventuali punti di esso. Soluzione (a)La funzionefha dominioR. Calcoliamo i limiti agli estremi del domino. Perx! 1: 1e x  e x (1e x )1 =3  e x=3 (1e x )1 =3 =e x=3 +o(e x=3 ) ex
(1e x )1 =3 =e2 x=3 +o(e2 x=3 )!0 : L'assexe quindi asintoto orizzontale. Perx!+1:f(x)ex !+1(senza asintoto). (b)Il segno della funzione dipende dal termine 1e x . Il segno dife quindi pari al segno dix, in particolare c'e un solo zero (l'origine). (c)La derivata prima e: f0 (x) =ex
3 p1 e x +ex
13 1e x
2=3
e x =ex
3 p1 e x +13 (1 e x )2 =3 =3 ex (1e x ) + 13 (1 e x )2 =3 =3 ex 23 (1 e x )2 =3: La derivata prima non esiste nell'origine ( esso a tangente verticale) ed ha il segno del termine 3ex 2. In particolare il puntox = ln23 e punto di minimo locale e globale, dove la funzione assume il valore 23 3 r1 2 : (d)La derivata seconda e: f00 (x) =3 ex
3 (1e x )2 =3 (3ex 2)
2(1e x ) 1=3 e x9 (1 e x )4 =3: Il segno della derivata prima dipende dal segno del suo numeratore che possiamo riscrivere cos:9ex 1e x
2=3 2(3 ex 2)e x (1e x )1 =3=9 e2 x (1e x )6ex + 4e x (1e x )1 =3 =9 e2 x 15ex + 4e x (1e x )1 =3: Le radici dell'equazione quadratica 9 w2 15w+ 4 = 0 forniscono i punti di cambio di concavita cercati: 15p15 2 42
918 che sonox 1= ln13 e x 2= ln43 . Il gra co previsto e compatibile con le informazioni trovate.x x 1x 2 23 3 p2xy 3.(a)Trovare il polinomio di Maclaurin di ordine 3 associato alla funzione f(x) = ln1 + x1 x: (b)Sfruttare il polinomio precedente per trovare un valore razionale che approssima ln 2. Soluzione (a)Abbiamof(x) = ln1 + x1 x f0 (x) =11 x2 f00 (x) =4 x(1 x2 )2 f000 (x) = 41 + 3 x2(1 x2 )3: Quindif(0) =f00 (0) = 0,f0 (0) = 2,f000 (0) = 4 da cui T3( x) = 2x+23 x 3 : (b)Per approssimare ln 2 utilizzando la funzione ln1 + x1 xoccorre scegliere 1 +x1 x= 2 da cuix=13 . Il valore approssimato e T3 13  =5681 : 4.Consideriamo un numero N 0di batteri posti in una coltura al tempo t= 0; desideriamo trovare la popolazione batterica all'istantet:y=y(t), in due casi. (a)Supponiamo che il cibo e lo spazio siano illimitati e la variazione della popolazione sia proporzionalealla popolazione stessay(t). Dunque y0 =ky ; y(0) =N 0; essendok2R +il coeciente di accrescimento relativo. (b)Supponiamo che le risorse siano scarse (cibo e spazio siano limitati eMsia il numero massimo di individui ammissibile) e la rapidita di variazione (velocita di accrescimento, tasso di variazione) della popolazione cresca ad ogni istante con tasso proporzionale alla popolazione stessay(t) e alla dierenza My(t). Dunque y0 =ky(My); y(0) =N 0: In entrambe le situazioni risolvere il problema di Cauchy e trovare il comportamento della popolazione per t!+1. Soluzione (a)L'equazione dierenziale e lineare. La soluzione del problema di Cauchy ey(t) =N 0ekt : Quindi ricaviamo che, pert!+1,y(t)!+1. (b)In questo caso l'equazione dierenziale e a variabili separabili. Essa ha per soluzioni i valori costantiy= 0 ey=M. Inoltre, sey6 = 0; Mricaviamo 1M ln yM y = kt+C ovveroy(t) =M De M kt1 + DeM kt dove conD(eC) indichiamo costanti arbitrarie. Imponendo la condizione iniziale, si trova la soluzione: y(t) =M N 0eM ktM N 0+ N 0eM kt: Ricaviamo chelim t!+1y (t) =M :