Collezione completa

(1)

Facolt`

a di Agraria

Corsi di Laurea in VIT e STAL

Modulo di Matematica

Esame del 02/02/2010

A.A. 2009/2010

Scritto Voto

Teoria Esercizi

Istruzioni: apporre nome, cognome e numero di matricola su ogni foglio. Prima della consegna indicare nell’apposito spazio il numero totale di fogli di cui `e composto l’elaborato. Svolgere solamente uno tra 10-b) e 11. Allegare lo svolgimento completo degli esercizi 9, 10 e 11. Non `e ammesso l’uso di libri, appunti e calcolatrici grafiche o programmabili.

Cognome Nome

Corso di Laurea V IT ST AL Matricola

Vecchio ordinamento SI N O n. fogli (compreso questo)

1 Se limx→x0f (x) = 0 − _{e lim} x→x0g(x) = +∞, allora limx→x0f (x)g(x) `e A −∞ B +∞ C 0

D non ci sono elementi sufficienti per rispondere

2 Se f `e una funzione derivabile in ]a, b[ e vale f0(x) < 0 per ogni x ∈]a, b[, allora

A f è decrescente in ]a, b[ B f è crescente in ]a, b[ C f è convessa in ]a, b[ D f è concava in ]a, b[

3 L’equazione differenziale y0= et_t2_{+ y ln t `}_e

A un’equazione lineare del primo ordine B un’equazione lineare del secondo ordine C un’equazione non lineare del primo ordine D un’equazione non lineare del secondo ordine

4 Il grafico della funzione f (x) = 2x

2_{− 1} 3x2_{+ 5} rappresenta A una retta B una parabola C un’iperbole

D nessuna delle precedenti

5 Per la funzione f (x) = log_2/9x, scrivere il dominio D, l’immagine I, e rappresentare qualitativamente il grafico.

D =

I =

(2)

6 Per definizione, la derivata di una funzione f (x) in x0`e:

7 Enunciare il teorema fondamentale del calcolo integrale

8 Rappresentare il grafico di una funzione g che verifichi contemporaneamente le seguenti propriet`a: lim

x→−∞g(x) = 2 x→−2lim−g(x) = +∞ _x→2lim+g(x) = −∞ x→+∞lim g(x) = +∞

9 Data la funzione

g(x) = x

3

2x − 1

a) determinare il dominio D, b) studiare il segno di g; c) calcolare i limiti agli estremi del dominio; d) determinare gli intervalli in cui la funzione è crescente, quelli in cui è decrescente, e gli eventuali punti di massimo/minimo relativo; e) determinare gli intervalli in cui la funzione è convessa e quelli in cui è concava; f) disegnare un grafico approssimativo di g.

10 Dato il problema di Cauchy

   y0= 2t 2_{− t cos(3t)} 5y y(0) = 1

a) dire se la funzione y(t) = 1 + ln(3t + 1) `e soluzione del problema;

b) determinare una soluzione del problema nel caso in cui non lo sia la funzione di cui al punto precedente.

11 Calcolare i seguenti integrali Z ₅ cos2_x− x2₂x_{− 3x} x2 dx, Z π 0 (2x − 3) sen(2x) dx.

(3)

Soluzioni dei quesiti dell’esame del 2 febbraio 2010

1 D; 2 A; 3 A; 4 D; 5 - 6 - 7 consultare il libro di testo; 8 in neretto si evidenziano le informazioni date dai limiti. Il grafico della funzione `e quindi completato a piacere (linea sottile), ad esempio:

x g(x)

−2

2

9 a) La funzione è definita se 2x − 1 6= 0 cioè x 6= 1/2, perciò il dominio `_{e D = R \ {1/2} e la funzione} (razionale) è ivi continua e derivabile.

b) Il numeratore `e ≥ 0 se x3 _{≥ 0 cio`}_{e se e solo se x ≥ 0, il denominatore `}_{e positivo se x > 1/2. La}

funzione `e dunque positiva per x < 0 oppure x > 1/2, negativa per 0 < x < 1/2, e si annulla in x = 0. c) Ha senso andare a studiare i limiti in 1/2 e a ±∞. Si ha

lim x→±∞g(x) =x→±∞lim x2 2 − 1/x = +∞ 2 = +∞, lim x→(1/2)±g(x) = 1/8 0± = ±∞, quindi la funzione non ammette massimo n´e minimo.

d) La derivata prima `e g0(x) = 3x 2_{(2x − 1) − x}3₂ (2x − 1)2 = 4x3− 3x2 (2x − 1)2 = x2(4x − 3) (2x − 1)2 .

La derivata prima si annulla se x2 _{= 0 oppure 4x − 3 = 0 cio`}_{e se x = 0 oppure x = 3/4. Tolti questi}

punti, il numeratore è positivo quando 4x − 3 > 0 cioè se e solo se x > 3/4, il denominatore è sempre positivo nel dominio, quindi

g0(x)      < 0, se x ∈ ] − ∞, 0[ ∪ ]0, 1/2[ ∪ ]1/2, 3/4[, = 0, se x = 0 oppure x = 3/4, > 0, se x ∈ ]3/4, +∞[,

perciò la funzione è decrescente in ] − ∞, 1/2[ e in ]1/2, 3/4[, mentre è crescente in ]3/4, +∞[. In x = 3/4 ammette un minimo relativo, in x = 0 un punto di flesso a tangente orizzontale.

-3 -2,5 -2 -1,5 -1 -0,5 0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 -1,6 -0,8 0,8 1,6 2,4 e) La derivata seconda `e g00(x) =(12x 2_{− 6x)(2x − 1)}2_{− (4x}3_{− 3x}2_{)2(2x − 1)2} (2x − 1)4 =(12x 2_{− 6x)(2x − 1) − (4x}3_{− 3x}2₎₄ (2x − 1)3 = 2x(4x2− 6x + 3) (2x − 1)3 .

(4)

Poich´e il polinomio 4x2_{−6x+3 `e sempre positivo, il numeratore `}_{e ≥ 0 se e solo se x ≥ 0, il denominatore} se x > 1/2, quindi g00(x)    > 0, se x ∈ ] − ∞, 0[ ∪ ]1/2, +∞[ = 0, se x = 0, < 0, se x ∈ ]0, 1/2[,

perciò la funzione è convessa in ] − ∞, 0[ e in ]1/2, +∞[, mentre è concava in ]0, 1/2[. In x = 0 ammette un punto di flesso.

10 a) Si ha y0(t) = _3t+13 e sostituendo si ottiene l’equazione 3

3t + 1=

2t2− t cos(3t) 51+ln(3t+1)

che non `_{e identicamente soddisfatta per t ∈ R (ad esempio, per t = 0 si ottiene 3 6= 0). La funzione} non `e dunque soluzione. Si osservi che la funzione soddisfa la seconda condizione, essendo y(0) = 1. b) Scrivendo y0= dy_dt e utilizzando il metodo di separazione delle variabili si ha

5ydy = 2t2− t cos(3t) dt e integrando (utilizzando le tabelle)

Z 5ydy = Z 2t2− t cos(3t) dt =⇒ 5 y ln 5 = 2 t3 3 − Z t cos(3t) dt. Il secondo integrale lo calcoliamo per parti:

Z t cos(3t) dt = tsen(3t) 3 − Z _sen(3t) 3 dt = t 3sen(3t) + 1 9cos(3t) + c, dove c `e la generica costante d’integrazione, perci`o si ottiene

5y ln 5 = 2 3t 3₋t 3sen(3t) − 1 9cos(3t) + c ⇐⇒ y = log5 ₂ 3t 3₋ t 3sen(3t) − 1 9cos(3t) + c ln 5 . Imponendo la condizione y(0) = 1 (nella prima delle due equazioni qui sopra) si ha

5 ln 5 = −

1 9+ c, da cui si ricava c = 1₉+_{ln 5}5 . La soluzione `e quindi

y(t) = log5 2 3t 3₋ t 3sen(3t) − 1 9cos(3t) + 1 9 ln 5 + 5 .

Alternativamente, si poteva utilizzare direttamente la formula risolutiva per le equazioni a variabili separabili (insieme alla formula fondamentale del calcolo integrale)

Z y 1 5zdz = Z t 0 2s2− s cos(3s) ds =⇒ 5 z ln 5 y 1 = 2 3s 3 −s 3sen(3s) − 1 9cos(3s) t 0 =⇒ 5 y ln 5− 5 ln 5 = 2 3t 3₋t 3sen(3t) − 1 9cos(3t) + 1 9 che risolta rispetto a y fornisce la soluzione cercata.

11 Dalle tabelle si ottiene Z ₅ cos2_x− x22x− 3x x2 dx = 5 Z ₁ cos2_xdx − Z 2xdx + 3 Z ₁ xdx = 5 tg x − 2x ln 2 + 3 ln |x| + c, con c costante arbitraria. Utilizzando invece il metodo di integrazione per parti si ha

Z π 0 (2x − 3) sen(2x) dx =h(2x − 3)− cos(2x) 2 iπ 0 + Z π 0 2cos(2x) 2 dx = −2π − 3 2 − 3 2+ hsen(2x) 2 iπ 0 = −π.

(5)

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a di Agraria

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Modulo di Matematica

Esame del 02/02/2010

A.A. 2009/2010

Scritto Voto

Teoria Esercizi

Cognome Nome

1 Se limx→x0f (x) = 0 + _{e lim} x→x0g(x) = −∞, allora limx→x0 f (x) g(x) `e A −∞ B +∞ C 0

2 Se f `e una funzione derivabile due volte in ]a, b[ e vale f00(x) < 0 in ]a, b[, allora

3 L’equazione differenziale y00= y0sen t − t2_y3_`_e

4 Il grafico della funzione f (x) = πe2 _rappresenta

A una retta B una parabola C un’iperbole

5 Per la funzione f (x) = sen x, scrivere il dominio D, l’immagine I, e rappresentare qualitativamente il grafico.

D =

I =

(6)

6 Per definizione, una primitiva di una funzione f (x) in ]a, b[ `e:

7 Descrivere con precisione le relazioni che intercorrono tra la derivata di una funzione e le sue propriet`a di monotonia.

x→−∞g(x) = −∞ x→1lim−g(x) = −∞ _x→1lim+g(x) = 2 x→+∞lim g(x) = 0

9 Data la funzione

g(x) = x

3

3x + 1

   y0 =3t sen(2t) − t 7 2y y(0) = 2

a) dire se la funzione y(t) = 3 ln(2t + e) − 1 `e soluzione del problema;

11 Calcolare i seguenti integrali Z _{2 + 3}x√_x 3x + 7 √ 1 − x2 dx, Z π 0 (5 − 2x) cos(5x) dx.

(7)

Soluzioni dei quesiti dell’esame del 2 febbraio 2010

1 C; 2 D; 3 D; 4 A; 5 - 6 - 7 consultare il libro di testo; 8 in neretto si evidenziano le informazioni date dai limiti. Il grafico della funzione `e quindi completato a piacere (linea sottile), ad esempio:

x g(x)

1 2

9 a) La funzione è definita se 3x + 1 6= 0 cioè x 6= −1/3, perciò il dominio `_{e D = R \ {−1/3} e la funzione} (razionale) è ivi continua e derivabile.

b) Il numeratore è ≥ 0 se x3≥ 0 cioè se e solo se x ≥ 0, il denominatore è positivo se x > −1/3. La funzione è dunque positiva per x < −1/3 oppure x > 0, negativa per −1/3 < x < 0, e si annulla in x = 0.

c) Ha senso andare a studiare i limiti in −1/3 e a ±∞. Si ha lim x→±∞g(x) =x→±∞lim x2 3 + 1/x = +∞ 3 = +∞, lim x→(−1/3)±g(x) = −1/27 0± = ∓∞, quindi la funzione non ammette massimo n´e minimo.

d) La derivata prima `e g0(x) = 3x 2_{(3x + 1) − x}3₃ (3x + 1)2 = 6x3+ 3x2 (3x + 1)2 = 3x2(2x + 1) (3x + 1)2 .

La derivata prima si annulla se x2_{= 0 oppure 2x + 1 = 0 cio`}_{e se x = 0 oppure x = −1/2. Tolti questi}

punti, il numeratore è positivo quando 2x + 1 > 0 cioè se e solo se x > −1/2, il denominatore è sempre positivo nel dominio, quindi

g0(x)      < 0, se x ∈ ] − ∞, −1/2[, = 0, se x = 0 oppure x = −1/2, > 0, se x ∈] − 1/2, −1/3[ ∪ ] − 1/3, 0[ ∪ ]0, +∞[,

perciò la funzione è decrescente in ] − ∞, −1/2[, mentre è crescente in ] − 1/2, −1/3[ e in ] − 1/3, +∞[. In x = −1/2 ammette un minimo relativo, in x = 0 un punto di flesso a tangente orizzontale.

-3 -2,5 -2 -1,5 -1 -0,5 0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 -1,6 -0,8 0,8 1,6 2,4 e) La derivata seconda `e g00(x) =(18x 2_{+ 6x)(3x + 1)}2_{− (6x}3_{+ 3x}2_{)2(3x + 1)3} (3x + 1)4 =(18x 2_{+ 6x)(3x + 1) − (6x}3_{+ 3x}2₎₆ (3x + 1)3 = 6x(3x2+ 3x + 1) (3x + 1)3 .

(8)

Poich´e il polinomio 3x2_{+3x+1 `}_{e sempre positivo, il numeratore `}_{e ≥ 0 se e solo se x ≥ 0, il denominatore} se x > −1/3, quindi g00(x)    > 0, se x ∈ ] − ∞, −1/3[ ∪ ]0, +∞[ = 0, se x = 0, < 0, se x ∈ ] − 1/3, 0[,

perciò la funzione è convessa in ] − ∞, −1/3[ e in ]0, +∞[, mentre è concava in ] − 1/3, 0[. In x = 0 ammette un punto di flesso.

10 a) Si ha y0(t) = _2t+e6 e sostituendo si ottiene l’equazione 6

2t + e =

3t sen(2t) − t7 23 ln(2t+e)−1

che non `_{e identicamente soddisfatta per t ∈ R (ad esempio, per t = 0 si ottiene 6/e 6= 0). La funzione} non `e dunque soluzione. Si osservi che la funzione soddisfa la seconda condizione, essendo y(0) = 2. b) Scrivendo y0= dy_dt e utilizzando il metodo di separazione delle variabili si ha

2ydy = 3t sen(2t) − t7 dt e integrando (utilizzando le tabelle)

Z 2ydy = Z 3t sen(2t) − t7 dt =⇒ 2 y ln 2 = 3 Z t sen(2t) dt −t 8 8. Il secondo integrale lo calcoliamo per parti:

Z t sen(2t) dt = t− cos(2t) 2 + Z _cos(2t) 2 dt = − t 2cos(2t) + 1 4sen(2t) + c, dove c `e la generica costante d’integrazione, perci`o si ottiene

2y ln 2 = − 3 2t cos(2t) + 3 4sen(2t) − t8 8 + c ⇐⇒ y = log2 −3 2t cos(2t) + 3 4sen(2t) − t8 8 + c ln 2 .

Imponendo la condizione y(0) = 2 (nella prima delle due equazioni qui sopra) si ha 4

ln 2 = c. La soluzione `e quindi y(t) = log₂ −3 2t cos(2t) + 3 4sen(2t) − t8 8 ln 2 + 2 .

Z y 2 2zdz = Z t 0 3s sen(2s) − s7 ds =⇒ 2 z ln 2 y 2 = −3 2s cos(2s) + 3 4sen(2s) − s8 8 t 0 =⇒ 2 y ln 2 − 4 ln 2 = − 3 2t cos(2t) + 3 4sen(2t) − t8 8 che risolta rispetto a y fornisce la soluzione cercata.

11 Dalle tabelle si ottiene Z _{2 + 3}x√_x 3x + 7 √ 1 − x2 dx = 2 Z 3−xdx+ Z _√ x dx+7 Z ₁ √ 1 − x2dx = −2 3−x ln 3+ x3/2 3/2+7 arcsen x+c, con c costante arbitraria. Utilizzando invece il metodo di integrazione per parti si ha

Z π 0 (5 − 2x) cos(5x) dx =h(5 − 2x)sen(5x) 5 iπ 0− Z π 0 (−2)sen(5x) 5 dx = 0 +h− 2 25cos(5x) iπ 0 = 4 25.

(9)

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Modulo di Matematica

Esame del 02/02/2010

A.A. 2009/2010

Scritto Voto

Teoria Esercizi

Cognome Nome

1 Se limx→x0f (x) = 0 − _{e lim} x→x0g(x) = 0 +_, allora limx→x0 f (x) g(x) `e A −∞ B 1 C 0

2 Se f `e una funzione derivabile due volte in ]a, b[ e vale f00(x0) < 0 con x0∈]a, b[, allora

A x0`e sempre punto di minimo relativo per f

B x0`e sempre punto di massimo relativo per f

C x0`e sempre punto di flesso relativo per f

3 L’equazione differenziale y00= (3y0− yt3_{) ln t `}_e

4 Il grafico della funzione f (x) = 7x − 1 − 8x

2 2 − π rappresenta A una retta B una parabola C un’iperbole

5 Per la funzione f (x) = cos x, scrivere il dominio D, l’immagine I, e rappresentare qualitativamente il grafico.

D =

I =

(10)

6 L’integrale definito di una funzione positiva f su [a, b] rappresenta:

7 Enunciare il teorema dei punti critici

x→−∞g(x) = +∞ x→0lim−g(x) = 1 _x→0lim+g(x) = +∞ x→+∞lim g(x) = −∞

9 Data la funzione

g(x) = −x

3

5x − 1

   y0= 2t cos(5t) + 3t 4 3y y(0) = 3

a) dire se la funzione y(t) = 2 + ln(2t + e) `e soluzione del problema;

11 Calcolare i seguenti integrali Z ₂ x2_{+ 1}+ x55x− 3 5x dx, Z π/2 0 (3x + 1) sen(3x) dx.

(11)

Soluzioni dei quesiti dell’esame del 2 febbraio 2010

1 D; 2 D; 3 B; 4 B; 5 - 6 - 7 consultare il libro di testo; 8 in neretto si evidenziano le informazioni date dai limiti. Il grafico della funzione `e quindi completato a piacere (linea sottile), ad esempio:

x g(x)

1

9 a) La funzione è definita se 5x − 1 6= 0 cioè x 6= 1/5, perciò il dominio `_{e D = R \ {1/5} e la funzione} (razionale) è ivi continua e derivabile.

b) Il numeratore `e ≥ 0 se −x3 _{≥ 0 cio`}_{e se e solo se x ≤ 0, il denominatore `}_{e positivo se x > 1/5. La}

funzione `e dunque positiva per 0 < x < 1/5, negativa per x < 0 oppure x > 1/5, e si annulla in x = 0. c) Ha senso andare a studiare i limiti in 1/5 e a ±∞. Si ha

lim x→±∞g(x) =x→±∞lim −x2 5 − 1/x = −∞ 5 = −∞, lim x→(1/5)±g(x) = −1/125 0± = ∓∞, quindi la funzione non ammette massimo n´e minimo.

d) La derivata prima `e g0(x) =−3x 2_{(5x − 1) + x}3₅ (5x − 1)2 = 3x2_{− 10x}3 (5x − 1)2 = x2_{(3 − 10x)} (5x − 1)2 .

La derivata prima si annulla se x2_{= 0 oppure 3 − 10x = 0 cio`}_{e se x = 0 oppure x = 3/10. Tolti questi}

punti, il numeratore è positivo quando 3 − 10x > 0 cioè se e solo se x < 3/10, il denominatore è sempre positivo nel dominio, quindi

g0(x)      > 0, se x ∈ ] − ∞, 0[ ∪ ]0, 1/5[ ∪ ]1/5, 3/10[, = 0, se x = 0 oppure x = 3/10, < 0, se x ∈ ]3/10, +∞[,

perciò la funzione è crescente in ] − ∞, 1/5[ e in ]1/5, 3/10[, mentre è decrescente in ]3/10, +∞[. In x = 3/10 ammette un massimo relativo, in x = 0 un punto di flesso a tangente orizzontale.

-1,5 -1 -0,5 0 0,5 1 1,5 -0,5 -0,25 0,25 0,5 e) La derivata seconda `e g00(x) = (6x − 30x 2_{)(5x − 1)}2_{− (3x}2_{− 10x}3_{)2(5x − 1)5} (5x − 1)4 = (6x − 30x 2_{)(5x − 1) − (3x}2_{− 10x}3₎₁₀ (5x − 1)3 = −2x(25x2_{− 15x + 3)} (5x − 1)3 .

(12)

Poich´e il polinomio 25x2 _{− 15x + 3 `e sempre positivo, il numeratore `}_{e ≥ 0 se e solo se x ≤ 0, il} denominatore se x > 1/5, quindi g00(x)    < 0, se x ∈ ] − ∞, 0[ ∪ ]1/5, +∞[ = 0, se x = 0, > 0, se x ∈ ]0, 1/5[,

perciò la funzione è concava in ] − ∞, 0[ e in ]1/5, +∞[, mentre è convessa in ]0, 1/5[. In x = 0 ammette un punto di flesso.

10 a) Si ha y0(t) = _2t+e2 e sostituendo si ottiene l’equazione 2

2t + e=

2t cos(5t) + 3t4

32+ln(2t+e)

che non `_{e identicamente soddisfatta per t ∈ R (ad esempio, per t = 0 si ottiene 2/e 6= 0). La funzione} non `e dunque soluzione. Si osservi che la funzione soddisfa la seconda condizione, essendo y(0) = 3. b) Scrivendo y0= dy_dt e utilizzando il metodo di separazione delle variabili si ha

3ydy = 2t cos(5t) + 3t4 dt e integrando (utilizzando le tabelle)

Z 3ydy = Z 2t cos(5t) + 3t4 dt =⇒ 3 y ln 3 = 2 Z t cos(5t) dt + 3t 5 5. Il secondo integrale lo calcoliamo per parti:

3y ln 3 = 2 5t sen(5t) + 2 25cos(5t) + 3 5t 5_{+ c} _⇐⇒ _{y = log} 3 ₂ 5t sen(5t) + 2 25cos(5t) + 3 5t 5_{+ c}_{ln 3} . Imponendo la condizione y(0) = 3 (nella prima delle due equazioni qui sopra) si ha

27 ln 3 = 2 25+ c, da cui si ricava c = _{ln 3}27 − 2 25. La soluzione `e quindi y(t) = log3 2 5t sen(5t) + 2 25cos(5t) + 3 5t 5₋ 2 25 ln 3 + 27 .

Z y 3 3zdz = Z t 0 2s cos(5s) + 3s4 ds =⇒ 3 z ln 3 y 3 = 2 5s sen(5s) + 2 25cos(5s) + 3 5s 5 t 0 =⇒ 3 y ln 3 − 27 ln 3 = 2 5t sen(5t) + 2 25cos(5t) + 3 5t 5 − 2 25 che risolta rispetto a y fornisce la soluzione cercata.

11 Dalle tabelle si ottiene Z ₂ x2_{+ 1}+ x5₅x_{− 3} 5x dx = 2 Z ₁ x2_{+ 1}dx + Z x5dx − 3 Z 5−xdx = 2 arctg x +x 6 6 + 3 5−x ln 5 + c, con c costante arbitraria. Utilizzando invece il metodo di integrazione per parti si ha

Z π/2 0 (3x + 1) sen(3x) dx =h(3x + 1)− cos(3x) 3 iπ/2 0 + Z π/2 0 3cos(3x) 3 dx = 1 3+ hsen(3x) 3 iπ/2 0 =1 3 − 1 3 = 0.

(13)

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Esame del 02/02/2010

A.A. 2009/2010

Scritto Voto

Teoria Esercizi

Cognome Nome

1 Se limx→x0f (x) = 3 e limx→x0g(x) = −∞,

allora limx→x0f (x)g(x) `e

A −∞ B −3 C 0

2 Se f `e una funzione derivabile in ]a, b[ e vale f0(x0) = 0 con x0∈]a, b[, allora

3 L’equazione differenziale y0= 3t − (t + 5) ln y `e A un’equazione lineare del primo ordine B un’equazione lineare del secondo ordine C un’equazione non lineare del primo ordine D un’equazione non lineare del secondo ordine

4 Il grafico della funzione f (x) = 3 − 2x 7 + 4x rappresenta

5 Per la funzione f (x) = (3/4)x_{, scrivere il dominio D, l’immagine I, e rappresentare qualitativamente il}

grafico.

D =

I =

(14)

6 La derivata di una funzione f nel punto x0 rappresenta:

7 Descrivere precisamente le relazioni che esistono tra la derivata seconda e il grafico di una funzione f

x→−∞g(x) = −1 x→−1lim−g(x) = 0 _x→−1lim+g(x) = +∞ x→+∞lim g(x) = −∞

9 Data la funzione

g(x) = x

3

1 − 4x

   y0= t 8_{+ 3t cos(2t)} 4y y(0) = 1

a) dire se la funzione y(t) = 2 − ln(e + 5t) `e soluzione del problema;

11 Calcolare i seguenti integrali Z _7x2_{− x}3₅x x3 − 2 sen2_x dx, Z π/2 0 (1 − 4x) sen(3x) dx.

(15)

Soluzioni dei quesiti dell’esame del 2 febbraio 2010

1 A; 2 D; 3 C; 4 C; 5 - 6 - 7 consultare il libro di testo; 8 in neretto si evidenziano le informazioni date dai limiti. Il grafico della funzione `e quindi completato a piacere (linea sottile), ad esempio:

x g(x)

−1 −1

9 a) La funzione è definita se 1 − 4x 6= 0 cioè x 6= 1/4, perciò il dominio `_{e D = R \ {1/4} e la funzione} (razionale) è ivi continua e derivabile.

b) Il numeratore è ≥ 0 se x3 ≥ 0 cioè se e solo se x ≥ 0, il denominatore è positivo se x < 1/4. La funzione è dunque positiva per 0 < x < 1/4, negativa per x < 0 oppure x > 1/4, e si annulla in x = 0. c) Ha senso andare a studiare i limiti in 1/4 e a ±∞. Si ha

lim x→±∞g(x) =x→±∞lim x2 1/x − 4 = +∞ −4 = −∞, lim x→(1/4)±g(x) = 1/64 0∓ = ∓∞, quindi la funzione non ammette massimo n´e minimo.

d) La derivata prima `e g0(x) = 3x 2_{(1 − 4x) − x}3₍₋₄₎ (1 − 4x)2 = 3x2_{− 8x}3 (1 − 4x)2 = x2_{(3 − 8x)} (1 − 4x)2 .

La derivata prima si annulla se x2 _{= 0 oppure 3 − 8x = 0 cio`}_{e se x = 0 oppure x = 3/8. Tolti questi}

punti, il numeratore è positivo quando 3 − 8x > 0 cioè se e solo se x < 3/8, il denominatore è sempre positivo nel dominio, quindi

g0(x)      > 0, se x ∈ ] − ∞, 0[ ∪ ]0, 1/4[ ∪ ]1/4, 3/8[, = 0, se x = 0 oppure x = 3/8, < 0, se x ∈ ]3/8, +∞[,

perciò la funzione è crescente in ] − ∞, 1/4[ e in ]1/4, 3/8[, mentre è decrescente in ]3/8, +∞[. In x = 3/8 ammette un massimo relativo, in x = 0 un punto di flesso a tangente orizzontale.

-1,5 -1 -0,5 0 0,5 1 1,5 -0,5 -0,25 0,25 0,5 e) La derivata seconda `e g00(x) = (6x − 24x 2_{)(1 − 4x)}2_{− (3x}2_{− 8x}3_{)2(1 − 4x)(−4)} (1 − 4x)4 = (6x − 24x 2_{)(1 − 4x) + (3x}2_{− 8x}3₎₈ (1 − 4x)3 = 2x(16x2− 12x + 3) (1 − 4x)3 .

(16)

Poich´e il polinomio 16x2 _{− 12x + 3 `e sempre positivo, il numeratore `}_{e ≥ 0 se e solo se x ≥ 0, il} denominatore se x < 1/4, quindi g00(x)    < 0, se x ∈ ] − ∞, 0[ ∪ ]1/4, +∞[ = 0, se x = 0, > 0, se x ∈ ]0, 1/4[,

perciò la funzione è concava in ] − ∞, 0[ e in ]1/4, +∞[, mentre è convessa in ]0, 1/4[. In x = 0 ammette un punto di flesso.

10 a) Si ha y0(t) = − 5

e+5t e sostituendo si ottiene l’equazione

− 5

e + 5t =

t8_{+ 3t cos(2t)}

42−ln(e+5t)

che non `_{e identicamente soddisfatta per t ∈ R (ad esempio, per t = 0 si ottiene −5/e 6= 0). La funzione} non `e dunque soluzione. Si osservi che la funzione soddisfa la seconda condizione, essendo y(0) = 1. b) Scrivendo y0= dy_dt e utilizzando il metodo di separazione delle variabili si ha

4ydy = t8+ 3t cos(2t) dt e integrando (utilizzando le tabelle)

Z 4ydy = Z t8+ 3t cos(2t) dt =⇒ 4 y ln 4 = t9 9 + 3 Z t cos(2t) dt. Il secondo integrale lo calcoliamo per parti:

4y ln 4 = t9 9 + 3 2t sen(2t) + 3 4cos(2t) + c ⇐⇒ y = log4 t9 9 + 3 2t sen(2t) + 3 4cos(2t) + c ln 4 . Imponendo la condizione y(0) = 1 (nella prima delle due equazioni qui sopra) si ha

4 ln 4 = 3 4+ c, da cui si ricava c = _{ln 4}4 −3 4. La soluzione `e quindi y(t) = log₄ _t9 9 + 3 2t sen(2t) + 3 4cos(2t) − 3 4 ln 4 + 4 .

Z y 1 4zdz = Z t 0 s8+ 3s cos(2s) ds =⇒ 4 z ln 4 y 1 = s 9 9 + 3 2s sen(2s) + 3 4cos(2s) t 0 =⇒ 4 y ln 4− 4 ln 4 = t9 9 + 3 2t sen(2t) + 3 4cos(2t) − 3 4 che risolta rispetto a y fornisce la soluzione cercata.

11 Dalle tabelle si ottiene Z _7x2_{− x}3₅x x3 − 2 sen2_x dx = 7 Z ₁ xdx − Z 5xdx − 2 Z ₁ sen2_xdx = 7 ln |x| − 5x ln 5+ 2 cot x + c, con c costante arbitraria. Utilizzando invece il metodo di integrazione per parti si ha

Z π/2 0 (1 − 4x) sen(3x) dx =h(1 − 4x)− cos(3x) 3 iπ/2 0 + Z π/2 0 (−4)cos(3x) 3 dx =1 3 − h4 9sen(3x) iπ/2 0 = 1 3 + 4 9 = 7 9.

(17)

Facolt`

a di Agraria

Corsi di Laurea in VIT e STAL

Modulo di Matematica

Esame del 23/02/2010

A.A. 2009/2010

Scritto Voto

Teoria Esercizi

Cognome Nome

1 Se limx→x0f (x) = +∞ e limx→x0g(x) = −3,

A −∞ B 0+ C 0−

2 Se f `e una funzione derivabile due volte in ]a, b[ e vale f00(x) > 0 per ogni x ∈]a, b[, allora

3 L’equazione differenziale y00= tey+ y0(t + 5) `e A un’equazione lineare del primo ordine B un’equazione lineare del secondo ordine C un’equazione non lineare del primo ordine D un’equazione non lineare del secondo ordine

4 Il grafico della funzione f (x) = 1 7 − 2x rappresenta

5 Per la funzione f (x) = cos x, scrivere il dominio D, l’immagine I, e rappresentare qualitativamente il grafico.

D =

I =

(18)

x→−∞g(x) = +∞ x→0lim−g(x) = −1 _x→0lim+g(x) = 2 x→+∞lim g(x) = −∞

9 Data la funzione

g(x) = 2x

2_{− 1}

x2_{− 4x + 3}

a) determinare il dominio D, b) studiare il segno di g; c) calcolare i limiti agli estremi del dominio; d) determinare gli intervalli in cui la funzione `e crescente, quelli in cui `e decrescente, e gli eventuali punti di massimo/minimo relativo; e) determinare l’equazione della retta tangente al grafico nel punto di ascissa x0= −1; f) disegnare un grafico approssimativo di g.

   y0= t sen(2t 2_{) + 3t}5 y√3_y y(0) = 1

a) dire se la funzione y(t) = (2t + 1)3 _`_{e soluzione del problema;}

11 Calcolare i seguenti integrali

Z _2x2√_{x − 1} x3 + 5 sen2_x dx, Z 1 0 3 − 5x √ 4 − x2dx.

(19)

Soluzioni dei quesiti dell’esame del 23 febbraio 2010

1 A; 2 C; 3 D; 4 C; 5 - 6 - 7 consultare il libro di testo; 8 in neretto si evidenziano le informazioni date dai limiti. Il grafico della funzione `e quindi completato a piacere (linea sottile), ad esempio:

x g(x)

−1 2

9 a) La funzione `e definita se x2_{− 4x + 3 6= 0 cio`}_{e x 6= 1, x 6= 3, perci`}_{o il dominio `}

e D = R \ {1, 3} e la funzione (razionale) `e ivi continua e derivabile.

b) Il numeratore `e positivo se 2x2_{−1 ≥ 0 cio`}_{e se e solo se x ≤ −1/}√_{2 oppure x ≥ 1/}√_{2. Il denominatore}

`

e positivo se x2_{− 4x + 3 > 0 cio`e se x < 1 oppure x > 3. La funzione `}_{e dunque positiva per x < −1/}√₂

oppure 1/√2 < x < 1 oppure x > 3, negativa per −1/√2 < x < 1/√2 oppure 1 < x < 3, mentre si annulla in x = −1/√2 e x = 1/√2.

c) Ha senso andare a studiare i limiti in 1, in 3 e a ±∞. Si ha lim x→±∞g(x) =x→±∞lim 2 − 1/x2 1 − 4/x + 3/x2 = 2 1 = 2, lim x→1±g(x) = 1 0∓ = ∓∞, lim x→3±g(x) = 17 0± = ±∞, quindi la funzione non ammette massimo n´e minimo.

d) La derivata prima `e g0(x) = 4x(x 2_{− 4x + 3) − (2x}2_{− 1)(2x − 4)} (x2_{− 4x + 3)}2 = 2 −4x2_{+ 7x − 2} (x2_{− 4x + 3)}2.

Il numeratore `e positivo quando −4x2_{+7x−2 ≥ 0 cio`}_{e se e solo se}7−√17 8 ≤ x ≤

7+√17

8 , il denominatore

`

e sempre positivo nel dominio, quindi

g0(x)        < 0, se x ∈ ] − ∞,7− √ 17 8 [ ∪ ] 7+√17 8 , 3[ ∪ ]3, +∞[, = 0, se x =7− √ 17 8 oppure x = 7+√17 8 , > 0, se x ∈ ]7− √ 17 8 , 1[ ∪ ]1, 7+√17 8 [,

perci`o la funzione `e crescente in ]7−

√ 17 8 , 1[ e in ]1, 7+√17 8 [, mentre `e decrescente in ] − ∞, 7−√17 8 [, in ]7+ √ 17 8 , 3[ e in ]3, +∞[. In x = 7−√17 8 ed x = 7+√17

8 ammette, rispettivamente, un minimo ed un

massimo relativo. -7,5 -5 -2,5 0 2,5 5 7,5 10 -15 -10 -5 5 10 15 20

(20)

e) L’equazione della retta tangente al grafico nel generico punto (x0, g(x0)) `e

y = (x − x0)g0(x0) + g(x0).

Poich´e g(−1) = 1/8 e g0(−1) = −13/32, l’equazione della retta cercata `e y = −13

32(x + 1) + 1 8. 10 a) Si ha y0(t) = 6(2t + 1)2 e sostituendo si ottiene l’equazione

6(2t + 1)2=t sen(2t

2_{) + 3t}5

(2t + 1)4

che non `_{e identicamente soddisfatta per t ∈ R (ad esempio, per t = 0 si ottiene 6 6= 0). La funzione} non `e dunque soluzione. Si osservi che la funzione soddisfa la seconda condizione, essendo y(0) = 1. b) Si osservi che y√3_{y = y}4/3_{. Scrivendo y}0 ₌ dy

dt e utilizzando il metodo di separazione delle variabili

si ha

y4/3dy = t sen(2t2) + 3t5 dt e integrando (utilizzando le tabelle)

Z y4/3dy = Z t sen(2t2) + 3t5 dt =⇒ y 7/3 7/3 = Z t sen(2t2) dt +3 6t 6_.

Il secondo integrale lo calcoliamo mediante la seconda tabella Z t sen(2t2) dt = 1 4 Z 4t sen(2t2) dt = 1 4 Z (2t2)0sen(2t2) dt = −1 4cos(2t 2_{) + c,}

dove c `e la generica costante d’integrazione, perci`o si ottiene 3 7y 7/3_{= −}1 4cos(2t 2_{) +}3 6t 6_{+ c} _⇐⇒ _{y =}₋ 7 12cos(2t 2_{) +}7 6t 6₊7c 3 3/7 .

Imponendo la condizione y(0) = 1 (nella prima delle due equazioni qui sopra) si ricava 3₇ = −1₄+ c da cui segue c = 19₂₈. La soluzione `e quindi

y(t) =− 7 12cos(2t 2_{) +}7 6t 6₊19 12 3/7 .

Z y 1 z4/3dz = Z t 0 s sen(2s2) + 3s5 ds =⇒ z 7/3 7/3 y 1 = −1 4cos(2s 2_{) +}s6 2 t 0 =⇒ 3 7y 7/3₋3 7 = − 1 4cos(2t 2_{) +}t 6 2 + 1 4 che risolta rispetto a y fornisce la soluzione cercata.

11 Dalla prima tabella si ottiene Z _2x2√_{x − 1} x3 + 5 sen2_x dx = 2 Z x−1/2dx − Z x−3dx + 5 Z ₁ sen2_xdx = 2x 1/2 1/2 − x−2 −2 − 5 cot x + c = 4 √ x + 1 2x2 − 5 cot x + c,

con c costante arbitraria. Utilizzando anche la seconda tabella si ha Z 1 0 3 − 5x √ 4 − x2dx = 3 Z 1 0 1 √ 4 − x2dx + 5 2 Z 1 0 −2x √ 4 − x2dx = 3 Z 1 0 1 √ 4 − x2dx + 5 2 Z 1 0 (4 − x2)0(4 − x2)−1/2dx =h3 arcsen(x/2) + 5p4 − x2i1 0 = 3 arcsen1 2+ 5 √ 3 − 10 = π 2 + 5 √ 3 − 10.

(21)

Facolt`

a di Agraria

Corsi di Laurea in VIT e STAL

Modulo di Matematica

Esame del 23/02/2010

A.A. 2009/2010

Scritto Voto

Teoria Esercizi

Cognome Nome

1 Se limx→x0f (x) = π e limx→x0g(x) = 0 −_{, allora} limx→x0 f (x) g(x) `e A −∞ B non esiste C 0−

2 Se f `e una funzione derivabile in ]a, b[ e vale f0(x0) = 0 per ogni x ∈]a, b[, allora

A x0`e punto di minimo relativo per f

B x0`e punto di massimo relativo per f

C x0`e punto di critico per f

D x0`e punto di flesso per f

3 L’equazione differenziale y0= sen(t2_{− 3) −}1 t `e

4 Il grafico della funzione f (x) = 3 x2_{− 2x + 7}

rappresenta A una retta B una parabola C un’iperbole

grafico.

D =

I =

(22)

6 La derivata di una funzione f nel punto x0 rappresenta geometricamente:

x→−∞g(x) = −3 x→1lim−g(x) = 0 _x→1lim+g(x) = +∞ x→+∞lim g(x) non esiste

9 Data la funzione

g(x) = x

2_{− 6}

x2_{+ 3x + 2}

a) determinare il dominio D, b) studiare il segno di g; c) calcolare i limiti agli estremi del dominio; d) determinare gli intervalli in cui la funzione `e crescente, quelli in cui `e decrescente, e gli eventuali punti di massimo/minimo relativo; e) determinare l’equazione della retta tangente al grafico nel punto di ascissa x0= 2; f) disegnare un grafico approssimativo di g.

   y0 =5t − t 2_cos(t3₎ y2√_y y(0) = 1

a) dire se la funzione y(t) = (1 − 7t)4 _`_{e soluzione del problema;}

11 Calcolare i seguenti integrali Z ₃ 1 + x2 − 3x + 2x√3_x x2 dx, Z π 0 x sen(1 − 4x2) dx.

(23)

Soluzioni dei quesiti dell’esame del 23 febbraio 2010

1 A; 2 C; 3 A; 4 D; 5 - 6 - 7 consultare il libro di testo; 8 in neretto si evidenziano le informazioni date dai limiti. Il grafico della funzione `e quindi completato a piacere (linea sottile), ad esempio:

x g(x)

−3 1

9 a) La funzione è definita se x2+ 3x + 2 6= 0 cioè x 6= −1, x 6= −2, perciò il dominio `_{e D = R \ {−1, −2}} e la funzione (razionale) è ivi continua e derivabile.

b) Il numeratore `e positivo se x2_{− 6 ≥ 0 cio`}_{e se e solo se x ≤ −}√_{6 oppure x ≥}√_{6. Il denominatore `}_e

positivo se x2_{+ 3x + 2 > 0 cio`}_{e se x < −2 oppure x > −1. La funzione `}_{e dunque positiva per x < −}√₆

oppure −2 < x < −1 oppure x >√6, negativa per −√6 < x < −2 oppure −1 < x <√6, mentre si annulla in x = −√6 e x =√6.

c) Ha senso andare a studiare i limiti in −2, in −1 e a ±∞. Si ha lim x→±∞g(x) =x→±∞lim 1 − 6/x2 1 + 3/x + 2/x2 = 1 1 = 1, lim x→(−2)±g(x) = −2 0∓ = ±∞, lim x→(−1)±g(x) = −5 0± = ∓∞, quindi la funzione non ammette massimo n´e minimo.

d) La derivata prima `e g0(x) = 2x(x 2_{+ 3x + 2) − (x}2_{− 6)(2x + 3)} (x2_{+ 3x + 2)}2 = 3x2_{+ 16x + 18} (x2_{+ 3x + 2)}2.

Il numeratore `e positivo quando 3x2_{+ 16x + 18 ≥ 0 cio`}_{e se e solo se x ≤} −8−√10

3 oppure x ≥

−8+√10 3 ,

il denominatore `e sempre positivo nel dominio, quindi

g0(x)        < 0, se x ∈ ]−8− √ 10 3 , −2[ ∪ ] − 2, −8+√10 3 [, = 0, se x = −8− √ 10 3 oppure x = −8+√10 3 , > 0, se x ∈ ] − ∞,−8− √ 10 3 [ ∪ ] −8+√10 3 , −1[ ∪ ] − 1, +∞[,

perci`o la funzione `e crescente in ] − ∞,−8−

√ 10 3 [, in ] −8+√10 3 , −1[ e in ] − 1, +∞[, mentre `e decrescente in ]−8− √ 10 3 , −2[ e in ] − 2, −8+√10 3 [. In x = −8+√10 3 ed x = −8−√10 3 ammette, rispettivamente, un

minimo ed un massimo relativo.

-7,5 -5 -2,5 0 2,5 5 7,5 -16 -8 8 16 24

(24)

y = (x − x0)g0(x0) + g(x0).

Poich´e g(2) = −1/6 e g0(2) = 31/72, l’equazione della retta cercata `e y = 31

72(x − 2) − 1 6. 10 a) Si ha y0(t) = −28(1 − 7t)3 _{e sostituendo si ottiene l’equazione}

−28(1 − 7t)3₌ 5t − t2cos(t3)

(1 − 7t)10

che non `_{e identicamente soddisfatta per t ∈ R (ad esempio, per t = 0 si ottiene −28 6= 0). La funzione} non `e dunque soluzione. Si osservi che la funzione soddisfa la seconda condizione, essendo y(0) = 1. b) Si osservi che y2√_{y = y}5/2_{. Scrivendo y}0₌ dy

si ha

y5/2dy = 5t − t2cos(t3) dt e integrando (utilizzando le tabelle)

Z y5/2dy = Z 5t − t2cos(t3) dt =⇒ y 7/2 7/2 = 5 2t 2₋ Z t2cos(t3) dt. Il secondo integrale lo calcoliamo mediante la seconda tabella

Z t2cos(t3) dt = 1 3 Z 3t2cos(t3) dt = 1 3 Z (t3)0cos(t3) dt = 1 3sen(t 3_{) + c,}

dove c `e la generica costante d’integrazione, perci`o si ottiene 2 7y 7/2₌ 5 2t 2₋1 3sen(t 3_{) + c} _⇐⇒ _{y =}35 4 t 2₋7 6sen(t 3_{) +}7c 2 2/7 .

Imponendo la condizione y(0) = 1 (nella prima delle due equazioni qui sopra) si ricava 2₇ = c. La soluzione `e quindi y(t) =35 4 t 2₋7 6sen(t 3_{) + 1}2/7_.

Z y 1 z5/2dz = Z t 0 5s − s2cos(s3) ds =⇒ z 7/2 7/2 y 1 = 5 2s 2₋1 3sen(s 3₎ t 0 =⇒ 2 7y 7/2₋2 7 = 5 2t 2₋1 3sen(t 3₎

che risolta rispetto a y fornisce la soluzione cercata. 11 Dalla prima tabella si ottiene

Z ₃ 1 + x2 − 3x + 2x√3_x x2 dx = 3 Z ₁ 1 + x2dx − 3 Z ₁ xdx − 2 Z x−2/3dx = 3 arctg x − 3 ln |x| − 2x 1/3 1/3 + c = 3 arctg x − 3 ln |x| − 6 3 √ x + c, con c costante arbitraria. Utilizzando anche la seconda tabella si ha

Z π 0 x sen(1 − 4x2) dx = −1 8 Z π 0 (−8x) sen(1 − 4x2) dx = −1 8 Z π 0 (1 − 4x2)0sen(1 − 4x2) dx =h1 8cos(1 − 4x 2₎iπ 0 = 1 8cos(1 − 4π 2_{) −}1 8cos 1.

(25)

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Esame del 23/02/2010

A.A. 2009/2010

Scritto Voto

Teoria Esercizi

Cognome Nome

1 Se limx→x0f (x) = +∞ e limx→x0g(x) = −∞,

A −∞ B +∞ C 1

2 Se f `e una funzione derivabile due volte in ]a, b[ e vale f0(x) > 0 e f00(x) < 0 per ogni x ∈]a, b[, allora

A f è decrescente e concava in ]a, b[ B f è decrescente e convessa in ]a, b[ C f è crescente e concava in ]a, b[ D f è concava e convessa in ]a, b[

3 L’equazione differenziale y00= t ln y − 4t3y0`e A un’equazione lineare del primo ordine B un’equazione lineare del secondo ordine C un’equazione non lineare del primo ordine D un’equazione non lineare del secondo ordine

4 Il grafico della funzione f (x) = 2 − 5x 3 − 1 rappresenta

5 Per la funzione f (x) = log_1/9x, scrivere il dominio D, l’immagine I, e rappresentare qualitativamente il grafico.

D =

I =

(26)

6 L’integrale definito di una funzione positiva f su [a, b] rappresenta:

7 Descrivere con precisione le relazioni che intercorrono tra la derivata di una funzione e le sue propriet`a di monotonia.

x→−∞g(x) = 0 x→−2lim−g(x) = −∞ _x→−2lim+g(x) = 0 x→+∞lim g(x) = 1

9 Data la funzione

g(x) = 3x

2_{− 1}

x2_{+ x − 2}

   y0= 2t 3_sen(t4_{) − 3t}2 y√5_y y(0) = −1

a) dire se la funzione y(t) = (4t − 1)5 _`_{e soluzione del problema;}

11 Calcolare i seguenti integrali Z _3x2₋√3_x √ x − 4 3 cos2_x dx, Z 1 0 1 + 2x 3x2_{+ 12}dx.

(27)

Soluzioni dei quesiti dell’esame del 23 febbraio 2010

1 A; 2 C; 3 D; 4 A; 5 - 6 - 7 consultare il libro di testo; 8 in neretto si evidenziano le informazioni date dai limiti. Il grafico della funzione `e quindi completato a piacere (linea sottile), ad esempio:

x g(x)

1

−2

9 a) La funzione `e definita se x2_{+ x − 2 6= 0 cio`}_{e x 6= 1 x 6= −2, perci`}_{o il dominio `}

e D = R \ {1, −2} e la funzione (razionale) `e ivi continua e derivabile.

b) Il numeratore `e positivo se 3x2_{−1 ≥ 0 cio`}_{e se e solo se x ≤ −1/}√_{3 oppure x ≥ 1/}√_{3. Il denominatore}

`

e positivo se x2+ x − 2 > 0 cio`e se x < −2 oppure x > 1. La funzione `e dunque positiva per x < −2 oppure −1/√3 < x < 1/√3 oppure x > 1, negativa per −2 < x < 1/√3 oppure 1/√3 < x < 1, mentre si annulla in x = −1/√3 e x = 1/√3.

c) Ha senso andare a studiare i limiti in 1, in −2 e a ±∞. Si ha lim x→±∞g(x) =x→±∞lim 3 − 1/x2 1 + 1/x − 2/x2 = 3 1 = 3, lim x→1±g(x) = ₂ 0± = ±∞, lim x→(−2)±g(x) = 11 0∓ = ∓∞, quindi la funzione non ammette massimo n´e minimo.

d) La derivata prima `e g0(x) = 6x(x 2_{+ x − 2) − (3x}2_{− 1)(2x + 1)} (x2_{+ x − 2)}2 = 3x2_{− 10x + 1} (x2_{+ x − 2)}2.

Il numeratore `e positivo quando 3x2_{− 10x + 1 ≥ 0 cio`}_{e se e solo se x ≤} 5−√22

3 oppure x ≥ 5+√22

3 , il

denominatore `e sempre positivo nel dominio, quindi

g0(x)        > 0, se x ∈ ] − ∞, −2[ ∪ ] − 2,5− √ 22 3 [ ∪ ] 5+√22 3 , +∞[, = 0, se x =5− √ 22 3 oppure x = 5+√22 3 , < 0, se x ∈ ]5− √ 22 3 , 1[ ∪ ]1, 5+√22 3 [,

perci`o la funzione `e decrescente in ]5−√22

3 , 1[ e in ]1, 5+√22 3 [, mentre `e crescente in ] − ∞, −2[, in ] − 2,5− √ 22 3 [ e in ] 5+√22 3 , +∞[. In x = 5+√22 3 ed x = 5−√22

3 ammette, rispettivamente, un minimo ed

un massimo relativo.

-10 -7,5 -5 -2,5 0 2,5 5 7,5 10

-5 5 10

(28)

y = (x − x0)g0(x0) + g(x0).

Poich´e g(3) = 13/5 e g0(3) = −1/50, l’equazione della retta cercata `e y = − 1

50(x − 3) + 13

5 . 10 a) Si ha y0(t) = 20(4t − 1)4_{e sostituendo si ottiene l’equazione}

20(4t − 1)4= 2t

3_sen(t4_{) − 3t}2

(4t − 1)6

che non `_{e identicamente soddisfatta per t ∈ R (ad esempio, per t = 0 si ottiene 20 6= 0). La funzione} non `e dunque soluzione. Si osservi che la funzione soddisfa la seconda condizione, essendo y(0) = −1. b) Si osservi che y√6_{y = y}6/5_{. Scrivendo y}0 ₌ dy

si ha

y6/5dy = 2t3sen(t4) − 3t2 dt e integrando (utilizzando le tabelle)

Z y6/5dy = Z 2t3sen(t4) − 3t2 dt =⇒ y 11/5 11/5 = Z 2t3sen(t4) dt − t3. Il secondo integrale lo calcoliamo mediante la seconda tabella

Z 2t3sen(t4) dt = 1 2 Z 4t3sen(t4) dt = 1 2 Z (t4)0sen(t4) dt = −1 2cos(t 4_{) + c,}

dove c `e la generica costante d’integrazione, perci`o si ottiene 5 11y 11/5_{= −}1 2cos(t 4_{) − t}3_{+ c} _⇐⇒ _{y =} 11 r −11 10cos(t 4_{) −}11 5 t 3₊11c 5 5 .

Imponendo la condizione y(0) = −1 (nella prima delle due equazioni qui sopra) si ricava −₁₁5 = −1₂+ c da cui segue c = ₂₂1. La soluzione `e quindi

y(t) = 11 r −11 10cos(t 4_{) −}11 5 t 3₊ 1 10 5 .

Z y −1 z6/5dz = Z t 0 2s3sen(s4) − 3s2 ds =⇒ z 11/5 11/5 y −1 = −1 2cos(s 4_{) − s}3 t 0 =⇒ 5 11y 11/5₊ 5 11 = − 1 2cos(t 4_{) − t}3₊1 2 che risolta rispetto a y fornisce la soluzione cercata.

11 Dalla prima tabella si ottiene Z _3x2₋√3_x √ x − 4 3 cos2_x dx = 3 Z x3/2dx − Z x−1/6dx − 4 3 Z ₁ cos2_xdx = 3x 5/2 5/2 − x5/6 5/6 − 4 3tg x + c = 6 5 √ x5₋6 5 6 √ x5₋4 3tg x + c, con c costante arbitraria. Utilizzando anche la seconda tabella si ha

Z 1 0 1 + 2x 3x2_{+ 12}dx = 1 3 Z 1 0 1 x2_{+ 4}dx + 1 3 Z 1 0 6x 3x2_{+ 12}dx =1 3 Z 1 0 1 x2_{+ 4}dx + 1 3 Z 1 0 (3x2_{+ 12)}0 3x2_{+ 12} dx =1 3 h1 2arctg x 2 + ln(3x 2_{+ 12)}i1 0= 1 3 1 2arctg 1 2 + ln 15 − ln 12 .

(29)

Facolt`

a di Agraria

Corsi di Laurea in VIT e STAL

Modulo di Matematica

Esame del 23/02/2010

A.A. 2009/2010

Scritto Voto

Teoria Esercizi

Cognome Nome

1 Se limx→x0f (x) = 0 − _{e lim} x→x0g(x) = −∞, allora limx→x0f (x)g(x) `e A −∞ B +∞ C 0+

2 Se f `e una funzione derivabile due volte in ]a, b[ e vale f0(x0) = 0 e f00(x0) > 0 con x0∈]a, b[, allora

3 L’equazione differenziale y0= y cos t− t

2_`_e

4 Il grafico della funzione f (x) = 2

x_{− 1} 3x_{+ 2} rappresenta A una retta B una parabola C un’iperbole

5 Per la funzione f (x) = tg x, scrivere il dominio D, l’immagine I, e rappresentare qualitativamente il grafico.

D =

I =

(30)

6 Per definizione, la derivata di una funzione f (x) in x0`e:

7 Enunciare il teorema fondamentale del calcolo integrale

x→−∞g(x) = +∞ x→3lim−g(x) = −∞ _x→3lim+g(x) = 1 x→+∞lim g(x) = 0

9 Data la funzione

g(x) = 1 − x

2

x2_{+ 5x + 6}

   y0= t 3_cos(t4_{) − 2t}3 y√7_y y(0) = −1

a) dire se la funzione y(t) = (3t − 1)7 _`_{e soluzione del problema;}

11 Calcolare i seguenti integrali Z ₃√3_{x − 1} 3 √ x4 − 1 3√1 − x2 dx, Z π 0 3x cos(2x2+ 1) dx.

(31)

Soluzioni dei quesiti dell’esame del 23 febbraio 2010

1 D; 2 A; 3 A; 4 D; 5 - 6 - 7 consultare il libro di testo; 8 in neretto si evidenziano le informazioni date dai limiti. Il grafico della funzione `e quindi completato a piacere (linea sottile), ad esempio:

x g(x)

1

3

9 a) La funzione `e definita se x2_{+ 5x + 6 6= 0 cio`}_{e x 6= −2 x 6= −3, perci`}_{o il dominio `}

e D = R \ {−2, −3} e la funzione (razionale) `e ivi continua e derivabile.

b) Il numeratore è positivo se 1 − x2 ≥ 0 cioè se e solo se −1 ≤ x ≤ 1. Il denominatore è positivo se x2+ 5x + 6 > 0 cioè se x < −3 oppure x > −2. La funzione è dunque positiva per −3 < x < 2 oppure −1 < x < 1, negativa per x < −3 oppure −2 < x < −1 oppure x > 1. Si annulla in x = −1 e x = 1. c) Ha senso andare a studiare i limiti in −3, in −2 e a ±∞. Si ha

lim x→±∞g(x) =x→±∞lim 1/x2− 1 1 + 5/x + 6/x2 = −1 1 = −1, lim x→(−3)±g(x) = −8 0∓ = ±∞, lim x→(−2)±g(x) = −3 0± = ∓∞, quindi la funzione non ammette massimo n´e minimo.

d) La derivata prima `e g0(x) = −2x(x 2_{+ 5x + 6) − (1 − x}2_{)(2x + 5)} (x2_{+ 5x + 6)}2 = − 5x2_{+ 14x + 5} (x2_{+ 5x + 6)}2.

Il numeratore `e positivo quando 5x2 _{+ 14x + 5 ≤ 0 cio`}_{e se e solo se} −7−√24

5 ≤ x ≤

−7+√24 5 , il

denominatore `e sempre positivo nel dominio, quindi

g0(x)        < 0, se x ∈ ] − ∞, −3[ ∪ ] − 3,−7− √ 24 5 [ ∪ ] −7+√24 5 , +∞[, = 0, se x = −7− √ 24 5 oppure x = −7+√24 5 , > 0, se x ∈ ]−7− √ 24 5 , −2[ ∪ ] − 2, −7+√24 5 [,

perci`o la funzione `e crescente in ]−7−

√ 24 5 , −2[ e in ] − 2, −7+√24 5 [, mentre `e decrescente in ] − ∞, −3[, in ] − 3,−7− √ 24 5 [ e in ] −7+√24 5 , +∞[. In x = −7−√24 5 ed x = −7+√24 5 ammette, rispettivamente, un

minimo ed un massimo relativo.

-10 -7,5 -5 -2,5 0 2,5 5 7,5 10 -20 -10 10 20 30

(32)

y = (x − x0)g0(x0) + g(x0).

Poich´e g(1) = 0 e g0(1) = −1/6, l’equazione della retta cercata `e y = −1

6(x − 1). 10 a) Si ha y0(t) = 21(3t − 1)6_{e sostituendo si ottiene l’equazione}

21(3t − 1)6= t

3_cos(t4_{) − 2t}3

(3t − 1)8

che non `_{e identicamente soddisfatta per t ∈ R (ad esempio, per t = 0 si ottiene 21 6= 0). La funzione} non `e dunque soluzione. Si osservi che la funzione soddisfa la seconda condizione, essendo y(0) = −1. b) Si osservi che y√7_{y = y}8/7_{. Scrivendo y}0 ₌ dy

si ha

y8/7dy = t3cos(t4) − 2t3 dt e integrando (utilizzando le tabelle)

Z y8/7dy = Z t3cos(t4) − 2t3 dt =⇒ y 15/7 15/7 = Z t3cos(t4) dt −t 4 2. Il secondo integrale lo calcoliamo mediante la seconda tabella

Z t3cos(t4) dt = 1 4 Z 4t3cos(t4) dt = 1 4 Z (t4)0cos(t4) dt = 1 4sen(t 4_{) + c,}

dove c `e la generica costante d’integrazione, perci`o si ottiene 7 15y 15/7₌1 4sen(t 4_{) −}t4 2 + c ⇐⇒ y = 15 r 15 28sen(t 4_{) −}15 14t 4₊15c 7 7 .

Imponendo la condizione y(0) = −1 (nella prima delle due equazioni qui sopra) si ricava −₁₅7 = c. La soluzione `e quindi y(t) = 15 r 15 28sen(t 4_{) −}15 14t 4_{− 1}7

Z y −1 z8/7dz = Z t 0 s3cos(s4) − 2s3 ds =⇒ z 15/7 15/7 y −1 = 1 4sen(s 4_{) −}s 4 2 t 0 =⇒ 7 15y 15/7₊ 7 15= 1 4sen(t 4_{) −}t4 2 che risolta rispetto a y fornisce la soluzione cercata.

11 Dalla prima tabella si ottiene Z ₃√3_{x − 1} 3 √ x4 − 1 3√1 − x2 dx = 3 Z ₁ xdx − Z x−4/3dx −1 3 Z ₁ √ 1 − x2dx = 3 ln |x| −x −1/3 −1/3 − 1 3arcsen x + c = 3 ln |x| + 3 3 √ x− 1 3arcsen x + c, con c costante arbitraria. Utilizzando anche la seconda tabella si ha

Z π 0 3x cos(2x2+ 1) dx = 3 4 Z π 0 4x cos(2x2+ 1) dx =3 4 Z π 0 (2x2+ 1)0cos(2x2+ 1) dx = 3 4 h sen(2x2+ 1)i π 0 = 3 4 sen(2π 2_{+ 1) − sen 1.}

(33)

Facolt`

a di Agraria

Corsi di Laurea in VIT e STAL

Modulo di Matematica

Esame del 14/07/2010

A.A. 2009/2010

Scritto Voto

Teoria Esercizi

Cognome Nome

1 Se limx→x0f (x) = 0 − _{e lim} x→x0g(x) = 0 +_, allora limx→x0 f (x) g(x) `e A −∞ B +∞ C 0

2 Se f `e una funzione derivabile in ]a, b[ e vale f0(x) ≥ 0 per ogni x ∈]a, b[, allora

3 L’equazione differenziale y00= 2t_{y + y}0_{cos t `}_e

4 Il grafico della funzione f (x) = − 3

5x rappresenta A una retta

B una parabola C un’iperbole

5 Per la funzione f (x) = sen x, scrivere il dominio D, l’immagine I, e rappresentare qualitativamente il grafico.

D =

I =

(34)

x→−∞g(x) = +∞ x→0lim−g(x) = 1 _x→0lim+g(x) = +∞ x→+∞lim g(x) = −2

9 Data la funzione

g(x) = 1 + 3x + 5 (x + 1)2

a) determinare il dominio D, b) studiare il segno di g; c) calcolare i limiti agli estremi del dominio; d) determinare gli intervalli in cui la funzione `e crescente, quelli in cui `e decrescente, e gli eventuali punti di massimo/minimo relativo; e) determinare l’equazione della retta tangente al grafico nel punto di ascissa x0= −2; f) disegnare un grafico approssimativo di g.

   y0= 2y 4_{+ 1} y3_t3 y(1) = 1

a) dire se la funzione y(t) = e2(t−1)_`_{e soluzione del problema per t > 0;}

11 Calcolare i seguenti integrali Z _{1 − x} 2√x − 4 cos x dx, Z 2 0 3x + 1 x2_{+ 4}dx.

(35)

Soluzioni dei quesiti dell’esame del 14 luglio 2010

1 D; 2 B; 3 B; 4 C; 5 - 6 - 7 consultare il libro di testo; 8 in neretto si evidenziano le informazioni date dai limiti. Il grafico della funzione `e quindi completato a piacere (linea sottile), ad esempio:

x g(x)

1

−2

9 a) La funzione è definita se x + 1 6= 0 cioè x 6= −1, perciò il dominio `_{e D = R \ {−1} e la funzione} (razionale) è ivi continua e derivabile. Si osservi inoltre che g si può scrivere nella seguente forma

g(x) =x

2_{+ 5x + 6}

(x + 1)2 .

b) Il numeratore `e ≥ 0 se x2_{+ 5x + 6 ≥ 0 cio`}_{e se e solo se x ≤ −3 oppure x ≥ −2, il denominatore `}_e

sempre positivo nel dominio. La funzione `e dunque positiva per x < −3, oppure −2 < x < −1 oppure x > −1, negativa per −3 < x < −2, e si annulla in x = −2 oppure x = −3.

c) Ha senso andare a studiare i limiti in −1 e a ±∞. Si ha lim x→±∞g(x) = 1 + limx→±∞ 3/x + 5/x2 (1 + 1/x)2 = 1 + 0 1 = 1, lim x→−1g(x) = 1 + 2 0+ = +∞, quindi la funzione non ammette massimo.

d) La derivata prima `e g0(x) = 3x + 5 (x + 1)2 0 =3(x + 1) 2_{− (3x + 5)2(x + 1)} (x + 1)4 = 3(x + 1) − (3x + 5)2 (x + 1)3 = −(3x + 7) (x + 1)3 .

Il numeratore è ≥ 0 quando 3x + 7 ≤ 0 cioè se e solo se x ≤ −7/3, il denominatore è positivo se x + 1 > 0 cioè x > −1, quindi g0(x)      < 0, se x ∈ ] − ∞, −7/3[ ∪ ] − 1, +∞[, = 0, se x = −7/3, > 0, se x ∈ ] − 7/3, −1[,

perciò la funzione è decrescente in ] − ∞, −7/3[ e in ] − 1, +∞[, mentre è crescente in ] − 7/3, −1[. In x = −7/3 ammette un minimo assoluto.

-7,5 -5 -2,5 0 2,5 5 7,5 -2,5 2,5 5 7,5 10

(36)

y = (x − x0)g0(x0) + g(x0).

Poich´e g(−2) = 0 e g0(−2) = 1, l’equazione della retta cercata `e y = x + 2.

10 a) Si ha y0(t) = 2e2(t−1)_{e sostituendo si ottiene l’equazione}

2e2(t−1)=2e

8(t−1)_{+ 1}

e6(t−1)_t3

che non `e identicamente soddisfatta per t > 0 (ad esempio, per t = 1 si ottiene 2 6= 3). La funzione non `e dunque soluzione. Si osservi che la funzione soddisfa la seconda condizione, essendo y(1) = 1. b) Scrivendo y0= dy_dt e utilizzando il metodo di separazione delle variabili si ha

y3

2y4_{+ 1}dy =

1 t3dt

e ricordando che 1/t3= t−3 e integrando Z _y3 2y4_{+ 1}dy = Z t−3dt =⇒ Z _y3 2y4_{+ 1}dy = − 1 2t2 + c,

dove c `e la generica costante d’integrazione. Essendo (utilizzando le tabelle) Z _y3 2y4_{+ 1}dy = 1 8 Z _8y3 2y4_{+ 1}dt = 1 8 Z _(2y4_{+ 1)}0 2y4_{+ 1} dt = 1 8ln(2y 4_{+ 1),}

e poich´e y(t) `e positiva vicino a t = 1 si ottiene 1 8ln(2y 4_{+ 1) = −} 1 2t2 + c ⇐⇒ y = 4 r 1 2 exp 8c − 4 t2 − 1 . Imponendo la condizione y(1) = 1 (nella prima delle due equazioni qui sopra) si ha

1 8ln 3 = − 1 2+ c, da cui si ricava c = 1 2+ ln 3 8 . La soluzione `e quindi y(t) = 4 r 1 2 3 exp 4 − 4 t2 − 1 .

Z y 1 z3 2z4_{+ 1}dz = Z t 1 s−3ds =⇒ 1 8ln(2z 4_{+ 1)} y 1 = − 1 2s2 t 1 =⇒ 1 8ln(2y 4 + 1) −1 8ln 3 = 1 2− 1 2t2

che risolta rispetto a y fornisce la soluzione cercata. 11 Dalla prima tabella si ottiene

Z _{1 − x} 2√x − 4 cos x dx = 1 2 Z x−1/2dx −1 2 Z x1/2dx − 4 Z cos x dx =1 2 x1/2 1/2 − 1 2 x3/2 3/2 − 4 sen x + c = √ x −x √ x 3 − 4 sen x + c, con c costante arbitraria. Utilizzando entrambe le tabelle si ha

Z 2 0 3x + 1 x2_{+ 4} dx = 3 2 Z 2 0 2x x2_{+ 4}dx + Z 2 0 1 x2_{+ 4}dx+ = h3 2ln(x 2 + 4) +1 2arctg x 2 i2 0= 3 ln 2 2 + π 8.

(37)

Facolt`

a di Agraria

Corsi di Laurea in VIT e STAL

Modulo di Matematica

Esame del 14/07/2010

A.A. 2009/2010

Scritto Voto

Teoria Esercizi

Cognome Nome

1 Se limx→x0f (x) = 0 e limx→x0g(x) = −∞,

allora limx→x0f (x) − g(x) `e

A −∞ B +∞ C 0

2 Se f `e una funzione derivabile due volte in ]a, b[ e vale f00(x0) = 0 con x0∈]a, b[, allora

A x0`e punto di minimo relativo per f

B x0`e punto di massimo relativo per f

C x0`e punto di flesso per f

3 L’equazione differenziale y0= sen(ty) − 3t `e A un’equazione lineare del primo ordine B un’equazione lineare del secondo ordine C un’equazione non lineare del primo ordine D un’equazione non lineare del secondo ordine

4 Il grafico della funzione f (x) = (2x₎2_{− 3 · 2}x_{+ 3}

rappresenta A una retta B una parabola C un’iperbole

grafico.

D =

I =

(38)

6 La derivata di una funzione f nel punto x0 rappresenta geometricamente:

x→−∞g(x) = 0 x→1lim−g(x) = −∞ _x→1lim+g(x) = 0 x→+∞lim g(x) = 1

9 Data la funzione

g(x) = 2 − x − 1 (x − 2)2

   y0= 2y 2_{+ 1} yt3 y(2) = 1

a) dire se la funzione y(t) = e3(t−2)_`_{e soluzione del problema per t > 0;}

11 Calcolare i seguenti integrali Z √_{x + 3} x + 2 sen x dx, Z 4 0 3 − 5x x2_{+ 16}dx.

(39)

Soluzioni dei quesiti dell’esame del 14 luglio 2010

1 B; 2 D; 3 C; 4 D; 5 - 6 - 7 consultare il libro di testo; 8 in neretto si evidenziano le informazioni date dai limiti. Il grafico della funzione `e quindi completato a piacere (linea sottile), ad esempio:

x g(x)

1

9 a) La funzione è definita se x − 2 6= 0 cioè x 6= 2, perciò il dominio `_{e D = R \ {2} e la funzione} (razionale) è ivi continua e derivabile. Si osservi inoltre che g si può scrivere nella seguente forma

g(x) =2x

2_{− 9x + 9}

(x − 2)2 .

b) Il numeratore `e ≥ 0 se 2x2_{− 9x + 9 ≥ 0 cio`}_{e se e solo se x ≤ 3/2 oppure x ≥ 3, il denominatore `}_e

sempre positivo nel dominio. La funzione `e dunque positiva per x < 3/2 oppure x > 3, negativa per 3/2 < x < 3, x 6= 2, e si annulla in x = 3/2 oppure x = 3.

c) Ha senso andare a studiare i limiti in 2 e a ±∞. Si ha lim x→±∞g(x) = 2 − limx→±∞ 1/x − 1/x2 (1 − 2/x)2 = 2 − 0 1 = 2, lim x→2g(x) = 2 − 1 0+ = −∞, quindi la funzione non ammette minimo.

d) La derivata prima `e g0(x) = − x − 1 (x − 2)2 0 = −(x − 2) 2_{− (x − 1)2(x − 2)} (x − 2)4 = − (x − 2) − (x − 1)2 (x − 2)3 = x (x − 2)3.

Il numeratore è ≥ 0 quando x ≥ 0, il denominatore è positivo se x − 2 > 0 cioè x > 2, quindi

g0(x)      > 0, se x ∈ ] − ∞, 0[ ∪ ]2, +∞[, = 0, se x = 0, < 0, se x ∈ ]0, 2[,

perciò la funzione è crescente in ] − ∞, 0[ e in ]2, +∞[, mentre è decrescente in ]0, 2[. In x = 0 ammette un massimo assoluto.

-10 -7,5 -5 -2,5 0 2,5 5 7,5 10

-5 -2,5 2,5