Universit`
a degli Studi di Udine
Anno Accademico 2013/2014
Corso di Laurea in Biotecnologie
Modulo di Matematica
Esame del 18/02/2014
N.B.: scrivere nome, cognome e numero di matricola su ogni foglio consegnato. Tempo a disposizione: 2.5 ore
1 Se limx→x0f (x) = −∞ e limx→x0g(x) non esiste, allora limx→x0
f (x) g(x)
A vale −∞ B vale 0 C non esiste
D non ci sono elementi sufficienti per rispondere
2 Se f `e una funzione derivabile due volte in ]a, b[ e tale che f00(x0) = 0 e f0(x0) > 0 per
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
D nessuna delle precedenti
3 L’equazione differenziale y0 = 5t − ln(2t + 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 La funzione f (x) = arctg x
A `e continua e pari B `e limitata
C `e positiva in [−1, 1]
D non `e derivabile in x = 1 e x = −1
lim
x→−∞g(x) = 0 x→3lim−g(x) = −∞ x→3lim+g(x) = 4 x→+∞lim g(x) = 0
7 a) Enunciare il Teorema del confronto per i limiti b) dire in quali dei seguenti casi `e possibile applicarlo
i) f (x) = cos x, g(x) = 2 + x2, per x → +∞ ii) f (x) = sen x x , g(x) = 1 2x, per x → +∞ iii) f (x) = x 2 x2+ 1, g(x) = 2x2+ 5 x2+ 2, per x → +∞ 8 Data la funzione g(x) = x5e−1/x a) determinarne il dominio D e studiarne il segno;
b) calcolare i limiti agli estremi del dominio e determinare gli eventuali asintoti;
c) determinare gli intervalli in cui la funzione `e crescente, quelli in cui `e decrescente, e gli eventuali punti di massimo/minimo relativo e/o assoluto;
d) determinare gli intervalli in cui la funzione `e concava e quelli in cui `e convessa; e) determinare l’equazione della retta tangente al grafico nel punto di ascissa x0= −1;
f) disegnare un grafico approssimativo di g. 9 Dato il problema di Cauchy
(
y0 = t e√y√y(2 − 5t) y(0) = 1
a) dire se la funzione y(t) = ln2(e − t) `e soluzione del problema;
b) determinare una soluzione del problema nel caso in cui non lo sia la funzione di cui al punto precedente; oppure, alternativamente
b’) calcolare i seguenti integrali Z √3x − 4x7 x2 + r 5 9 − x2 dx, Z 2 1 3x e2x2 dx.
Soluzioni dell’Appello di Matematica per Biotecnologie 18 febbraio 2014 1
Soluzioni dei quesiti dell’esame del 18 febbraio 2014
1 D; 2 D; 3 C; 4 B; 5 consultare il libro di testo.
6 In neretto si evidenziano le informazioni date dai limiti. Il grafico della funzione `e quindi completato a piacere (linea sottile), per esempio:
x g(x)
4
3
7 a) consultare il libro di testo; b) nel primo caso si ha f (x) ≤ 1 < 2 + x2 = g(x), tuttavia il limite di f non esiste e non si pu`o applicare il teorema. Nel secondo caso non si ha f (x) ≤ g(x) e nemmeno f (x) ≥ g(x) per ogni x grande; infatti g `e sempre positiva mentre f (π/2 + 2πn) = 1/(π/2 + 2πn) > 1/(π + πn) = g(π/2 + 2πn) e f (3π/2 + 2πn) = −1/(3π/2 + 2πn) < g(3π/2 + 2πn). Anche in questo caso il teorema non pu`o essere applicato; tuttavia si noti che i limiti esistono e sono uguali a 0. Nel terzo caso si ha
x2 x2+ 1 ≤
2x2+ 5
x2+ 2 ⇐⇒ x
2(x2+ 2) < (2x2+ 5)(x2+ 1) ⇐⇒ 0 < 3x4+ 5x2+ 5
che `e sempre vera, perci`o f (x) ≤ g(x); inoltre entrambi i limiti di f e g per x → +∞ esistono, il primo uguale a 1, il secondo uguale a 2, dunque si pu`o applicare il teorema. 8 a) La funzione `e definita per x 6= 0 perci`o il dominio `e D = R \ {0}; la funzione `e ivi
continua e derivabile. Inoltre g non `e funzione n´e pari n´e dispari. b) Banalmente la funzione `e positiva per x > 0, negativa per x < 0. c) Ha senso andare a studiare i limiti a ±∞ e in x = 0. Si ha
lim
x→±∞g(x) = [±∞ · 1] = ±∞, x→0lim+g(x) =0 · e
−∞ = 0,
mentre il limite per x → 0− si presenta nella forma indeterminata [0 · (+∞)]; con la sostituzione −1/x = y → +∞ diventa lim x→0−x 5e−1/x = lim y→+∞− ey y5 = −∞,
essendo un limite notevole (in alternativa si pu`o utilizzare de L’Hˆopital cinque volte consecutivamente). In particolare si noti che f `e illimitata inferiormente e superiormente. d) La derivata prima `e
Poich´e la funzione esponenziale `e sempre positiva, si ha g0(x) > 0, se x ∈ ] − ∞, −1/5[ ∪ ]0, +∞[, = 0, se x = −1/5, < 0, se x ∈ ] − 1/5, 0[,
perci`o la funzione `e crescente in ]−∞, −1/5[ e in ]0, +∞[, mentre `e decrescente in ]−1/5, 0[. In x = −1/5 ammette un massimo relativo.
-2,4 -2 -1,6 -1,2 -0,8 -0,4 0 0,4 0,8 1,2 1,6 2 2,4 -1,6 -1,2 -0,8 -0,4 0,4 0,8 1,2 1,6 e) La derivata seconda `e g00(x) = (20x3+ 3x2)e−1/x+ (5x4+ x3)e−1/x(1/x2) = x(20x2+ 8x + 1)e−1/x. Poich´e 20x2+ 8x + 1 > 0 per ogni x, si ha
g00(x) (
< 0, se x ∈ ] − ∞, 0[, > 0, se x ∈ ]0, +∞[,
perci`o la funzione `e concava in ] − ∞, 0[, mentre `e convessa in ]0, +∞[. f) 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) = −e e g0(−1) = 4e, l’equazione della retta cercata `e y = 4e(x + 1) − e.
9 a) Si ha y0(t) = −2ln(e−t)e−t . Sostituendo si ottiene l’equazione −2ln(e − t)
e− t = t e
| ln(e−t)|| ln(e − t)|(2 − 5t),
che non `e identicamente soddisfatta (per esempio, per t = 0 si ottiene −2/e 6= 0). La funzione non `e dunque soluzione. Si osservi che la funzione soddisfa invece la seconda condizione y(0) = 1.
Soluzioni dell’Appello di Matematica per Biotecnologie 18 febbraio 2014 3
b) Scrivendo y0 = dydt e utilizzando il metodo di separazione delle variabili si ha 1 √ ye√y dy = (2t − 5t 2) dt =⇒ Z 1 √ ye√y dy = Z (2t − 5t2) dt = t2−5t 3 3 + c. Per quanto concerne il primo integrale, utilizzando le tabelle si ottiene
Z 1 √ ye√y dy = −2 Z e−√y −2√y dy = −2 Z (−√y)0e− √ ydy = −2e−√y, da cui segue −2e−√y = t2−5t 3 3 + c,
con c generica costante d’integrazione. Risolvendo in y si ottiene quindi e−√y = 5t 3 6 − t2 2 − c 2 =⇒ − √ y = ln5t 3 6 − t2 2 − c 2 =⇒ y = ln25t 3 6 − t2 2 − c 2 . Imponendo la condizione y(0) = 1 nella prima delle relazioni sopra si ottiene e−1= −c/2, da cui si ricava c = −2/e. La soluzione `e quindi
y(t) = ln2 5t3 6 − t2 2 + 1 e .
Alternativamente, si poteva utilizzare direttamente la formula risolutiva per le equazioni a variabili separabili (insieme alla formula fondamentale del calcolo integrale)
Z y 1 1 √ ze√zdz = Z t 0 (2s − 5s2) ds =⇒ h− 2e− √ ziy 1 = h s2−5s 3 3 it 0 =⇒ −2e−√y+ 2e−1= t2−5t 3 3 , che risolta rispetto a y fornisce la soluzione cercata.
b’) Dalle tabelle si ottiene Z √3x − 4x7 x2 + r 5 9 − x2 dx = Z x−5/3dx − 4 Z x5dx +√5 Z 1 √ 9 − x2 dx = x −2/3 −2/3 − 4 x6 6 + √ 5 arcsen(x/3) + c = − 3 23 √ x2 − 2 3x 6+√5 arcsen(x/3) + c,
con c costante arbitraria. Per il Teorema fondamentale del calcolo si ha Z 2 1 3x e2x2 dx = − 3 4 Z 2 1 (−2x2)0e−2x2dx = −3 4 h e−2x2i2 1 = 3 4(e −2− e−8) = 3(e6− 1) 4e8 . 10 Si ha f0(x) = 2e 2x x − e2x x2, f 00 (x) = 4e 2x x − 4 e2x x2 + 2 e2x x3,
da cui f (−1) = −e−2 = −1/e2, f0(−1) = −3/e2, f00(1) = −10/e2 perci`o il polinomio di Taylor cercato `e P (x) = f (x0) + f0(x0)(x − x0) + f00(x0) 2 (x − x0) 2= −1 e2 − 3 e2(x + 1) − 10 2e2(x + 1) 2.
