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Tema B

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(1)

Universit`

a degli Studi di Udine

Anno Accademico 2013/2014

Corso di Laurea in Biotecnologie

Modulo di Matematica

Esame del 30/01/2014

N.B.: scrivere nome, cognome e numero di matricola su ogni foglio consegnato. Tempo a disposizione: 2.5 ore

1 Se limx→x0f (x) = 0 e limx→x0g(x) = −∞, allora limx→x0

f (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 tale che f00(x0) = 0 e f0(x0) < 0 per x0 ∈ ]a, b[,

allora

A x0 `e un punto di minimo relativo

B x0 `e un punto di massimo relativo

C x0 `e un punto di flesso

D nessuna delle precedenti

3 L’equazione differenziale y0 = e2ty sen t − 1 `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 Dire quali delle seguenti implicazioni `e falsa

A f derivabile implica f continua B f continua implica f derivabile C f derivabile implica f integrabile D f continua implica f integrabile

(2)

lim

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

7 a) Enunciare il Teorema del valore medio di Lagrange;

b) determinare, argomentando, a quali tra le funzioni f (x) = √3x, g(x) = 3 ln(2|x| − 1),

h(x) = x2+x+32x `e possibile applicare il teorema nell’intervallo [−1, 1].

8 Data la funzione

g(x) = √x − 2 x2+ 2

a) determinarne il dominio D; b) studiare il segno di g;

c) calcolare i limiti agli estremi del dominio e determinare gli eventuali asintoti;

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 gli intervalli in cui la funzione `e concava e quelli in cui `e convessa; f) determinare l’equazione della retta tangente al grafico nel punto di ascissa x0= 1;

g) disegnare un grafico approssimativo di g 9 Dato il problema di Cauchy

   y0 = p 1 + 3y2 yt3 y(1) = 1

a) dire se la funzione y(t) = te3t−3 `e soluzione del problema per t > 0;

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 x2+ 2x 3x3 − 5 2x  dx, Z 1/2 0 2 − 3x √ 1 − x2dx.

(3)

Soluzioni dell’Appello di Matematica per Biotecnologie 30 gennaio 2014 1

Soluzioni dei quesiti dell’esame del 30 gennaio 2014

1 C; 2 D; 3 A; 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)

−3

−1

7 a) consultare il libro di testo; b) la funzione f (x) `e continua in [−1, 1] ma `e derivabile solo [−1, 1] \ {0}, mentre g(x) non `e nemmeno definita in [−1, 1], avendo come dominio naturale l’insieme ] − ∞, −1/2[ ∪ ]1/2, +∞[, perci`o il teorema non `e applicabile a queste due funzioni. Invece, poich´e il denominatore di h(x) non si annulla mai, h `e funzione razionale ovunque definita, in particolare in [−1, 1], e si pu`o applicare il teorema.

8 a) La funzione `e definita per x2+ 2 > 0 che `e sempre verificata perci`o il dominio `e D = R; la funzione `e ivi continua e derivabile. Inoltre g non `e funzione n´e pari n´e dispari.

b) Il numeratore `e positivo se x ≥ 2, il denominatore `e sempre positivo per cui la funzione `

e positiva per x > 2, negativa per x < 2 e si annulla in x = 2. c) Ha senso andare a studiare solamente i limiti a ±∞. Si ha

lim x→±∞g(x) = limx→±∞ x(1 − 2/x) px2(1 + 2/x2) = limx→±∞ x |x| · 1 − 2/x p1 + 2/x2 = [±1 · 1] = ±1,

quindi la retta di equazione y = −1 `e un asintoto per x → −∞ mentre quella di equazione y = 1 `e un asintoto per x → +∞. d) La derivata prima `e g0(x) = √ x2+ 2 − (x − 2) 1 2√x2+22x x2+ 2 = (x2+ 2) − (x − 2)x (x2+ 2)x2+ 2 = 2(x + 1) (x2+ 2)3/2.

Poich´e il denominatore `e sempre positivo, la derivata prima `e maggiore o uguale a zero se e solo se x + 1 ≥ 0 cio`e x ≥ −1, quindi

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

perci`o la funzione `e decrescente in ] − ∞, −1[ mentre `e crescente in ] − 1, +∞[. In x = −1 ammette un minimo relativo e assoluto.

(4)

-10 -7,5 -5 -2,5 0 2,5 5 7,5 10 -5 -2,5 2,5 e) La derivata seconda `e g00(x) = 2(x 2+ 2)3/2− (x + 1)3 2(x2+ 2)1/22x (x2+ 2)3 = 2(x 2+ 2) − (x + 1)3x (x2+ 2)5/2 = −2(2x2+ 3x − 2) (x2+ 2)5/2 .

Il denominatore `e sempre positivo, mentre il numeratore `e positivo quando −2 ≤ x ≤ 1/2. In definitiva g00(x)      < 0, se x ∈ ] − ∞, −2[ ∪ ]1/2, +∞[, = 0, se x = −2 oppure x = 1/2, > 0, se x ∈ ] − 2, 1/2[,

perci`o la funzione `e concava in ] − ∞, −2[ e in ]1/2, +∞[, mentre `e convessa in ] − 2, 1/2[. In x = −2 e x = 1/2 ammette due punti di flesso.

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) = −1/√3 e g0(1) = 4/(3√3), l’equazione della retta cercata `e y = 4

3√3(x − 1) − 1 √

3.

9 a) Si ha y0(t) = e3t−3+ 3te3t−3= (3t + 1)e3t−3. Sostituendo si ottiene l’equazione

(3t + 1)e3t−3= √

1 + 3t2e6t−6

t4e3t−3 ,

che non `e identicamente soddisfatta per t > 0 (per esempio, per t = 1 si ottiene 4 6= 2). La funzione non `e dunque soluzione. Si osservi che la funzione soddisfa invece la seconda condizione y(1) = 2.

b) Scrivendo y0 = dydt e utilizzando il metodo di separazione delle variabili si ha y p 1 + 3y2 dy = 1 t3 dt =⇒ Z y p 1 + 3y2 dy = Z 1 t3 dt = − 1 2t2 + c.

Per quanto concerne il primo integrale, utilizzando le tabelle si ottiene

Z y p 1 + 3y2 dy = 1 6 Z 6y(1+3y2)−1/2dy = 1 6 Z (1+3y2)0(1+3y2)−1/2dy = 1 6· (1 + 3y2)1/2 1/2

(5)

Soluzioni dell’Appello di Matematica per Biotecnologie 30 gennaio 2014 3 da cui segue p 1 + 3y2 3 = − 1 2t2 + c,

con c generica costante d’integrazione. Osservando che t > 0 dovr`a essere c > 0, mentre essendo y(1) = 1 si pu`o supporre (almeno per i t vicini a 1) che y(t) > 0. Risolvendo in y, per i t per cui c − 1/(2t2) ≥ 0 si ottiene quindi

1 + 3y2 =  3c − 3 2t2 2 =⇒ y = r 1 3 h 3c − 3 2t2 2 − 1i.

Imponendo la condizione y(1) = 1 nella prima delle relazioni sopra si ottiene √4/3 = −1/2 + c, da cui si ricava c = 7/6. La soluzione `e quindi

y(t) = r 1 3 h7 2− 3 2t2 2 − 1i= r 3 4t2 − 7 2t+ 15 4 .

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

Z y 1 z √ 1 + 3z2 dz = Z t 1 1 s3 ds =⇒ h √ 1 + 3z2 3 iy 1 = h − 1 2s2 it 1 =⇒ p 1 + 3y2 3 − 2 3 = 1 2− 1 2t2,

che risolta rispetto a y fornisce la soluzione cercata. b’) Dalle tabelle si ottiene

Z  x2+ 2√x 3x3 − 5 2x  dx = 1 3 Z 1 xdx + 2 3 Z x−5/2dx − 5 Z (1/2)xdx = 1 3ln |x| + 2 3· x−3/2 −3/2 − 5 (1/2)x ln(1/2)+ c = 1 3ln |x| − 4 9 √ x3 + 5 2xln 2+ c,

con c costante arbitraria. Per il Teorema fondamentale del calcolo si ha Z 1/2 0 2 − 3x √ 1 − x2 dx = 2 Z 1/2 0 1 √ 1 − x2 dx + 3 2 Z 1/2 0 −2x √ 1 − x2 dx =h2 arcsen x + 3p1 − x2i1/2 0 = π 3 + 3 r 3 4 − 3 = π 3 + 3√3 2 − 3. 10 Si ha f0(x) = 2e3x+ 3(2x − 1)e3x= (6x − 1)e3xe f00(x) = 6e3x+ 3(6x − 1)e3x= (18x + 3)e3x

da cui f (0) = −1, f0(0) = −1, f00(0) = 3 perci`o il polinomio di Taylor cercato `e P (x) = f (x0) + f0(x0)(x − x0) + f00(x0) 2 (x − x0) 2= −1 − x + 3 2x 2.

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