SOLUZIONI VERIFICA 28 MAGGIO 2019
Marco Monaci
1Liceo Scientifico G. Marconi (5F)
Equazioni differenziali
:Risolviamo le equazioni differenziali proposte. L’equazione:
y0= sin x + 2
E’ di facile risoluzione in quanto è sufficiente integrare a destra e a sinistra: Z y0dy = Z sin x + 2dx Da cui: y = − cos x + 2x + c
La seconda equazione è comunque semplice, in quanto è sufficiente integrare due volte:
y00=√3x Z y00dy =√3 Z √ xdx y0= 2 √ 3 3 x 3/2+ c 1 Z y0dy = Z 2√3 3 x 3/2 + c1dx
Da cui finalmente si ottiene: y = 4 √ 3 15 x 5/2+ c 1x + c2
La terza equazione proposta: y0= y + 4
x
E’ a variabili separabili. Infatti dividendo tutti e due i membri per y + 4 si ottiene:
y0 y + 4= 1 x Separando le variabili: 1 y + 4dy = 1 xdx E integrando: Z 1 y + 4dy = Z 1 xdx ln(y + 4) = ln(x) + c ln(y + 4) − ln(x) = c lny + 4 x = c y + 4 x = e c y + 4 = ecx Quindi in definitiva: y = ecx − 4
La quarta equazione differenziale proposta era: y0+ 3yx = y2x
Questa equazione è a variabili separabili, quindi: y0= x(y2− 3y) y0 y2− 3y = x y0 y(y − 3) = x dy y(y − 3) = xdx Z 1 y(y − 3)dy = Z xdx
L’integrale al secondo membro si risolve molto facil-mente, mentre quello a primo membro è un po’ più rognoso, in quanto è necessario scomodare la scompo-sizione di Hermite. Riprendiamo quindi solo il primo integrale e scomponiamolo secondo Hermite:
1 y(y − 3) = A y + B y − 3= A(y − 3) + By y(y − 3) = Ay − 3A + By y(y − 3) y(A + B) − 3A y(y − 3)
A questo punto il numeratore deve essere uguale al numeratore non scomposto, ovvero y(A + B) − 3A deve essere in qualche modo uguale a 1. Quindi deve essere:
(
A + B = 0 −3A = 1 Quindi abbiamo le soluzioni:
( A = −1
3
B =13
L’integrale diventa quindi: Z −1 3ydy + Z 1 3(y − 3)dy = −1 3ln(y) + 1 3ln(y − 3)
Inserendo tale risultato nell’integrazione totale abbiamo: −1 3ln(y) + 1 3ln(y − 3) = Z xdx −1 3ln(y) + 1 3ln(y − 3) = x2 2 + c
A questo punto occorre ricordarsi le proprietà dei logaritmi, ovvero che la sottrazione fra i logaritmi è il logaritmo del rapporto degli argomenti:
1 3ln y − 3 y = x 2 2 + c
Risolvendo i logaritmi utilizzando gli esponenziali: y − 3
y = e
x2
Da cui possiamo ricavare la y: y − 3 = yex22+c y − yex22 +c= 3 y1 − ex22 +c = 3
Da cui finalmente ricaviamo: y = 3
1 − ex22+c
La quinta equazione proposta: y00+ 4y0+ 10y = 0
E’ una equazione di secondo ordine risolvibile trovando le soluzioni dell’equazione associata:
z2+ 4z + 10 = 0
Troviamo le due soluzioni: z1,2 = −4 ±√16 − 40 2 = −4 ±√−24 2 −4 ±√−1√24 2 = −4 ± i2√6 2 Ovvero: z1,2= −2 ± i √ 6
Ricordiamoci che un numero complesso può essere scritto nella forma:
z = α ± iβ
Quindi possiamo riconoscere: (
α = −2 β =√6
A questo punto sostituiamo nella soluzione generale per il caso di ∆ negativo:
y = eαx(c1sin βx + c2cos βx) Ottenendo quindi: y = e−2xc1sin √ 6x + c2cos √ 6x
La sesta equazione proposta è: 3y00+ 4y = 0
Anche questa è una equazione di secondo ordine e quindi troviamo le soluzioni dell’equazione associata:
3z2+ 4 = 0 z = ± r −4 3 z = ±i r 4 3
Quindi le soluzioni sono dei numeri immaginari puri, quindi con α = 0. Ne consegue che le soluzioni dell’equa-zione differenziale sono oscillatorie pure senza termine esponenziale: y = c1sin r 4 3x + c2cos r 4 3x
La settima equazione differenziale è un problema di Cauchy. Prima di tutto risolviamo l’equazione differenziale: y00+ 4y0= 0 L’equazione associata è: z2+ 4z = 0 Che ha soluzioni: ( z1= 0 z2= −4
In questo caso il ∆ è positivo, quindi la soluzione generale è:
y = c1ez1x+ c2ez2x
Cioè:
y = c2e−4x+ c1
A questo punto risolviamo il problema di Cauchy imponendo la prima condizione, ovvero y(0) = 0:
0 = c2+ c1
c2= −c1
Adesso deriviamo la soluzione ottenuta: y0= −4c2e−4x
E imponiamo la seconda condizione y0(1) = 1:
1 = −4c2e−4
Da cui troviamo c2:
c2= −
1 4e−4
E quindi ricaviamo anche c1:
c1=
1 4e−4
Quindi la soluzione finale è: y = − 1
4e−4e
−4x+ 1
4e−4
Per quanto riguarda l’esercizio 2 delle equazioni diffe-renziali è sufficiente derivare in successione la funzione fornita: y = sin(3x) y0= 3 cos(3x) y00= −9 sin(3x) y000= −27 cos(3x)
E successivamente sostituire quanto trovato nell’e-quazione differenziale proposta:
9y + y00+ 9y0+ y000 = 0
Da cui:
9 sin(3x) − 9 sin(3x) + 27 cos(3x) − 27 cos(3x) = 0
Problema MAT
:Il problema di matematica proponeva la seguente funzione:
y = ax
2+ 5x + b
x − c
Le condizioni che deve rispettare sono le seguenti: • Passaggio per l’origine;
• Che abbia come asintoto obliquo la retta di equazione y = 3x + 8.
La prima condizione è facile, in quanto deve essere y(0) = 0, cioè:
y(0) =b c = 0
E ciò si ottiene se e solo se b = 0. Quindi questa è la prima condizione.
Per la condizione relativa all’asintoto obliquo notiamo che:
( m = 3 q = 8
Ovvero abbiamo il coefficiente angolare della retta e il suo termine noto. Scriviamo quindi la formula per trovare il coefficiente angolare dell’asintoto obliquo:
m = lim x→∞ f (x) x Da cui: 3 = lim x→∞ ax + 5 x − c
Dove abbiamo già imposto b = 0 e già diviso la fun-zione per x. Adesso calcoliamo il limite raccogliendo al numeratore e al denominatore la x: 3 = lim x→∞ x a + 5 x x 1 − c x 3 = lim x→∞ a + 5 x 1 −xc
I termini 5/x e c/x vanno a zero per x che tende all’infinito, quindi in definitiva otteniamo che a = 3.
Adesso troviamo il termine noto: q = lim x→∞[f (x) − mx] E sostituendo tutto: 8 = lim x→∞ 3x2+ 5x x − c − 3x 8 = lim x→∞ 3x2+ 5x − 3x2+ 3xc x − c 8 = lim x→∞ x(5 + 3c) x − c 8 = lim x→∞ x(5 + 3c) x 1 −xc 8 = lim x→∞ 5 + 3c 1 − xc
Eseguendo il limite il termine c/x va a zero, quindi rimane solo:
8 = 5 + 3c Da cui ricaviamo agilmente c = 3.
A questo punto la funzione da studiare risulta essere: f (x) = 3x
2+ 5x
x − 1
2.1 dominio
Il dominio della funzione è dato semplicemente dal denominatore, ovvero:
x − 1 6= 0
Ovvero:
x 6= 1
Già il fatto che il dominio non sia simmetrico ci fa capire che la funzione non ha simmetrie.
2.2 intersezioni
Imponiamo innanzitutto la condizione per x = 0: f (0) = 0
0 − 1 = 0
Quindi la funzione passa dall’origine, come avevamo già visto.
Imponiamo ora f (x) = 0: 0 = 3x
2+ 5x
x − 1
Questo possiamo ottenerlo annullando il numeratore: 3x2+ 5x = 0
Da cui:
x(3x + 5) = 0
Quindi abbiamo come due intersezioni: (
x = 0 x = −53
2.3 Studio del segno
Studiamo il segno della funzione: 3x2+ 5x
x − 1 ≥ 0
Studiamo quindi separatamente il numeratore e il denominatore. Ora il numeratore è una parabola con la concavità rivolta verso l’alto, quindi dobbiamo prendere le soluzioni esterne affinché sia positiva, quindi:
x ≤ 5
3 ∨ x ≥ 0 Il denominatore è ancor più facile:
x − 1 > 0
Ovvero x > 1.
Figura 1:Studio del segno della funzione proposta.
In Figura 1 è riportato il quadro dei segni. La funzione è quindi positiva per:
−5
2.4 Limiti
I limiti sono facilissimi, in quanto sappiamo di per certo che la funzione avrà un asintoto obliquo di equazione:
t(x) = 3x + 8
In quanto così l’abbiamo costruita!
L’unico limite da verificare è quello per il punto di frontiera x = 1:
lim
x→1
3x2+ 5x
x − 1 Abbiamo quindi una forma del tipo 8
0, quindi per x = 1
abbiamo una discontinuità di seconda specie in quanto la funzione tende a ±∞ (dipende dal limite destro o sinistro).
2.5 Derivata prima
Studiamo la derivata prima per trovare eventuali punti di massimo e di minimo. y0= (6x + 5)(x − 1) − (3x 2+ 5x (x − 1)2 = 6x 2+ 5x − 6x − 5 − 3x2+ 5x (x − 1)2 = 3x 2− 6x − 5 (x − 1)2
La derivata prima è quindi: y0 =3x
2− 6x − 5
(x − 1)2
Studiamone il segno. Il denominatore è sicuramen-te positivo in quanto è elevato alla seconda posicuramen-tenza. Troviamo le soluzioni del numeratore:
x1,2= 6 ±√96 6 Da cui: x = 6 + 4 √ 6 6 ∨ x = 6 − 4√6 6
Quindi la derivata seconda è positiva per valori esterni.
Ciò significa che 6−4√6
6 è un massimo, mentre 6+4√6
6
è un minimo.
2.6 Derivata seconda
Adesso calcoliamo la derivata seconda: y00=(6x − 6)(x − 1) 2− (3x2− 6x − 5) · 2(x − 1) (x − 1)4 =(6x − 6)(x − 1) − 2(3x 2− 6x − 5) (x − 1)3 =6x 2− 6x − 6x + 6 − 6x2+ 12x + 10 (x − 1)3 = 16 (x − 1)3 Ovvero: y00= 16 (x − 1)3
Come si nota bene, non è mai conveniente svolgere
subitotutti i conti algebrici: è molto probabile (come in questo caso) che si semplifichino diverse cose.
Tale derivata non ha zeri, quindi non ci sono fles-si. Tuttavia studiando il segno del denominatore ci accorgiamo che la derivata seconda è positiva per:
f00(x) > 0 se x > 1
In quanto la potenza dispari mantiene il segno del-l’argomento (quindi x − 1 è maggiore di zero per x > 1).
Ne consegue che per x < 1 la concavità è rivolta verso il basso, mentre per x > 1 è rivolta verso l’alto. La funzione cambia quindi concavità senza però avere flessi.
-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10 -20 -10 0 10 20 30
Figura 2:Grafico della funzione proposta.
In Figura 2 è possibile vedere il grafico della funzione proposta. Notare l’asintoto obliquo e l’asintoto verticale (indicati con una linea tratteggiata). Le intersezioni con gli assi sono indicati con i pallini rossi pieni. La funzione cambia concavità senza avere un flesso.
2.7 Calcolo dell’area della spira
Per il punto successivo è necessario calcolare l’area compresa fra la curva, le due intersezioni tovate e l’asse x. Ciò significa calcolare il seguente integrale:
A = Z 0
−5/3
3x2+ 5x
x − 1 dx
Per risolvere questo integrale conviene fare la divisione fra polinomi. Otteniamo quindi (non riportiamo tutta la divisione in colonna fra polinomi - per qualunque dubbio vedere la dispensa relativa alle strategie risolutive degli integrali):
3x2+ 5x
x − 1 = 3x + 8 + 8 x − 1 Sostituendo nell’integrale otteniamo:
A = Z 0
−5/3
(3x + 8 + 8 x − 1) dx
Questo integrale è facile in quanto è somma di integrali immediati. Otteniamo:
A = 3 2x
2+ 8x + 8 ln(x − 1)
0
Per evitare problemi con il logaritmo ricordiamoci di prendere il valore assoluto dell’argomento (in alternati-va possiamo portare l’8 dentro all’esponente e rendere l’argomento sempre positivo).
Effettuando le sostituzioni e calcolando otteniamo: A = 1.321
Adesso possiamo calcolare la fem indotta utilizzando la legge di Faraday-Neumann-Lenz: f em = −dΦ(B) dt = −d (B0A cos(ωt)) dt = −d (1.321B0cos((ω0+ αt)t)) dt = −d 1.321B0cos(ω0t + αt 2) dt
Derivando quindi rispetto al tempo otteniamo: f em = 1.321B0(ω0+ 2αt) sin(ω0t + αt2)
Infine trovare la corrente è semplicissimo, infatti basta dividere la fem per la resistenza R:
I =f em = 1.321B0(ω0+ 2αt) sin(ω0t + αt
2)
R
Problema FIS
:Figura 3:Lo schema delle forze che agiscono sulla gocciolina d’acqua.
Di base il problema proposto non è molto diverso dall’esperienza di Millikan, in quanto si tratta di una gocciolina carica all’interno di un condensatore.
3.1 Diagramma delle forze
In Figura 3 è presente la rappresentazione grafica del problema con il diagramma delle forze che agiscono sulla goccia.
Supponendo infatti che la forza del campo elettrico non sia sufficiente a "sollevare" la goccia, essa cadrà verso il basso soggetta alla sua forza peso FP. Le altre
due forze agenti sulla goccia sono la forza di attrito viscoso FA, che opponendosi al moto sarà verso l’alto;
inoltre sarà presente la forza data dal campo elettrico FE, che agirà verso l’alto in quanto la gocciolina abbiamo
supposto essere carica negativamente.
3.2 Equazione differenziale del moto
Innanzitutto scriviamo l’espressione per le forze. La forza peso sarà:
FP = mg
La forza generata dal campo elettrico sarà data da: FE= QE
Ed infine abbiamo la forza di attrito: FA= −βv
Dove con v indichiamo la velocità. A questo punto partiamo dall’equazione della dinamica:
Ftot= m¨y
Dove con Ftot indichiamo la somma di tutte le forze
agenti sulla goccia. Possiamo quindi scrivere: βv + QE − mg = m¨y
Attenzione al segno delle forze! E’ vero che la forza di attrito è negativa, ma è anche vero che la velocità è
negativa, in quanto è diretta verso il basso. Infatti ab-biamo considerato verso l’alto il verso positivo dell’asse y (come in qualunque grafico cartesiano). In definitiva quindi la forza di attrito risulta essere positiva e diretta verso l’alto (e si oppone al moto).
QEè rivolta verso l’alto quindi positiva; la forza peso è invece l’unica rivolta verso il basso e quindi ha segno negativo.
3.3 Velocità limite
Riprendiamo l’equazione differenziale: βv + QE − mg = m¨y
Con velocità limite si intende la velocità che la goccia raggiunge a regime, ovvero quando si muove di moto rettilineo uniforme. Infatti ad un certo punto la forza di attrito viscoso (che dipende dalla velocità) arriverà a con-trobilanciare perfettamente la forza peso, "bloccando" di fatto l’accelerazione della goccia.
Quando un oggetto si muove di moto rettilineo unifor-me significa che l’accelerazione a cui è soggetto è nulla. quindi:
βv + QE − mg = 0 Da cui possiamo ricavare la velocità:
βv = mg − QE
Ovvero:
v = mg − QE β
Che è proprio come volevasi dimostrare.
Goccia ferma: Nel caso in cui il campo elettrico sia
sufficientemente forte, la goccia può fermarsi. Quindi riprendiamo l’equazione differenziale:
βv + QE − mg = m¨y
In questo caso l’accelerazione sarà chiaramente nulla, ovvero ¨y = 0; inoltre anche la velocità sarà nulla, in quanto la goccia è ferma. In definitiva abbiamo:
QE − mg = 0
Da cui:
E = mg Q
Differenza di potenziale: Ricordiamo che la differenza
di potenziale è collegata al campo elettrico tramite la seguente relazione:
∆V = − Z
E · ds
Dove con ds indichiamo uno spostamento infinitesima-le. Nel nostro caso lo spostamento è dh quindi possiamo integrare fra la terra (quota zero) e la nuvola (quota h):
∆V = − Z h 0 mg Q dh Ovvero: |∆V | =mg Q h
