SOLUZIONE COMPITO 16 FEBBRAIO 2019
Marco Monaci
1Liceo Scientifico G. Marconi (5F)
STUDIO DI FUNZIONE: Consideriamo la funzione:
f (x) = xpx2+ 3x + 2
1.1 campo di esistenza
Il campo di esistenza è dato solo dal radicando, imponendo:
x2+ 3x + 2 ≥ 0
L’equazione associata ha soluzioni x = −2 e x = −1. Poiché è una parabola con la concavità rivolta verso l’alto, è positiva per soluzioni esterne. Quindi il campo di esistenza sarà:
x ≤ −2 ∨ x ≥ −1
1.2 simmetrie
La funzione presenta un campo di esistenza non
simme-tricorispetto all’asse delle y, ed inoltre non è simmetrico rispetto all’origine. Quindi possiamo concludere a priori che la funzione non sarà né pari né dispari. Ma siccome vogliamo essere certi, verifichiamolo calcolando:
f (−x)
E poi verifichiamo se f (x) = f (−x) oppure se f (−x) = −f (x).
Calcoliamo f (−x):
f (−x) = −xpx2− 3x + 2
Che si vede chiaramente essere differente sia da f (x) che da −f (x). La funzione in definitiva non è né pari né dispari.
1.3 intersezioni con gli assi
Le intersezioni si trovano imponendo prima x = 0 (per trovare l’intersezione con l’asse y) e poi imponendo f (x) = 0, per trovare le intersezioni con l’asse x.
Imponiamo x = 0:
f (0) = 0
Imponiamo ora f (x) = 0:
0 = xpx2+ 3x + 2
Abbiamo un prodotto di fattori. La prima soluzione è ovviamente x1= 0(come trovato precedentemente),
men-tre le almen-tre due si impongono annullando il radicando (cosa che abbiamo già fatto nel calcolo delle condizioni di esistenza).
Quindi in definitiva le altre due intersezioni sono: x2= −2
x3= −1
Che sono proprio i punti di frontiera della nostra funzione.
1.4 Studio del segno
Lo studio del segno in questo caso è banale. Infatti la radice è sempre positiva nel dominio, quindi l’unico termine che stabilisce il segno è la x a inizio funzione. Quindi in maniera triviale abbiamo:
x > 0
Per x > 0 la funzione è positiva.
1.5 Limiti
Calcoliamo i limiti per −∞, per ∞ e per i punti di frontiera del dominio.
Partiamo da: lim x→−∞f (x) −→x→−∞lim x p x2+ 3x + 2 = −∞√∞ −→ lim x→−∞f (x) = −∞ Continuiamo con: lim x→∞f (x) −→ limx→∞x p x2+ 3x + 2 = ∞√∞ −→ lim x→∞f (x) = ∞
Adesso effettuiamo i limiti nei punti di frontiera, ovvero per x = −2 e per x = −1:
lim x→−2−f (x) −→x→−2lim−x p x2+ 3x + 2 = 2 · 0 = 0 lim x→−1+f (x) −→x→−1lim+x p x2+ 3x + 2 = −1 · 0 = 0
Che era proprio quello che ci aspettavamo.
1.6 Asintoti
Ora occupiamoci degli eventuali asintoti obliqui. Iniziamo a calcolare il coefficiente angolare:
lim x→∞ f (x) x = m −→ lim x→∞ x√x2+ 3x + 2 x −→ lim x→∞ p x2+ 3x + 2 = ∞
E poiché il limite non è finito, non esiste il coefficiente angolare, di conseguenza non abbiamo asintoto obliquo per x → ∞.
Il calcolo per x → −∞ è uguale: lim
x→−∞
p
x2+ 3x + 2 = ∞
E quindi non c’è asintoto obliquo nemmeno per x → −∞.
1.7 Derivata prima per massimi e minimi
La derivata prima di questa funzione è forse la parte più ostica dello studio di funzione. Essendo un prodotto dobbiamo effettuare la derivata del prodotto (un altro modo di procedere è inserire la x nella radice e poi fare la derivata, il risultato è chiaramente identico):
f0(x) =px2+ 3x + 2 + x 1 2√x2+ 3x + 2· (2x + 3) f0(x) =px2+ 3x + 2 + x 2x + 3 2√x2+ 3x + 2 f0(x) = 2(x 2+ 3x + 2) + 2x2+ 3x 2√x2+ 3x + 2 f0(x) = 4x 2+ 9x + 4 2√x2+ 3x + 2
Ora dobbiamo studiare il segno, ma basta avere un minimo di occhio per accorgersi che il denominatore è sempre positivo, e non dà problemi in quanto abbia-mo già imposto le condizioni di esistenza all’inizio dello studio di funzione.
Quindi lo studio si limita a: 4x2+ 9x + 4 > 0
Essendo una parabola con la concavità verso l’alto sarà positiva per valori esterni, ovvero:
x < −9 − √ 17 8 ∨ x > −9 +√17 8
Ovvero all’esterno di questo intervallo la funzione è crescente, mentre all’interno è decrescente. Il punto x = −9+
√ 17
8 è un punto di minimo. Il punto x =
−9−√17 8 non appartiene al campo di esistenza, quindi non
rappresenta nulla. La funzione in definitiva ha solo un punto di minimo.
In Figura 1 è riportato il grafico della funzione. Il punto rosso indica l’unico minimo della funzione (come si vede il punto di massimo è fuori dal dominio!
Figura 1:Grafico della funzione proposta
RETTANGOLO IN UNA CIRCONFERENZA: Dal disegno
è facile intuire che il raggio della semicirconferenza è pari a R = 4. L’equazione della circonferenza (che rap-presenta anche il nostro vincolo per la massimizzazione) è data da:
x2+ y2= R2
Inoltre dalla figura si vede che l’area del rettangolo inscritto nella circonferenza è dato da:
A = 2xy
Dove y è l’altezza del rettangolo, mentre 2x è la base del rettangolo.
Scriviamo ora la y in funzione della x usando il vincolo: x2+ y2= 16 −→ y =p16 − x2
Usando questa informazione possiamo scrivere l’area: A = 2xp16 − x2
Possiamo a questo punto effettuare la derivata per poi massimizzarla: A0= 2p16 − x2+ 2x −2x 2√16 − x2 A0= 2p16 − x2+ −2x 2 √ 16 − x2
Imponiamo ma derivata pari a 0: A0= 0
In questo modo possiamo eliminare il denomina-tore, imponendo come condizione di esistenza x 6= ±4. Moltiplichiamo entrambi i termini per √16 − x2 e
otteniamo: 2p16 − x2p16 − x2− 2x2= 0 2(16 − x2) − 2x2= 0 32 − 2x2− 2x2= 0 4x2= 32 x = ±2√2
Ovvero stiamo dicendo che il rettangolo con area mas-sima è quello formato da due quadrati il cui lato è lungo √
2.
CALCOLO DI LIMITI: Il primo limite proposto è:
lim
x→∞
3x2− 2x + 4 2x2+ 2x + 1
E può essere risolto in due modi, o applicando la regola di de l’Hopital due volte oppure raccogliendo sia al numeratore che al denominatore il termine x2:
lim x→∞ x2 3 − 2 x+ 4 x2 x2 2 + 2 x+ 1 x2
Le x2 si semplificano e tutti i termini del tipo a xn
ten-dono a zero, in quanto se sostituisco a x ∞ ottengo 1/∞ che è zero.
Gli unici termini che sopravvivono sono i termini noti, quindi in definitiva: lim x→∞ 3x2− 2x + 4 2x2+ 2x + 1 = 3 2
Il secondo limite proposto è: lim
x→∞
(ln x)2 x
In tal caso torna comodo risolverlo applicando due volte de l’Hopital. (ln x)2 x Hopital −−−−−→ 2 ln x · 1 x 1 = 2 ln x x Hopital −−−−−→ 2 1 x 1 = 2 x E quindi il limite: lim x→∞ (ln x)2 x = 0
PICCO DI GAMOW:
4.1 grafico approssimativo
Il grafico approssimativo si può fare procedendo per via analitica, ovvero studiando la funzione:
P (E) = PT · PE
P (E) = e−E· e−√1E
P (E) = e−E−√1E
Dove chiaramente E è la nostra x.
Dal grafico comunque si può intuire che la funzione tenderà a zero per x → 0 e per x → ∞, mentre per regimi intermedi la funzione avrà un picco, chiamato per l’appunto picco di Gamow (ovvero un massimo).
Figura 2:Grafico del picco di Gamow
In Figura 2 possiamo osservare il grafico relativo al picco di Gamow. In rosso è riportata la distribuzione delle particelle per l’energia cinetica, mentre in nero è riportata la probabilità di effetto tunnel. Il picco di Gamow è rappresentato dalla linea più spessa in blu. Come si vede la probabilità di effettuare la reazione nu-cleare è pressoché nulla ad energie molto basse (infatti la probabilità di fare effetto tunnel è bassissima), così come è pressoché nulla ad energie troppo alte perché non ho particelle con quella data energia cinetica. Esiste tuttavia un range di energie intermedie (zona attorno al picco di Gamow) in cui invece le reazioni nucleari sono più efficienti, e giustamente raggiungono il massimo per l’energia del picco di Gamow.
4.2 Calcolo dell’energia del picco di Gamow
Riprendiamo la funzione per la probabilità di reazione: P (E) = e−E−√1E Facciamone la derivata: P0(E) = e−E−√1E −1 + 1 2√E3
E vediamo quando si annulla. Notiamo che la pri-ma parte, ovvero e−E−√1E è sempre positiva, quindi
non interviene nel segno. Studiamo quindi la parte polinomiale: −1 − 1 2√E3 = 0 1 = 1 2√E3 1 = 2√E3 E =p3 1/4 E ' 0.62
Quindi per una energia intermedia, ovvero per E ' 0.62abbiamo il massimo rate di reazioni nucleari.
4.3 Nota storica.
Il conto del picco di Gamow ufficiale è chiaramente più complesso, e lo riprenderemo quando faremo gli integrali. Inoltre in questo caso abbiamo considerato le energie come prive di unità di misura, tralasciando le costanti. Rifacendo il conto per bene si trova che nel caso del Sole il picco di Gamow equivale a circa 6keV, ovvero 6 kiloelettronvolt. Questo picco di Gamow è comunque inferiore all’energia necessaria per attivare la catena protone-protone in maniera esplosiva, ed è per questo motivo che il Sole "brucia" lentamente idrogeno senza farci saltare in aria.
Una trattazione leggermente più completa si trova qui: https://en.wikipedia.org/wiki/Gamow_factor
