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Università degli Studi di Udine
Anno Accademico 2012/2013
Corso di Laurea in Biotecnologie
Modulo di Matematica
Esame del 29/01/2013
N.B.: scrivere nome, cognome e numero di matricola su ogni foglio consegnato.
Tempo a disposizione: 2.5 ore
1 Se limx→x0 f (x) = 0 e limx→x0 g(x) = +∞, allora limx→x0
f (x)
g(x)
è
A −∞
B +∞
C 0
D non ci sono elementi sufficienti per rispondere
2 Se f è una funzione derivabile due volte su ]a, b[ con f 00 (x) < 0 per ogni x ∈]a, b[, allora
A f è crescente in ]a, b[
B f è decrescente in ]a, b[
C f è concava in ]a, b[
D f è convessa in ]a, b[
3 L’equazione differenziale y 00 = t2 y − 2y 0 sen t è
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) =
A una retta
B una parabola
C un’iperbole
D nessuna delle precedenti
2 + 3x2
rappresenta
2x2 − 1
5
a) Scrivere la definizione di asintoto obliquo a +∞ per una funzione f : R → R;
b) quale delle seguenti tre funzioni f (x) = x2 , g(x) = ln x, h(x) = x +
asintoto per x → +∞? Argomentare la risposta.
1
x
ammette
6 Rappresentare il grafico di una funzione g che verifichi contemporaneamente le seguenti
proprietà:
lim g(x) = +∞
x→−∞
7
lim g(x) = −1
lim g(x) = 3
x→2−
x→2+
lim g(x) = 0
x→+∞
a) Enunciare il Teorema del valore medio di Lagrange;
b) determinare, argomentando, a quale delle tre funzioni f (x) = |x|, g(x) =
h(x) = ln(x2 ) è possibile applicare il teorema nell’intervallo [−1, 1].
3x+1
x−2 ,
8 Data la funzione
g(x) =
3 − 2x
x3
a) determinare 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 è crescente, quelli in cui è decrescente, e
gli eventuali punti di massimo/minimo relativo e/o assoluto;
e) determinare gli intervalli in cui la funzione è convessa e quelli in cui è concava;
f) disegnare un grafico approssimativo di g.
9 Dato il problema di Cauchy
y
(t2 + sen(2t))
ln3 y

y(0) = e

 y0 =
a) dire se la funzione y(t) = e1+3t è 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 2
x −2
√
+ 5 cos x dx,
x
Z
1
e
ln4 x
dx.
2x
10 Calcolare il polinomio di Taylor di grado 2 della funzione f (x) = sen(3x) nel punto x0 =
π/2.
Soluzioni dell’Appello di Matematica per Biotecnologie- 29 gennaio 2013
1
Soluzioni dei quesiti dell’esame del 29 gennaio 2013
1 C; 2 C; 3 B; 4 D; 5 a) consultare il libro di testo; b) si ha limx→+∞ f (x)
x = +∞
g(x)
quindi f non ammette asintoto, limx→+∞ x = 0, limx→+∞ (g(x) − 0 · x) = +∞ quindi
neppure g ammette asintoto, mentre limx→+∞ (h(x) − x) = 0 quindi la retta y = x è un
asintoto di h a +∞.
6 In neretto si evidenziano le informazioni date dai limiti. Il grafico della funzione è quindi
completato a piacere (linea sottile), per esempio:
g(x)
3
2
x
−1
7 a) consultare il libro di testo;
8 a) Il dominio è D = R \ {0} e la funzione è ivi continua e derivabile.
b) Il numeratore è positivo quando 3 − 2x ≥ 0 cioè x ≤ 3/2, il denominatore è positivo
quando x > 0, quindi g è negativa quando x > 3/2 oppure x < 0, positiva quando
0 < x < 3/2 e si annulla in x = 3/2.
c) Ha senso andare a studiare i limiti in 0 e a ±∞. Si ha
−2
3
3/x − 2
lim g(x) = lim
=
= 0,
lim g(x) = ± = ±∞,
2
±
x→±∞
x→±∞
x
+∞
0
x→0
quindi il limite in x0 = 0 non esiste e inoltre la funzione non ammette massimo né minimo.
d) La derivata prima è
g 0 (x) =
−2 · x3 − (3 − 2x)3x2
−2x − (3 − 2x)3
4x − 9
=
=
.
6
4
x
x
x4
Il numeratore è positivo quando x ≥ 9/4, il denominatore è sempre positivo nel dominio,
quindi

 < 0, se x ∈] − ∞, 0[ ∪ ]0, 9/4[,
0
= 0, se x = 9/4,
g (x)

> 0, se x ∈]9/4, +∞[,
perciò la funzione è decrescente in ] − ∞, 0[ e in ]0, 9/4[, mentre è crescente in ]9/4, +∞[.
In x = 9/4 la funzione ha un punto di minimo relativo.
e) Calcoliamo la derivata seconda:
g 00 (x) =
4 · x4 − (4x − 9)4x3
4x − (4x − 9)4
36 − 12x
=
=
.
8
5
x
x
x5
Soluzioni dell’Appello di Matematica per Biotecnologie- 29 gennaio 2013
2
Il numeratore è positivo quando x ≤ 3, il denominatore è positivo se x > 0, quindi


 > 0, se x ∈ ]0, 3[,
00
= 0, se x = 3,
g (x)


< 0, se x ∈ ] − ∞, 0[ ∪ ]3, +∞[.
In definitiva la funzione è concava in ] − ∞, 0[ e in ]3, +∞[, convessa in ]0, 3[.
1
0.8
0.6
y
0.4
0.2
–10
–8
–6
–4
–2
0
2
4
x
6
8
10
–0.2
–0.4
–0.6
–0.8
–1
9 a) Si ha y 0 (t) = 3e1+3t e sostituendo si ottiene l’equazione
3e1+3t =
e1+3t
(t2 + sen(2t))
ln3 (e1+3t )
che non è identicamente soddisfatta per t ∈ R (ad esempio, per t = 0 si ottiene 3e 6= 0).
La funzione non è dunque soluzione. Si osservi che la funzione soddisfa invece la seconda
condizione, essendo y(0) = e.
b) Scrivendo y 0 =
dy
dt
e utilizzando il metodo di separazione delle variabili si ha
ln3 y
dy = (t2 + sen(2t)) dt
y
e integrando (utilizzando le tabelle)
Z
ln3 y
dy =
y
Z
(t2 + sen(2t)) dt
=⇒
ln4 y
t3 cos(2t)
=
−
+ c,
4
3
2
dove c è la generica costante d’integrazione. Quest’ultima equazione è equivalente a
r
3
4t3
4 4t
4
ln y =
− 2 cos(2t) + 4c
⇐⇒
| ln y| =
− 2 cos(2t) + 4c,
3
3
e dovendo essere y(0) = e si avrà ln y(t) > 0 per t vicino a 0, per cui | ln y| = ln y da cui
r
3
4 4t
y = exp
− 2 cos(2t) + 4c.
3
Soluzioni dell’Appello di Matematica per Biotecnologie- 29 gennaio 2013
3
Imponendo la condizione y(0) = e (nella prima delle tre equazioni qui sopra) si ricava
14 = −2 + 4c che risolta nell’incognita c fornisce c = 3/4. La soluzione è quindi
r
3
4 4t
− 2 cos(2t) + 3.
y(t) = exp
3
Alternativamente, si poteva utilizzare direttamente la formula risolutiva per le equazioni
a variabili separabili (insieme alla formula fondamentale del calcolo integrale)
Z
e
y
ln2 z
dz =
z
Z
t
2
(s + sen(2s)) ds
=⇒
0
ln4 z
4
4
=⇒
y
e
s3 cos(2s)
−
=
3
2
t
0
t3
ln y 1
cos(2t) 1
− =
−
+
4
4
3
2
2
che risolvendo rispetto a y fornisce la soluzione cercata.
b’) Dalla prima tabella si ottiene
Z 2
Z
Z
Z
x −2
3/2
−1/2
√
dx + 5 cos x dx
+ 5 cos x dx = x dx − 2 x
x
√
x5/2
x1/2
2 √
=
−2
+ 5 sen x + c = x2 x − 4 x + 5 sen x + c,
5/2
1/2
5
con c costante arbitraria. Utilizzando la seconda tabella e il Teorema fondamentale del
calcolo si ha
Z e 4
Z
ln x
1 e 4
1 h ln5 x ie
11
1
dx =
ln x (ln x)0 dx =
=
−0 = .
x
2 1
2 5 1 2 5
10
1
10 Si ha f 0 (x) = 3 cos(3x) e f 00 (x) = −9 sen(3x) da cui f (π/2) = −1, f 0 (π/2) = 0, f 00 (π/2) = 9
perciò il polinomio di Taylor cercato è
P (x) = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) +
f 00 (x0 )
9
(x − x0 )2 = −1 + (x − π/2)2 .
2
2