ANNO ACCADEMICO 2016/2017 CORSO di LAUREA in BIOTECNOLOGIE MATEMATICA V appello 13/2/2018 1

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1 ANNO ACCADEMICO 016/017 CORSO di LAUREA in BIOTECNOLOGIE MATEMATICA V appello 1//018 1 Esercizio 1. A un torneo di tennis a einazione diretta partecipano 8 giocatori (A, B, C, D, E, F, G, H). Al primo turno si giocano 4 partite (1,,, 4) che coinvolgono tutti i concorrenti. Al secondo turno il vincitore della partita 1 incontra il vincitore della e il vincitore della incontra il vincitore della 4. Infine, come è ovvio, i due vincitori del secondo turno disputano la finale. In base ai risultati della stagione, sappiamo che A e B hanno il 70% di probabilità di vincere se giocano contro C, D, E, F, G, H e sono alla pari tra loro. Anche i giocatori C, D, E, F, G, H sono alla pari tra loro. 1. In quanti modi è possibile predisporre il tabellone del torneo (cioè decidere chi giocherà le partite 1,,,4)?. Si decide il tabellone tramite un sorteggio casuale. Qual è la probabilità che A e B non si incontrino al primo turno? e qual è la probabilità che il tabellone non consenta che si incontrino prima della finale?. Qual è la probabilità che A superi il primo turno? e che la finale sia giocata da A e B? Esercizio. Sia p: R R una funzione polinomiale di grado che si annulla solo per = 0 e tale che = + ; sia f : R {0} R la funzione definita f() = p(e 1). 1. Dire se la funzione f si estende a una funzione continua su R. Dire se f è itata inferiormente e/o superiormente. Esercizio. Calcolare i seguenti iti: tg(sen ) sen(tg ) ; ( + ) e Esercizio Determinare l insieme di definizione di f() = log( 1 + ). Determinare una primitiva F di f() tali che F ( = 0. 1 Durata: ore e 0 minuti. Scrivere subito sul foglio: nome, cognome e numero di matricola.

2 SOLUZIONI Esercizio Per scegliere la prima partita, abbiamo ( 8 = 8 possibilità. Per la seconda, ( ( 6 = 15, per la terza 4 = 6 e infine la quarta è obbligata, ci sono ) = 1 possibilità. In totale, il numero di modi di predisporre il tabellone è ( ( ) 8 ( ) 6 ( ) 4 ( ) = 7 5 = 50.. Al primo turno, A può incontrare 7 giocatori diversi con la stessa probabilità. Quindi la probabilità di non incontrare B è 6/7. Per rispondere alla seconda domanda, dividiamo in due il tabellone: da un lato i giocatori delle partite 1 e, dall altro quelli delle partite e 4. Il tabellone non consente che A e B si incontrino prima della finale esattamente quando A e B finiscono in due metà diverse. Dei 7 giocatori diversi da A, finiscono nella stessa metà di tabellone di A, 4 nell altra metà. Quindi la probabilità cercata è 4/7.. Per calcolare la probabilità che A superi il primo turno, usiamo la legge delle alternative. Chiamiamo X l evento A e B si incontrano al primo turno, Y l evento A e B non si incontrano al primo turno, V l evento A supera il primo turno. Abbiamo P (V ) = P (V X)P (X) + P (V Y )P (Y ) = = Calcoliamo ora la probabilità che A e B si incontrino in finale. Osserviamo che se A e B sono nella stessa metà del tabellone al massimo una delle due può raggiungere la finale, perché i due finalisti provengono da due metà diverse del tabellone. Chiamiamo F l evento A e B si incontrano in finale, M l evento A e B stanno nella stessa metà del tabellone e N l evento A e B stanno in metà diverse del tabellone. Il fatto che se A e B sono nella stessa metà allora non possono incontrarsi in finale significa che P (F M) = 0. Inoltre nel punto precedente dell esercizio abbiamo calcolato che P (N) = 4/7. Usando la legge delle alternative, abbiamo P (F ) = P (F N)P (N) + P (F M)P (M) = 4 P (F N), 7 dobbiamo quindi calcolare P (F N), la probabilità che A e B si incontrino in finale sapendo che sono in metà diverse del tabellone.

3 Sapendo che A e B sono in metà diverse del tabellone, la probabilità che si incontrino in finale è uguale alla probabilità che sia A che B vincano tutte le partite precedenti la finale. Ciascuno deve affrontare partite prima della finale e ha probabilità 7/10 di vincere ciascuna di queste. Quindi in definitiva P (F ) = 4 7 P (F N) = 4 7 ( ) 7 = Esercizio. 1. Dobbiamo vedere se esiste ed è finito il ite p(e 1). Siccome si annulla in 0, possiamo scrivere = q() con q() polinomio di secondo grado. Visto che p si annulla solo in 0, ci sono due possibilità: o q() non ha radici e quindi è irriducibile, o q() = a per qualche costante a R \ {0}. Caso 1 : q() è irriducibile. Abbiamo una forma indeterminata del tipo 0/0, quindi possiamo applicare de l Hopital: p(e 1) = p () p (e 1)e = q() + q () = [q(e 1) + (e 1)q (e 1))]e = q(0) q(0) = 1. Osservate che abbiamo usato q(0) 0, perché stiamo supponendo q irriducibile di secondo grado (e quindi senza radici). Caso : q() = a, a R \ {0}. p(e 1) = a a(e 1) = 1. In ogni caso, il ite esiste ed è uguale a 1, possiamo quindi estendere la funzione continua su R definendola uguale a 1 in 0.. Calcoliamo i iti per tendente a + o. Sia b il coefficiente del termine di terzo grado di : siccome = +, b è positivo e =. Per tendente a +, possiamo scrivere p(e 1) = b + g() e b + h()

4 con g(), h() due funzioni che tendono a 0 per tendente a + e b 0, quindi il ite è = 0. e Per scrivere esplicitamente h() e g() e vedere che tendono a 0 per tendente a +, si può scrivere esplicitamente come polinomio di terzo grado e raccogliere da e e da p(e 1): a parte i coefficienti di grado massimo b, gli altri termini di / e p(e 1)/e tendono a 0. Per tendente a invece, tende a e p(e 1) tende a p( 1) che è diverso da 0 (per ipotesi p si annulla solo in 0). Siccome p si annulla solo in 0 e =, abbiamo che per < 0 per < 0, in particolare p( 1) < 0. Quindi p(e 1) = 1 p( 1) = +. Segue che f non è itata superiormente, ma è itata inferiormente. Per mostrare che è itata inferiormente, si può usare Weierstrass: visto che il ite per tendente a + è 0 e il ite per tendente a è +, in particolare esiste un intervallo chiuso e itato I tale che f > 1 fuori da I. Per Weierstrass, f ha minimo m sull intervallo I, e di conseguenza f() min{ 1, m} per ogni R. Esercizio. 1. È una forma indeterminata 0/0, applichiamo de l Hopital tg(sin()) sin(tg()) = cos() cos (sin()) cos () cos(tg()) = 1. = e/ ( + ) e / = ) ( 1 1/ + / (e/ / = ( ) e/ = Nella seconda uguaglianza abbiamo usato il fatto che perché e/ > 1. Più esplicitamente, = 0 (e/ / (e/ / = e log(e/, inoltre e log(e/ = + perché log(e/ > 0 (cioé e/ > 1). Quindi, usando de l Hopital due volte, e log(e/ = log(e/e log(e/ = 4 log (e/e log(e/ = 0

5 Esercizio Perché f sia definita, serve imporre 1 0 perché sia definita la radice e 1 + > 0 perché sia definito il logaritmo. Se la prima condizione, 1, è soddisfatta, è automaticamente soddisfatta anche la seconda, quindi f è definita per 1.. Facciamo una sostituzione: y = 1, = y + 1, d = ydy. log( 1 + )d = log(y + y + 1)ydy = y = y log(y (y + 1) + y + 1) y + y + 1 dy = = y log(y + y + 1) (y 1 y 1 y + y + 1 )dy = 1 y + 1 y + y + 1 = y log(y + y + 1) y + y + = y log(y +y +1) y +y + 1 log(y +y +1) 4 1 y + y + 1 dy = 1 ( ) dy = 1 + y + 1 = y log(y + y + 1) y + y + 1 log(y + y + 1) ( arctan y + 1 ) + c con c R una costante. Dobbiamo impporre F ( = 0, visto che y = 1 sostituiamo y = 1: log() log() arctan( ) + c = 0 Quindi c = arctan( ) log(). F () = ( 1) log( 1 + ) log( 1 + ) ( ) arctan + arctan( ) log(). 5