Soluzioni del compito di Istituzioni di Matematiche per Chimica (22/7/08)

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1 Soluzioni del compito di Istituzioni di Matematiche per Chimica (/7/8). Il numero complesso ( i) Ã! i è il prodotto tra z ielapotenza nona di w 4 4 i. Ne segue che il suo modulo è il prodotto del modulo di z ediquellodiw 9 mentre un argomento è la somma tra un argomento di z ed uno di w 9. Ora z 9 mentre w 9 w 9 :quindiilmodulodelnumeroè zw 9. 9 Inoltre l argomento principale di z è π ³ 4 in quanto cos π ³ 4 esin π 6 ; l argomento principale di w è π ³ π in quanto cos ³ π esin ; di conseguenza un argomento per w 9 è9 π π ed un argomento per zw9 èπ π 4 π π 4 : l argomento principale ad esso corrispondente è dunque π 4.. La funzione f() 8 (a) èdefinita purché risulti 8 (in modo che sia definita la radice). Quindi l insieme di definizione è,. In questo intervallo la radice è non negativa e quindi la funzione ènegativain(, ) e positiva in,, mentre ha due zeri, rispettivamente in ein. (b) Per si ha lim f() lim 8 senza asintoti poiché q 8() / () 5/ va a secondo una potenza di diversada. Nell estremo la funzione èdefinita e continua da sinistra e quindi il limite per coincide con il valore (nullo) della funzione. (c) f () lim f () lim 8 (d) f () >, e > cioèin, f () <, e < cioèin, Ne consegue che la funzione cresce in, e decresce in massimo relativo e assoluto in, punto in cui la funzione vale f r 8 r r / /6 / / / , mentre, epresenta

2 (e) Si ha f() e f () ; quindi l equazione della retta tangente al grafico nel punto di ascissa è y. Invece, visto che la derivata prima in non esiste ed il suo limite da sinistra è, la tangente nel punto del grafico di ascissa è verticale ed ha equazione. (f) Nel grafico di f() 8, sono evidenziate le due tangenti di cui èrichiesta l equazione ed il massimo Z e d per scomposizione Z d Z il primo per sostituzione immediata, l altro per parti con fattor finito (e ) d ()/ e Z e d ()/ e 4 e c 4. La funzione f() nel dominio, ha per grafico un arco di iperbole crescente con asintoto orizzontale y e asintoto verticale entrambialdifuorideldominio. Tale grafico interseca l asse y in B (, ); inoltre, essendo f,ef(), esso interseca le due rette di equazione e rispettivamente in A, e C,. La funzione g() 4 neldominio, ha per grafico un arco di parabola con concavità volta verso il basso, asse di equazione 4 e vertice in 4, e quindi non ha intersezione con l asse. 9 È immediato verificare che anche questo grafico passa per A, B e C. Inoltre in, risulta > : quindi f() g() 4 ( )( 8 6) 6 5 ( )() oppure, ma è fuori dominio,.

3 Dunque la regione da prendere in esame è quella delimitata in figura dalla linea più spessa, la cui area èdatada Z Poiché A () A () Z / (f() g()) d Z (g() f()) d. 4 d ln 6 c, risulta ln 6 ln 6 7 / ln 6 ln 86 8 ln La funzione f(t) t èdefinita in \{,, }, inquantoperchésiadefinito il logaritmo ln (t ) deve essere t 6 eperchésiadefinita la frazione deve essere ln (t ) 6. Nell intervallo (, ) la funzione è sempre continua e negativa in quanto il denominatore è negativo. (a) Per t,ln(t ) equindif(t). Per t,ln(t ) e quindi f(t). Per trovare una funzione asintotica a f(t) pert, osserviamo che essendo t>si può scrivere ln (t )lnt echepert risulta ln t ln((t)) ' (t ): quindi f(t) t ln (t ) ' t (t ) (t ) (b) Come appena visto, la funzione in non èdefinita ma ha limite finito: quindi l integrale / / generalizzato f(t) dt lim f(t) dt esiste finito e può essere pensato come integrale di Cauchy-iemann della funzione f(t) lacuidefinizione sia completata per continuità in t. Invece il limite della funzione per t èinfinito e quindi f(t) dt èunintegrale improprio di seconda specie. La funzione f(t) ènegativain, : quindi si può applicare un criterio di convergenza per gli integrali impropri, in particolare quello del confronto asintotico. Per t la funzione f(t) èasintoticaa (t ) 4 dt / (t ) di t conesponente ): dunque, ma l integrale improprio di seconda specie / / : ora / (t ) dt dt diverge (potenza / (t ) dt diverge e, per il criterio del (t ) confronto asintotico, l integrale improprio di seconda specie f(t) dt diverge. Di conseguenza / f(t) dt f(t) dt f(t) dt diverge in quanto somma di un integrale / generalizzato finito e di un integrale improprio divergente. /

4 6. La funzione di due variabili f(, y) (sin) (cosy) ha derivate parziali f (, y) (sin)(cos) sin e f y (, y) (siny). I suoi punti critici sono quelli le cui coordinate annullano il gradiente grad (f(, y)) (f (, y),f y (, y)), ½ ½ sin hπ cioè lesoluzionidelsistema: cioè sin y y kπ I punti critici sono quindi quelli della forma hπ,kπ, al variare comunque di h, k in Z: nella regione π, π (π, π] i punti di questa forma sono quattro: (, ), π,,(, π), π, π ed in essi la funzione vale rispettivamente:,,,. Tenuto conto che l hessiano è H(, y) (cos) (cosy) 4(cos)(cosy) si vede che: H(, π) H π, 4 < equindi (, π) e π, sono punti di sella ; H(, ) H π, π 4> ed, essendo f (, ) cos > ef π, π cosπ < equindi (, ) èunminimolocale e π, π è un massimo locale. Per rendere più visibili i punti critici che cadono sul bordo della regione π, π (π, π], le figure rappresentano la parte di grafico contenuta tra i piani π e.8, y π e y.4, z ez La prima mostra i punti di sella e gli estremanti locali; - - la seconda fornisce la proiezione in piano con le curvedilivello:ipuntiestremantisonoalcentro di zone delimitate da curve chiuse; i punti di sella stanno dove le curve di livello si incrociano. 4

5 7. y (5 y)( y) è un equazione differenziale del I ordine a variabili separabili. Le funzioni a(t) e b(y) (5y)( y) sonocontinuesu. Quindi il problema di Cauchy al punto (b) è sicuramente risolubile. (a) Quest equazione differenziale ha tra le sue soluzioni le due funzioni costanti: y 5ey ciascuna delle quali annulla entrambi Z i membri dell equazione Z differenziale. dy Isolatequestesoluzioni,siintegra: (5 y)( y) dt, trovando ln y 5 y t k, poiché (5 y)( y) (y 5) (y ) (y 5). Quindi (y ) y 5 y ek t, cioè (tenuto conto anche della soluzione costante y 5eposto±e k c ): y 5 y ce t. Allora, esplicitando y, l integrale generale dell equazione differenziale è: y(t) 5 ce t ce t ce t (b) Perché la funzione soluzione y(t) soddisfi la condizione iniziale y(), basta che sia 5 ce cioè c 5. Quindi la soluzione di questo problema di Cauchy è la funzione 6 descritta dalla legge y(t), ristretta a quello dei suoi due intervalli di 5e t definizione che contiene il punto iniziale t. Si deve avere 5e t 6cioè t 6 ln 5 (che è un numero negativo, poiché < ): quindi 5 il dominio della soluzione di Cauchy è l intervallo ln 5,. 8. Il prodotto vettoriale dei due vettori di : u (,, ) e v (,, ) è il risultato del i j k determinante formale ij k, cioè u v (,, ). Il coseno dell angolo convesso formato da u v con il vettore w (,, ) èdatoda (u v) w (,, ) (,, ) u v w (,, ) (,, ) e quindi l angolo misura π radianti. 5