Modulo di Matematica ed Informatica per il Corso di Laurea in Farmacia Soluzioni dello scritto del 3 giugno 2014

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1 Modulo di Matematica ed Infomatica pe il Coso di Lauea in Famacia Soluzioni dello scitto del 3 giugno 04 Esecizio. Indichiamo con i il numeo di battiti cadiaci al minuto, in odine cescente, e con f i le fequenze assolute: 66, 67, 3 68, 4 69, 70, 6 7, 7 7, f 4, f, f 3, f 4 3, f 3, f 6, f 7. L istogamma dei dati accolti è appesentato in figua. y Figua. Istogamma dell esecizio. C è una moda: 3 68 battiti al minuto, che è il valoe più fequente. La media è µ f + f + f 7 7 f + f + + f , battiti al minuto. 0 Pe ottenee lo stesso isultato, e fae meno calcoli, si poteva suppoe che la media fosse vicina a (66 + 7)/ 69 e calcolae: µ 69 + f ( 69) + f ( 69) + + f 7 ( 7 69) f + + f 7 4 ( 3) + ( ) + ( ) , battiti al minuto. 0 Elencando tutti i 0 valoi i secondo la loo fequenza, in odine cescente, si vede che ai posti 0 e c è 68, quindi la mediana è ( )/ 68 battiti al minuto. La vaianza è σ f ( µ) + f ( µ) + + f 7 ( 7 µ) f + f + + f 7 4(, ) + (, ) + ( 0, ) + 3(0, ) + 3(, ) + (, ) + (3, ) , 4

2 da cui segue che lo scato quadatico medio è σ 3.4, 86 battiti al minuto, dove significa cica. Riassumendo: la media è 68, battiti al minuto, la mediana è 68 battiti al minuto, la moda è 68 battiti al minuto, la vaianza è 3,4, lo scato quadatico medio è cica,86 battiti al minuto. Esecizio. Indichiamo con Ω gli abitanti di Pontegadella con più di 0 anni; M + l evento che un abitante di Pontegadella con più di 0 anni sia malato di diabete; M l evento che un abitante di Pontegadella con più di 0 anni non sia malato di diabete; D l evento che il medico di Pontegadella diagnostichi il diabete ad un abitante di Pontegadella con più di 0 anni; N l evento che il medico di Pontegadella non diagnostichi il diabete ad un abitante di Pontegadella con più di 0 anni. Il testo dell esecizio ci dice che: p(m + ) % 0,, p(d M + ) 9% 0, 9, p(d M ) 3% 0, 03. Al punto (a) l esecizio ci chiede di calcolae la pobabilità condizionata p(m + D), mente al punto (b) ci chiede di calcolae p(m N). (a) Si noti che p(m ) p(m + ) 8% 0, 8. La fomula di Bayes, combinata con la legge delle altenative, ci dice che p(m + D) p(d M + ) p(m + ) p(d) p(d M + ) p(m + ) p(d M + ) p(m + ) + p(d M ) p(m ) 0, 9 0, 0, 9 0, + 0, 03 0, 8 0, 38 0, 38 0, , 40%, 0, , 0 0, 63 dove significa cica e abbiamo appossimato la pecentuale alla seconda cifa decimale. (b) Al punto (a) abbiamo calcolato che p(d) 0, 63, quindi p(n) p(d) 0, , 6%. Inolte dal testo segue che p(n M ) p(d M ) 97% 0, 97. Possiamo concludee alloa applicando ancoa la fomula di Bayes: p(m N) p(n M ) p(m ) p(n) Riassumendo: 0, 97 0, 8 0, 836 la isposta alla domanda (a) è cica 84, 40%, la isposta alla domanda (b) è cica 98, 7%. 0, 84 0, , 7%. 0, 836 Esecizio 3. L esponenziale è definito pe qualsiasi numeo eale e la fazione è definita se e solo se il denominatoe è diveso da zeo, cioè se e solo se 0, quindi il dominio della funzione f è R \ {0} ], 0[ ]0, + [. La funzione f non è pai, pe esempio peché f( ) e 3 + e 3 f(), né dispai, ancoa peché f( ) e 3 e 3 f(). Studiamo gli eventuali asintoti della funzione f.

3 Avendo escluso 0 dal dominio, calcoliamo + e 3 f() e 3 f() peciò f ha l asintoto veticale 0 pe che tende a 0. Riguado agli alti asintoti, si ha f() + e e0 0 0, 0 + e , + + e 3 + e+, pe geachie di infinito, peché l esponenziale va all infinito più velocemente di una funzione polinomiale, quindi f non ha asintoto oizzontale sinisto, cioè pe. Pe veificae se f abbia l asintoto obliquo calcoliamo f() + e 3 + e e+ + +, ancoa pe geachie di infinito, peciò f non ha asintoto obliquo pe. Pe +, si ha + e 3 f() + e 3 + e + 0+, quindi f ha l asintoto oizzontale y pe +. Calcoliamo la deivata pima della funzione f. Come abbiamo già ossevato pima, si ha quindi Ricodando che un quoziente g() h() f() + e 3, ( ) e 3 Df() D. ha deivata D(g()) h() g() D(h()) (h()) e che D(e f() ) e f() Df(), nel nosto caso si ottiene Df() e 3 ( 3) e 3 e 3 (3 + ). Ricodando sempe che e 3 > 0 pe ogni R e che > 0 pe ogni nel dominio, si ha f () 0 se e solo se 3 + 0, cioè se e solo se /3, nel dominio. Ne segue che f è cescente pe < /3, f ha un massimo elativo in /3, dove f( /3) 3e 6,, f è decescente pe /3 < < 0, f è sempe decescente pe > 0. Osseviamo che non ci sono punti di minimo (né elativo né assoluto). La deivata seconda di f() è f () (e 3 ( 3)(3 + ) + e 3 3) e 3 (3 + ) 4 e 3 ( ) e 3 ( ). 4 3 Siccome (3 + ) + ed e 3 sono sempe positivi, si ha f () 0 se e solo se 3 > 0, nel dominio, che accade se e solo se > 0. Ne segue che 3

4 f è concava pe < 0, f è convessa pe > 0. Osseviamo che non ci sono punti di flesso (0 non può essee punto di flesso peché fuoi dal dominio). Si può alloa tacciae un gafico appossimativo della funzione f() come nella figua. 0 y y ( 3, 3e) 0 Figua. Gafico della funzione f() dell esecizio 3 Esecizio 4. Si ha che e 0 0 e cos(0) 0, quindi il ite dato è una foma indeteminata 0 0. Applicando i teoemi di De L Hôpital, toviamo 0 e cos() e 0 sen() dove l ultima uguaglianza segue dal ite fondamentale 0 sen(). Equivalentemente, si poteva continuae usando ancoa i teoemi di De L Hôpital: e 0 sen() e 4 e 0 cos() e0 0 Esecizio. Il gafico di f() mosta che f() ha massimo assoluto in 0 0, dove f(0), quindi la v.a.c. X ha moda 0 0. La media di X è + f() d e d + + che possiamo isolvee pe pati, secondo la fomula g()h () g()h() d g ()h() e d,

5 pe oppotune funzioni g e h. Poniamo g() e h () e, così g () e h() e, quindi e d e e e e da cui segue che l integale genealizzato si può isolvee così: [ e d e d e ] 0 e (0 e0 e + ) e dove nell ultima uguaglianza abbiamo usato le geachie di infinito. In conclusione, la media della v.a.c. X è /. e Dipatimento di Matematica e Infomatica Univesità degli Studi di Feaa