Analisi e Geometria 1 - Prima Prova - 24 Novembre 2015 Terza parte (Compito A)

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1 Politecnico di Milano, Scuola di Ingegneria Industriale e dell Informazione Analisi e Geometria 1 - Prima Prova - Novembre 015 Terza parte Compito A) 1. a) Disegnare nel piano di Gauss gli insiemi S := {z C :0 z 1, 0 Argz) π } T := {w C : w = + i ) z + i z S}. Insieme S: settore circolare con centro in 0, 0), raggio 1 e angoli tra 0 e π. Insieme T : il coefficiente che moltiplica z puo essere riscritto come: 1 cos π ) + icosπ ; quindi T ruota di + π attorno all origine e diventa un settore circolare con centro in 0, 0), raggio 1 e angoli tra π e π. Sommando infine i, l insieme T e un settore circolare con centro in 0, 1), raggio 1 e angoli tra π e π. b) Determinare le soluzioni complesse z C dell equazione e scriverne le soluzioni in forma algebrica. Sostituzione w = z 1. z 1) = i w = i w = i w = 1 cos π ) + icosπ Quindi: Infine: w 1 =1 cos π ) 6 + icosπ = 6 + i 1 w =1 cos 5π ) 6 + icos5π = 6 + i 1 w =1 cos π ) + icosπ = i ) z 1 = w 1 +1= 1+ + i 1 ) z = w +1= 1 + i 1 z = w +1=1 i

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3 Politecnico di Milano, Scuola di Ingegneria Industriale e dell Informazione Analisi e Geometria 1 - Prima Prova - Novembre 015 Terza parte Compito B) 1. a) Disegnare nel piano di Gauss gli insiemi S := {z C :0 z, 0 Argz) π } T := {w C : w = i ) z 1 z S}. Insieme S: settore circolare con centro in 0, 0), raggio e angoli tra 0 e π. Insieme T : il coefficiente che moltiplica z puo essere riscritto come: [ 1 cos π ) + icos π )] ; quindi T ruota di π attorno all origine e diventa un settore circolare con centro in 0, 0), raggio e angoli tra π e π. Sottraendo infine 1, l insieme T e un settore circolare con centro in 1, 0), raggio e angoli tra π e π. b) Determinare le soluzioni complesse z C dell equazione e scriverne le soluzioni in forma algebrica. Sostituzione w = z +i. z +i) = i w = i w = i w = 1 cos π ) + icosπ Quindi: w 1 =1 cos π ) 6 + icosπ = 6 + i 1 w =1 cos 5π ) 6 + icos5π = 6 + i 1 w =1 cos π ) + icosπ = i Infine: z 1 = w 1 i = i z = w i = i z = w i = i

4 . Calcolare il ite: ln 1 + sin x) x 0 tanx )e x 1) Si utilizzano gli asintotici: ln 1 + sin x) x 0 tanx )e x 1) = ln 1 + x ) x 0 x = x 0 x = 1 x x) = x ) x 0 x =. Assegnata la funzione determinarne: fx) := x + x x Df) =R, iti a + e ed eventuali asintoti derivata prima f estremi locali il grafico qualitativo. Limiti: fx) =+ e fx) = x x + Asintoti: cerchiamo, per x ± un asintoto obliquo della forma y = mx + q m, q R). Si noti subito che fx) x per x ±, dacuim = 1. [ Inoltre fx) +x = x x + x = x ) ] 1/ x ) = 1 x x cui deduciamo che q = 1. Quindi y = x 1 Derivata prima: f x) = 1 è asintoto obliquo di f sia per x che per x +. x + x ) / x +x) = x 1/ per x ±, da x +1) / x +) x Df )=R \{ 1, 0}. Derivata prima: abbiamo quindi che f x) > 0 x<, x > 0x 1) f x) =0 x =, f x) < 0 <x<0. Inoltre, dai iti deduciamo che x = f x) =+ e f x) =, x 0 x + è punto di minimo locale di f, x = 0 è punto di natura cuspidale e punto di massimo locale di f. Non sono presenti altri estremanti.

5 Politecnico di Milano, Scuola di Ingegneria Industriale e dell Informazione Analisi e Geometria 1 - Prima Prova - Novembre 015 Terza parte Compito C) 1. a) Disegnare nel piano di Gauss gli insiemi S := {z C :0 z 1, 0 Argz) π } T := {w C : w = + i ) z i z S}. Insieme S: settore circolare con centro in 0, 0), raggio 1 e angoli tra 0 e π. Insieme T : il coefficiente che moltiplica z puo essere riscritto come: 1 cos π ) + icosπ ; quindi T ruota di + π attorno all origine e diventa un settore circolare con centro in 0, 0), raggio 1 e angoli tra π e 5π. Sottraendo infine i, l insieme T e un settore circolare con con centro in 0, 1), raggio 1 e angoli tra π e 5π. b) Determinare le soluzioni complesse z C dell equazione e scriverne le soluzioni in forma algebrica. Sostituzione w = z. z ) = i w = i w = i w = 1 cos π ) + icosπ Quindi: Infine: w 1 =1 cos π ) 6 + icosπ = 6 + i 1 w =1 cos 5π ) 6 + icos5π = 6 + i 1 w =1 cos π ) + icosπ = i ) z 1 = w 1 += + + i 1 ) z = w += + i 1 z = w += i

6 . Calcolare il ite: ln 1 + sin x) x 0 tanx )e x 1) Si utilizzano gli asintotici: ln 1 + sin x) x 0 tanx )e x 1) = ln 1 + x ) x 0 x = x 0 9x = 9 x x) = x ) x 0 9x =. Assegnata la funzione fx) := x x = x x ) x Df) =R, determinarne: iti a + e ed eventuali asintoti derivata prima f estremi locali il grafico qualitativo. Limiti: fx) =+ e fx) = x x + Asintoti: cerchiamo, per x ± un asintoto obliquo della forma y = mx + q m, q R). Si noti subito che fx) x per x ±, dacuim = 1. [ Inoltre fx)+x = x x x = x ) ] 1/ x ) = 1 per x ±, dacui x x deduciamo che q = 1. Quindi y = x + 1 Derivata prima: f x) = 1 è asintoto obliquo di f sia per x che per x +. x x ) / x x) = x 1/ x 1) / x ) x Df )=R \{0, 1}. Derivata prima: abbiamo quindi che f x) > 0 0 <x< f x) =0 x =, f x) < 0 x<0, x > x 1). Inoltre, dai iti deduciamo che x = f x) =+ e f x) =, x 0 x + è punto di minimo locale di f, x = 0 è punto di natura cuspidale e punto di massimo locale di f. Non sono presenti altri estremanti.

7 Politecnico di Milano, Scuola di Ingegneria Industriale e dell Informazione Analisi e Geometria 1 - Prima Prova - Novembre 015 Terza parte Compito D) 1. a) Disegnare nel piano di Gauss gli insiemi S := {z C :0 z 1, 0 Argz) π } T := {w C : w = + i ) z i z S}. Insieme S: settore circolare con centro in 0, 0), raggio 1 e angoli tra 0 e π. Insieme T : il coefficiente che moltiplica z puo essere riscritto come: 1 cos π ) + icosπ ; quindi T ruota di + π attorno all origine e diventa un settore circolare con centro in 0, 0), raggio 1 e angoli tra π e π. Sottraendo infine i, l insieme T e un settore circolare con con centro in 0, 1), raggio 1 e angoli tra π e π. b) Determinare le soluzioni complesse z C dell equazione e scriverne le soluzioni in forma algebrica. Sostituzione w = z +. z +) = i w = i w = i w = 1 cos π ) + icosπ Quindi: Infine: w 1 =1 cos π ) 6 + icosπ = 6 + i 1 w =1 cos 5π ) 6 + icos5π = 6 + i 1 w =1 cos π ) + icosπ = i ) z 1 = w 1 = + + i 1 ) z = w = + i 1 z = w = i

8 . Calcolare il ite: tanx ) e x 1 ) x 0 ln 1 + sin x) Si utilizzano gli asintotici: tanx ) e x 1 ) x 0 ln 1 + sin x) = x 0 x x) ln 1 + x ) = 9x = x 0 x = 9 x 0 9x x ) =. Assegnata la funzione determinarne: fx) := x + x x Df) =R, iti a + e ed eventuali asintoti derivata prima f estremi locali il grafico qualitativo. Limiti: fx) = e fx) =+ x x + Asintoti: cerchiamo, per x ± un asintoto obliquo della forma y = mx + q m, q R). Si noti subito che fx) x per x ±, dacuim =1. [ Inoltre fx) x = x + x x = x 1+ 1 ) 1/ 1] x deduciamo che q = 1. Quindi y = x + 1 Derivata prima: f x) = 1 è asintoto obliquo di f sia per x che per x +. x + x ) / x +x) = x 1/ x 1+ 1 ) x 1 = 1 per x ±, dacui x +1) / x +) x Df )=R \{ 1, 0}. Derivata prima: abbiamo quindi che f x) > 0 <x<0, f x) =0 x =, f x) < 0 x<, x > 0x 1). Inoltre, dai iti deduciamo che x = f x) = e f x) =+, x 0 x + è punto di massimo locale di f, x = 0 è punto di natura cuspidale e punto di minimo locale di f. Non sono presenti altri estremanti.