Matematica e Statistica Prova d esame (08/0/0) Università di Verona - Laurea in Biotecnologie - A.A. 0/ Tema A
Matematica e Statistica Prova di MATEMATICA (08/0/0) Università di Verona - Laurea in Biotecnologie - A.A. 0/ Cognome-Nome Matr. IN STAMPATELLO VR Tema A *** Svolgere prima i punti (a) di tutti gli esercizi; solo in seguito i punti (b). *** Test a quiz sul retro () (a) Nel piano (x, y) sono dati i vettori v = (, ) e w = (3, ): trovare la decomposizione di w nelle direzioni parallela e ortogonale a v, e (sia in forma parametrica che cartesiana) le rette r e s passanti per il punto P (, ) e rispettivamente parallela a w e ortogonale a v. (b) Vedendo poi il piano (x, y) come il piano orizzontale z = 0 dello spazio (x, y, z), determinare (sia in forma parametrica che cartesiana) il piano Π passante per A(0,, 3) e ortogonale a r, e il piano Σ passante per A che interseca il piano orizzontale (x, y) nella retta s. () Studiare l andamento di f(x) = arctg x + log x, e tracciarne il grafico. () (3) (a) Calcolare π (b) Disegnare S = 0 sin x cos x dx e 0 { (x, y) : x 3 y x x, x f(x) dx (ove f è quella dell Ex. ). }, e calcolarne l area. () (a) Data g(x, y) = + xy, determinarne dominio, zeri, segno e limiti interessanti, disegnando x + y i risultati. Trovarne i punti stazionari ed eventuali estremi locali. Si può dare qualche informazione su come sono fatte le curve di livello g(x, y) = k al variare di k R? (b) Disegnare l insieme L = {(x, y) : xy, 0 x, 0 y }, e calcolare gli estremi assoluti di g su L. (5) Sono date le equazioni differenziali y e x = y 3 e y y + y = 5 cos x. (a) Trovare le soluzioni di ciascuna delle due equazioni, dicendo se ve ne sono di comuni. (b) Quali delle soluzioni trovate ammettono un estremo locale per x = 0? () Per lo studio di zeri e segno può essere utile un confronto grafico. Non è necessario lo studio della convessità.
Matematica e Statistica Prova di STATISTICA (08/0/0) Università di Verona - Laurea in Biotecnologie - A.A. 0/ Cognome-Nome Matr. IN STAMPATELLO VR Tema A *** Attenzione: compiti illeggibili non verranno corretti! *** Test a quiz sul retro
Tema A - Soluzioni MATEMATICA () (a) Dati i vettori v = (, ) e w = (3, ), la decomposizione w = w + w nelle direzioni rispettivamente parallela e ortogonale a v è data da w = w v v = 5 (, ) = (, ) e w = w w = (3, ) (, ) = (, ) v v 5 (si noti che w v = 0). La retta r passante per il punto P (, ) e parallela a w ha forma parametrica r = {(, ) + t(3, ) : t R} = {( + 3t, + t) : t R}; da y = + t si ricava t = y, che messo in x = + 3t dà x = + 3y 6, da cui la forma cartesiana x 3y + 7 = 0. La retta s, ortogonale a v, ha forma cartesiana del tipo x y + k = 0, e il passaggio per P dà k = : dunque x y + = 0. Un vettore parallelo a s sarà ortogonale a v = (, ), dunque ad esempio v = (, ): ne segue la forma parametrica s = {(, ) + t(, ) : t R} = {( + t, + t) : t R}. (b) Il piano Π ortogonale a r sarà ortogonale a w = (3,, 0), e avrà dunque forma cartesiana del tipo 3x+y+k = 0; e il passaggio per il punto A(0,, 3) dà k =, da cui 3x+y = 0. Due vettori ortogonali a w e non paralleli tra loro sono ad esempio u = (, 3, 0) e u = (0, 0, ), da cui la forma parametrica Π = {(0,, 3)+a(, 3, 0)+b(0, 0, ) : a, b R} = {(a, 3a, 3 + b) : a, b R}. Il piano Σ passante per A che interseca il piano orizzontale (x, y) nella retta s: pertanto il vettore (,, 0), che sappiamo essere parallelo a s, sarà parallelo anche a Σ. Per la forma parametrica ci serve però un altro vettore parallelo: poiché Σ contiene i punti A e P (,, 0) (quello che sta nella retta s), Σ sarà parallelo anche al vettore-differenza A P = (,, 3). Una forma parametrica per il piano è dunque Σ = {(0,, 3) + a(,, 0) + b(,, 3) : a, b R} = {(a + b, + a b, 3 + 3b) : a, b R}; ricavando poi da (x, y, z) = (a + b, + a b, 3 + 3b) i parametri a, b e sostituendo si trova la forma cartesiana x y z + = 0. () (Figura ) La funzione f(x) = arctg x + log x è definita per x, ed è derivabile infinite volte nel suo dominio; non ha parità ne periodicità. Si ha f(x) = 0 quando arctg x = log x : un confronto grafico tra arctg x (che è l arcotangente con i valori in verticale dilatati di un fattore, dunque con asintoti orizzontali y = π a ) e log x (che è il logaritmo traslato di a destra, simmetrizzato rispetto alla retta x = e rovesciato di segno) mostra abbastanza chiaramente che ciò accade in quattro punti x, x, x 3 e x con 9 < x < 8, < x < 0 e < x 3 < < x < 3. Si ha poi f(x) = 0 quando arctg x > log x, e sempre il confronto grafico dice che ciò accade per x < x, x < x < x 3 e x > x. I limiti interessanti sono tutti determinati, e valgono lim x f(x) = + e lim x f(x) =. Derivando (e ricordando che la derivata di log x è ) si ottiene f (x) = + = x +x 3. Si ha f (x) = 0 quando x = 3 o x = ; il numeratore x x + x (x +)(x ) è positivo per x < 3 o per x >, il denominatore per x >, pertanto vale f (x) > 0 se e solo se 3 < x < o x >. Ne ricaviamo che x = 3 e x = sono rispettivamente un punto di minimo e massimo relativo stretto, con f( 3) = log 5 arctg 3 0,9 e f() = π. (3) (a) Posto t = cos x, da cui dt = sin x dx, vale π sin x dx = π 0 cos sin x cos x dx = 0 t ( dt) = t dt = x 0 cos x t 0 t ( log t ] 0 = (0) ( log ) = log. Integrando per parti si ha f(x) dx = arctg x dx + log x dx = x arctg x x x + dx + x log x x x dx = x arctg x log(x + ) + x log x ( + x ) dx = x( arctg x ) log(x + ) + (x ) log x : pertanto f(x) dx = (x( arctg x ) 0 log(x + ) + (x ) log x ] 0 = ( π log ) ( log ) = π + log,3. (b) (Figura ) La funzione x si studia facilmente (dominio x 0, zero in x =, positiva per x >, asintoto x verticale bilatero in x = 0 nel quale tende a, asintoto orizzontale bilatero y = 0; la derivata x mostra x 3 che c è crescenza solo per 0 < x <, con massimo assoluto assunto per x = ); la funzione x 3 ha come grafico la retta y = x per x 3, e la retta y = x 5 per x > 3; e la condizione x equivale a < x <. L insieme S ne risulta allora come in Figura, ed avrà area x dx+ 3 (x 5) dx+ ( x) dx = x 3 (log x + x ] + ( x 5x] 3 + (x x ] 3 = ( log + ) () + ( ) ( ) + ( ) ( 3 ) = log +. () (a) (Figura 3) Il dominio di g(x, y) = +xy è il piano x+y R privato della retta y = x; si tratta di una funzione differenziabile, in quanto le derivate parziali g = y(x+y) (+xy) = y e g = x(x+y) (+xy) = (x ) x (x+y) (x+y) y (x+y) (x+y) risultano continue nel dominio. La funzione si annulla sui rami dell iperbole xy =, tranne ovviamente che nei punti A(, ) e B(, ) che sono fuori dal dominio (sono le intersezioni tra l iperbole e la retta y = x); il numeratore è > 0 nella zona compresa tra i due rami (assi inclusi) e < 0 altrove, il denominatore è > 0 sopra la retta e < 0 sotto, e il segno di f ne segue per quoziente. I limiti interessanti sono quelli in A, B e, e nessuno dei tre esiste: in effetti tendendo a ciascuno dei tre punti lungo l iperbole (che è la curva degli zeri)
la funzione è nulla, mentre ad esempio sulle rette x = vale costantemente. Dal sistema g = g = 0 x y si ricava y = e x =, da cui i due punti stazionari C(, ) e D(, ) (ovviamente le soluzioni A e B vanno escluse perché fuori dal dominio). La matrice hessiana di g risulta H g(x, y) = essendo H g(c) = ( ) 0 0 e H g(d) = ( 0 0 (y ) (xy+) (x+y) 3 (x+y) 3 (xy+) (x ) (x+y) 3 (x+y) 3 ; ), il criterio dell hessiano ci dice subito che C e D sono due punti di sella. Infine, le curve di livello g(x, y) = k, ovvero xy kx ky + = 0, sono delle iperboli equilatere traslate: cercando infatti una traslazione (X, Y ) = (x + a, y + b) che porti l equazione nella consueta forma canonica XY = K, da xy kx ky + = 0 si ricava (X a)(y b) k(x a) k(y b) + = 0, ovvero XY (b + k)x (a + k)y + ab + ka + kb + = 0, e con la scelta (a, b) = ( k, k) si trova XY = K con K = (k ). Pertanto la curva di livello g(x, y) = k è l iperbole equilatera di asintoti x = k e y = k, di parametro (k ); in particolare, per k = 0 si ritrova l iperbole xy = degli zeri di g, e per k = si trova l iperbole degenerata nel prodotto dei due asintoti. (b) (Figura 3) L insieme L = {(x, y) : xy, 0 x, 0 y } è la regione compresa tra due archi di iperboli equilatere nel primo quadrante rappresentata in Figura 3. Per la ricerca degli estremi assoluti di g su L (che esistono in base a Weierstrass, essendo L un sottoinsieme compatto ovvero chiuso e limitato interamente contenuto nel dominio di g, che è continua) dividiamo L nelle zone L 0 dei suoi punti interni; L del bordo orizzontale privato dei vertici; L del bordo verticale privato dei vertici; L 3 del bordo iperbolico inferiore privato dei vertici; L del bordo iperbolico superiore privato dei vertici; e L 5 = {E(, ), F (, ), G(, ), H(, )} dei vertici. Se massimo o minimo assoluti fossero assunti in un punto di L 0, tale punto dovrebbe essere in particolare stazionario per g: come visto prima ce ne sono due, e l unico dentro L 0 è C(, ). Sul lato L la funzione vale ϕ (x) := g(x, ) = x+ con < x <. Se massimo o minimo assoluti fossero assunti in un x+ punto di L, in tale punto dovrebbe annullarsi la derivata ϕ (x) = 3 : ma ciò è impossibile. Similmente, (x+) sul lato L la funzione vale ϕ (y) := g(, y) = y+ y+8 con < y <, ma la derivata ϕ (y) = 3 (x+) annulla mai. Sull arco d iperbole L 3 la funzione vale ϕ 3(x) := g(x, ) = 3 x x+ x derivata ϕ 3(x) = 3 x si annulla per x = (x +), e otteniamo così un punto M( L la funzione vale ϕ (x) := g(x, x ) = 6 x+ x = 3x x + = 3x x + con non si < x < ; la, ). Sull arco d iperbole con < x < ; la derivata ϕ (x) = 3 x (x +) si annulla per x =, e si otteniamo così un ulteriore punto N(, ). Infine, i quattro punti E, F, G, H di L 5 vanno tenuti tutti presenti. Gli estremi assoluti di g su L potranno dunque assunti solo nell ambito dei sette punti C, M, N, E, F, G, H: poiché g(c) = g(f ) =, g(m) = g(n) = 3,, g(e) = g(g) = 0,7 e 3 g(h) = 0,, il massimo assoluto di g su L è 3, (assunto in M e in N) e il minimo assoluto è 0, (assunto in H). (5) (a) L equazione differenziale y e x = y 3 è del primo ordine a variabili separabili. Tenuto conto della soluzione costante y(x) 0, separando le variabili si ottiene dy = e x dx, da cui integrando = e x + k = kex y 3 y e x con k R, da cui y = ± e x ke x con k R. L equazione differenziale y y + y = 5 cos x è del secondo ordine, lineare a coefficienti costanti. L equazione caratteristica t t + = 0 ha soluzione doppia t =, dunque lo spazio di soluzioni dell equazione omogenea associata è y(x) = e x (A + Bx) al variare di A, B R. Una soluzione particolare per la completa con b (x) = è la costante ỹ (x) =, una particolare per la completa con b (x) = 5 cos x è del tipo ỹ (x) = a cos x + b sin x, e i calcoli danno (a, b) = ( 3, ); dunque lo spazio di 5 5 soluzioni dell equazione completa è y(x) = e x (A + Bx) + (3 cos x + sin x) al variare di A, B R Tra le due 5 equazioni non vi sono soluzioni in comune. (b) Condizione necessaria affinché una funzione derivabile y(x) ammetta un estremo locale in x = 0 è che y (0) = 0; per le soluzioni della prima equazione si ha y (x) = y(x)3 = ± e x e 3x e x ( ke x ) 3 da cui vale sempre y (0) 0, perciò per esse niente da fare per alcun k; per le soluzioni della seconda si ha y (x) = e x ( A + B + Bx) ( cos x 3 sin x) 5 da cui y (0) = A + B = 0, ovvero B = A +. Derivando ancora si ottiene 5 5 y (x) = e x ( A + B + Bx) + (3 cos x + sin x): sappiamo che se inoltre vale 5 y (0) = A + B + 3 0 (ovvero B A 3 ) la condizione è 5 5 anche sufficiente, ovvero si ha in effetti un estremante locale e non un flesso. Ora, poiché si ha A+ = A 3 5 5 quando A = 8, tutte le soluzioni del tipo y(x) = e x 5 (A + ( A)x) + (3 cos x + sin x) al variare di A R 5 5 con A 8 8 assumono un estremo locale per x = 0, mentre nel caso particolare A = bisognerebbe approfondire 5 5 l analisi con le derivate successive (in effetti, facendolo si noterebbe che per tale valore speciale di A la prima derivata a non annullarsi è y () (0) = 5 < 0, il che dice che in x = 0 si ha un massimo locale stretto; e che le soluzioni individuate ammettono un minimo locale stretto per A < 8 8 e un massimo locale stretto per A ). 5 5
. Il grafico della funzione dell ex... L insieme dell ex. (3.b). 3. Ex. (.b): zeri (rosso), segno positivo (giallo) e negativo (grigio) della funzione g; i punti stazionari (porpora); l insieme L (azzurro). 3
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Matematica e Statistica Prova d esame (08/0/0) Università di Verona - Laurea in Biotecnologie - A.A. 0/ Tema B 8
Matematica e Statistica Prova di MATEMATICA (08/0/0) Università di Verona - Laurea in Biotecnologie - A.A. 0/ Cognome-Nome Matr. IN STAMPATELLO VR Tema B *** Svolgere prima i punti (a) di tutti gli esercizi; solo in seguito i punti (b). *** Test a quiz sul retro () (a) Nel piano (x, y) sono dati i vettori v = (3, ) e w = (, ): trovare la decomposizione di v nelle direzioni parallela e ortogonale a w, e (sia in forma parametrica che cartesiana) le rette r e s passanti per il punto P (, ) e rispettivamente parallela a v e ortogonale a w. (b) Vedendo poi il piano (x, y) come il piano orizzontale z = 0 dello spazio (x, y, z), determinare (sia in forma parametrica che cartesiana) il piano Π passante per A(0,, 3) e ortogonale a r, e il piano Σ passante per A che interseca il piano orizzontale (x, y) nella retta s. () Studiare l andamento di f(x) = log x + arctg x, e tracciarne il grafico. () (3) (a) Calcolare 0 (b) Disegnare S = f(x) dx (ove f è quella dell Ex. ) { (x, y) : x, x 3 y x x e π 0 sin x 3 + sin x dx. }, e calcolarne l area. () (a) Data g(x, y) = xy +, determinarne dominio, zeri, segno e limiti interessanti, disegnando y + x i risultati. Trovarne i punti stazionari ed eventuali estremi locali. Si può dare qualche informazione su come sono fatte le curve di livello g(x, y) = k al variare di k R? (b) Disegnare l insieme L = {(x, y) : 0 x, 0 y, xy }, e calcolare gli estremi assoluti di g su L. (5) Sono date le equazioni differenziali y + y + y = 5 cos x e y e x = y 3. (a) Trovare le soluzioni di ciascuna delle due equazioni, dicendo se ve ne sono di comuni. (b) Quali delle soluzioni trovate ammettono un estremo locale per x = 0? () Per lo studio di zeri e segno può essere utile un confronto grafico. Non è necessario lo studio della convessità.
Matematica e Statistica Prova di STATISTICA (08/0/0) Università di Verona - Laurea in Biotecnologie - A.A. 0/ Cognome-Nome Matr. IN STAMPATELLO VR Tema B *** Attenzione: compiti illeggibili non verranno corretti! *** Test a quiz sul retro
Tema B - Soluzioni MATEMATICA () (a) Dati i vettori v = (3, ) e w = (, ), la decomposizione v = v + v nelle direzioni rispettivamente parallela v w e ortogonale a w è data da v = w = 5 (, ) = (, ) e v = v v = (3, ) (, ) = (, ) w w 5 (si noti che v w = 0). La retta r passante per il punto P (, ) e parallela a v ha forma parametrica r = {(, ) + t(3, ) : t R} = {( + 3t, t) : t R}; da y = t si ricava t = y, che messo in x = + 3t dà x = 3y 6, da cui la forma cartesiana x + 3y + 7 = 0. La retta s, ortogonale a w, ha forma cartesiana del tipo x + y + k = 0, e il passaggio per P dà k = : dunque x + y + = 0. Un vettore parallelo a s sarà ortogonale a w = (, ), dunque ad esempio w = (, ): ne segue la forma parametrica s = {(, ) + t(, ) : t R} = {( + t, t) : t R}. (b) Il piano Π ortogonale a r sarà ortogonale a v = (3,, 0), e avrà dunque forma cartesiana del tipo 3x y+k = 0; e il passaggio per il punto A(0,, 3) dà k =, da cui 3x y = 0. Due vettori ortogonali a v e non paralleli tra loro sono ad esempio u = (, 3, 0) e u = (0, 0, ), da cui la forma parametrica Π = {(0,, 3)+a(, 3, 0)+b(0, 0, ) : a, b R} = {(a, + 3a, 3 + b) : a, b R}. Il piano Σ passante per A che interseca il piano orizzontale (x, y) nella retta s: pertanto il vettore (,, 0), che sappiamo essere parallelo a s, sarà parallelo anche a Σ. Per la forma parametrica ci serve però un altro vettore parallelo: poiché Σ contiene i punti A e P (,, 0) (quello che sta nella retta s), Σ sarà parallelo anche al vettore-differenza A P = (,, 3). Una forma parametrica per il piano è dunque Σ = {(0,, 3) + a(,, 0) + b(,, 3) : a, b R} = {(a + b, a + b, 3 + 3b) : a, b R}; ricavando poi da (x, y, z) = (a + b, a + b, 3 + 3b) i parametri a, b e sostituendo si trova la forma cartesiana x + y z + = 0. () (Figura ) La funzione f(x) = log x + arctg x è definita per x, ed è derivabile infinite volte nel suo dominio; non ha parità ne periodicità. Si ha f(x) = 0 quando arctg x = log x + : un confronto grafico tra arctg x (che è l arcotangente con i valori in verticale dilatati di un fattore, dunque con asintoti orizzontali y = π a ) e log x + (che è il logaritmo traslato di a sinistra e simmetrizzato rispetto alla retta x = ) mostra abbastanza chiaramente che ciò accade in quattro punti x, x, x 3 e x con 8 < x < 9, 0 < x < e 3 < x 3 < < x <. Si ha poi f(x) = 0 quando arctg x < log x +, e sempre il confronto grafico dice che ciò accade per x > x, x 3 < x < x e x < x. I limiti interessanti sono tutti determinati, e valgono lim x f(x) = + e lim x f(x) =. Derivando (e ricordando che la derivata di log x è ) si ottiene x f (x) = x+ x + = x x 3 (x +)(x+). Si ha f (x) = 0 quando x = o x = 3; il numeratore è positivo per x < o per x > 3, il denominatore per x >, pertanto vale f (x) > 0 se e solo se < x < o x > 3. Ne ricaviamo che x = e x = 3 sono rispettivamente un punto di massimo e minimo relativo stretto, con f( ) = π e f(3) = log 5 arctg 3 0,9. (3) (a) Integrando per parti si ha f(x) dx = log x + dx arctg x dx = x log x + x dx x arctg x + x+ x dx = x log x+ ( ) dx x arctg x + x+ x+log(x +) = x( arctg x +)+log(x +)+(x+) log x+ : pertanto 0 f(x) dx = ( x( arctg x + ) + log(x + ) + (x + ) log x + ] 0 = ( log ) ( π + + log ) = log + π,3. Posto t = sin x, da cui dt = cos x dx, vale π sin x dx = π 0 3+sin sin x cos x dx = t dt = x 0 3+sin x 0 3+t (log(3 + t )] 0 = log log 3. (b) (Figura ) La funzione x si studia facilmente (dominio x 0, zero in x =, positiva per x >, asintoto x verticale bilatero in x = 0 nel quale tende a, asintoto orizzontale bilatero y = 0; la derivata x mostra x 3 che c è crescenza solo per 0 < x <, con massimo assoluto assunto per x = ); la funzione x 3 ha come grafico la retta y = x per x 3, e la retta y = x 5 per x > 3; e la condizione x equivale a < x <. L insieme S ne risulta allora come in Figura, ed avrà area x dx+ 3 (x 5) dx+ ( x) dx = x 3 (log x + x ] + ( x 5x] 3 + (x x ] 3 = ( log + ) () + ( ) ( ) + ( ) ( 3 ) = log +. () (a) (Figura 3) Il dominio di g(x, y) = +xy è il piano x+y R privato della retta y = x; si tratta di una funzione differenziabile, in quanto le derivate parziali g = y(x+y) (+xy) = y e g = x(x+y) (+xy) = (x ) x (x+y) (x+y) y (x+y) (x+y) risultano continue nel dominio. La funzione si annulla sui rami dell iperbole xy =, tranne ovviamente che nei punti A(, ) e B(, ) che sono fuori dal dominio (sono le intersezioni tra l iperbole e la retta y = x); il numeratore è > 0 nella zona compresa tra i due rami (assi inclusi) e < 0 altrove, il denominatore è > 0 sopra la retta e < 0 sotto, e il segno di f ne segue per quoziente. I limiti interessanti sono quelli in A, B e, e
nessuno dei tre esiste: in effetti tendendo a ciascuno dei tre punti lungo l iperbole (che è la curva degli zeri) la funzione è nulla, mentre ad esempio sulle rette x = vale costantemente. Dal sistema g = g = 0 x y si ricava y = e x =, da cui i due punti stazionari C(, ) e D(, ) (ovviamente le soluzioni A e B vanno escluse perché fuori dal dominio). La matrice hessiana di g risulta H g(x, y) = essendo H g(c) = ( ) 0 0 e H g(d) = ( 0 0 (y ) (xy+) (x+y) 3 (x+y) 3 (xy+) (x ) (x+y) 3 (x+y) 3 ; ), il criterio dell hessiano ci dice subito che C e D sono due punti di sella. Infine, le curve di livello g(x, y) = k, ovvero xy kx ky + = 0, sono delle iperboli equilatere traslate: cercando infatti una traslazione (X, Y ) = (x + a, y + b) che porti l equazione nella consueta forma canonica XY = K, da xy kx ky + = 0 si ricava (X a)(y b) k(x a) k(y b) + = 0, ovvero XY (b + k)x (a + k)y + ab + ka + kb + = 0, e con la scelta (a, b) = ( k, k) si trova XY = K con K = (k ). Pertanto la curva di livello g(x, y) = k è l iperbole equilatera di asintoti x = k e y = k, di parametro (k ); in particolare, per k = 0 si ritrova l iperbole xy = degli zeri di g, e per k = si trova l iperbole degenerata nel prodotto dei due asintoti. (b) (Figura 3) L insieme L = {(x, y) : xy, 0 x, 0 y } è la regione compresa tra due archi di iperboli equilatere nel primo quadrante rappresentata in Figura 3. Per la ricerca degli estremi assoluti di g su L (che esistono in base a Weierstrass, essendo L un sottoinsieme compatto ovvero chiuso e limitato interamente contenuto nel dominio di g, che è continua) dividiamo L nelle zone L 0 dei suoi punti interni; L del bordo orizzontale privato dei vertici; L del bordo verticale privato dei vertici; L 3 del bordo iperbolico inferiore privato dei vertici; L del bordo iperbolico superiore privato dei vertici; e L 5 = {E(, ), F (, ), G(, ), H(, )} dei vertici. Se massimo o minimo assoluti fossero assunti in un punto di L 0, tale punto dovrebbe essere in particolare stazionario per g: come visto prima ce ne sono due, e l unico dentro L 0 è C(, ). Sul lato L la funzione vale ϕ (x) := g(x, ) = x+ con < x <. Se massimo o minimo assoluti fossero assunti in un x+ punto di L, in tale punto dovrebbe annullarsi la derivata ϕ (x) = 3 : ma ciò è impossibile. Similmente, (x+) sul lato L la funzione vale ϕ (y) := g(, y) = y+ y+8 con < y <, ma la derivata ϕ (y) = 3 (x+) annulla mai. Sull arco d iperbole L 3 la funzione vale ϕ 3(x) := g(x, ) = 3 x x+ x derivata ϕ 3(x) = 3 x si annulla per x = (x +), e otteniamo così un punto M( L la funzione vale ϕ (x) := g(x, x ) = 6 x+ x = 3x x + = 3x x + con non si < x < ; la, ). Sull arco d iperbole con < x < ; la derivata ϕ (x) = 3 x (x +) si annulla per x =, e si otteniamo così un ulteriore punto N(, ). Infine, i quattro punti E, F, G, H di L 5 vanno tenuti tutti presenti. Gli estremi assoluti di g su L potranno dunque assunti solo nell ambito dei sette punti C, M, N, E, F, G, H: poiché g(c) = g(f ) =, g(m) = g(n) = 3,, g(e) = g(g) = 0,7 e 3 g(h) = 0,, il massimo assoluto di g su L è 3, (assunto in M e in N) e il minimo assoluto è 0, (assunto in H). (5) (a) L equazione differenziale y + y + y = 5 cos x è del secondo ordine, lineare a coefficienti costanti. L equazione caratteristica t +t+ = 0 ha soluzione doppia t =, dunque lo spazio di soluzioni dell equazione omogenea associata è y(x) = e x (A + Bx) al variare di A, B R. Una soluzione particolare per la completa con b (x) = è la costante ỹ (x) =, una particolare per la completa con b (x) = 5 cos x è del tipo ỹ (x) = a cos x + b sin x, e i calcoli danno (a, b) = ( 3, ); dunque lo spazio di soluzioni dell equazione completa è y(x) = 5 5 e x (A + Bx) + + (3 cos x sin x) al variare di A, B R L equazione differenziale 5 y e x = y 3 è del primo ordine a variabili separabili. Tenuto conto della soluzione costante y(x) 0, separando le variabili si ottiene dy = e x dx, da cui integrando = e x + k con k R, da cui y = ± y 3 y k+e x con k R. Tra le due equazioni non vi sono soluzioni in comune. (b) Condizione necessaria affinché una funzione derivabile y(x) ammetta un estremo locale in x = 0 è che y (0) = 0; per le soluzioni della prima equazione si ha y (x) = y(x)3 e x = ex (k+e x ) 3 da cui vale sempre y (0) 0, perciò per esse niente da fare per alcun k; per le soluzioni della seconda si ha y (x) = e x ( A+B Bx) ( cos x+3 sin x) 5 da cui y (0) = A + B = 0, ovvero B = A +. Derivando ancora si ottiene 5 5 y (x) = e x ( A B + Bx) (3 cos x sin x): sappiamo che se inoltre vale 5 y (0) = A B 3 0 (ovvero B A 3 ) la condizione è 5 5 anche sufficiente, ovvero si ha in effetti un estremante locale e non un flesso. Ora, poiché si ha A + = A 3 5 5 quando A = 8, tutte le soluzioni del tipo y(x) = x 5 e (A + ( + A)x) + + (3 cos x sin x) al variare di 5 5 A R con A 8 8 assumono un estremo locale per x = 0, mentre nel caso particolare A = bisognerebbe 5 5 approfondire l analisi con le derivate successive (in effetti, facendolo si noterebbe che per tale valore speciale di A la prima derivata a non annullarsi è y () (0) = 5 > 0, il che dice che in x = 0 si ha un minimo locale stretto; e che le soluzioni individuate ammettono un massimo locale stretto per A > 8 e un minimo locale stretto per 5 A 8 ). 5
. Il grafico della funzione dell ex... L insieme dell ex. (3.b). 3. Ex. (.b): zeri (rosso), segno positivo (giallo) e negativo (grigio) della funzione g; i punti stazionari (porpora); l insieme L (azzurro). 3
STATISTICA
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