Matematica e Statistica Prova d esame (/07/202) Università di Verona - Laurea in Biotecnologie - A.A. 20/2
Matematica e Statistica Prova di MATEMATICA (/07/202) Università di Verona - Laurea in Biotecnologie - A.A. 20/2 Cognome-Nome Matr. IN STAMPATELLO VR *** Svolgere prima i punti (a) di tutti gli esercizi; solo in seguito i punti (b). *** Test a quiz sul retro () (a) Nello spazio R si determinino, sia in forma parametrica che cartesiana, il piano Π passante per i punti A(,, 0) e B(0, 2, 2) e parallelo al vettore v = (, 0, 4), e la retta r passante per A e ortogonale ai vettori v e w = (,, 0). (b) Determinare, sempre in forma sia parametrica che cartesiana, il piano Σ ortogonale a v e le cui distanze da A e da B sono rispettivamente e 2. (2) Studiare l andamento di f(x) = x log x + +, e tracciarne il grafico. () x + () (a) Calcolare 0 x 2 + dx e log( x) dx. { (b) Disegnare S = (x, y) : y x, x 4 y x + 4 }, e calcolarne l area. (4) (a) Data g(x, y) = y(x 2 + y 2 4x), determinarne dominio, zeri, segno e limiti interessanti, disegnando i risultati. Trovarne i punti stazionari ed eventuali estremi locali. (b) Disegnare T = {(x, y) : x 0, y 0, x + y 4}, e calcolare gli estremi assoluti di g su T. (5) È data l equazione differenziale y = y α ( + 2x) con la condizione y(0) =, ove α R. (a) Posto α =, trovare la soluzione (se possibile sia come lineare che a variabili separabili). (b) Determinare la soluzione quando α = 2. (Facoltativo: più in generale, al variare di α ). () Nello studio di zeri, segno e crescenza potrebbe essere utile un confronto grafico.
Matematica e Statistica Prova di STATISTICA (/07/202) Università di Verona - Laurea in Biotecnologie - A.A. 20/2 Cognome-Nome Matr. IN STAMPATELLO VR *** Attenzione: compiti illeggibili non verranno corretti! *** Test a quiz sul retro
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Soluzioni MATEMATICA () (a) Il piano Π passante per i punti A(,, 0) e B(0, 2, 2) e parallelo al vettore v = (, 0, 4) è parallelo anche al vettore B A = (,, 2), dunque ha forma parametrica Π = {(,, 0) + s(,, 2) + t(, 0, 4) : s, t R} = {( + s + t, + s, 2s 4t) : s, t R}. Da y = + s si ricava s = y, e da x = + s + t si ha t = (x s+) = (x y +2); allora da z = 2s 4t si ricava z = 2(y ) 4 (x y +2), da cui la forma cartesiana 4x 0y + z + 4 = 0. La retta r, ortogonale ai vettori v = (, 0, 4) e w = (,, 0), sarà allora parallela al prodotto vettoriale v w = ( 4, 4, ) (o al suo opposto (4, 4, )): tenendo presente il passaggio per il punto A(,, 0), ne segue la forma parametrica r = {(x, y, z) = (,, 0) + t(4, 4, ) = ( + 4t, + 4t, t) : t R}. Sostituendo t = z in (x, y) = ( + 4t, + 4t) si ricavano le equazioni x = + 4 z e y = + 4 z, ovvero x 4z + = 0 e y 4z = 0, che messe in sistema forniscono una forma cartesiana di r. (b) Il piano Σ, ortogonale al vettore v = (, 0, 4), avrà forma cartesiana del tipo x 4z + k = 0. Ricordando la formula della distanza punto-piano, la distanza di Σ da A è allora ( ) 4 (0)+k = k, mentre quella da B 2 +0 2 +( 4) 2 5 è (0) 4 (2)+k = k 8 : la condizione che le distanze di Σ da A e da B siano rispettivamente e 2 diventano 2 +0 2 +( 4) 2 5 allora k = 5 e k 8 = 0, che hanno l unica soluzione comune k = 2. Il piano Σ ha dunque forma cartesiana x 4z 2 = 0. Quanto alla forma parametrica, due vettori ortogonali a v (dunque paralleli a Σ) e non paralleli tra loro sono (0,, 0) e (4, 0, ), e un punto di passaggio è ad esempio (2, 0, ): ne ricaviamo che Σ = {(2, 0, ) + s(0,, 0) + t(4, 0, ) : s, t R} = {(2 + 4t, s, + t) : s, t R}. (2) (Figura ) La funzione f(x) = x log x+ + è definita per x, ed è derivabile infinite volte nel suo dominio; non ha parità ne periodicità. Notato che vale f(0) = 0, si ha f(x) = 0 quando log x + = ; e un x confronto grafico tra log x + (il logaritmo simmetrizzato e arretrato di, ovvero con asintoto verticale x = ) e (l iperbole equilatera cambiata di segno) mostra che ciò avviene in un solo punto x ], 2 [. Si ha poi x f(x) > 0 quando x log x+ >, che per x 0 equivale a log x+ : e sempre il confronto grafico mostra x che ciò accade se e solo se x > x (naturalmente con x ). I limiti interessanti sono tutti determinati, e valgono lim x f(x) = e lim x f(x) = + (dunque la retta x = è un asintoto verticale bilatero). Poiché f(x) lim x = +, non vi sono asintoti orizzontali. Derivando si ha f (x) = log x + + x, dunque vale x x+ f (x) 0 quando log x + x x : un confronto grafico tra log x + e l omografica mostra chiaramente x+ x+ che ciò accade se e solo se x < oppure x 0. Ne ricaviamo che f(x) cresce strettamente in ], [ e in ]0, + [, e decresce strettamente in ], 0[: pertanto x = 0 è un punto di minimo relativo stretto, con f(0) =. Derivando ancora si trova f (x) = x+2, pertanto f (x) 0 quando x 2 (ovvero f è concava in ], 2[ (x+) 2 e convessa in ] 2, [ e in ], + [): si ha così un flesso in x = 2, con f( 2) = e f ( 2) = 2. () (a) Posto x = t, ovvero x = t (da cui dx = dt) si ha x+ dx = 0 x 2 t+ dt = + 0 t 2 + t 2 + ) dt = ( 2 log(t2 + ) + arctg t ] 0 = ( 2 log 4 + π x = t 2 (da cui dx = 2t dt) e integrando per parti si ha 4 log( x) dx = 2 t)] 2 2 t2 ( ) dt = log 2 2 t log 2 (2 + 6) + ( + + 9 log 2) = 8 log 2 9,0. 2 2 ( 2t + 0 2 t 2 + ) (0) = log 2 + π,. Posto x = t, ovvero 2t log( t) dt = (t2 log( t 2 dt = log 2 2 (t + + 9 ) dt = log 2 ( t t 2 t2 + t + 9 log t ] 2 = (b) (Figura 2) L area di S = {(x, y) : y x, x 4 y } risulta 0 (x+) dx+ x+ 0 ) dx = ( 2 x2 + x] 0 + (log x + ] 0 + ( 5 x5 x] = (0) ( 2 ) + (log 2) (0) + ( 4 5 ) ( 4 5 ) = 2 0 dx+ x+ (x 4 + log 2 2,8. (4) (a) (Figura ) Il dominio di g(x, y) = y(x 2 + y 2 4x) è dato da tutto il piano R 2 ; si tratta evidentemente di una funzione differenziabile, con derivate parziali g = 2y(x 2) e g = x y x2 + y 2 4x. La funzione si annulla sull asse x e sulla circonferenza x 2 + y 2 4x = 0 (centro (2, 0) e passante per l origine); il fattore y è positivo sopra l asse x, il fattore x 2 + y 2 4x lo è al di fuori della circonferenza, e il segno di g ne segue per prodotto. L unico limite interessante è quello in 2, che non esiste: infatti, tendendovi lungo l asse x la funzione è nulla, mentre tendendovi ad esempio lungo l asse y la funzione, che diventa g(0, y) = y, tende a ±. Dal sistema g = g = 0 si ricavano i punti stazionari O(0, 0), A(4, 0), B(2, 2 ) e C(2, 2 x y ). La matrice hessiana di g risulta H g(x, y) = ( ) 2y 2(x 2) 2(x 2) 6y ; e il criterio dell hessiano dice subito che O e A sono punti di sella mentre B e C sono rispettivamente punti di minimo e massimo locale stretto.
(b) (Figura ) L insieme T = {(x, y) : x 0, y 0, x + y 4} è il triangolo chiuso di vertici O, A e D(0, 4). Per la ricerca degli estremi assoluti di g su T (che esistono in base a Weierstrass, essendo T un sottoinsieme compatto ovvero chiuso e limitato interamente contenuto nel dominio di g, che è continua) dividiamo T nelle zone T 0 dei suoi punti interni; T del bordo verticale privato dei vertici; T 2 del bordo orizzontale privato dei vertici; T del bordo obliquo privato dei vertici; e T 4 = {O(0, 0), A(4, 0), D(0, 4)} dei vertici. Se massimo o minimo assoluti fossero assunti in un punto di T 0, tale punto dovrebbe essere in particolare stazionario per g: come visto prima 2 ce ne sono quattro, e l unico dentro T 0 è B(2, ) (che già sappiamo essere di minimo locale: potrebbe dunque essere un buon candidato per diventare il punto di minimo assoluto per g su T ). Sul lato T la funzione vale ϕ (y) := g(0, y) = y con 0 < y < 4. Se massimo o minimo assoluti fossero assunti in un punto di T, in tale punto dovrebbe annullarsi la derivata ϕ (y) = y 2, il che però per 0 < y < 4 non accade. Sul lato T 2 la funzione è identicamente nulla, e lo teniamo presente. Sul lato T la funzione vale ϕ (x) := g(x, 4 x) = 2(4 x)(x 2 6x+8) con 0 < x < 4; e la derivata ϕ (x) = 2(x 2 20x + 2) si annulla per x = 8 (accettabile) e x = 4 (no). Troviamo dunque un nuovo punto E( 8, 4 ). Infine, i punti O, A, D di T4 vanno tenuti tutti presenti. Gli estremi assoluti di g su T potranno dunque essere assunti solo nell ambito dei punti B, E, O, A, D più tutti i punti di T 2: poiché g(b) = 6 64,, g(e) = 2,4, g(d) = 64, g(o) = g(a) = 0 e lo stesso in tutti i punti di T2, il 27 massimo assoluto di g su T è 64 (assunto in D) e il minimo assoluto è 6 (assunto in B). (5) Dobbiamo trovare la soluzione dell equazione differenziale y = y α ( + 2x) tale che y(0) =. (a) Per α = l equazione diventa y = y( + 2x), che come equazione lineare si può scrivere y + p(x) y = q(x) con p(x) = 2x e q(x) = 0; una primitiva di p(x) è P (x) = x 2 x, dunque le soluzioni sono y(x) = e x2 +x (0+k) = k e x2 +x al variare di k. Come variabili separabili si può scrivere y dy = ( + 2x) dx, da cui log y = x2 + x + h, da cui y = e x2 +x+h = e h e x2 +x, ovvero nuovamente y(x) = k e x2 +x dopo aver posto k = ±e h. Imponendo infine che y(0) = si ottiene k =, cioè la soluzione cercata y(x) = e x2 +x. (b) Quando α = 2 si ottiene y = y 2 (+2x), a variabili separabili. Integrando i due membri di dy = (+2x) dx y 2 si ottiene = y x2 +x+k; e imponendo y(0) = si ottiene k =, da cui y(x) =. Per un qualsiasi α x 2 x si procede in modo simile. Integrando i due membri di y α dy = (+2x) dx si ottiene y α = α x2 +x+k; imponendo ( ) che y(0) = si ottiene k =, da cui α y α = + ( α)(x 2 + x), che dà infine y(x) = + ( α)(x 2 α + x).. Il grafico della funzione dell ex. 2. 2. L insieme dell ex. (.b).. Ex. (4.b): zeri (rosso), segno positivo (giallo) e negativo (grigio) della funzione g; i punti stazionari (blu, rosso e verde); il triangolo T (tratteggio blu). 2
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