Energy Engineering - Analisi e geometria 1

First partial exam

Analisi e Geometria 1 Prima Prova 26 Novembre 2013 Compito ADocente: ***Politecnico di Milano Ingegneria IndustrialePunteggi degli esercizi : Es.1: 6 punti; Es.2(a): 11 Es.2(b): 6 Es.2(c): 3 Es.2(d): 7 1. Si consideri la trasformazioneF:C!C, denita da F(z) =ei 2 z+ 1 + i per ogniz2C. (a) Stabilire se esistono punti ssi diF, cioe puntiz2Ctali cheF(z) =z. In caso aermativo, scrivere tali numeri in forma algebrica. (b) Disegnare sul piano di Gauss il quadrato Q=fz2C: 0Rez1;0Imz1g e la sua immagineF(Q) =fw2C:9z2 Q(w=F(z))g: 2. Si consideri la funzionef:R!Rdenita da f(x) =e xp e 2 x + 1 per ognix2R. (a) i. Dimostrare che la funzionefe crescente suR. ii. Calcolare i limitilim x!1f (x) e lim x!+1f (x) e determinare l'immagineIdif. iii. Determinare gli eventuali punti di esso della funzionef. iv. Disegnare il graco qualitativo della funzionef. (b) i. Dimostrare che la funzionef:R!Ie invertibile. ii. Calcolare la derivata della funzione inversab fnel puntoy 0=1p 2 . iii. Disegnare il graco qualitativo della funzione inversab f:I!R. (c) Dimostrare che l'equazionef(x)x3 = 0 possiede almeno una soluzione nell'intervallo [1;1] . (d) i. Scrivere lo sviluppo di MacLaurin della funzioneftroncato al secondo ordine, con resto secondo Peano. ii. Calcolare il limite L= lim x!0p2 f(x)p1 + x+ 3x2x ln(1 +x) + cosx1: Soluzioni 1. Ricordando cheei  = cos+ i sin, si haei 2 = i e quindiF(z) = iz+ 1 + i . (a) I punti ssi diFsono i puntiz2Ctali cheF(z) =z, ossia tali che iz+ 1 + i =z. Da questa equazione si ottiene esattamente una soluzione, data da z=1 + i1 i= (1 + i) 22 = i : (b) Il quadratoQe il quadratoPer determinare l'immagine di Q, basta osservare che la trasformazioneFe la rototraslazione data dalla rotazioneRdi un angolo=2 attorno all'origine, in senso antiorario, seguita dalla traslazioneT(x; y) = (x+1; y+1) . Pertanto, l'immagineF(Q) sara ancora un quadrato. Per ottenereF(Q) , prima ruotiamoQin senso antiorario attorno all'origine di 90 ottenendo il quadratoQ0 =R(Q) , e poi trasliamoQ0 di 1 verso destra e di 1 verso l'alto, ottenendo il quadratoT(Q0 ) =F(Q) , come nelle gure seguenti2. Si osservi, come prima cosa, che la funzione fe eettivamente denita su tuttoRe che f(x)>0 per ognix2R. Inoltre, in particolare, si haf(0) =1p 2 . (a) i. Poiche, la derivata prima dife f0 (x) =e x( e2 x + 1)3 =2; la funzionefe derivabile (e continua) su tuttoR. Inoltre, poichef0 (x)>0 per ognix2R, la funzionefe (strettamente) crescente su tuttoR. ii. Si hanno i limiti lim x!1f (x) = 0+ e lim x!+1f (x) = 1 :y xQ1 1 y xQQ 01 1 1 y xQ 0F (Q)1 1 12 Pertanto, la funzione ammette la retta di equazione y= 0 come asintoto orizzontale perx! 1, e la retta di equazioney= 1 come asintoto orizzontale per x!+1. Di conseguenza, essendo la funzione continua e strettamente crescente, si haI= Imf= (0;1) . iii. Poiche la derivata seconda dife f00 (x) =e x 2e3 x( e2 x + 1)5 =2; si haf00 (x)0 sse 12e2 x 0 ssex ln 22 . Quindi, la funzione fpresenta concavita rivolta verso l'alto perx ln 22 , e possiede un esso nel punto F ln 22 ; 1p 3  : iv. Il graco qualitativo della funzionefe(b) i. Poiche la funzione fdi partenza e strettamente crescente, la funzionef:R!I e invertibile. ii. Siax 0il punto per cui y 0= f(x 0) , ossia x 0=b f(y 0) . Poiche, come osservato inizialmente, si haf(0) =1p 2 = y 0, si ha x 0= 0 . Quindi, la derivata della funzione inversab finy 0=1p 2 e b f0 (y 0) =1f 0 (b f(y 0))= 1f 0 (x 0)= 1f 0 (0)= 2p2 : iii. Il graco della funzione inversab f:I!Rsi ottiene dal graco della funzionef: R!Imediante una simmetria rispetto alla bisettrice del primo-terzo quadrante:y x1 y x1 1 (c) Consideriamo la funzione F: [1;1]!Rdenita daF(x) =f(x)x3 . Questa funzione e continua (essendo dierenza di funzioni continue). Inoltre, si ha F(1) =e 1p e 2 + 1+ 1 = 1p e 2 + 1+ 1 >0 F(1) =ep e 2 + 1 1 =e pe 2 + 1p e 2 + 1< 0: Pertanto, applicando il teorema degli zeri, esiste almeno un puntox 02 (1;1) tale cheF(x 0) = 0 , ossia tale che f(x 0) x3 0= 0 . Quindi, l'equazione f(x)x3 = 0 possiede almeno una soluzione nell'intervallo (1;1) . (d) i. Lo sviluppo di MacLaurin diftroncato al secondo ordine, con resto secondo Peano, e f(x) =f(0) +f0 (0)x+f 00 (0)2 x 2 +o(x2 ) perx!0: Poichef(0) =1p 2 ; f 0 (0) =12 p2 ; f 00 (0) =14 p2 ; si haf(x) =1p 2 + 12 p2 x 18 p2 x 2 +o(x2 ) perx!0: ii. Perx!0 , si hanno gli sviluppi p2 f(x)p1 + x+ 3x2 = = 1 +12 x 18 x 2 +o(x2 ) 1 +12 x 18 x 2 +o(x2 ) + 3x2 = 3x2 +o(x2 ) xln(1 +x) + cosx1 = =x(x+o(x)) + 1x 22 + o(x2 )1 =x 22 + o(x2 ): Pertanto, si haL= lim x!03 x2 +o(x2 )x 22 + o(x2 )= lim x!03 + o(1)1 2 + o(1)= 6 :