Energy Engineering - Analisi e geometria 1

First partial exam

Politecnico di Milano, Scuola di Ingegneria Industriale e d ell’Informazione Analisi e Geometria 1 - Prima Prova - 24 Novembre 2015 Te r z a p a r t e ( C o m p i t o A ) 1. a) Disegnare nel piano di Gauss gli insiemi S:= {z∈C:0 ≤ |z|≤ 1, 0≤ Arg( z)≤ π 4} T:= {w ∈C:w = !√2 2 +i √2 2 " z+iz ∈S}. Insieme S: settore circolare con centro in (0 ,0), raggio 1 e angoli tra 0 e π4. Insieme T: il coe fficiente che moltiplica zpuo’ essere riscritto come: 1 ! cos π 4+icos π 4 " ; quindi T ruota di + π4attorno all’origine e diventa un settore circolare con centro in (0 ,0), raggio 1 e angoli tra π4eπ2. Sommando infine i, l’insieme T e’ un settore circolare con centro in (0 ,1), raggio 1 e angoli tra π4eπ2. b) Determinare le soluzioni complesse z∈C dell’equazione (z−1)3= i e scriverne le soluzioni in forma algebrica. Sostituzione w = z−1. w3= i⇒ w = 3√i⇒ w = 3 # 1 ! cos π 2+icos π 2 " Quindi: w1=1 ! cos π 6+icos π 6 " = √3 2 +i1 2 w2=1 $ cos 5π 6 +icos 5π 6 % = − √3 2 +i1 2 w3=1 $ cos 3π 2 +icos 3π 2 % = −i Infine: z1= w1+1= & 1+ √3 2 ' +i1 2 z2= w2+1= & 1− √3 2 ' +i1 2 z3= w3+1 =1 −i Politecnico di Milano, Scuola di Ingegneria Industriale e d ell’Informazione Analisi e Geometria 1 - Prima Prova - 24 Novembre 2015 Te r z a p a r t e ( C o m p i t o B ) 1. a) Disegnare nel piano di Gauss gli insiemi S:= {z∈C:0 ≤ |z|≤ 2, 0≤ Arg( z)≤ π 2} T:= {w ∈C:w = !√2 2 −i √2 2 " z−1 z∈S}. Insieme S: settore circolare con centro in (0 ,0), raggio 2 e angoli tra 0 e π2. Insieme T: il coe fficiente che moltiplica zpuo’ essere riscritto come: 1 ( cos ! −π 4 " +icos ! −π 4 ") ; quindi T ruota di −π4attorno all’origine e diventa un settore circolare con centro in (0 ,0), raggio 2 e angoli tra −π4e−π4. Sottraendo infine 1, l’insieme T e’ un settore circolare con centro in ( −1,0), raggio 2 e angoli tra −π4 eπ4. b) Determinare le soluzioni complesse z∈C dell’equazione (z+2 i)3= i e scriverne le soluzioni in forma algebrica. Sostituzione w = z+2 i. w3= i⇒ w = 3√i⇒ w = 3 # 1 ! cos π 2+icos π 2 " Quindi: w1=1 ! cos π 6+icos π 6 " = √3 2 +i1 2 w2=1 $ cos 5π 6 +icos 5π 6 % = − √3 2 +i1 2 w3=1 $ cos 3π 2 +icos 3π 2 % = −i Infine: z1= w1− 2i= √3 2 −i3 2 z2= w2−2i= − √3 2 −i3 2 z3= w3−2i= −3i 2. Calcolare il limite: limx→0 ln2(1 + √2 sin 2x) tan( x2)(e2x−1)2 Si utilizzano gli asintotici: limx→0 ln2(1 + √2 sin 2x) tan( x2)(e2x−1)2 = lim x→0 ln2(1 + √2x2) x2(2x)2 = lim x→0 (√2x2)2 4x4 = = lim x→0 2x4 4x4 = 1 2 3. Assegnata la funzione f(x) := − 3*x3+x2 x∈D(f)= R, determinarne: •limiti a + ∞ e−∞ ed eventuali asintoti •derivata prima f′ •estremi locali •il grafico qualitativo. Limiti : limx→−∞ f(x)=+ ∞ e lim x→+∞f(x)= −∞ Asintoti : cerchiamo, per x→ ±∞ un asintoto obliquo della forma y= mx +q(m, q ∈R). Si noti subito che f(x)∼− xper x→ ±∞,dacui m = −1. Inoltre f(x)+ x= x− 3*x3+x2= x + 1− $ 1+ 1 x %1/3, ∼ x $ 1−1− 1 3x % = −1 3per x→ ±∞,da cui deduciamo che q= −13. Quindi y= −x− 13`e asintoto obliquo di fsia per x→−∞ che per x→ +∞. Derivata prima : f′(x)= −1 3 -x3+x2.−2/3(3x2+2 x)= −x−1/3 3 (x+1) −2/3(3x+2) x∈D(f′)= R\{ −1,0}. Derivata prima : abbiamo quindi che ⎧⎪⎪⎨ ⎪⎪⎩ f′(x)> 0 ⇐⇒ x< −23,x> 0( x̸= −1) f′(x)=0 ⇐⇒ x= −23, f′(x)< 0 ⇐⇒ − 23 0 ⇐⇒ 0 23 (x̸=1) . Inoltre, dai limiti lim x→0−f′(x)=+ ∞ e lim x→− +f′(x)= −∞ , deduciamo che •x= 23`e punto di minimo locale di f, •x= 0 `e punto di natura cuspidale e punto di massimo locale di f. Non sono presenti altri estremanti. Politecnico di Milano, Scuola di Ingegneria Industriale e d ell’Informazione Analisi e Geometria 1 - Prima Prova - 24 Novembre 2015 Te r z a p a r t e ( C o m p i t o D ) 1. a) Disegnare nel piano di Gauss gli insiemi S:= {z∈C:0 ≤ |z|≤ 1, 0≤ Arg( z)≤ π 4} T:= {w ∈C:w = ! − √2 2 +i √2 2 " z−iz ∈S}. Insieme S: settore circolare con centro in (0 ,0), raggio 1 e angoli tra 0 e π4. Insieme T: il coe fficiente che moltiplica zpuo’ essere riscritto come: 1 $ cos 3π 4 +icos 3π 4 % ; quindi T ruota di + 3π4 attorno all’origine e diventa un settore circolare con centro in (0 ,0), raggio 1 e angoli tra 3π4 eπ2. Sottraendo infine i, l’insieme T e’ un settore circolare con con centro in (0 ,−1), raggio 1 e angoli tra 3π4 eπ2. b) Determinare le soluzioni complesse z∈C dell’equazione (z+2) 3= i e scriverne le soluzioni in forma algebrica. Sostituzione w = z+2. w3= i⇒ w = 3√i⇒ w = 3 # 1 ! cos π 2+icos π 2 " Quindi: w1=1 ! cos π 6+icos π 6 " = √3 2 +i1 2 w2=1 $ cos 5π 6 +icos 5π 6 % = − √3 2 +i1 2 w3=1 $ cos 3π 2 +icos 3π 2 % = −i Infine: z1= w1−2= & −2+ √3 2 ' +i1 2 z2= w2−2= & −2− √3 2 ' +i1 2 z3= w3−2= −2−i 2. Calcolare il limite: limx→0 tan( x2)-e3x−1.2 ln2(1 + √2 sin 2x) Si utilizzano gli asintotici: limx→0 tan( x2)-e3x−1.2 ln2(1 + √2 sin 2x) = lim x→0 x2(3x)2 ln2(1 + √2x2)= lim x→0 9x4 (√2x2)2 = = lim x→0 9x4 2x4 = 9 2 3. Assegnata la funzione f(x) := 3*x3+x2 x∈D(f)= R, determinarne: •limiti a + ∞ e−∞ ed eventuali asintoti •derivata prima f′ •estremi locali •il grafico qualitativo. Limiti : limx→−∞ f(x)= −∞ e lim x→+∞f(x)=+ ∞ Asintoti : cerchiamo, per x→ ±∞ un asintoto obliquo della forma y= mx +q(m, q ∈R). Si noti subito che f(x)∼ xper x→ ±∞,dacui m =1. Inoltre f(x)−x= 3*x3+x2−x= x +$ 1+ 1 x %1/3 −1 , ∼ x $ 1+ 1 3x−1 % = 1 3per x→ ±∞,dacui deduciamo che q= 13. Quindi y= x+ 13`e asintoto obliquo di fsia per x→−∞ che per x→ +∞. Derivata prima : f′(x)= 1 3 -x3+x2.−2/3(3x2+2 x)= x−1/3 3 (x+1) −2/3(3x+2) x∈D(f′)= R\{ −1,0}. Derivata prima : abbiamo quindi che ⎧⎪⎪⎨ ⎪⎪⎩ f′(x)> 0 ⇐⇒ − 23 0( x̸= −1). Inoltre, dai limiti lim x→0−f′(x)= −∞ e lim x→− +f′(x)=+ ∞, deduciamo che •x= −23`e punto di massimo locale di f, •x= 0 `e punto di natura cuspidale e punto di minimo locale di f. Non sono presenti altri estremanti.