Energy Engineering - Analisi e geometria 1

First partial exam

TeoriaEs. 1Es. 2Totale Analisi e Geometria 1 Primo compito in itinere 5 Novembre 2019 Compito A (I turno)Docente: Giovanni CatinoNum. alfabetico: Cognome:Nome:Matricola: Istruzioni: Tutte le risposte devono essere motivate. Gli esercizi devono essere svolti su questi fogli, nel lo spazio sotto il testo e, in caso di necessita, sul retro. I fogli di brutta non devono essere consegnati. Teoria(4 punti) Dare la denizione di punto stazionario. Enunciare e dimostrare il Teorema di Fermat. Fornire un esempio esplicito di funzione che possiede un punto stazionario che non e un punto di estremo locale. Punteggi degli esercizi : Es.1: = 4; Es.2: = 8. 1. Determinare, nel campo complesso, i seguenti insiemiA=fz2C: (1 + 2i)z+ (1i)z + 2 + 3p3 + i = 0 g B=fw2C:w=z39 ; z2Ag: Soluzione Per determinare l'insiemeAbisogna risolvere, nel campo complesso, l'equazione (1 + 2i)z+ (1i)z + 2 + 3p3 + i = 0 : Postoz=x+ iy, conx; y2R, si ha (1 + 2i) (x+ iy) + (1i) (xiy) + 2 + 3p3 + i = 0 ossiax+ iy+ 2ix2y+xiyixy+ 2 + 3p3 + i = 0 ossia(2x3y+ 2 + 3p3) + i( x+ 1) = 0 ossia( 2x3y+ 2 + 3p3 = 0 x+ 1 = 0 da cui si ricavax=1 ey=p3 . Pertanto, l'insieme Ae formato solo dal puntoz=1 + ip3 . Di conseguenza, l'insiemeBe formato solo dal punto w=z39 = (1 + ip3) 39 = 239 12 + ip3 2 ! 39 = 239 cos23  + i sin23  39 : Per la formula di De Moivre, si haw= 239 cos 3923  + i sin 3923  = 239 (cos 26+ i sin 26) = 239 : 2. Sia f:D!Rla funzione denita da f(x) =1 + 2 e x1 + e 2 x: (a) Determinare il dominioDe gli asintoti dif. (b) Calcolare la derivata prima dif. (c) Determinare i massimi e minimi locali dife gli annessi punti di massimo e minimo locale. (d) Scrivere l'equazione della retta tangente al graco difnel puntoP 0= (0 ; f(0)) . (e) Determinare l'immagine dif, Im (f) . Stabilire sefe limitata. (f ) DeterminareY=f([0;+1)) e stabilire se la funzionef: [0;+1)!Ye invertibile. (g) Stabilire se l'equazionef(x) = e2 x1 ammette almeno una soluzione nell'intervallo [0;ln 2] . (h) Tracciare un graco qualitativo dif. Soluzione (a) Il dominio difeD=R. Poiche lim x!+1f (x) = lim x!+11 + 2 e x1 + e 2 x= 0 lim x!1f (x) = lim x!11 + 2 e x1 + e 2 x= 1 ; la retta di equazioney= 0 e un asintoto orizzontale difperx!+1e la retta di equazioney= 1 e un asintoto orizzontale difperx! 1. (b) La derivata prima dife data da f0 (x) =2 e x (1ex e2 x )(1 + e 2 x )2: (c) Si haf0 (x)0()1ex e2 x 0 ()e2 x + ex 10 () 1p5 2  ex  1+p5 2 ()ex  1+p5 2 ()xln 1+p5 2 : In particolare, si haf0 (x) = 0 se e solo sex= ln 1+p5 2 . Pertanto, si ha un punto di massimo (assoluto) perx 0= ln 1+p5 2 < 0 . Inoltre, il valore massimo dife f(x 0) =1 + 2 e x 01 + e 2 x 0=1 + 2 1+p5 2 1 + 1+p5 2
2=p5 1 + 3 p5 2 = 2p5 5 p5 = 2p 5 1=p5 + 1 2 : (d) Si haP 0= (0 ; f(0))(0;3=2) ef0 (0) =1=2 . Pertanto, l'equazione della retta tangente al graco di fnel puntoP 0e y32 = 12 ( x0) ossiax+ 2y3 = 0: (e) La funzionefassume sempre valori positivi e lim x!+1f (x) = 0 . Quindifammette 0 come estremo inferiore. Inoltre, limx!1f (x) = 1 ef(x 0) =p5+1 2 > 1 . Quindifassume inx 0un punto di massimo assoluto. Essendo continua,fper il teorema del valor medio assume tutte i valori fra massimo e minimo. Quindi Imf= (0;p5+1 2 ] . Di conseguenza, fe limitata. (f ) Poichef0 (x)3=21=2 = 1>0 (essendo e>2) eF(ln 2) = 14=e = (e4)=e