Matematica
per lauree in Chimica Industriale, Chimica e Scienze dei Materiali
Appello, 27 agosto 2013
p
Esercizio 1 Studiare la funzione f (x) = 1 − ln |x| e disegnarne il grafico. È opportuno
considerare i limiti della derivata prima per x tendente agli estremi del campo di esistenza.
Non si richiede lo studio della derivata seconda.
Soluzione. La funzione ln |x| è definita per x 6= 0. Deve essere inoltre ln |x| ≤ 1, cioè
−e ≤ x ≤ e. Il campo di esistenza è dunque costituito dagli intervalli [−e, 0 [ e ] 0, e]. La
funzione è sempre ≥ 0 e si annulla per x = ± e. f (x) è inoltre pari. Possiamo quindi
studiarla
√ per 0 < x ≤ e ed estenderla per simmetria all’altro intervallo. In ] 0, e], f (x)
vale 1 − ln x.
I limiti si calcolano facilmente:
lim f (x) = +∞
x→0+
lim f (x) = 0 e, per simmetria, lim− f (x) = +∞
x→e−
x→0
lim f (x) = 0
x→−e+
−1
1
·
che è sempre negativa. In tale intervallo dunque
In ] 0, e[ abbiamo f 0 (x) = √
2 1 − ln x x
la funzione è sempre decrescente. Per simmetria f (x) è crescente in ] − e, 0 [.
Il limite di f 0 (x) per x → e− è −∞, e dunque limx→−e+ f 0 (x) = +∞. Il limx→0+ f 0 (x) si
−1
presenta nella forma indeterminata 0·∞
. Possiamo usare la regola di de l’Hospital come
segue.
√
1
1
−
1 − ln x
1
1
2
H
x
= −∞
lim+ f 0 (x) = lim+ − √ x
= lim+ −
= lim+ −
1
−1
x→0
x→0
x→0
2 1 − ln x x→0
2 2√1−ln x · x
x
Per simmetria abbiamo limx→0− f 0 (x) = +∞.
y
3.0
2.5
2.0
1.5
1.0
0.5
-2
-1
1
2
x
Esercizio 2 Un serbatoio della capacità di 150 lt contiene inizialmente 100 lt di acqua.
Da un foro sul fondo l’acqua esce con portata, in litri al minuto, proporzionale alla quantità
presente nel serbatoio e coefficiente di proporzionalità k > 0. Una pompa immette acqua
nel serbatoio con portata 5 lt al minuto. Determinare, se esistono, i valori di k per cui il
serbatoio (a) si riempie, (b) si svuota, (c) contiene una quantità costante di acqua.
Soluzione. Detta y(t) la quantità d’acqua presente nel serbatoio all’istante t, possiamo
approssimare il valore y(t + ∆t) − y(t) con ∆y(t) ≈ 5∆t − ky(t)∆t. Dividendo per ∆t
e facendo tendere questo valore a 0, otteniamo l’equazione differenziale lineare del primo
ordine y 0 + ky = 5. Moltiplicando per il fattore integrante ekt otteniamo
ekt y 0 + ekt ky = 5ekt
⇒
d kt e y = 5ekt
dt
⇒
ekt y =
La soluzione generale dell’equazionedifferenziale è dunque y(t) =
100, otteniamo y(t) = k5 + 100 − k5 e−kt .
5
k
5 kt
e +c
k
+ ce−kt . Posto y(0) =
1
Se 100− k5 = 0, cioè k = 20
, abbiamo
y(t) è costantemente uguale a 100. Il serbatoio si
che
5
5
−kt
riempie se l’equazione k + 100 − k e
= 150 ha soluzioni positive. Da questa equazione
ricaviamo
150 − k5
30k − 1
20k − 1
1
30k − 1
1
−kt
⇒ t = − ln
=
= ln
e
=
20k − 1
k
20k − 1
k
30k − 1
100 − k5
20k−1
> 1 (che include la condizione per l’esistenza del
Poiché k > 0, t è positivo se 30k−1
−10k
logaritmo). Questa disequazione può essere scritta come 30k−1
> 0 che, tenendo ancora
1
presente l’assunzione k > 0, è verificata per k < 30 .
Il serbatoio si svuota se l’equazione k5 + 100 − k5 e−kt = 0 ha soluzioni positive. Da
questa equazione ricaviamo
− k5
1
−1
−1
1
−kt
⇒ t = − ln
e
=
= ln (1 − 20k)
5 =
20k − 1
k
20k − 1
k
100 − k
Procedendo come nel caso precedente otteniamo 1 − 20k > 1 che non è mai verificata per
k > 0. Non esistono quindi valori di k tali che il serbatoio si svuoti.