SOLUZIONE PROBLEMA 1 1

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SOLUZIONE PROBLEMA 1

1. Studiamo la funzione , essendo e costanti reali con . § Il dominio della funzione è tutto R e la funzione è ovunque continua. § Il grafico della funzione non presenta simmetrie elementari perché la funzione non è pari

( ), né dispari ( ). § Esiste un unico zero della funzione che è , infatti, imponendo che la funzione si

annulli:

per ogni valore di e . § Studiamo il segno della funzione:

per infatti la costante e la funzione esponenziale è sempre positiva, qualsiasi sia la costante .

§ Calcoliamo i limiti agli estremi del dominio, distinguendo tre casi: a)

La funzione è una retta passante per l’origine, crescente, che tende a per e a per .

b)

Il limite presenta una forma indeterminata di tipo , che si

risolve applicando le regole della gerarchia degli infiniti o il teorema di De

l’Hôpital al rapporto . Si ha:

Inoltre:

c)

Il limite presenta una forma indeterminata di tipo , che si

risolve applicando le regole della gerarchia degli infiniti o il teorema di De

l’Hôpital al rapporto . Si ha:

Inoltre:

bteattq ×=)( a b 0>a

)()( tqtq -¹ q(t) ≠ −q(−t)0=t

0)( =tq0=× bteat

0=ta b

0>× bteat 0>t0>a btey =

b

0=battq =)(

¥+ +¥®t ¥- -¥®t

0>b

limt→−∞

at ⋅ebt [ ]0×¥-

bteat-

limt→−∞

at ⋅ebt = 0

( )[ ] +¥=¥+×¥+=×+¥®

bt

teatlim

0<blimt→+∞

at ⋅ebt [ ]0×¥+

bteat-

limt→+∞

at ⋅ebt = 0

( )[ ] -¥=¥+×¥-=×-¥®

bt

teatlim

SOLUZIONE PROBLEMA 1 2

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§ Le informazioni raccolte sono sufficienti per tracciare il grafico della funzione .

Per , l’andamento qualitativo di sarà:

Il grafico della funzione presenta un punto di minimo assoluto di ascissa Per , l’andamento qualitativo di sarà:

In questo secondo caso, il grafico della funzione presenta un punto di massimo assoluto di ascissa

)(tq0>b )(tq

.0<t

0<b )(tq

0.t >

SOLUZIONE PROBLEMA 1 3

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Per determinare i valori dei parametri e , in modo che la funzione abbia un massimo nel

punto impostiamo il sistema:

[*]

Essendo , si ottiene:

da cui:

Poiché il valore di b trovato è negativo, la discussione effettuata in precedenza garantisce che il punto stazionario che soddisfa le condizioni [*] sia effettivamente un punto di massimo.

2. Studiamo ora la funzione . Parte dello studio è già stato svolto nel punto precedente e in particolare valgono i valori dei limiti calcolati per .

§ Essendo la funzione è crescente per e decrescente per , e, come anticipato nel punto (1) del problema, il grafico presenta un punto di massimo

assoluto di coordinate , essendo .

§ La derivata seconda è , positiva per e negativa per . Pertanto

in c’è un flesso discendente, infatti . L'ordinata del flesso è

.

§ La tangente inflessionale ha equazione .

a b

÷øö

çèæe

B 8;2

q(2) = 8e

q '(2) = 0

⎧

⎨⎪

⎩⎪

q '(t) = a ⋅ebt + abt ⋅ebt = a ⋅ebt 1+ bt( )

tettq 2

1

4)(-

×=0<b

q '(t) = 2 ⋅e−12t2− t( ) 2<t 2>t

82;e

æ öç ÷è ø e

q 8)2( =

( )4)('' 21

-=-tetq

t4>t 4<t

4=t 04)2(' 2 <-==e

tq

q 4( ) = 4 ⋅4 ⋅e−42 = 16e−2 = 16

e2

22

324e

te

y +-=

( )ïî

ïíì

=+×

=×

021

82

2

2

beae

ea

b

b

ïî

ïíì

-=

=

214

b

a

SOLUZIONE PROBLEMA 1 4

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§ Il grafico della funzione sarà pertanto:

3. C’è un problema di interpretazione del significato fisico della funzione q(t), così come viene introdotta: non è corretto infatti parlare di carica che attraversa una sezione del conduttore in un istante di tempo t, che è uguale a zero. Pertanto interpretiamo la funzione come la quantità di carica che ha attraversato la sezione del conduttore nell’intervallo di tempo . La costante , moltiplicata per il tempo , deve dare una carica elettrica, pertanto le sue dimensioni corrispondono a quelle di una carica divisa per un tempo, ovvero a quelle di una corrente elettrica . Il prodotto deve essere un numero puro e quindi .

L’intensità della corrente è , quindi .

La funzione , come già osservato nel punto precedente, è positiva per e negativa altrove e che è positiva per e negativa altrove. Quindi per si trova

un punto di minimo assoluto con . Il massimo assoluto si ha invece

nell’istante , quando la corrente vale . Si noti che al tempo la corrente si annulla e poi cambia segno, ossia inverte il suo verso. Dopo molto tempo il valore dell’intensità di corrente corrisponde al limite per della funzione , ossia:

[ ]t;0a t

[ ] [ ]ia = bt [ ] [ ]1-= tb

dtdqti =)( i(t) = q '(t) = 2e− t /2 2− t( )

'q 2<t( )4)('')(' 2/ -== - tetqti t 4>t 4=t

i(t = 4 s) = − 4e2A ! −0,54 A

0=t ( 0) 4Ai t = = 2st =

+¥®t )(ti( ) --

+¥®=- 022lim 2/ te t

t

SOLUZIONE PROBLEMA 1 5

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Il grafico della funzione è:

4. Se continuiamo a intendere che la funzione sia la carica che ha attraversato la sezione

del conduttore nell’intervallo di tempo , la quantità richiesta è:

e risulta . Si noti che questo significa che la carica che ha attraversato la sezione

del conduttore nell’intervallo di tempo è la stessa che lo attraversa nel verso opposto per .

L’energia dissipata per effetto Joule nell’intervallo di tempo è:

)(tiy =

)(tqy =0; t⎡⎣ ⎤⎦

Q t0( ) = i(t)dt = q t0( )0

t0

∫ − q 0( ) = 4t0e− t0 /2

0)(lim 00

=+¥®

tQt

0; 2 s⎡⎣ ⎤⎦2st >

0; t0⎡⎣ ⎤⎦

W = R i(t)⎡⎣ ⎤⎦2dt =

0

t0

∫ 3⋅ 2e− t /2 2− t( )⎡⎣ ⎤⎦2dt = 12 e− t 2− t( )2 dt

0

t0

∫0

t0

∫