Facolt a di Scienze Matematiche Fisiche e Naturali Anno Accademico 2008-09 Matematica ... · 2010....

Facoltá di Scienze Matematiche Fisiche e NaturaliAnno Accademico 2008-09

Matematica 1 (Corso di Laurea in Scienze Geologiche)Prova scritta del 27 Gennaio 2009

1. Studiare la seguente funzione

f(x) =x− |x− 2|2x+ |x+ 1|

e tracciarne il grafico qualitativo. (11)

2. Studiare il comportamento della serie

∞∑n=1

n+ 3n3 + 25

.

(2)

3. Risolvere il sistema lineare x+ y + z = 0x+ y − z = 0x− y + z = 2.

(4)

4. Determinare i massimi ed i minimi relativi della funzione

f(x, y) = x2y + xy3 − xy.

(8)

5. Determinare il valore dell’integrale ∫ e1x3 log2 xdx.

(5)

Motivare tutte le risposte, altrimenti esse non verranno valutate.I punteggi tra parentesi indicano il grado di difficoltà, e quindi la valutazione massima, di ciascunesercizio.Consegnare una sola copia, ordinata, numerando e contrassegnando col proprio nome e cognomee corso di laurea tutti i fogli consegnati (non più di due).Compiti privi degli estremi di identificazione non verranno corretti.Non riconsegnare la traccia del compito.

E’ ASSOLUTAMENTE VIETATO COPIARE!

1


Matematica 1 (Corso di Laurea in Scienze Geologiche)Prova teorica del 27 Gennaio 2009

Nome e Cognome .....................................................................................................

Rispondere ai seguenti quesiti, completando la tabella in calce:

1. log 2 e log12

sono

A. opposti

B. simmetrici

C. reciproci

D. uguali.

2. L’insieme (A \Bc) ∩ (A ∩B)c è uguale a

A. A ∩BB. A ∪BC. A

D. Ø

3. Se (an)n è una successione con an > 0 per ogni n ∈ N, la succesione (−1)nan

A. non può convergere

B. non può divergere

C. non può esere regolare

D. non si può stabilire nulla

4. Data una successione n 7→ an > 0 tale che limn→+∞

an = 0, quale delle seguenti forme non è

indeterminata?

A. limn→+∞

aa2nn

B. limn→+∞

log(1 + a4n)

13an

C. limn→+∞

√an ·

1log an

D. limn→+∞

a3n log(a2n +√an)

5. Sia α ∈ R e sia n 7→ an una successione tale che

1 + αn

n≤ an

per ogni n ∈ N. Sia bn =√an; quale freccia può inserirsi al posto dei puntini?n 7→ bn diverge a +∞ ............... α > 1

2

A. =⇒ ma 6⇐=;B. ⇐= ma 6=⇒;C. ⇐⇒;D. nessuna delle precedenti.

6. Quale freccia può essere inserita al posto dei puntini?∞∑n=1

qn converge ....... limn→+∞

qn = 0


7. Sia an il termine generale di una serie a termini positivi. Quale delle seguenti condizioni ésuffciente per la divergenza della serie?

A. an ≥1n

per infiniti valori di n;

B. an ≥ 2−n per infiniti indici;

C. an ≥1√n

definitivamente

D. nessuna delle precedenti

8. Se f : [a, b]→ R è la funzione il cui grafico è rappresentato in figura, allora

A. f ha più massimi che minimi

B. f ha più minimi che massimi

C. f ha lo stesso numero di massimi e di minimi

D. non cè un numero, sono infiniti tutti e due

3

9. Sia f : [0, 1]→ R una funzione derivabile, e supponimao che f(0) = f(1) Allora

A. f é costante

B. l’equazione f ′(x) = 0 ammette soluzione

C. f ha un minimo assoluto in ]0, 1[

D. f non puó essere monotona

10. Data una funzione f : [1,+∞)→ R quale affermazione è impossibile?

A. il punto x = 1 è di massimo per f

B. il punto x = 1 è di discontinuità per f

C. il punto x = 1 è di flesso per f

D. nessuna delle precedenti, possono accadere tutte e tre

4

Svolgimento della prova scritta del 27 Gennaio 2009

Esercizio 1. Conviene eliminare i valori assoluti a numeratore e a denominatore; poichè

|x− 2| ={x− 2 se x ≥ 22− x se x < 2

e

|x+ 1| ={x+ 1 se x ≥ −1−(1 + x) se x < −1

si ha

f(x) =

2(x− 1)x− 1

= 2 se x < −1

2(x− 1)3x+ 1

se −1 ≤ x < 2

23x+ 1

se x ≥ 2

Per il campo di esistenza quindi, occorre che 3x+ 1 6= 0 in [−1,+∞), cioè che x 6= −13

. Quindi

D =(−∞,−1

3

[∪]−1

3,+∞

)e la funzione è costante nella semiretta (−∞,−1).Per la ricerca degli asintoti calcoliamo

limx→− 1

3

−f(x) = lim

x→− 13

−

2(x− 1)3x+ 1

= +∞

perchè il numeratore converge a −83

, mentre il denominatore tende a 0 con valori negativi;analogamente

limx→− 1

3

+f(x) == lim

x→− 13

+

2(x− 1)3x+ 1

= −∞.

Quindi il grafico presenta un asintoto verticale per x→ −13

.

Ovviamente si ha limx→−∞

f(x) = 2 e

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

23x+ 1

= 0

che è un altro asintoto orizzontale.Per la ricerca dei massimi e dei minimi passiamo allo studio della derivata prima.

f ′(x) =

0 se x < −12(3x+ 1)− 3(2x− 2)

(3x+ 1)2=

8(3x+ 1)2

se x ∈]−1,−1

3

[∪]−1

3, 2[

− 6(3x+ 1)2

se x > 2.

5

Gli eventuali punti di massimo o di minimo si trovano negli insiemi C2 = {x ∈ D| 6 ∃f ′(x)},C3 = {x ∈ D : f ′(x) = 0}.Gli unici punti che possono appartenere a C2 sono i punti -1 e 2. Calcoliamo le derivate destre esinistre; ovviamente f ′−(−1) = 0 mentre risulta

f ′+(−1) = limx→−1+

f ′(x) = limx→−1+

8(3x+ 1)2

= 2

e quindi f non è derivabile in x = −1; analogamente si trova

f ′−(2) = limx→2−

f ′(x) = limx→2−

8(3x+ 1)2

=849

mentref ′+(2) = lim

x→2+f ′(x) = lim

x→2+−6

(3x+ 1)2= − 6

49

e quindi anche x = 2 è un punto di non derivabilità; perciò C2 = {−1, 2}.Per quanto riguarda C3 è immediato osservare che esso è costituito dai soli punti della semiretta(−∞,−1[.Per determinare quali tra i punti individuati sono di massimo o di minimo, studiamo il segno della

derivata prima. Immediatamente si osserva che f ′(x) > 0 per x ∈]−1,−1

3

[∪]−1

3, 2[

e quindi

che f è crescente in[−1,−1

3

[ed in

]−1

3, 2], e decrescente in [2,+∞); pertanto x = −1 è punto

di minimo e x = 2 di massimo.Passiamo allo studio della derivata seconda.

f ′′(x) =

0 se x < −1

− 48(3x+ 1)3

se x ∈]−1,−1

3

[∪]−1

3, 2[

36(3x+ 1)3

se x > 2.

Poichè 3x + 1 > 0 per x > −13

si trova che f ′′(x) > 0 per x ∈]−1,−1

3

[∪]2,+∞) e quindi f è

convessa in[−1,−1

3

[ed in [2,+∞) mentre è concava in

]−1

3, 2]. Dunque il punto x = 2 è un

punto di flesso.In conclusione il grafico è

6

Esercizio 2. Si riconosce immediatamente che la serie è a termini positivi; inoltre

limn→+∞

an1n2

= limn→+∞

n2(n+ 3)n3 + 25

= 1

perchè è il rapporto tra due polinomi di uguale grado; allora per il Criterio del Confronto As-

intotico, la serie data ha lo stesso comportamento della serie∞∑n=1

1n2

che è una serie armonica

generalizzata, con esponente α = 2 > 1 e pertanto entrambe le serie convergono.Esercizio 3. Calcoliamo il determinante del sistema∣∣∣∣∣∣

1 1 11 1 -11 -1 1

∣∣∣∣∣∣ = −4 6= 0.Pertanto per il Teorema di Rouché-Capelli, il sistema ammette un’unica soluzione che è determi-nata tramite la Regola di Kramer:

x = −14·

∣∣∣∣∣∣0 1 10 1 -12 -1 1

∣∣∣∣∣∣ = 1;

y = −14·

∣∣∣∣∣∣1 0 11 0 -11 2 1

∣∣∣∣∣∣ = −1;z = −1

4·

∣∣∣∣∣∣1 1 01 1 01 -1 2

∣∣∣∣∣∣ = 0.Esercizio 4. La funzione è un polinomio di due variabili e quindi è definita in tutto R2 ed èovunque differenziabile.Per determinare i punti di massimo e di minimo, occorre intanto trovare i punti in cui si annullail gradiente; si ha

∂f

∂x= 2xy + y3 − y, ∂f

∂y= x2 + 3xy2 − x.

Si deve quindi risolvere il sistema {y(2x+ y2 − 1) = 0x((x+ 3y2 − 1) = 0.

Il sistema intanto ammette la soluzione x = y = 0; inoltre il sistema è soddisfatto anche se x = 0e 2x+ y2 − 1 = 0, ovvero y2 = 1 e quindi si hanno anche le soluzioni (0, 1) e (0,−1).Ancora si hanno le soluzioni che soddisfano y = 0 e x+ 3y2 − 1 = 0, ovvero x = 1 e quindi anchenel punto (1, 0) il gradiente è nullo. Infine per determinare i punti in cui{

2x+ y2 − 1 = 0x+ 3y2 − 1 = 0

lo si può considerare un sistema lineare nelle incognite x e y2; in questo modo si ottiene facilmente

la soluzione x =25, y2 =

15

che fornisce ancora i punti(

25,

1√5

),

(25,− 1√

5

).

7

Per stabilire quali sono i punti di massimo o di minimo occorre calcolare l’hessiano della funzione:intanto

∂2f

∂x2= 2y,

∂2f

∂y2= 6xy,

∂2f

∂x∂y= 2x+ 3y2 − 1

e quindiH(x, y) = 12xy2 − (2x+ 3y − 1)2.

Cos̀ı H(0, 0) = −1, H(0, 1) = H(0,−1) = −4, H(1, 0) = −1 e quindi in questi quattro punti nonvi sono nè un massimi nè minimi.

Invece H(

25,± 1√

5

)=

2025

> 0 e∂2f

∂x2

(25,

1√5

)=

2√5> 0 e quindi si tratta di un minimo, mentre

∂2f

∂x2

(25,− 1√

5

)= − 2√

5< 0 e dunque in questo caso si tratta di un massimo locale.

Esercizio 5. Cominciamo con il calcolare l’integrale indefinito; applicando la Formula di inte-grazione per parti si ha∫

x3 log2 xdx =x4

4log2 x−

∫x4

4· 2 log x · 1

xdx =

x4

4log2 x− 1

2

∫x3 log xdx;

applicando ancora una volta la Formula di integrazione per parti si trova∫x3 log2 xdx =

x4

4log2 x− 1

2

{x4

4−∫x4

4· 1xdx

}=x4

4log2 x− 1

8x4 log x+

18

∫x3dx =

x4

4log2 x− 1

8x4 log x+

18· x

4

4+ c =

x4

4

(log2 x− 1

2log x+

18

)+ c, c ∈ R.

Applicando la Formula di Newton-Leibnitz si ottiene∫ e1x3 log2 xdx =

e4

4·(

1− 12

+18

)− 1

4· 1

8=

5e4 − 132

.

Infine la tabella delle risposte corrette per il test a risposta multipla è la seguente:

8


Matematica 1 (Corso di Laurea in Scienze Geologiche)Prova scritta del 19 Febbraio 2009

1. Studiare la funzione f(x) = (x+ 1)ex

x−1 e tracciarne il grafico (non è richiesto lo studio delladerivata seconda) (8)

2. Studiare il comportamento della serie

∞∑n=1

(12n

+1n2

).

(2)

3. Risolvere il sistema lineare x+ y + z = 12x+ 3y − z = −13x+ 4y + z = 1.

(3)

4. Determinare il massimo ed il minimo assoluti della funzione

f(x, y) = x2 + y2 − 3xy

nel triangolo di vertici A=(-1,1), B=(2,2), C= (3,0). (12)

5. Determinare il valore dell’integrale ∫ e21

x log3 xdx.

(5)



9


Matematica 1 (Corso di Laurea in Scienze Geologiche)Prova teorica del 19 Febbraio 2009

Nome e Cognome .....................................................................................................


1. L’equazione (x+ 1)(x2 − 2x− 4) = 0

A. ammette solo soluzioni razionali

B. ammette solo soluzioni irrazionali

C. non ammette soluzioni

D. nessuna delle precedenti risposte è corretta, perchè ammette sia soluzioni razionali cheirrazionali

2. Sia E ={

4,√

2,−12, 0, 4,

1√2,774, 3, 0

}. Ad avere 3 punti è

A. E ∩ NB. E ∩ ZC. E ∩QD. E ∩ (R \Q)

3. Perchèlim

n→+∞

1 + αn

n2 + 3n+ 2= 0

deve accadere che

A. α < 1

B. α ≤ 1C. |α| ≤ 1D. va bene qualsiasi α ∈ R

4. Se an 6= 0 per ogni n ∈ N e limn→+∞

an = 0, la successione1an

A. non può convergere

B. non può divergere

C. non può essere irregolare

D. nessuna delle precedenti risposte è corretta

5. Se f : A→ R+ è continua in ogni punto, quale delle seguenti funxzioni potrebbe non esserecontinua?

A. f2(x) + 2f(x) + 3

B. tan f(x)

10

C. log f(x)

D. nessuna delle precedenti, sono continue tutte e tre

6. Se f : [a, b]→ R è la funzione il cui grafico è rappresentato in figura, allora

A. f ha più massimi che minimi

B. f ha più minimi che massimi

C. f ha lo stesso numero di massimi e di minimi

D. non cè un numero, sono infiniti tutti e due

7. Data f : [0,+∞) → R derivabile, e tale che f ′(x) ≥ 0 per ogni x ∈]0,+∞), quale delleseguenti affermazioni è corretta?

A. f è crescente in [0,+∞)B. f è crescente in ]0,+∞)C. f è non decrescente in [0,+∞)D. nessuna delle precedenti, sono corrette tutte e tre

8. La condizione che xo sia di massimo o di minimo nel Teorema di Fermat fa parte

A. dell’ipotesi

B. della tesi

C. sia delle ipotesi che della tesi

D. nè delle ipotesi nè della tesi

9. Se an ≥ 0 e limn→+∞

n+1√an =

12

cosa fa la serie∞∑n=1

(an)n?

A. converge

B. diverge

C. non lo si può stabilire, perchè servirebbe conoscere limn→+∞

n√an

11

D. si può solo dire che non è indeterminata perchè è a termini non negativi.

10. A quale di queste serie si può applicare il Criterio di Leibnitz?

A.∞∑n=1

(−1)n sin 1n

B.∞∑n=1

(−1)nsin

1n

1n

C.∞∑n=1

(−1)n sinn

D.∞∑n=1

(−1)n(−2)n

12

Svolgimento della prova scritta del 19 Febbraio 2009

Esercizio 1. Poichè nell’esponente vi è una frazione, occorre che il denominatore dell’esponentesia diverso da 0; pertanto il campo di esistenza è dato da D = (−∞, 1[∪]1,+∞).Risulta facilmente lim

x→−∞f(x) = −∞ in quanto l’esponente tende a 1, perchè rapporto tra due

polinomi dello stesso grado e con gli stessi coefficienti dominanti.Inoltre si riconosce immediatamente che

limx→−∞

f(x)x

= limx→−∞

x+ 1x

ex

x−1 = e,

quindi la funzione potrebbe presentare un asintoto obliquo per x → −∞ di coefficiente angolaree. Per determinarne l’espressione occorre calcolare

limx→−∞

f(x)− ex = limx→−∞

x(e

xx−1 − e

)+ e

xx−1 ;

il secondo addendo tende facilmente ad e sempre perchè l’esponente tende a 1. Per calcolare illimite del primo addendo conviene portarlo ad una forma indeterminata del quoziente

limx→−∞

ex

x−1 − e1x

e applicare il Teorema dell’Hospital, dato che tanto numeratore che denominatore sono funzioniderivabili per esempio in (−∞, 0[ e la derivata del denominatore non è mai nulla; il rapporto dellederivate vale

−1(x− 1)2

ex

x−1

−1x2

=x2

(x− 1)2e

xx−1

e tende quindi a e per x→ −∞. In conclusione limx→−∞

f(x)− ex = 2e e quindi la retta di equazioney = ex+ 2e rappresenta un asintoto obliquo per x→ −∞.Considerazioni identiche valgonmo per x → +∞ e quindi la stessa retta rappresenta un asintotoobliquo anche per x→ +∞.Inoltre

limx→1−

f(x) = 0

in quanto l’esponente tende a −∞, mentre il fattore (x+ 1) tende a 2, mentre

limx→1+

f(x) = +∞

perchè da destra l’esponente tende a +∞; dunque vi è un asintoto verticale da destra in x = 1.Passiamo allo studio della derivata prima. Il calcolo della derivata prima fornisce

f ′(x) = ex

x+1 + (x+ 1) · −1(x− 1)2

ex

x−1 = ex

x−1x(x− 3)(x− 1)2

.

Pertanto non vi sono punti di non derivabilità di f in D, e gli unici eventuali punti di massimo edi minimo locale si trovano tra gli zeri della derivata prima.L’equazione f ′(x) = 0 fornisce immediatamente le soluzioni x = 0 e x = 3, mentre la disequazionef ′(x) > 0 è verificata in (−∞, 0[∪]3,+∞); dunque, come conseguenza del Teorema di Lagrange,la funzione risulta crescente in (−∞, 0] ed in [3,+∞) e decrescente in [0, 1[ ed in ]1, 3]; pertanto

13

in 0 vi è un massimo locale ed in 3 un minimo locale.In conclusione il grafico qualitativo della funzione è

Esercizio 2. Si riconosce immediatamente che la serie è la somma di due serie convergenti; infatti

il primo addendo del termine generale è il termine generale di una serie geometrica di ragione12< 1

che quindi converge, ed il secondo addendo è il termine generale di una serie armonica generalizzatacon esponente 2 > 1; pertanto la serie è convergente.Esercizio 3. Calcoliamo il determinante del sistema∣∣∣∣∣∣

1 1 12 3 -13 4 1

∣∣∣∣∣∣ = 1 6= 0.Pertanto per il Teorema di Rouché-Capelli, il sistema ammette un’unica soluzione. Osservandoche la colonna dei coefficienti di z coincide con la colonna dei termini noti, si verifica immedi-atemente che nei determinanti che intervengono nella Regola di Cramer per determinare x e y visaranno due colonne identiche, e quindi entrambi si annullano, mentre il determinante con cui sidetermina z coincide per lo stesso motivo con il determinante del sistema.Dunque si ha l’unica soluzione x = y = 0 e z = 1.

Esercizio 4. La funzione è un polinomio di due variabili e quindi è definita in tutto R2 edè ovunque differenziabile.In virtù del Teorema di Weierstrass, la funzione ammette certamente massimo e minimo assolutinel triangolo T ; se essi sono interni, come è noto, debbono essre punti in cui si annulla il gradientedella funzione. Si ha

∂f

∂x= 2x− 3y, ∂f

∂y= 2y − 3x.

14

Quindi il sistema {2x− 3y = 0−3x+ 2y = 0

è un semplice sistema lineare omogeneo 2× 2 che ammette l’unica soluzione x = y = 0; tuttavia,poichè il punto (0,0) non appartiene al triangolo di vertici A,B e C, non occorre investigare ilcomportamento di f in (0,0).Ciò implica che il massimo ed il minimo assoluti appartengono necessariamente alla frontiera deltriangolo, che è l’unione di tre segmenti.Cominciamo a determinare il comportamento della funzione lungo il segmento AC, cioè nell’in-

sieme{{(x, y) ∈ R2| − 1 ≤ x ≤ 3, y = 3− x

4

}. In questo insieme la funzione f diventa

gAC(x) =116

(29x2 − 42x+ 9)

il cui grafico è una parabola convessa, avente vertice in x =2129∈ [−1, 3]; questo comporta che il

minimo di f sul segmento AC è raggiunto nel punto P di coordinate

P =(

2129,3358

)dove la funzione assume il valore

f(P ) = gAC

(2129

)= − 45

116.

Invece il massimo sul lato AC sarà assunto in uno dei due estremi; si ha f(A) = 5 e f(C) = 9;pertanto il massimo sul lato AC è assunto in C.Passiamo a studiare il comportamento di f sul latoBC ovvero sull’insieme

{(x, y) ∈ R2|2 ≤ x ≤ 3, y = 2(3− x)

}.

In questo insieme la funzione f diventa

gCB(x) = 11x2 − 42x+ 36

15

che rappresenta ancora l’equazione di una parabola convessa con vertice in x =2111

< 2; poichè il

vertice si trova a sinistra dell’estremo sinistra dell’intervallo [2, 3] (che è quello che si interessa),il ramo di parabola che si sta considerando è crescente in [2, 3]. Quindi il minimo è assunto perx = 2 che corrisponde al vertice B, ed il massimo nel vertice C.Abbiamo f(B) = −4 che è un valore minore di quello assunto in P .

Infine sul lato AB, che corrisponde all’insieme{

(x, y) ∈ R2| − 1 ≤ x ≤ 2, y = x+ 43

}, la funzione

diventa gAB(x) =x2 − 28x+ 16

9. Anche in questo caso si tratta dell’equazione di una parabola

convessa, che ha il vertice in x = 14 6∈ [−1, 2]. Poichè il vertice si trova a destra di 2, siamosul ramo decrescente della parabola, e quindi avremo un massimo in x = −1 che corrisponde alvertice A ed un minimo per x = 2 corrispondente al vertice B.In conclusione il minimo assoluto di f nel triangolo corrisponde ad uno dei punti B e P , e comegià osservato, il valore minimo è assunto in B, mentre il massimo assoluto è realizzato in C, inquanto i due candidati sono i vertici A e C, ma il valore assunto in C, come già visto, è maggiore.

Esercizio 5. Cominciamo con il calcolare l’integrale indefinito; applicando una prima volta laFormula di integrazione per parti si ha∫

x log3 xdx =x2

2log3 x−

∫x2

2· 3 log2 x · 1

xdx =

x2

2log3 x− 3

2

∫x log2 xdx.

Applicando ancora una volta la Formula di integrazione per parti si trova∫x log3 xdx =

x2

2log3 x−3

2·x

2

2log2 x+

32

∫x2

22 log x·1

xdx =

x2

2log3 x−3

4·x2 log2 x+3

2

∫x log xdx.

Applicando un’ultima volta la medesima formula si giunge a∫x log3 xdx =

x2

2log3 x− 3

4x2 log2 x+

34· x2 log x− 3

2

∫x2

2· 1xdx =

=x2

2log3 x− 3

4· x2 log2 x+ 3

4· x2 log x− 3

4x2

2+ c =

=x2

2

[log3 x− 3

2log2 x+

32

log x− 34

]+ c,

c ∈ R. Applicando la Formula di Newton-Leibnitz si ottiene infine∫ e21

x log3 xdx =e4

2

(8− 6 + 3− 3

4

)+

38

=17e4 + 3

8.

Infine la tabella delle risposte corrette per il test a risposta multipla è la seguente:

16


Matematica 1 (Corso di Laurea in Scienze Geologiche)Prova d’esonero del 23 Aprile 2009

1. Considerata la funzione

f(x, y) =(y + 1)(x2 + 3x+ 2)

x− 2

1. determinarne il campo d’esistenza (1);

2. determinarne gli eventuali punti di massimo e di minimo relativo (3);

3. determinarne il massimo ed il minimo assoluti nell’insieme Q = R ∪ T dove R è ilrettangolo [−1, 1] × [−1, 0] e T il triangolo di vertici O = (0, 0);A = (0, 1);B = (1, 0)(4);

4. perchè non possono esserci punti P in cui f(P ) > 0 nel quadrato ]0, 1[×]− 1, 0[? (2)



17

Svolgimento della prova d’esonero del 23 Aprile 2009

Intanto è immediato convincersi che il campo di esistenza è il piano privato della retta x = 2parallela all’asse y; in formule

D = {(x, y) ∈ R2|x 6= 2}.

Per la ricerca dei massimi e minimi relativi si procede innanzitutto al calcolo del gradiente, equindi delle derivate parziali; si riconosce immediatamente che la funzione è della forma

f(x, y) = g(x) · h(y)

e quindi le derivate parziali hanno a loro volta la forma

f ′x(x, y) = g′(x) · h(y) = (y + 1)(x

2 − 4x− 8)(x− 2)2

f ′y(x, y) = g(x) · h′(y) =x2 + 3x+ 2

x− 2.

Pertanto la condizione ∇f(x, y) = 0 equivale al sistema{(y + 1)(x2 − 4x− 8) = 0x2 + 3x+ 2 = 0

La seconda equazione fornisce i valori x = −1 e x = −2; sostituendo entrambe nella primaequazione si perviene alla condizione y = −1; pertanto i punti critici di f sono (−1,−1) e (−2,−1).Poichè f ′y(x, y) non dipende esplicitamente da y, è immediato accorgersi che f

′′yy(x, y) = 0’ e quindi

che ’l’Hessiano ha la formaH(x, y) = −

(f′′xy(x, y)

)2≤ 0.

Basta quindi determinare le derivate seconde miste, che per il Teorema di Schwartz coincidono.Conviene calcolare perciò

f′′yx(x, y) = g

′(x) =x2 − 4x− 8

(x− 2)2.

Quindi H(−1,−1) = −19< 0 e H(−2,−1) = − 1

16< 0 cioè entrambe i punti critici non sono nè

di massimo nè di minimo relativo.Passiamo alla ricerca dei massimi e dei minimi assoluti in Q, la cui esistenza è assicurata dalTeorema di Weierstrass.

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Sul lato AB della figura, cioè sull’insieme

AB = {(x, y) ∈ D : 0 ≤ x ≤ 1, y = 1− x}

la funzione diventa gAB(x) = −(x2 + 3x+ 2) che rappresenta una parabola concava, che intersecal’asse delle ascisse nei punti x = −1 e x = −2, entrambe esterni all’intervallo in considerazione.Dunque gAB è decrescente nell’intervallo [0, 1], e pertanto massimo e minimo sono assunti agliestremi. Più precisamente

MAB = gAB(0) = f(A) = −2, mAB = gAB(1) = f(B) = −6.

Passiamo al latoBC = {(x, y) ∈ D|x = 1,−1 ≤ y ≤ 0}

dove la funzione diventa gBC(y) = −6(y + 1) il cui grafico è una retta decrescente; dunque suquesto lato si ha

MBC = gBC(−1) = f(C) = 0, mBC = gBC(0) = f(B) = −6.

Occupiamoci ora del lato

CD = {(x, y) ∈ D| − 1 ≤ x ≤ 1, y = 1}

su cui la funzione diventa gCD(x) = 0 costante; quindi tutti i punti di questo lato sono di massimoe di minimo.Analogamente sul lato

DE = {(x, y) ∈ D|x = −1,−1 ≤ y ≤ 0}si ha gDE(y) = 0 perchè x2 + 3x + 2 = 0 per x = −1; quindi anche in questo caso la funzione ècostante e nulla su questo lato.Sul lato

EO = {(x, y) ∈ D| − 1 ≤ x ≤ 0, y = 0}la funzione diventa

gEO(x) =x2 + 3x+ 2

x− 2per la quale è necessario uno studio qualitativo ad hoc. La derivata prima è

g′EO(x) =x2 − 4x− 8

(x− 2)2

ed il discriminante del polinomio a numeratore è ∆ = 16 + 32 > 0; quindi la derivata si annullanei punti x1 = 2− 2

√3 e x2 = 2 + 2

√3, che si trovano rispettivamente a sinistra di −1 e a destra

di 0: quindi la derivata nell’intervallo [-1,0] è tutta negativa. Per il Teorema di Lagrange la gEOè decrescente nell’intervallo [−1, 0] e dunque

MEO = gEO(−1) = f(E) = 0, mEO = gEO(0) = f(O) = −1.

Rimane il latoOA = {(x, y) ∈ D|x = 0, 0 ≤ y ≤ 1}

su cui si trova gOA(y) = −(y + 1) il cui grafico è di nuovo una retta decrescente; cos̀ı

MOA = gOA(0) = f(O) = −1, mOA = gOA(1) = f(A) = −2.

Dal confronto tra i valori ottenuti si trova per il minimo assoluto m = f(B) = −6 mentre ilmassimo assoluto è il valore 0, che è assunto costantemente sui lati CD e DE della figura.Questo ci dice che la funzione assume valori non positivi nella figura Q e quindi, a maggior ragione,nel quadrato aperto ]0, 1[×]− 1, 0[ che è contenuto in Q.

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Facoltá di Scienze Matematiche Fisiche e Naturali - Anno Accademico 2008-09Matematica (Corso di Laurea in Scienze Geologiche - 12 CFU)

Prova scritta del 18 Giugno 2009

1. Studiare la seguente funzionef(x) = x2e−x


2. Considerata la funzione f(x, y) = log(x2 + 3xy + y2)

i. determinarne il campo di esistenza;ii. determinare il massimo ed il minimo assoluti nel triangolo di vertici (1,0), (1,1), (2,0);iii. perchè f non ammette minimo assoluto nel triangolo di vertici (0,0), (1,1), (2,0)?(8)

3. Si consideri la seguente funzione

f(x) ={x2 − 2 |x| < 1;2e|x|−1 − 3 |x| ≥ 1.

i. Tale funzione é di classe C1(R)?ii. localizzarne le radici;iii. determinare gli intervalli di convergenza a ciascuna radice del metodo delle tangenti;iv. determinare l’ordine di convergenza a ciascuna radice.

(8)

4. Data la seguente funzione

f(x) =1

x2 − 3x+ 2.

i. determinarne l’integrale esatto dell’intervallo [−2, 0];ii. determinarne l’integrale numerico approssimato mediante il polinomio interpolante, con

nodi equispaziati, di quarto grado;iii. determinarne l’integrale numerico approssimato mediante la formula dei trapezi con 4

nodi;iv. determinarne l’integrale numerico approssimato mediante la formala di Cavalieri–Simpson

3 nodi; Quale metodo numerico commette l’errore piú piccolo?

(8)



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Facoltá di Scienze Matematiche Fisiche e NaturaliStudenti immatricolati precedentemente all’ AA 2008-09

Matematica (Corso di Laurea in Scienze Geologiche - 8 CFU)Prova scritta del 18 Giugno 2009

1. Studiare la seguente funzionef(x) = x2e−x


2. Stabilire il comportamento della serie∞∑n=1

n2 + 3n− 1n3 + 2

.

(4)

3. Considerata la funzione f(x, y) = log(x2 + 3xy + y2)

i. determinarne il campo di esistenza;

ii. determinare il massimo ed il minimo assoluti nel triangolo di vertici (1,0), (1,1), (2,0).

(8)

4. Stabilire il segno dell’espressione(∫ π0

sinxdx)2−∫ π

0sin2 xdx.

(5)

5. Si consideri il sistema lineare αx+ y − z = 1x+ y − 2z = αx+ 3y − αz = 0

i. provare che esso ammette un’unica soluzione per tutte le scelte di α ∈ N;ii. determinare la soluzione in corrispondenza di α = f

′x(1, 1) dove f è la funzione dell’eser-

cizio 3.

(5)

Motivare tutte le risposte, altrimenti esse non verranno valutate.I punteggi tra parentesi indicano il grado di difficoltà, e quindi la valutazione massima, diciascun esercizio.Consegnare una sola copia, ordinata, numerando e contrassegnando col proprio nome ecognome e corso di laurea tutti i fogli consegnati (non più di due).Compiti privi degli estremi di identificazione non verranno corretti.Non riconsegnare la traccia del compito.


21

Alla prova teorica di questo appello non erano presenti candidati immatricolati nel 2008-09Facoltá di Scienze Matematiche Fisiche e Naturali

Studenti immatricolati precedentemente all’ AA 2008-09Matematica (Corso di Laurea in Scienze Geologiche - 8 CFU)

Prova teorica del 18 Giugno 2009

Nome e Cognome .....................................................................................................


1. Considerata l’applicazione

f(x) ={

10x se x ≥ 02x+ c se x < 0

quale tra le seguenti affermazioni è falsa?

A. se c ≤ 1 allora f è crescenteB. se f è crescente, allora c ≤ 1C. f è crescente se c ≤ 1D. sono tutte vere

2. Se f(x) = x2 e g(x) =√x la funzione g ◦ f coincide con

A. xB. |x|C. ±xD. perché non si possono comporre

3. Se f : R → R è una funzione continua, e se (an)n è una successione convergentef(an) > 0 per ogni n ∈ N alloraA. lim

n→+∞f(an) > 0

B. limn→+∞

f(an) ≥ 0

C. limn→+∞

f(an) > limn→+∞an

D. non è detto che esista anche limn→+∞

f(an)

4. Se (an)n ⊂]0,+∞) é una successione regolare, e

limn→+∞

an1 + an

01

qual é l’affermazione impossibile?

A. (an)n convergeB. (an)n divergeC. sono possibili entrambe le precedenti affermazioniD. le affrerazioni in a) e in B) sono impossibili entrambe

5. Il limitelim

x→+∞x+ 3− 3(log(ex + 1)

22

A. fa +∞B. fa −∞C. è una forma indeterminata non risolvibileD. non esiste

6. Quale tra le seguenti implicazioni si può inserire al posto dei puntini, tra le affermazionif ′ è continua ......... f è continua?


7. Se la funzione f : R→ R definuta da

f(x) +{x2 se x ≥ 0x se x < 0

è derivabile in tutto R alloraA. necessariamente xo = 0B. necessariamente xo = 1C. non è possibile che una funzione di questo tipo sia derivabile in xoD. non si può stablire nulla su xo

8. Se f : R → R+ è derivabile, e se f ′(xo) = 0 per quale di queste funzioni xo non è unpunto critico?

A. f(x)(xo + 1)B. f(xo)(x+ 1)C. f2(x)D. per nessuna delle precedenti

9. Posto q = tan−π4

la serie∞∑n=1

qn

A. geometrica a termini positiviB. geometrica a termini negativiC. geometrica a termini di segno alternoD. geometrica a termini di segno qualunque

10. Considerate le serie∞∑n=1

(sin(π + 1))n e∞∑n=1

(log

1π

)n, quale delle due converge?

A. solo la primaB. solo la secondaC. entrambeD. nessuna delle due

23

Correzione della prova scritta del 18 Giugno 2009

Esercizio 1. Il campo di esistenza è tutto R.Si ha

limx→+∞

x2e−x = limx→+∞

x2

ex= 0

perchè ex è un infinito di ordine superiore a x2. Pertanto vi è un asintoto arizzontale perx→ +∞. Invece

limx→−∞

x2e−x = +∞

perchè è il prodotto di due funzioni entrambe divergenti a +∞. Poichè anche

limx→−∞

f(x)x

= limx→−∞

xe−x = +∞

il grafico non presenta nessun tipo di asintoto per x→ −∞.Passiamo allo studio della derivata prima. Si ha

f ′(x) = 2xe−x − x2e−x = e−x(2x− x2) = xe−x(2− x).

La funzione è dunque ovunque derivabile, e quindi gli unici possibili punti di massimo o diminimo sono gli zeri della derivata prima, e cioè i punti x = 0 e x = 2.Inoltre f ′(x) > 0 per x ∈]0, 2[ e quindi f è crescente in [0, 2], mentre è decrescente in (−∞, 0]ed in [2,+∞). Di conseguenza x = 0 è un punto di minimo e x = 2 un punto di massimo.Passiamo allo studio della derivata seconda, che vale

f ′′(x) = e−x(2− 2x)− e−x(2x− x2) = e−x(x2 − 4x+ 2).

Quindi f ′′(x) = 0 per x = 2 ±√

2, e f ′′(x) > 0 per x < 2 −√

2, e x > 2 +√

2, mentref ′′(x) < 0 per x ∈]2−

√2, 2 +

√2[; in conclusione x = 2−

√2 e x = 2 +

√2 sono due punti

di flesso.Il grafico della funzione è

Esercizio 2. Occorre porre la condizione x2 + 3xy + y2 > 0. Cominciamo quindi adeterminare l’insieme

{(x, y) ∈ R2|x2 + 3xy + y2 = 0}che rappresenta un’equazione di secondo grado in y, il cui discriminante è dato da (3x)2 − 4x2 = 5x2;pertanto l’equazione ammette sempre soluzione/i data/e da

y =−3x±

√5x2

2=−3x± |x|

√5

2.

Per risolvere la disequazione occorre considerare quindi le due funzioni

f1(x) =−3x+

√5|x|

2=

−3−

√5

2x se x ≥ 0

−3 +√

52

x se x < 0;

25

f2(x) =−3x−

√5|x|

2=

−3 +

√5

2x se x ≥ 0

−3−√

52

x se x < 0.

I garfici di entrambe le funzioni si ricavano tracciando innanzitutto le rette di pendenza−3−

√5

2e−3 +

√5

2, che sono entrambe negative

La figura seguente rappresenta simultaneamente i grafici delle funzioni f1 e f2.

Poichè il coefficiente di y2 è positivo, le soluzioni della disequazione iniziale sono rappresen-tate dall’insieme

D = {(x, y) ∈ R2|yf2(x)} ∪ {(x, y) ∈ R2|y > f1(x)}

che rappresenta la zona tratteggiata nella seguente figura

26

Passiamo alla ricerca dei massimi e minimi assoluti nel triangolo assegnato, osservandoinnanzitutto che si tratta di un insieme chiuso e limitato contenuto nel dominio D, e quindil’esistenza del massimo e del minimo assoluti è garantita dal Teorema di Weierstrass.Cominciamo ad individuare gli eventuali punti critici. Si ha

f′x(x, y) =

2x+ 3yx2 + 3xy + y2

,

f′y(x, y) =

3x+ 2yx2 + 3xy + y2

.

Pertanto ∇f(x, y) = (0, 0) se e solo se{2x+ 3y = 03x+ 2y = 0.

Quest’ultimo è un sistema lineare omogeneo 2×2 che ammette l’ unica soluzione x = y = 0;poichè (0, 0) 6∈ D, la funzione non ammette punti critici.Dunque il massimo ed il minimo sono assunti necessariamente sul bordo del triangolo T ,rappresentato nella figura seguente.

Sul lato AB si ha costantemente x = 1 e quindi la funzione si riduce a

fAB(y) = log(y2 + 3y + 1),

0 ≤ y ≤ 1. Pertanto si haf′AB(y) =

2y + 3y2 + 3y + 1

> 0

in [0, 1] e quindi la funzione è crescente; perciò il minimo è assunto in y = 0 che corrispondeal punto A del disegno, ed il valore è dato da log 1 = 0, mentre il massimo è assunto per

27

y = 1 che corrisponde al punto B e vale log 5.Sul lato AC invece si ha y = 0 e quindi la funzione diventa fAC(x) = log x2 = 2 log xin quanto 1 ≤ x ≤ 2 (in realtà sarebbe 2 log |x|). Questa è una funzione elementare, edè crescente nell’intervallo che si sta considerando, cioè [1, 2]; pertanto il minimo si ha incorrispondenza di x = 1, cioè del punto A, su cui già abbiamo calcolato f(A) = 0, mentre ilmassimo è assunto in x = 1 che corrisponde al punto C, dove si ha f(C) = 2 log 2.Infine il lato BC è rappresentato dai punti del piano

BC = {(x, y) ∈ D : 1 ≤ x ≤ 2, y = 2− x}

e quindi qui la funzione da studiare diviene fBC(x) = log(−x2 + 2x+ 4), per x ∈ [1, 2]. Laderivata prima è data da

f′BC(x) =

2(x− 1)x2 − 2x− 4

che si annulla in x = 1; inoltre il denominatore si annulla nei punti 1 ±√

5 entrambeesterni all’intervallo [1, 2]. Lo studio dei segni del numeratore e del denominatore mostrache f

′BC(x) > 0 in [1, 2]. Pertanto anche su questo lato si ha una funzione crescente.

Ancora il minimo è assunto nell’estremo sinistro, x = 1 corrispondente al punto B, edin cui f(B) = log 5 (ma che rappresentava invece un massimo per la funzione sul lato ABe quindi non può essere nè di massimo nè di minimo), ed il massimo nell’estremo destro,corrispondente al punto C, in cui come già visto la funzione assume il valore 2 log 2.In conclusione gli unici due punti in cui si possono avere il massimo ed il minimo assolutisono i punti A e C.Per quanto riguarda il quesito iii. basta osservare che il triangolo in questo caso non è tuttocontenuto in D, in quanto l’origine non ne fa parte; quindi si sta considerando un insiemeche è limitato ma non chiuso, e di conseguenza non è più necessariamente soddisfatta la tesidel Teorema di Weierstrass.Esercizio 3 . La funzione è pari, e quindi lo studio può essere condotto solo per le x ≥ 0;verifichiamo la continuità della funzione; l’unico punto di discontinuità in [0,+∞) può esserex = 1 dove si ha

limx→1+

f(x) = limx→1−+

2ex−1 − 3 = −1

elimx→1−

f(x) = limx→1−

x2 − 2 = −1

dunque la funzione è continua in x = −1.Il calcolo della derivata prima fornisce

f ′(x) ={

2x se x < 12ex−1 se x > 1.

Per essere di classe C1(R) occorre provare la derivabilità in x = 1 e la continuità delladerivata; poichè stiamo utilizzando la simmetria della funzone, la continuità in 0 va verificataseparatamente.Si ha

limx→1−

f ′(x) = 2 = f ′−(1), limx→1+

f ′(x) = 2 = f ′+(1)

e quindi la derivata esiste ed è continua in x = 1; inoltre la derivata è certamente continuada destra in x = 0 e vale f ′+(0) = 2 ·0 = 0; allora per la simmetria anche f ′−(0) = 0, e quindila derivata è continua in tutto R.Dallo studio della derivata prima abbiamo che f ′(x) > 0 per x > 0, f ′(x) < 0 per x < 0 e

28

f ′(x) = 0 per x = 0.Pertanto la funzione è decrescente in (−∞, 0], crescente in [0,+∞) e presenta un minimo inx = 0.Inoltre

limx→−∞

f(x) = limx→+∞

f(x) = +∞

mentre il calcolo della derivata seconda fornisce intanto

f ′′(x) ={

2 se 0 ≤ x < 12ex−1 se x > 1.

Poichè f ′′−(1) = 2 e f′′+(2) = lim

x→1+f ′′(x) = 2 · 1 = 2 la f ammette derivata seconda positiva

in ]0,+∞), ed è dunque convessa in [0,+∞), e per simmetria in (−∞, 0], quindi globalmenteè una funzione convessa.Il grafico è dato da

Essendo f(1) = −1 dal grafico si evince che esiste una radice α1 localizzata nella semiretta]1,+∞) e per simmetria anche α2 = −α1 è una radice. Andando a risolvere l’equazionef(x) = 0 in [1,+∞) si deve risolvere

2ex−1 = 3

che conduce aex−1 =

32

e quindi α1 = 1 + log(

32

)e naturalmente α2 = −1− log

(32

).

Passiamo al punto iii. Se consideriamo xo > α1 abbiamo che

f(x)f ′′(x) > 0

per ogni x ∈ (α1, xo], essendo la funzione positiva e convessa in questo intervallo; inoltref ′(x) > 0 in tale intervallo, perchè la funzione è crescente e la derivata prima, come si èvisto, si annulla solo per x = 0.Allora da un noto Teorema abbiamo che la successione

xi = xi−1 −f(xi−1)f ′(xi−1)

29

creata dal metodo delle tangenti è monotona e convergente a α1.Se invece partiamo da un punto xo < α1 la retta tangente al grafico nel punto (xo, f(xo))è sempre inferiore alla funzione proprio in virtù della convessità; questo fà s̀ı che il puntodi intersezione di questa tangente con l’asse delle ascisse è sicuramente maggiore di α1; perconvincersene basta utilizzare il grafico di f .Quindi x1 > α1 e a questo punto si può riapplicare il teorema precedentemente menzionatoper ottenere anche in questo caso la convergenza al punto α1 della successione xi determi-nata col metodo delle tangenti.Ovviamente se xo = α1 abbiamo già trovato la radice senza dover applicare il meotodo.La convergenza del metodo delle tangenti per i punti a sinistra di 0 segue invece immedi-atamente dalla simmetria della funzione.Se invece si parte da xo = 0, il metodo delle tangenti non è applicabile, perchè la derivataprima si annulla.Per rispondere al quesito iv. osserviamo che f ′(α1) > 0 e quindi, in particolare f ′(α1) 6= 0.Per un noto Teorema abbiamo che l’ordine di convergenza del metodo delle tangenti è alloraalmeno 2. In particolare, essendo f ′′(α1) = 3 6= 0 l’ordine di convergenza del metodo delletangenti è precisamente 2. Le stesse considerazioni, per simmetria, valgono per il punto α2.Esercizio 4 . Il trinomio x2 − 3x + 2 si scompone in (x − 2)(x − 1). Per determinare icoefficienti della decomposizione

1(x− 1)(x− 2)

=A

x− 2+

B

x− 1

si eguagliano i polinomi 1 e (A+B)x+ (−A− 2B) e si ottiene il sistema{A+B = 0−A− 2B = 1

che fornisce le soluzioni A = 1 e B = −1. Pertanto∫ 0−2

1x2 − 3x+ 2

dx =∫ 0−2

1x− 2

dx−∫ 0−2

1x− 1

dx.

Questi ultimi sono due integrali immediati; gli integrali indefiniti forniscono quindi rispetti-vamente log |x− 2|+ c, c ∈ R e log |x− 1|+ c, c ∈ R, e la Formula fondamentale del CalcoloIntegrale conduce a∫ 0−2

1x2 − 3x+ 2

dx = log |−2|− log |−4|− log |−1|+log |−3| = log 2+log 3− log 4 ∼= 0, 4054

Per il quesito ii. si ha la formula generale

S5 =4∑

1=0

f(xi)ωi

con xo = −2, x1 = −1, 5, x2 = −1, x3 = −0, 5, x4 = 0 mentre

ωo = ω4−0 = ω4 = h∫ 4

0

(t− 1)(t− 2)(t− 3)(t− 4)(0− 1)(0− 2)(0− 3)(0− 4)

dt =1445h

ω1 = ω4−1 = ω3 = h∫ 4

0

(t− 0)(t− 2)(t− 3)(t− 4)(1− 0)(1− 2)(1− 3)(1− 4)

dt =6445h

30

ω2 = h∫ 4

0

(t− 0)(t− 1)(t− 3)(t− 4)(2− 0)(2− 1)(2− 3)(2− 4)

dt =2445h

con h = 0, 5. Pertanto svolgendo i calcoli si trova S5 ∼= 0, 4061.Per il punto iii. partiamo dalla formula generale (dove N rappresenta il numero di sottoin-tervalli, e quindi il numero dei nodi -1)

J(4)2 =

b− a2N

N−1∑k=0

[f(zk) + f(zk+1)]

che nel caso in esame diventa (dato che N = 3)

J(4)2 =

0− (−2)2 · 3

2∑k=0

[f(zk) + f(zk+1)] =13

2∑k=0

[f(zk) + f(zk+1)] =13

[f(zo) + 2f(z1) + 2f(z2) + f(z3)]

con zo = −2, z1 = −2 +23

= −43

, z2 = −2 +43

= −23

e z3 = 0.Svolgendo i calcoli si trova

J(4)2∼= 0, 4256

Infine per il punto iv. si ricorda la formula generale (dove N ha lo stesso significato diprima)

J(3)3 =

b− a6N

N−1∑k=0

[f(zk) + 4f

(zk + zk+1

2

)+ f(zk+1)

]che nel caso in esame diviene (N = 2)

J(3)3 =

0− (−2)6 · 2

1∑k=0

[f(zk) + 4f

(zk + zk+1

2

)+ f(zk+1)

]=

16

1∑k=0

[f(zk) + 4f

(zk + zk+1

2

)+ f(zk+1)

]con zo = −2, z1 = −1, z2 = 0. Svolgendo i calcoli si trova

J(3)3 = 0, 4067.

Infine per confrontare i tre risultati ottenuti si trova∣∣∣∣∫ 0−2f(x)dx− S5

∣∣∣∣ ∼= 0, 0007∣∣∣∣∫ 0−2f(x)dx− J (4)2

∣∣∣∣ ∼= 0, 0202∣∣∣∣∫ 0−2f(x)dx− J (3)3

∣∣∣∣ ∼= 0, 0013e quindi l’integrale calcolato con il polinomio interpolante di quarto grado è quello checommette l’errore più piccolo.

31

Correzione della prova scritta del 18 Giugno 2009(studenti immatricolati prima dell’AA 2008-09)

Esercizio 1. Il campo di esistenza è tutto R.Si ha

limx→+∞

x2e−x = limx→+∞

x2

ex= 0

perchè ex è un infinito di ordine superiore a x2. Pertanto vi è un asintoto arizzontale perx→ +∞. Invece

limx→−∞

x2e−x = +∞

perchè è il prodotto di due funzioni entrambe divergenti a +∞. Poichè anche

limx→−∞

f(x)x

= limx→−∞

xe−x = +∞

il grafico non presenta nessun tipo di asintoto per x→ −∞.Passiamo allo studio della derivata prima. Si ha

f ′(x) = 2xe−x − x2e−x = e−x(2x− x2) = xe−x(2− x).

La funzione è dunque ovunque derivabile, e quindi gli unici possibili punti di massimo o diminimo sono gli zeri della derivata prima, e cioè i punti x = 0 e x = 2.Inoltre f ′(x) > 0 per x ∈]0, 2[ e quindi f è crescente in [0, 2], mentre è decrescente in (−∞, 0]ed in [2,+∞). Di conseguenza x = 0 è un punto di minimo e x = 2 un punto di massimo.Passiamo allo studio della derivata seconda, che vale

f ′′(x) = e−x(2− 2x)− e−x(2x− x2) = e−x(x2 − 4x+ 2).

Quindi f ′′(x) = 0 per x = 2 ±√

2, e f ′′(x) > 0 per x < 2 −√

2, e x > 2 +√

2, mentref ′′(x) < 0 per x ∈]2−

√2, 2 +

√2[; in conclusione x = 2−

√2 e x = 2 +

√2 sono due punti

di flesso.Il grafico della funzione è

Esercizio 2. Si tratta di una serie a termini positivi, il cui termine generale è rappresentatoda un rapporto tra polinomi.Poichè l’ordine di infinito del numeratore è inferiore di 1 rispetto al grado del denominatore,si ha facilmente che

limn→+∞

n2 + 3n− 1n3 + 2

1n

= limn→+∞

n(n2 + 3n− 1)n3 + 2

= 1

sempre per considerazioni elementari sul grado dei due polinomi. Allora per il Criterio del

Confronto asintotico la serie assegnata e la serie∞∑n=1

1n

hanno lo stesso comportamento, e

32

poichè quest’ultima è la serie armonica che diverge, anche la serie assegnata diverge.Esercizio 3. Occorre porre la condizione x2 + 3xy + y2 > 0. Cominciamo quindi adeterminare l’insieme

{(x, y) ∈ R2|x2 + 3xy + y2 = 0}

che rappresenta un’equazione di secondo grado in y, il cui discriminante è dato da (3x)2 − 4x2 = 5x2;pertanto l’equazione ammette sempre soluzione/i data/e da

y =−3x±

√5x2

2=−3x± |x|

√5

2.

Per risolvere la disequazione occorre considerare quindi le due funzioni

f1(x) =−3x+

√5|x|

2=

−3−

√5

2x se x ≥ 0

−3 +√

52

x se x < 0;

f2(x) =−3x−

√5|x|

2=

−3 +

√5

2x se x ≥ 0

−3−√

52

x se x < 0.

I garfici di entrambe le funzioni si ricavano tracciando innanzitutto le rette di pendenza−3−

√5

2e−3 +

√5

2, che sono entrambe negative

33

La figura seguente rappresenta simultaneamente i grafici delle funzioni f1 e f2.

Poichè il coefficiente di y2 è positivo, le soluzioni della disequazione iniziale sono rappresen-tate dall’insieme

D = {(x, y) ∈ R2|yf2(x)} ∪ {(x, y) ∈ R2|y > f1(x)}

che rappresenta la zona tratteggiata nella seguente figura

Passiamo alla ricerca dei massimi e minimi assoluti nel triangolo assegnato, osservandoinnanzitutto che si tratta di un insieme chiuso e limitato contenuto nel dominio D, e quindil’esistenza del massimo e del minimo assoluti è garantita dal Teorema di Weierstrass.Cominciamo ad individuare gli eventuali punti critici. Si ha

f′x(x, y) =

2x+ 3yx2 + 3xy + y2

,

f′y(x, y) =

3x+ 2yx2 + 3xy + y2

.

Pertanto ∇f(x, y) = (0, 0) se e solo se{2x+ 3y = 03x+ 2y = 0.

Quest’ultimo è un sistema lineare omogeneo 2×2 che ammette l’ unica soluzione x = y = 0;poichè (0, 0) 6∈ D, la funzione non ammette punti critici.Dunque il massimo ed il minimo sono assunti necessariamente sul bordo del triangolo T ,rappresentato nella figura seguente.

34

Sul lato AB si ha costantemente x = 1 e quindi la funzione si riduce a

fAB(y) = log(y2 + 3y + 1),

0 ≤ y ≤ 1. Pertanto si haf′AB(y) =

2y + 3y2 + 3y + 1

> 0

in [0, 1] e quindi la funzione è crescente; perciò il minimo è assunto in y = 0 che corrispondeal punto A del disegno, ed il valore è dato da log 1 = 0, mentre il massimo è assunto pery = 1 che corrisponde al punto B e vale log 5.Sul lato AC invece si ha y = 0 e quindi la funzione diventa fAC(x) = log x2 = 2 log xin quanto 1 ≤ x ≤ 2 (in realtà sarebbe 2 log |x|). Questa è una funzione elementare, edè crescente nell’intervallo che si sta considerando, cioè [1, 2]; pertanto il minimo si ha incorrispondenza di x = 1, cioè del punto A, su cui già abbiamo calcolato f(A) = 0, mentre ilmassimo è assunto in x = 1 che corrisponde al punto C, dove si ha f(C) = 2 log 2.Infine il lato BC è rappresentato dai punti del piano

BC = {(x, y) ∈ D : 1 ≤ x ≤ 2, y = 2− x}

e quindi qui la funzione da studiare diviene fBC(x) = log(−x2 + 2x+ 4), per x ∈ [1, 2]. Laderivata prima è data da

f′BC(x) =

2(x− 1)x2 − 2x− 4

che si annulla in x = 1; inoltre il denominatore si annulla nei punti 1 ±√

5 entrambeesterni all’intervallo [1, 2]. Lo studio dei segni del numeratore e del denominatore mostrache f

′BC(x) > 0 in [1, 2]. Pertanto anche su questo lato si ha una funzione crescente.

Ancora il minimo è assunto nell’estremo sinistro, x = 1 corrispondente al punto B, edin cui f(B) = log 5 (ma che rappresentava invece un massimo per la funzione sul lato ABe quindi non può essere nè di massimo nè di minimo), ed il massimo nell’estremo destro,corrispondente al punto C, in cui come già visto la funzione assume il valore 2 log 2.In conclusione gli unici due punti in cui si possono avere il massimo ed il minimo assolutisono i punti A e C.Per quanto riguarda il quesito iii. basta osservare che il triangolo in questo caso non è tuttocontenuto in D, in quanto l’origine non ne fa parte; quindi si sta considerando un insiemeche è limitato ma non chiuso, e di conseguenza non è più necessariamente soddisfatta la tesidel Teorema di Weierstrass.

35

Esercizio 4. Si ha immediatamente∫sinxdx = − cosx+ c

e quindi, applicando la Formula di Newton Leibnitz(∫ π0

sinxdx)2

= (1− cosπ)2 = 4.

Calcoliamo ora il secondo integrale; iniziamo dall’integrale indefinito, che si calcola perricorrenza; infatti ∫

sin2 xdx =∫

sinx sinxdx

e si può interpretare uno dei fattori come la derivata di u = − cosx; applicando la Formuladi Integrazione per Parti, con v = sinx si perviene allora a∫

sin2 xdx = − cosx sinx−∫

(− cosx) cosxdx = − cosx sinx+∫cos2xdx =

− cosx sinx+∫

(1− sin2 x)dx = − cosx sinx+ x−∫

sin2 xdx

che può allora scriversi come

2∫

sin2 xdx = − cosx sinx+ x+ c

per c ∈ R; allora ∫sin2 xdx =

x− cosx sinx2

+ c

c ∈ R e, sempre grazie alla Formula di Newton-Leibnitz, poichè sin 0 = sinπ = 0∫ π0

sin2 xdx =π

2< 4

dunque l’espressione è positiva.Esercizio 5. Il determinante del sistema è dato da

∆ =

∣∣∣∣∣∣α 1 -11 1 -21 3 −α

∣∣∣∣∣∣ = −α2 + 7α− 4.Ora noi sappiamo dal teorema di Rouchè-Capelli che un sistema lineare ammette un’unicasoluzione se e solo se ha determinante non nullo, e l’espressione −α2 + 7α − 4 si annulla

solo per i valori7±√

332

nessuno dei quali appartiene all’insieme N; perciò se α ∈ N ildeterminante del sistema è non nullo, e quindi il sistema ammette un unica soluzione.

Nel punto (1, 1) si ha f′x(1, 1) =

2 + 31 + 3 + 1

= 1, e quindi il determinante diviene ∆ = 2;

applicando la Regola di Cramer

x =12·

∣∣∣∣∣∣1 1 -11 1 -20 3 -1

∣∣∣∣∣∣ = 3236

y =12·

∣∣∣∣∣∣1 1 -11 1 -21 0 -1

∣∣∣∣∣∣ = −12z =

12·

∣∣∣∣∣∣1 1 -11 1 11 3 0

∣∣∣∣∣∣ = 0.Infine la tabella delle risposte al test a risposta multipla è la seguente

37


Matematica (Corso di Laurea in Scienze Geologiche - 12 CFU)Prova scritta del 9 Luglio

1. Studiare la funzione

f(x) =x2 + 2log x

e tracciarne il grafico qualitativo (non è richiesto lo studio della derivata seconda). (10)

2. Data la funzione

f(x, y) =x2 + nxy + y2

x+ y

dove n è il numero delle lettere che formano il nome proprio, determinarne il massimoed il minimo assoluti nel triangolo di vertici (0,1), (1,1), (1,0). (7)

3. Si consideri la funzione f(x) = (x− 8)3

i. localizzarne le radici;ii. determinare gli intervalli di convergenza a ciascuna radice del metodo delle tangenti;iii. determinare l’ordine di convergenza a ciascuna radice.

(6)

4. Data la seguente funzionef(x) = x2 log x

i. determinarne l’integrale esatto dell’intervallo [1, 4];ii. determinarne l’integrale numerico approssimato mediante il polinomio interpolante,

con nodi equispaziati, di quarto grado;iii. determinarne l’integrale numerico approssimato mediante la formula dei trapezi

con 4 nodi;iv. determinarne l’integrale numerico approssimato mediante la formala di Cavalieri–

Simpson 3 nodi; Quale metodo numerico commette l’errore piú piccolo?

(7)

Motivare tutte le risposte, altrimenti esse non verranno valutate.I punteggi tra parentesi indicano la valutazione massima di ciascun esercizio.Consegnare una sola copia, ordinata, numerando e contrassegnando col proprio nome ecognome e corso di laurea tutti i fogli consegnati (non pi di due).Compiti privi degli estremi di identificazione non verranno corretti.Non riconsegnare la traccia del compito.


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Matematica (Corso di Laurea in Scienze Geologiche - 8 CFU)Prova scritta del 9 Luglio

1. Studiare la funzione

f(x) =x2 + 2log x

e tracciarne il grafico qualitativo (non è richiesto lo studio della derivata seconda).(punti 10)

2. Determinare il comportamento della serie∞∑n=1

en2

+ n3

arctann.(punti 2)

3. Data la funzione

f(x, y) =x2 + nxy + y2

x+ y

dove n è il numero delle lettere che formano il nome proprio, determinarne il massimoed il minimo assoluti nel triangolo di vertici (0,1), (1,1), (1,0).(punti 10)

4. Calcolare ∫ 31x2 log xdx.

(punti 3)

5. Si consideri, al variare di n ∈ N+ il sistema linearenx+ y − z = 22x+ n2y = 3y − z = 4

i. provare che ammette un’unica soluzione (x(n), y(n), z(n)) per ogni n ∈ N+;ii. determinare tale soluzione;iii. posto an = x(n) + y(n) + z(n) determinare lim

n→+∞an.

(punti 5)

Motivare tutte le risposte, altrimenti esse non verranno valutate.I punteggi tra parentesi indicano la valutazione massima di ciascun esercizio.Consegnare una sola copia, ordinata, numerando e contrassegnando col proprio nome ecognome e corso di laurea tutti i fogli consegnati (non pi di due).Compiti privi degli estremi di identificazione non verranno corretti.Non riconsegnare la traccia del compito.


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Matematica (Corso di Laurea in Scienze Geologiche - 12 CFU)Prova teorica del 9 Luglio 2009

Nome e Cognome .....................................................................................................


1. Se l’equazione biquadratica ax4 +bx2 +c = 0 ammette quattro soluzioni reali e distinte,qual é l’unica affermazione possibile?

A. a = 0B. b = 0C. c = 0D. nessuna delle precedenti

2. Se la disequazione ax+ b > 0 ha come soluzioni x > 3 e la disequazione αx+ β > 0 é

soddisfatta per x < −5 e se in x = 0 la frazione ax+ bαx+ β

é definita, qual é l’affermazione

falsa?

A. a · α < 0B. a · b < 0C. β = 0D. nessuna delle precedenti, sono corrette tutte e tre

3. La funzione f(x) = ax2 + 2x+ 1

A. monotòna solo se a > 0B. monotòna solo se a = 0C. monotòna solo se a < 0D. non mai monotòna

4. Quale dei seguenti insiemi é contenuto nel dominio della funzione

f(x) =1√

log(x2 − 1)?

A. NB. ZC. QD. nessuno dei precedenti

5. Data una successione (an)n quale di queste affermazione é vera, in virtú del Teoremadella Permanennza del segno?

A. Se limn→+∞

an = ` > 0 allora an > 0 per n sufficientemente grande

B. se an > 0 per n sufficientemente grande, allora limn→+∞

an = ` > 0

C. se limn→+∞

an = ` >≥ 0 allora an ≥ 0 per n sufficientemente grande

D. se an ≥ 0 per n sufficientemente grande, allora limn→+∞

an = ` ≥ 0

40

6. Qual è il più grande tra i seguenti limiti?

limn→+∞

n sin1n, lim

n→+∞n loge

(1 +

1n

).

A. il primoB. il secondoC. sono ugualiD. nessuno dei due perchè sono entrambe forme indeterminate

7. Se f : D → R è continua ed ammette un asintoto verticale, qual è l’affermazioneimpossibile?

A. D è illimitato superiormenteB. D è illimitato inferiormenteC. D è limitatoD. D = R

8. La funzione f(x) = | cos |x|| è derivabile

A. in R privato dei puntiπ

2+ kπ, k ∈ Z

B. in R privato dei multpli interi diπ

2C. in R privato dell 0D. in R+

9. La successione n 7→(

1n

)nA. è limitata perchè è convergenteB. è limitata perchè è un infinitesimoC. è illimitata perchè è divergenteD. non si può stabilire se è o no limitata perchè non è regolare

10. Sia f : D → R con D ⊂ R, e xo ∈ D. Quale tra le seguenti affermazioni é impossibile?A. xo é simultaneamente di massimo e di minimoB. xo é simultaneamente di massimo e di flessoC. xo é simultaneamente di massimo, di minimo e di flessoD. nessuna, sono possibili tutte e tre

11. Quale dei seguenti grafici rappresenta correttamente la funzione f(x) = |x2 − 2x|ex?12. La funzione f(x, y) = log(x+ y) nel proprio dominio viola le ipotesi

A. del teorema di WeierstrassB. del Teorema di SchwartzC. di entrambe i teoremi precedentiD. di nessuno dei due teoremi citati in A) e in B)

13. Se D ⊂ Rn e Po è un punto critico per una funzione f : D → R Qual è l’affermazionecorretta?

A. ∇f(Po) = 0B. Duf(Po) = 0 in ogni direzione u∈ Rn

C. df(Po) = 0D. Po è un massimo, o un minimo relativo per f

41

14. La funzione f(x, y) =x2 − y2

log(x+ y)A. non ammette punti criticiB. ammette un solo punto criticoC. ammette solo due punti criticiD. ammette infiniti punti critici

15. Se f : A → R con A ⊂ R2 ammette derivate parziali prime e seconde continue, e seP = (xo, yo) ∈ A é un punto critico con f

′′xx(xo, yo) = 0 allora

A. P é per forza un punto di massimoB. P é per forza un punto di minimoC. P é per forza un punto di sellaD. nessuna delle precedenti alternative é corretta, P puó essere qualsiasi cosa

16. Siano g ∈ C1(R) e α ∈ R un suo punto fisso. Consideriamo la successione xi = g(xi−1)e supponiamo che g′(α) = −4

7, allora

A. esiste un intorno U di α tale che per ogni x0 ∈ U la succesione xi risulti convergentecon ordine 2

B. non esiste nessun intorno U di α tale che per ogni x0 ∈ U la succesione xi risulticonvergente

C. esiste un intorno U di α tale che per ogni x0 ∈ U la succesione xi risulti convergentecon ordine 1

D. esiste un intorno U di α tale che ∀x0 ∈ U la succesione x1 = α17. Supponiamo di voler trovare le radice della funzione f(x) = ex − 3 tramite il metodo

delle tangenti. Allora

A. il metodo non converge perché la funzione non ha alcuna radiceB. il metodo non converge per nessun punto iniziale all’unica radice dell’equazioneC. il metodo converge per tutti i punti iniziali all’unica radice dell’equazione

42

D. esiste un unico punto iniziale per cui il metodo converge all’unica radice dell’e-quazione

18. ∀f ∈ C(R),∫ baf(x)dx, con a 6= b, è equivalente a

A.∫ aaf(x)dx+

∫ bbf(x)dx

B.∫ baf(x)dx+

∫ abf(x)dx

C.∫ ba−f(x)dx

D. −∫ abf(x)dx

19. Sia f ∈ C(R), una funzione dispari, cioè tale che f(x) = −f(−x). Allora, ∀a ∈ R

abbiamo che, indipendentemente da f ,∫ a−af(x)dx

A. è uguale a 2∫ a

0f(x)dx

B. è uguale a 0C. è uguale a 1

D. è uguale a∫ a

0f(x)dx

20. Siano x0 = 0, x1 = 1, x2 = 2 e y0 = 1, y1 = 3, y2 = 7. Allora il polinomio interpolantein tali punti di grado al piú 2 é dato da p2(x) = x2 + x+ 1. Siano ora x0 = 2, x1 = 1,x2 = 0 e y0 = 7, y1 = 3, y2 = 1. Allora il polinomio interpolante in tali punti di gradoal piú 2 é dato da

A. p2(x) = x2 + x+ 1.B. p2(x) = −x2 − x− 1.C. p2(x) = x2 + x+ 7.D. p2(x) = 7x2 + 3x+ 1.

21. Siano x0 = 0, x1 = 1, x2 = 2 x3 = 3, x4 = 4, x5 = 5 e y0 = 0, y1 = 1, y2 = 2 y3 = 3,y4 = 4, y5 = 5. Allora il polinomio interpolante in tali punti di grado al piú 5 é datoda

A. p5(x) = x5 + x4 + x3 + 1.B. p5(x) = x5.C. p5(x) = x5 + x3 + 1.D. p5(x) = x.

22. Sia f = x2. Supponiamo di approssimare il calcolo di∫ 10

0f(x)dx con la formula di

Cavalieri-Simpson con 10 nodi. Allora l’errore commesso in modulo è pari a

A. 1.68768998B. 2.808097070C. 0.010809009D. 0

23. Sia A =(

1 2−1 0

). Allora

43

A. A−1 =(

1 2−1 0

)B. A−1 =

(0 −1

0.5 0.5

)C. A−1 =

(2 2−1 1

)D. A−1 =

(1 00 1

)24. Sia O ∈ Rn×n la matrice che ha tutte le entrate nulle. Quale tra le seguenti implicazioni

si può inserire al posto dei puntini, tra le affermazioniA2 = O ......... A = O


25. Sia A ∈ Rn×n e k ∈ R. Allora è sempre vero cheA. det(kA) = k det(A)B. det(kA) = 2k det(A)C. det(kA) = k2 det(A)D. det(kA) = k + det(A)

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Matematica (Corso di Laurea in Scienze Geologiche - 8 CFU)Prova teorica del 9 Luglio 2009

Nome e Cognome .....................................................................................................


1. Se l’equazione biquadratica ax4 +bx2 +c = 0 ammette quattro soluzioni reali e distinte,qual é l’unica affermazione possibile?

A. a = 0B. b = 0C. c = 0D. nessuna delle precedenti

2. La funzione f(x) = ax2 + 2x+ 1

A. monotòna solo se a > 0B. monotòna solo se a = 0C. monotòna solo se a < 0D. non mai monotòna

3. Qual è il più grande tra i seguenti limiti?

limn→+∞

n sin1n, lim

n→+∞n loge

(1 +

1n

).

A. il primoB. il secondoC. sono ugualiD. nessuno dei due perchè sono entrambe forme indeterminate

4. Se f : D → R è continua ed ammette un asintoto verticale, qual è l’affermazioneimpossibile?

A. D è illimitato superiormenteB. D è illimitato inferiormenteC. D è limitatoD. D = R

5. La successione n 7→(

1n

)nA. è limitata perchè è convergenteB. è limitata perchè è un infinitesimoC. è illimitata perchè è divergenteD. non si può stabilire se è o no limitata perchè non è regolare

6. La funzione f(x) + | cos |x|| è derivabile

A. in R privato dei puntiπ

2+ kπ, k ∈ Z

46

B. in R privato dei multpli interi diπ

2C. in R privato dell 0D. in R+

7. Sia f : D → R con D ⊂ R, e xo ∈ D. Quale tra le seguenti affermazioni é impossibile?A. xo é simultaneamente di massimo e di minimoB. xo é simultaneamente di massimo e di flessoC. xo é simultaneamente di massimo, di minimo e di flessoD. nessuna, sono possibili tutte e tre

8. Quale dei seguenti grafici rappresenta correttamente la funzione f(x) = |x2 − 2x|ex?

9. Se an ≥ 0 tale che∞∑n=1

an converge, qual il comportamento della serie

∞∑n=15

(−1)nan?

A. converge semplicemente ma non assolutamenteB. converge assolutamente e quindi semplicementeC. divergeD. indeterminata

10. Data (an)n ⊂]0,+∞) con an < qn, se∞∑n=1

an converge significa che

A. q < 1B. |q| < 1C. q > 1D. nessuna delle precedenti alternative é corretta

47

Svolgimento della prova d’esame del 9 Luglio 2009Esercizio 1. Perché la funzione risulti definita occorre che x > 0 e che log x 6= 0 e quindiche x 6= 1. Quindi D =]0, 1[∪]1,+∞).Passiamo al calcolo dei limiti: si ha

limx→0+

f(x) = 0

in quanto il denominatore della frazione diverge a −∞ mentre il numeratore tende a 2;quindi non ci sono asintoti in prossimitá di 0. Invece risulta

limx→1−

f(x) = −∞

limx→1+

f(x) = +∞

poiché il numeratore tende a 3, mentre il denominatore tende a 0, ma mantenendosi negativo(rispettivamente positivo) per valori minori (rispettivamente maggiori) di 1. Quindi il graficopresenta in 1 un asintoto verticale.Infine

limx→+∞

f(x) = +∞

in quanto l’infinito a numeratore é piú veloce di quello a denominatore; lo stesso accadedividendo per x, ovvero anche

limx→+∞

f(x)x

= +∞

e quindi non ci sono né asintoti orizzontali né asintoti obliqui.Passiamo allo studio della derivata prima: si ha

f ′(x) =2x log x− x

2 + 2x

log2 x=

2x2 log x− x2 − 2x log x

.

Osserviamo che la derivata esiste in tutto D, ovvero che C2 =Ø. Inoltre non vi sono estremidi D che appartengano anche a D quindi anche C3 =Ø.Per determinare C1 risolviamo l’equazione f ′(x) = 0 che equivale a risolvere l’equazione

log x =x2 + 2x2

= 1 +2x2.

49

Si tratta quindi di tracciare sinotticamente due grafici elementari, per convincersi immedi-atamente dell’esistenza di un unico punto xo > e in cui essi si intersecano; in tale puntole due funzioni coincidono, ovvero esso é soluzione dell’equazione cioé f ′(xo) = 0; sempre

attraverso il metodo grafico si riconosce immediatamente che log x é al di sopra di 1 +2x2

a destra di xo e al di sotto a sinistra di esso. Quindi f ′(x) > 0 se x > xo e f ′(x) < 0 per0 < x < xo e x 6= 1. Quindi f é crescente in [xo,+∞) e decrescente in ]0, 1[ ed in ]1, xo].Perció la funzione presenta un minimo in xo ed il grafico é dato da

50

Esercizio 2. Intanto il campo di esistenza é dato da D = R2 \ {(x,−x), x ∈ R} cioé é ilcomplementare della bisettrice del II e IV quadrante (dove il numeratore della frazione siannulla); quindi il triangolo in considerazione é tutto incluso in D.L’esistenza di un massimo e di un minimo assoluti in T é quindi assicurata dal teorema diWeierstrass, perché T é compatto, e f é definita in tutto T .Cominciamo con il verificare se all’interno di T cade qualche punto critico; a questo scopodeterminiamo il gradiente, cioé calcoliamo innanzitutto le derivate parziali prime f ′x(x, y) ef ′y(x, y): data la simmetria ripsetto alle due variabili, basta calcolare la prima e ottenere laseconda sostituendovi x con y.

f ′x(x, y) =(2x+ ny)(x+ y)− x2 − nxy − y2

(x+ y)2=x2 + 2xy + (n− 1)y2

(x+ y)2

f ′y(x, y) =y2 + 2xy + (n− 1)x2

(x+ y)2.

Allora i punti critici si ottengono risolvendo il sistema{x2 + 2xy + (n− 1)y2 = 0(n− 1)x2 + 2xy + y2 = 0.

Passando a risolvere la prima delel due equazioni, interpretatta come un’equazione di secondogrado in x con parametro y, si trova l’espressione del discriminante ∆ = 4y2− 4(n− 1)y2 =4y2(2 − n) ≤ 0 in quanto si è già osservato che n > 2. Quindi l’equyazione ammetterebbesoluzione solo con ∆ = 0 ovvero y = 0; ma con y = 0, la seconda equazione fornisce lasoluzione x = 0. Quindi il sistema ha l’unica soluzione 90, 0) che non è accettabile perchèl’origine non fa parte del dominio. Dunque non ci sono punti critici in D (e pertanto neanchein T ), e la ricerca del massimo e del minimo assoluti si limita allo studio del bordo.Posto A = (0, 1), B = (1, 1), C = (1, 0) cominciamo con lo studiare f sul lato AB dove y = 1

e la funzione diviene gAB(x) =x2 + nx+ 1

x+ 1, x ∈ [0, 1].

Il calcolo della derivata prima fornisce

g′AB(x) =x2 + 2x+ n− 1

(x+ 1)2

e quindi si avrebbe g′AB(x) = 0 se e solo se x2 + 2x + n − 1 = 0; ma questa equazione di

secondo grado ha come discriminante ∆ = 4− 4(n− 1) = 4(2−n) che per come si é scelto nrisulta certamente negativo; quindi l’equazione non ha soluzioni, e poiché certamente n > 1la g′AB é tutta positiva. Quindi gAB é crescente in [0, 1] e dunque assume minimo in x = 0(che corrisponde al vertice A) e massimo in x = 1 (cioé nel vertice B).Osservando nuovamente la simmetria della funzione rispetto alle variabili x e y si constataimmediatamente che sul lato BC, dove x = 1 la gBC assumerá il proprio massimo in y = 0(cioé nel vertice C) e il minimo in corrispondenza di y = 1 ovvero del vertice B).Rimane da studiare la restrizione di f al lato AC, dove si ha y = 1− x.La funzione diviene quindi

gAC(x) =x2 + nx(1− x) + 1 + x2 − 2x

1= (2− n)x2 + (n− 2)x+ 1,

x ∈ [0, 1]. Come si é giá osservato, n > 2 e quindi la funzione ha come grafico una parabolaconcava, che assume quindi il proprio minimo nel vertice, e massimo in uno dei due estremi.

51

Per determinare l’ascissa del vertice basta annullare la derivata, che é 2(2− n)x+ (n− 2) esi trova immediatamente x =

12

. Gli estremi dell’intervallo su questo lato corrispondono aivertici A e C del triangolo, che sono stati giá individuati come candidati punti di minimonello studio dei lati AB e BC. Pertanto nessuno dei due puó essere di massimo né di minimo:infatti, se per esempio consideriamo il punto A, abbiamo che in ogni suo intorno cadono siapunti del lato AB che punti del lato AC. I valori di f sui punti del lato AB sono piú alti dif(A), perché su questo lato é un minimo, mentre i valori di f sul lato AC sono piú bassi,perché su questo lato f(A) é invece un massimo.Quindi gli unici due candidati sono il punto B, dove la f assume il valore massimo, ed ilpunto

V =(

12,12

)dove si ha un minimo.Esercizio 2 - compito da 8 CFU.La serie è a termini positivi, quindi o converge o diverge; poichè si ha

limn→+∞

en2

+ n3

arctann= +∞

dato che il numeratore diverge a +∞ (è somma di due successioni divergenti a +∞) e ildenominatore converge a

π

2.

Esercizio 4 - compito da 8 CFUCalcoliamo innanzitutto l’integrale indefinito; applicando la Formula di Integrazione perParti si ha ∫

x2 log xdx =x3

3log x−

∫x3

3· 1xdx =

x3

3log x− x

3

9+ c

con c ∈ R; ora, tramite la Formula di Newton-Leibnitz∫ 31x2 log xdx =

[x3

3log x− x

3

9+ c]3

1

= 9(

log 3− 13

)− 1

3·(−1

3

)= 9 log 3− 8

9.

Esercizio 5 - compito da 8 CFU.Applichiamo il teorema di Ruchè-Capelli; il determinante del sistema è dato da∣∣∣∣∣∣

n 1 -12 n2 00 1 -1

∣∣∣∣∣∣ = −n3 − 2 + 2 = −n3 6= 0per ogni n ∈ N+.Per determinare le soluzioni del sistema, applichiamo la Regola di Cramer:

x(n) = − 1n3

∣∣∣∣∣∣2 1 -13 n2 04 1 -1

∣∣∣∣∣∣ = 6(n2 − 1)n3

y(n) = − 1n3

∣∣∣∣∣∣n 2 -12 3 00 4 -1

∣∣∣∣∣∣ = 3n+ 4n3z(n) = − 1

n3

∣∣∣∣∣∣n 1 22 n2 30 1 4

∣∣∣∣∣∣ = −4n3 + 4 + 3nn3

52

Quindi sommando si trova

an = x(n) + y(n) + z(n) =−4n3 + 6n2 + 6n+ 2

n3

che è il rapporto tra due polinomi di terzo grado in n; dunque facilmente

limn→+∞

an = −4.

Infine le tabelle delle risposte corrette per i quesiti a risposta multipla sono

53


Matematica (Corso di Laurea in Scienze Geologiche - 12 CFU)Prova scritta dell’ 8 Settembre 2009

1. Studiare il grafico della funzione

f(x) =x(x+ 1)

log x

(non è richiesto lo studio della derivata seconda). (7)

2. Determinare il massimo ed il minimo assoluti della funzione f(x, y) =x2 + y2

x+ ynel

quadrato di vertici A = (1,0), B = (2,1), C = (3,0), D = (2, -1). (7)3. Si consideri la seguente funzione

f(x) =

(x+ 5)2 − 1 x < −5;−1 |x| < 5;(x− 5)2 − 1 x > 5;

i. Tale funzione é di classe C1(R)?ii. localizzarne le radici;iii. determinare gli intervalli di convergenza a ciascuna radice del metodo delle tangenti;iv. determinare l’ordine di convergenza a ciascuna radice.(8)

4. Data la seguente funzione

f(x) =5x− 9

x2 − 4x+ 3.

i. determinarne l’integrale esatto dell’intervallo [−1, 0];ii. determinarne l’integrale numerico approssimato mediante il polinomio interpolante,

con nodi equispaziati, di terzo grado;iii. determinarne l’integrale numerico approssimato mediante la formula dei trapezi

con 4 nodi;iv. determinarne l’integrale numerico approssimato mediante la formala di Cavalieri–

Simpson 3 nodi; Quale metodo numerico commette l’errore piú piccolo?(8)

Motivare tutte le risposte, altrimenti esse non verranno valutate.I punteggi tra parentesi indicano il grado di difficoltà, e quindi la valutazione massima, diciascun esercizio.Consegnare una sola copia, ordinata, numerando e contrassegnando col proprio nome ecognome e corso di laurea tutti i fogli consegnati (non più di due).Compiti privi degli estremi di identificazione non verranno corretti.Non riconsegnare la traccia del compito.


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Matematica (Corso di Laurea in Scienze Geologiche - 8 CFU)Prova scritta dell’ 8 Settembre 2009

1. Studiare il grafico della funzione

f(x) =x(x+ 1)

log x(non è richiesto lo studio della derivata seconda). (8)

2. Determinare il valore dell’integrale ∫ π0

sin2 xdx.

(5)

3. Determinare il massimo ed il minimo assoluti della funzione f(x, y) =x2 + y2

x+ ynel

quadrato di vertici A = (1,0), B = (2,1), C = (3,0), D = (2, -1). (8)4. Determinare il comportamento della serie

∞∑n=1

(n2 +

√n

n2 + 1

)n2.

(4)5. Determinare quanto vale

limn→+∞

xn + yn + zn

dove (xn, yn, zn) è la soluzione del sistema linearenx+ y +

z

n= 1

−x+√n · z = 2

z

n2= 3

(5)

Motivare tutte le risposte, altrimenti esse non verranno valutate.I punteggi tra parentesi indicano il grado di difficoltà, e quindi la valutazione massima, diciascun esercizio.Consegnare una sola copia, ordinata, numerando e contrassegnando col proprio nome ecognome e corso di laurea tutti i fogli consegnati (non più di due).Gli studenti che debbono sotenere solo l’Esame di Matematica 2 (3 CFU) possono svolgeresolamente gli esercizi 3 e 5 e l’esercizio 2 o l’esercizio 4, a seconda del programma presentatoper sostenere l’esame di Matematica 1.Compiti privi degli estremi di identificazione non verranno corretti.Non riconsegnare la traccia del compito.


55


Matematica (Corso di Laurea in Scienze Geologiche - 12 CFU)Prova teorica dell’ 8 Settembre 2009

Nome e Cognome .....................................................................................................


1. Se sinα = 0, 3, quale di queste relazioni impossibile?

A. tgα =√

22

B. cosα =√

23

C. sin 2α =4√

29

D. nessuna delle precedenti, sono tutte possibili

2. Quale dei seguenti insiemi é contenuto nel dominio della funzione

f(x) = log(x+√x)?

A. NB. ZC. QD. nessuno dei precedenti

3. (10√x − 1)(10

√x + 1) =

A. 102√x − 1

B. 10x − 1C. 10

√2x − 1

D. (10√x − 1)2

4. La funzione f : [0,+∞)→ [0,+∞) definita da f(x) = [x] (parte intera di x)A. positiva e crescenteB. non negativa e crescenteC. positiva e non decrescenteD. non negativa e non decrescente

5. Quale è l’implicazione corretta?

A. se (an)n è regolare, è definitivamente monotònaB. se (an)n è convergente, è definitivamente monotònaC. se (an)n è definitivamente monotòna, è regolareD. se (an)n è è definitivamente monotòna, è convergente

6. Qale tra queste funzioni non ammette asintoti verticali?

A. xB.

cosxx

56

C. tanxD. log x

7. Se (an)n e (bn)n sono due successioni, con (bn)n divergente, e

limn→+∞

an · bn = 3

allora

A. limn→+∞

an = +∞

B. limn→+∞

an = 3

C. limn→+∞

an = 0

D. nessuna delle precedenti risposte è corretta, perchè non è detto che (an)n sia regolare

8. Siano a, b ∈ R tali che 2a+ b > 0. Qual è l’affermazione corretta?A. la funzione f(x) = ax2 + bx+ c è crescente in [1,+∞)B. la funzione f(x) = ax2 + bx+ c è non decrescente in [1,+∞)C. la funzione f(x) = ax2 + bx+ c è monotòna in [1,+∞)D. nessuNA delLE precedenti, dipende dal segno di a e di b.

9. Di quale di questi insiemi non fa parte xo?

A. dell’insieme dei punti di massimo o di minimo per fB. dell’insieme dei punti di discontinuit di fC. dell’insieme dei punti di non derivabilit di fD. dell’insieme dei punti di flesso di f

10. Sia f : [a, b]→ R derivabile e f ′(x) ≥ 0 in tutto [a, b]. Quale delle seguenti affermazioniè impossibile?

A. f(a) = f(b)B. f(a) > f(b)C. f(a) < f(b)D. nessuna delle precedenti, possono verificarsi tutte e tre

11. L’applicazione f : [−1, 3] → R definita da f(x) = x2 non soddisfa le ipotesi di qualetra i seguenti Teoremi?

57

A. del Teorema di WeierstrassB. del Teorema di LagrangeC. di entrambeD. di nessuno dei due

12. Il dominio della funzione f(x, y) = x log y + y√x è

A. il primo quadrante del pianoB. il primo quadrante aperto, cioè privato degli assiC. un sottoinsieme del primo quadrante che non è nè aperto nè chiusoD. tutto il piano R2

13. Sia A ⊂ R e sia f : A → R una funzione derivabile con derivata continua. Postoϕ(x, y) = f(x) · f ′(y) il prodotto f ′(x) · f ′′(y) rappresentaA. la derivata seconda ϕ

′′xx(x, y)

B. la derivata seconda ϕ′′yy(x, y)

C. la derivata seconda ϕ′′xy(x, y)

D. la derivata prima ϕ′(x, y)

14. Sia A ⊂ R e siano f, g : A→ R due funzioni entrambe con derivata seconda continua.Posto ϕ(x, y) = f(x) · g′(y) + g(x) · f ′(y) a cosa corrisponde l’espressione

f′′(x)g′(y) + g

′′(x)f(y)?

A. a ϕ′′xx

B. a ϕ′′xy

C. a ϕ′′yx

D. a ϕ′′yy

15. Sia A ⊂ R e siano f, g : A → R due funzioni derivabili, e con derivate continue.Considerata l’applicazione

ϕ(x, y) = f(x) · g(y)

quale tra le seguenti affermazioni è sbagliata?

A. ϕ è differenziabile in A×AB. ϕ ammette massimo e minimo assoluti in ogni chiuso contenuto in A×AC. ϕ

′′xy(x, y) è il prodotto delle derivate prime di f e g

D. nessuna delle precedenti, sono giuste tutte e tre

16. Siano g ∈ C1(R) e α ∈ R un suo punto fisso. Consideriamo la successione xi = g(xi−1)e supponiamo che g′(α) = 0, allora

A. esiste un intorno U di α tale che per ogni x0 ∈ U la succesione xi risulti convergentecon ordine almeno 2

B. non esiste nessun intorno U di α tale che per ogni x0 ∈ U la succesione xi risulticonvergente

C. esiste un intorno U di α tale che per ogni x0 ∈ U la succesione xi risulti convergentecon ordine 1

D. esiste un intorno U di α tale che ∀x0 ∈ U la succesione x1 = α17. Supponiamo di voler trovare le radice della funzione f(x) = x − 3 tramite il metodo

delle tangenti. Allora

58

A. il metodo non converge perché la funzione non ha alcuna radiceB. il metodo non converge per nessun punto iniziale all’unica radice dell’equazioneC. il metodo converge per tutti i punti iniziali all’unica radice dell’equazioneD. esiste un unico punto iniziale per cui il metodo converge all’unica radice dell’e-

quazione

18. ∀f ∈ C(R),∫ ba −f(x)dx, con a 6= b, è equivalente a

A.∫ aa −f(x)dx+

∫ bb f(x)dx

B.∫ ba f(x)dx+

∫ ab −f(x)dx

C.∫ ba f(x)dx

D.∫ ab f(x)dx

19. Sia f ∈ C(R), una funzione pari, cioè tale che f(x) = f(−x). Allora, ∀a ∈ R abbiamoche, indipendentemente da f ,

∫ a−a f(x)dx

A. è uguale a 2∫ a0 f(x)dx

B. è uguale a 0C. è uguale a 1D. è uguale a

∫ a0 f(x)dx

20. Siano x0 = 0, x1 = 1, x2 = 2 e y0 = 1, y1 = 1, y2 = 3. Allora il polinomio interpolantein tali punti di grado al piú 2 é dato da p2(x) = x2 − x+ 1. Siano ora x0 = 2, x1 = 1,x2 = 0 e y0 = 3, y1 = 1, y2 = 1. Allora il polinomio interpolante in tali punti di gradoal piú 2 é dato da

A. p2(x) = x2 + x+ 1.B. p2(x) = x2 − x+ 1.C. p2(x) = 3x2 + x+ 1.D. p2(x) = x2 − 3x+ 1.

21. Siano x0 = 0, x1 = 1, x2 = 2 x3 = 3, x4 = 4, x5 = 5 e y0 = 0, y1 = 1, y2 = 4 y3 = 9,y4 = 16, y5 = 25. Allora il polinomio interpolante in tali punti di grado al piú 5 é datoda

A. p5(x) = x5 + 3x4 + 2x3 − 1.B. p5(x) = x2.C. p5(x) = x5 + 1.D. p5(x) = x+ 3.

22. Sia f = x+ 6. Supponiamo di approssimare il calcolo di∫ 100 f(x)dx con la formula dei

trapezi con 7 nodi. Allora l’errore commesso in modulo è pari a

A. 2.38798001B. 0.5C. 0D. 0.10199191

23. Sia A =(

2 21 1/2

). Allora

A. A−1 =(−1/2 −1/2−1 −2

)B. A−1 =

(1/2 1/21 2

)59

C. A−1 =(−1/2 2

1 −2

)D. A−1 =

(−2 −2−1 −1/2

)24. Sia O ∈ Rn×n la matrice che ha tutte le entrate nulle. Quale tra le seguenti implicazioni

si può inserire al posto dei puntini, tra le affermazioniA3 = O ......... A = O


25. Sia A ∈ Rn×n e ai,j = 1 per i, j = 1, . . . , n. Allora, indipendentemente da n, è vero cheA. det(A) = nB. det(A) = −det2(A)C. det(A) = 0D. det(A) = n+ det(A)

60

Svolgimento della prova scritta dell’ 8 Settembre 2009 (12 CFU)Esercizio 1. Per definire la funzione occorre porre x > 0 dato che compare il logaritmo, einoltre occorre escludere che log x = 0 in quanto è al denominatore; qundi deve aversi x > 0e x 6= 1, cioè D =]0, 1[∪]1,+∞).Per la ricerca degli asintoti si comincia a calcolare

limx→0+

f(x) = limx→0+

x(x+ 1)1

log x= 0

in quanto per x→ 0 l’ultimo fattore è un infinitesimo, ed ovviamente anche il primo, quinditutto il prodotto tende a 0. Pertanto non vi sono asintoti verticali in prossimità di 0.Per x→ 1 si ha che log x tende a 0, con valori positivi, rispettivamente negativi, a secondache ci si avvicini da destra, rispettivamente da sinistra; il numeratore della funzione invecetende a 2. Allora la frazione diverge sia da destra che da sinistra, ovvero

limx→1−

f(x) = −∞, limx→1+

Facolt a di Scienze Matematiche Fisiche e Naturali Anno Accademico 2008-09 Matematica ... · 2010....

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