Esercizi Analisi matematica I

Z Z

log x x cos(

dx x) dx .

x

1 0

SOLUZIONE. Integrale immediato:

√

e

Z log x 2 2

e

h i

3/2

dx = log x = .

x 3 3

1

1 2

Per sostituzione x = t e per parti:

2

π π

√

Z Z π

h i 2

3 3 2 −

− − = 6(4 π ) .

x cos( t cos(t) dt = 2 (t 6t) sin t + (3t 6) cos t

x) dx = 2 0

0 0 ∈

Esercizio 3. (6 punti) Determinare, al variare del parametro α l’insieme delle soluzioni del sistema lineare:

R,

 −14

2x + (4 + 2α)y + (4 + 2α)z =

 −8

(2 + α)y + 4z =

− −4

2y + (4 α)z = .



SOLUZIONE. Si potrebbe calcolare il determinante della matrice dei coefficienti, ma sembra più semplice

studiare il sistema composto dalle ultime due equazioni, dato che non compare la x:

−8 − −4

(2 + α)y + 4z = , 2y + (4 α)z = .

Questo sistema ammette un’unica soluzione sse il suo determinante è non nullo:

− − 6 − 6

(2 + α)(4 α) 8 = 0 =⇒ α(α 2) = 0 .

In tal caso, la soluzione è data da

8 4

−

(y, z) = ,

α α

che, sostituita nella prima equazione, fornisce l’unica soluzione del sistema di partenza

8 8 4

− −

(x, y, z) = .

3, ,

α α α

Se α = 0, il sistema in (y, z) diventa

−8 −4

2y + 4z = , 2y + 4z = ,

ovviamente impossibile. −2

Se α = 2, il sistema in (y, z) si riduce alla singola equazione y + z = che, sostituita nella prima, fornisce

−2 −

le infinite soluzioni (x, y, z) = (1, y, y).

∈

Esercizio 4. (6 punti) Determinare, al variare del parametro k la dimensione dello spazio V generato dai vettori

R, 2

     

k +1 1 k +1

1 1 1

u = v = w = .

     

−

1 k 1 k +1

Per ognuno dei casi trovati, determinare poi una base dello spazio V .

SOLUZIONE. Si tratta di determinare il rango della matrice

2

 

k +1 1 k + 1

1 1 1

M = .

 

−

1 k 1 k +1

2

Si ha detM = k (k + 1), pertanto:

• 6 6 −1, {u, {i,

se k = 0 e k = M ha rango massimo e dimV = 3, una base è (ovviamente) v, w} oppure j, k};

• {u};

se k = 0, M ha rango 1 (si ha u = v = w) e dimV = 1, una base è

• −1, − {u, {u, {v,

se k = M ha rango 2 (si ha w = 2v u) e dimV = 2, una base è v} (oppure w}, oppure w},...).

Ingegneria Chimica, dei Materiali e delle Nanotecnologie

29 agosto 2018 - Analisi Matematica I e Geometria (PRIMA PARTE)

Cognome: Nome: Matricola:

Prescritto Teoria Es.1 Es.2 Es.3 Es.4 Totale

LE RISPOSTE VANNO MOTIVATE.

)

( 1 1

−

3 .

1. Calcolare il limite lim n sin

n n

n→∞

{ }

∈ N

n−1

2. Dato l’insieme E = cos(nπ) : n , determinare supE ed infE.

n+1 R |x|) −

3. Determinare se è monotona in la funzione f (x) = ln(1 + x.

∫ √

1 − 2

4. Calcolare l’integrale definito 1 x dx.

0 ∫ x 2

sin(t )dt,

5. Determinare l’equazione della retta tangente al grafico della funzione F (x) = 0

nel punto di ascissa x = 0.

∈ R, C

6. Determinare per quali α le soluzioni della seguente equazione in ha radici complesse coniugate:

−

2

αz 2z + 1 = 0.

7. Determinare la posizione reciproca delle rette r e r , dove

1 2

 

 

x =1+ t x = s −

∈ R, ∈ R.

y = 1 + t y = 3 2s

r : , t e r : s

1 2

  −1

z = t z = + s

−1).

8. Calcolare l’angolo tra i vettori u = (1, 0, 1) e v = (0, 1, L R → R

3 3

9. Stabilire se è iniettiva, suriettiva, biiettiva l’applicazione lineare : , definita da

L(x, y, z) = (x + y + z, x + y, z).

10. Determinare se le seguenti due matrici A e B sono simili 

 

 1 2 3

1 0 0 

 

 0 2 3

0 2 0 .

e B =

A = 0 0 3

0 0 3

Ingegneria Chimica, dei Materiali e delle Nanotecnologie

29 agosto 2018

Analisi Matematica I e Geometria (SECONDA PARTE)

Cognome: Nome: Matricola:

Teoria. (3 punti) Enunciare e dimostrare il teorema del valor medio di Lagrange. Fornire un’applicazione

significativa del teorema.

Esercizio 1. (8 punti) Studiare la seguente funzione 2 −|x|

x

f (x) = e x+1

e disegnarne un grafico qualitativo. ̸ −1.

SOLUZIONE. Affinché la funzione sia definita occorre che x = Quindi il dominio della funzione

−1) ∪

è (−∞, (−1, +∞). 

 2 −x

x ≥

2 −|x| e se x 0

x x+1

f (x) = e =

x+1  ̸ −1.

x

e se x < 0, x =

Limiti agli estremi del dominio: −1

lim f (x) = +∞, lim f (x) = 0, lim f (x) = e .

x→+∞ x→−∞ x→−1

→ −∞,

Per x f presenta un asintoto orizzontale di equazione y = 0, non esiste asintoto obliquo per

→

x +∞.

f (x) > 0 nel suo dominio di definizione, quindi non ammette né punti di minimo assoluto né punti di

massimo assoluto.

Per lo studio della derivata prima distinguiamo i casi x > 0 e x < 0. In (0, +∞) la funzione è derivabile

e vale: − − −

2 2

2

2 (2x 1)(x + 1) x + x x + 2x 1

−x

−x x

x

′ = e .

f (x) = e x+1 x+1

2 2

(x + 1) (x + 1)

Tale espressione mostra che √

′ ⇐⇒ − ⇐⇒ −1

2

f > 0 x + 2x 1 > 0 x > + 2

√ √ √

−1 −1

quindi f decresce in (0, + 2) e cresce in (−1 + 2, +∞). Il punto + 2 è di minimo relativo

√ √

2 2−3

e f (−1 + 2) = e . −1) ∪

Per x < 0, la funzione è derivabile in (−∞, (−1, 0):

′ x

f (x) = e .

′ −1) ∪

Quindi f > 0 in (−∞, (−1, 0) ove f risulta crescente.

′ ′

−1 ̸

Essendo lim f (x) = = lim f (x) = 1, la funzione non è derivabile nel punto angoloso

−

+

x→0 x→0

x = 0.

La derivata seconda per x > 0 risulta: −

2 2

2 2

(x + 2x 1) 4

−x −x

x x

′′

f (x) = e + e .

x+1 x+1

4 3

(x + 1) (x + 1)

′′ ′′ ∈ −1) ∪ ∪

x

Per x < 0, f (x) = e . f (x) > 0 per ogni x (−∞, (−1, 0) (0, +∞), quindi f è convessa.

L’andamento qualitativo della funzione è descritto dal seguente grafico.

y √

0 x

+ 2

−1 −1

Esercizio 2. (4 punti) Al variare del parametro α > 0 calcolare il seguente limite:

√ √ −

x−ln(1+ x) x/2

e e

lim .

α

x

+

x→0

√

SOLUZIONE. Cambiamo variabile t = x e studiamo il limite:

2

−

t−ln(1+t) t /2

e e

lim .

2α

t

+

t→0

→

Ricordiamo i seguenti sviluppi per t 0:

3 2 3

2 t t t

t

− 3 t 3

+ + o(t ), e = 1 + t + + + o(t ).

log(1 + t) = t 2 3 2 6

→ +

Pertanto, per t 0 , 2 3 2 3 2

−

t t 3 − − −

2 2 t t t

− − 3 3

+o(t )

t−ln(1+t) t /2 t /2 1+ + o(t ) 1 + o(t )

e e e e 1

2 3 ∼ − 3−2α

2 3 2

= = t .

2α 2α 2α

t t t 3

Quindi  3

 0 se α <

√ √  2

2

− −

x−ln(1+ x) x/2 t−ln(1+t) t /2

e e e e − 13 3

se α =

lim = lim =  2

α 2α

x t 

+ +

x→0 t→0 −∞ 3

se α > .

2

L R → R

4 3

Esercizio 3. (6 punti) Determinare il nucleo e l’immagine della seguente applicazione lineare : :

− −

L(x, y, z, w) = (y + z + w, 2x + y 2z, 2x + 2y z + w).

∈ R 3

Determinare un vettore v ortogonale all’immagine di L.

SOLUZIONE. Associamo ad L la matrice rappresentativa 

 0 1 1 1 

 −2

2 1 0 .

A = −1

2 2 1

Il rango di A è 2, essendo ( )

0 1 ̸

det = 0

2 1

e la terza riga della matrice somma delle prime due. L’immagine di L ha dimensione 2,



    

 

0 1

  

 ∈ R

2 1

ImL = t + s : t, s .

 

2 2

L

Il nucleo di ha dimensione 2, ed è l’insieme delle soluzioni del sistema omogeneo

 32 12



 x = s + t







 y + z + w =0 

 −s −

y = t

− ⇐⇒ ∈ R.

2x + y 2z = 0 , t, s





  z = s





− 

2x + 2y z + w = 0 w = t

Quindi 

 

 



  3

1 

 x 

 2 2 

 

  

 

 

 

−1 −1



 



 

y   

   ∈ R

+ s : t, s

KerL = .

= t 

 



  

 

 

 



  0 1

z 



 



 1 0

w

v = (a, b, c) è ortogonale ai vettori dell’immagine sse

{ 2b + 2c = 0

· · ⇔ ⇔ −t, ∈ R.

v (0, 2, 2) = v (1, 1, 2) = 0 v = (−t, t), t

a + b + 2c = 0

−1,

Possiamo prendere ad esempio v = (−1, 1).

∈ R R

Esercizio 4. (6 punti) Al variare del parametro k stabilire se la seguente matrice A è diagonalizzabile in

 

1 0 1

 

1 0 1

A = .

k 1 1

− −λ(λ − −

2

SOLUZIONE. L’equazione caratteristica di A è det(A λI) = 2λ k) = 0; pertanto, gli

√

± −1 R

autovalori sono λ = 0 e λ = 1 1 + k. Se k < la matrice A non è diagonalizzabile in (ha

autovalori complessi).

≥ −1. ̸ −1

Sia k Se k = 0, gli autovalori sono semplici, quindi A è diagonalizzabile.

−1, −

Se k = gli autovalori sono λ = 0, λ = λ = 1. La matrice A I ha rango 2, quindi l’autovalore

1 2 3

1 non è regolare e A non è diagonalizzabile.

Se k = 0, gli autovalori sono λ = λ = 0, λ = 2. La matrice A ha rango 2, quindi l’autovalore 0 non

1 2 3

è regolare e A non