Analisi matematica Prova d'esame svolta appello maggio 2021

Y6 &+Z =1Il sistema lineareR Ammette unica soluzione data da (0,0,1)Svolgimento2 +& =03 + Z = 1 ⟺ \] = ^Y &+Z =1 2 1 0\= 3 0 10 1 12 1 0 a0 1 a3 1|\| = = 2 −` ` a a3 0 1 1 1 0 10 1 1|\| = −2 − 3 = −5 ≠ 0⇓Il sistema è determinato. 0 1 0 |\ |1 1|\ | = = − a=0→ = =0` ` a1 0 1 1 1 |\|1 1 12 0 0 c\ c1 12a 0→& 0` a3 1 1 $=c\ c ` 1 1 |\|$ 0 1 12 1 0 cc\|\ | |\| 125 → Z` `3 0 1 $|\|d 0 1 1 0Soluzioni: Y& 0Z 1& log -7 La funzione .R È strettamente decrescente nel suo dominioLa base del logaritmo è compresa tra 0 ed 1, la funzione è decrescente." 2 " 08 Equazione esponenziale4 0L’equazione :R Ha soluzione" 2 " 0Svolgimento4" "432 0→ 0f1 3 2g⋅f g f g&2 4 229 Il sistemaR Ha soluzione (-7;3) Δ 426 22Svolgimento Δ 142 3Δ 8 6 14 → 27f g22 4 Δ 22j Δ 261 2 22 2 4 26 → & 3g $Δ = f 2 22 Δ 22l 1

2 2 sin m 0 ∈ o0,2p/5 p10 La disequazione con è risolta in:p8 86 6R 1 2 2 sin m 0 ∈ o0,2p/Svolgimento con22 sin m 212 sin 8 11sin 8 2a) Disegniamo la circonferenza goniometrica e su di essa indichiamo con P e Q i punti che hanno?ordinata uguale a . (150°)p " (30°)q tr r che risolvono l’equazione associatab) A questi punti corrispondono gli angolisin ? . ?c) Come riportato in figura coloriamo in rosso gli archi i cui punti hanno ordinata minore di . Leo0,2p/soluzioni nell’intervallo sono date da tutti gli angoli a cui corrispondono sulla circonferenza5 pgoniometrica punti compresi tra P e Q: p8 86 6&" 2 3&′ 2 4& "^&(0) 0u11 &′(0) 2 ?La soluzione del seguente problema di Cauchy è:41 (" )&( ) 2 "y6A )&( " 2 " z1B (" )&( ) 2"yz2C 1 (" )&( ) 2 "y z6D SvolgimentoPer risolvere il quesito, dobbiamo verificare, tra le 4 funzioni proposte, quella cheverifica il problema.&(0) = 0 è verificata da tutte.La condizioneLa condizione sulla derivata prima, solo dalla funzione A):1) (" )&( = - "y61 (-" )&'( ) = - "y6 1(0) (-1& = - 1){ 6 2 1(0)& = - = -{ 6 3Verifichiamo:1) (" )&( = - "y61 (-" )&'( ) = - "y61 (" )&"( ) = - " = &( )y6Sostituiamo:&" - 3&' - 4& = "1 11 (" ) (-" ) (" )-" - " - 3 - " - 4 - " = "y y y6 6 61 (" )-" + 3" + 3" - 4" + 4" = "y y y6 1 (4" )-" - 4" + 6" = "y y6 ⇔" ="= 1 + 5}O: ∧ } ∈ MY& = -1 - 4}12 Z = 2 + 7}La retta di equazione parametrica passa per il punto:(1, -1,2)A (1, -1,0)B (1,0,2)C (0,0,0)D SvolgimentoSolo leLe coordinate di A, verificano il sistema parametrico: x = 1 + 5t, y = -1 - 4t. Data la funzione, la curva di livello è una: A) Circonferenza B) Iperbole C) Retta D) Parabola Svolgimento: Intersechiamo la superficie con la curva di livello: z(x, y) = x + y - 7 Sostituendo le coordinate della curva di livello: z(1 + 5t, -1 - 4t) = (1 + 5t) + (-1 - 4t) - 7 Semplificando: z(1 + 5t, -1 - 4t) = 6t - 8 L'equazione della curva di livello è quindi: 6t - 8 = 0 Risolvendo per t: 6t = 8 t = 8/6 t = 4/3 Sostituendo il valore di t nella curva parametrica: x = 1 + 5(4/3) = 1 + 20/3 = 23/3 y = -1 - 4(4/3) = -1 - 16/3 = -19/3 Quindi, le coordinate del punto di intersezione sono (23/3, -19/3). L'integrale generale dell'equazione è: z(x, y) = Bx + By + C Dove B e C sono costanti arbitrarie.

− !DE + cosyR 5 5?

Svolgimento

L’equazione differenziale data è lineare non omogenea, del secondo ordine a coefficienti costanti del tipo: &" + P&′ + ‰& = '( ))& = '(

Una funzione è soluzione dell’equazione data se è derivabile due volte e se la funzione e le sue derivate: soddisfano l’equazione data per ogni appartenente al dato intervallo. L’insieme di tutte le soluzioni dell’equazione prende il nome di integrale generale.

L’integrale generale è somma di due termini:

( )&( = & + Š( )%( )&

(&" + P&′ + ‰& = 0)% è l’integrale generale dell’equazione omogenea associata

Š( ) è l’integrale particolare la cui forma dipende da f(x)

( )&%Troviamo quindi

Risoluzione dell’equazione omogenea caratteristica.

&" − &′ − 2&

⁰ > −>−2=0 ( )Δ = 9 > 0 → & = B " + B "‹ ‹Œ -% ?1±3 > = −1>= =1 ?> =22( )& = B " + B "y% ? )Š(Troviamo ora)Š( = \ sin + ^ cosEssendo f(x) una combinazione lineare di funzioni goniometriche, poniamo:)Š′( = \ cos − ^ sinE calcoliamo le sue derivate:( ) = −\ sin − ^ cosŠ {{ Š"( ) − Š′( ) − 2Š( ) = 2 sinImponiamo ora che u(x) e le sue derivate siano soluzione dell’equazione differenziale data:( ) )−\ sin − ^ cos − \ cos − ^ sin − 2(\ sin + ^ cos = 2 sin(−\ (^+ ^ − 2\) sin − + \ + 2^) cos = 2 sin(^ (3^− 3\) sin − − \) cos = 2 sin1Da cui il sistema risolvente: ^=^ − 3\ = 2 10^ = 2 5→6 →u6 33^ + \ = 0 \ = −3^ \=− 5) ( ) )&( = & + Š(L’integrale generale è:% 3 1)&( = B

" + B " - !DE + cosy 5 5?√ - >15 <0La disequazione ha per soluzioneR Svolgimento* - > <0* - >− > →1 →6 → <0• ≤ 0 or ≥1≤ 0 or ≥ 1- ≥0 •(' , &) = + − 2 , &) ∈ M : ' , &) = 4€*16 Data la funzione la linea di livello è una:A ParabolaB CirconferenzaC IperboleD RettaSvolgimentoIntersechiamo la superficie con la curva di livello *(' , &) = + − 2• (' , &) = 4* +−2 = 4+ − 2 = 16+ − 2 − 16 = 0 + “ - B‘(' , &) O = *ΦLa linea di livello è una circonferenza di centro e raggio(' , (1;‘ = “) → ‘ = 0)*ΦO = + “ - B → O = + 16 → O =√1 √17| |R È una circonferenza ≤ 817 La disequazione è risolta:−8 ≤ ≤8R per )‘ = −

¹√•18 La funzione 1 2R Ha un flesso per x=1\ = f g−3 219 La matrice − ? 2 −1\ = =• ‘ f g?q qy?R 3 14 ? qla sua inversa è: q q20 I vettori u(1,2,3) 3 w(3,6,9)R sono linearmente dipendenti4 4Infatti: w=3u\ = f g−4 121 La matriceR Non possiede autovalori reali. 4−> 4Il discriminate del polinomio caratteristico è negativo, quindi gli autovalori sono complessi.a=0a −4 1−>(4 − >)(1 − >) + 16 = 0> − 5> + 20 = 0Δ = 25 − 80 < 0−6 +822 Il polinomio −6 +8=0R ammette due soluzioni reali e distinteΔ = 36 − 32 = 4 > 06±2 =2= →1 ? =42 −423 La disequazione ≥0−3<3∨ ≥4R è risolta per