Istituzioni di Matematiche I (CH-CI-MT)

prova scritta del 27 gennaio 1999

ESERCIZIO 1. Si determinino i numeri reali x per cui vale la disuguaglianza

|\frac{2|x| − 3}{3x − 2}| > 1.

Svolgimento. Sia x ≠ \frac{2}{3}. La disuguaglianza è equivalente a (2|x| − 3)^{2} > (3x − 2)^{2} e quindi a 5x^{2} − 12(x −

|x|) − 5 < 0. Dunque, ricordando che x − |x| = \{ \begin{matrix}0 & se x ≥ 0 \\ 2x & se x < 0 \end{matrix} , la disuguaglianza proposta equivale alle

condizioni

\{ \begin{matrix}5(x^{2} − 1) < 0 & se x ≥ 0 \\ 5x^{2} − 24x − 5 < 0 & se x < 0 \end{matrix}  ovvero  \{ \begin{matrix}0 ≤ x < 1 \\ −\frac{1}{5} < x < 0 \end{matrix} .

Quindi la disuguaglianza proposta è soddisfatta per x ∈ (−\frac{1}{5}, 1) \ \{\frac{2}{3}\}. □

ESERCIZIO 2. Al variare di t tra i numeri reali, si calcoli il limite

lim_{n→∞} n log (1 + \frac{3t}{n}) .

Svolgimento. Qualunque sia il valore di t, si ha

n log (1 + \frac{3t}{n}) = log (1 + \frac{3t}{n})^{n}

e

lim_{n→∞} (1 + \frac{3t}{n})^{n} = e^{3t}.

Per la continuità della funzione logaritmo si conclude che il limite proposto è uguale a 3t, per ogni t ∈ ℝ. □

ESERCIZIO 3. Si enunci il criterio del confronto asintotico e lo si applichi allo studio della convegenza della serie

∑_{n=1}^{∞} \frac{sin(1/n)}{\sqrt{n}}.

Svolgimento. Cominciamo ricordando il

Teorema. (Criterio del Confronto Asintotico). Siano (a_{n})_{n∈ℕ} e (b_{n})_{n∈ℕ} due successioni di numeri reali

positivi. Se lim_{n→∞} \frac{a_{n}}{b_{n}} = c ≠ 0 allora la serie ∑_{n=1}^{∞} a_{n} converge se, e solo se, converge la serie ∑_{n=1}^{∞} b_{n}.

Osserviamo che

lim_{n→∞} \frac{\frac{sin(1/n)}{\sqrt{n}}}{\frac{1}{n^{3/2}}} = lim_{n→∞} \frac{sin(1/n)}{1/n} = 1,

e quindi, per il criterio testé enunciato, si ha che la serie proposta converge, così come converge la serie

armonica generalizzata ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{3/2}} . □

ESERCIZIO 4. Si calcoli

lim_{x→0} \frac{tg x − tanh x}{sinh x − sin x}.

Svolgimento. Ricordiamo gli sviluppi di McLaurin delle funzioni coinvolte nel limite, ovvero

sin x = x − \frac{x^{3}}{3!} + o(x^{3}), sinh x = x + \frac{x^{3}}{3!} + o(x^{3}),

tg x = x + \frac{x^{3}}{3} + o(x^{3}), tanh x = x − \frac{x^{3}}{3} + o(x^{3}).

Da ciò si deduce che

\frac{tg x − tanh x}{sinh x − sin x} = \frac{\frac{2x^{3}}{3} + o(x^{3})}{\frac{2x^{3}}{3!} + o(x^{3})}

e quindi applicando il principio di cancellazione delle funzioni trascurabili, si ottiene che il limite proposto è uguale a 2. □

ESERCIZIO 5. Si consideri la funzione f(x) così definita

f(x) = \{ \begin{matrix}e^{1−x^{2}} cos(πx) & se |x| ≥ 1 \\ a + bx^{2} & se |x| < 1 \end{matrix} .

Si determinino (se esistono) le costanti a e b affinché la funzione f(x) sia derivabile per ogni x ∈ ℝ. Si tracci un grafico indicativo dell’andamento di f(x) e si disegnino le rette tangenti al grafico nei punti x = 0 ed x = 1.

Svolgimento. f(x) è una funzione pari (ovvero f(x) = f(−x)) ed è continua e derivabile per x ≠ ±1, indipendentemente dal valore che si attribuisca ai parametri a e b; dunque f(x) è continua e derivabile su tutto ℝ se, e solo se, lo è per x = 1. In base alla definizione di f, si ha

lim_{x→1^{+}} f(x) = f(1) = −1  e  lim_{x→1^{−}} f(x) = a + b.

Dunque f è continua(per x = 1) se i due limiti coincidono, ovvero se a + b = −1. Supponiamo soddisfatta questa condizione ed osserviamo che, per x ≠ 1, si ha

f′(x) = \{ \begin{matrix}−e^{1−x^{2}}[2x cos(πx) + π sin(πx)] & se |x| > 1 \\ 2bx & se |x| < 1 \end{matrix}

quindi (supponendo f continua per x = 1), si ha

f′_{+}(1) = lim_{x→1^{+}} \frac{f(x) − f(1)}{x − 1} = lim_{x→1^{+}} f′(x) = 2  e  f′_{−}(1) = lim_{x→1^{−}} \frac{f(x) − f(1)}{x − 1} = lim_{x→1^{−}} f′(x) = 2b.

In conclusione, f(x) è continua e derivabile se, e solo se, \{ \begin{matrix}a + b = −1 \\ 2b = 2 \end{matrix} , ovvero quando a = −2 e b = 1. Le

rette tangenti al grafico nei punti x = 0 ed x = 1 sono rispettivamente r_{0} : y = −2 ed r_{1} : y = 2x − 3. □

ESERCIZIO 6. Si calcoli

∫_{0}^{1} log(x^{2} + 5) dx.

Svolgimento. Integrando per parti, si ha

∫ log(x^{2} + 5) dx = x log(x^{2} + 5) − ∫ \frac{2x^{2}}{x^{2} + 5} = x log(x^{2} + 5) − 2x + ∫ \frac{10}{x^{2} + 5}.

Istituzioni di Matematiche I – prova scritta del 27 gennaio 1999 3

Con la sostituzione y = \frac{x}{\sqrt{5}}, l’integrale

∫ \frac{10}{x^{2} + 5} dx diventa 2\sqrt{5} ∫ \frac{dy}{y^{2} + 1} = 2\sqrt{5} arctg y + c.

Si ha quindi

∫ log(x^{2} + 5) dx = x log(x^{2} + 5) − 2x + 2\sqrt{5} arctg \frac{x}{\sqrt{5}} + c,

ed applicando la Formula di Barrow si ottiene che il valore dell’integrale definito è log 6 − 2 + 2\sqrt{5} arctg \frac{1}{\sqrt{5}}.

□

ESERCIZIO 7. Si dica se converge l’ integrale

∫_{1}^{+∞} \frac{1 − x}{x^{3} + 4x^{2} + 3x} dx

e, in caso affermativo, lo si calcoli. Svolgimento. La funzione integranda si decompone nella forma

\frac{1 − x}{x^{3} + 4x^{2} + 3x} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x + 1} + \frac{C}{x + 3}

ove le costanti A, B, C sono soggette alle condizioni

\{ \begin{matrix}A + B + C = 0 \\ 4A + 3B + C = −1 \\ 3A = 1 \end{matrix} ,  ovvero  \{ \begin{matrix}A = \frac{1}{3} \\ B = −1 \\ C = \frac{2}{3} \end{matrix} .

Dunque, ricordando le proprietà elementari della funzione logaritmo, si ha

∫ \frac{1 − x}{x^{3} + 4x^{2} + 3x} dx = log \sqrt[3]{\frac{x(x + 3)^{2}}{(x + 1)^{3}}} + c;

e quindi, applicando la Formula di Barrow, si ottiene

∫_{1}^{+∞} \frac{1 − x}{x^{3} + 4x^{2} + 3x} dx = lim_{b→+∞} [log \sqrt[3]{\frac{x(x + 3)^{2}}{(x + 1)^{3}}} ]_{x=1}^{x=b} .

Infine, osservando che

lim_{b→+∞} log \sqrt[3]{\frac{b(b + 3)^{2}}{(b + 1)^{3}}} = \frac{1}{3} lim_{b→+∞} log \frac{b(b + 3)^{2}}{(b + 1)^{3}} = \frac{1}{3} log 1 = 0,

si conclude che l’integrale proposto converge al numero reale −\frac{log 2}{3}. □ ESERCIZIO 8. Calcolare gli autovalori ed i relativi sottospazi di autovettori dell’endomorfismo ϕ di matrice

A = ( \begin{matrix}−3 & −1 & −1 \\ 4 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 0 \end{matrix} )

nella base canonica. Dire in particolare se ϕ è diagonalizzabile.

4 MAURIZIO CANDILERA

Svolgimento. Si ha det(A − λ1) = −λ(λ + 1)^{2} e quindi gli autovalori sono 0, con molteplicità 1 e −1, con molteplicità 2. I sottospazi di autovettori corrispondenti sono ⟨( \begin{matrix}−1 \\ 2 \\ 1 \end{matrix} )⟩ e ⟨( \begin{matrix}−1 \\ 0 \\ 2 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}−1 \\ 2 \\ 0 \end{matrix} )⟩. Vi sono quindi tre autovettori linearmente indipendenti e perciò ϕ è diagonalizzabile. □ ESERCIZIO 9. Trovare le soluzioni del sistema lineare

\{ \begin{matrix}x & + & λy & + & z & = & 0 \\ x & + & 2λy & + & (λ + 1)z & = & 1 \\ λx & & & + & (λ − 1)z & = & −1 \end{matrix}

al variare del parametro λ in ℝ. Svolgimento. La matrice completa è equivalente alla matrice ( \begin{matrix}1 & λ & 1 & 0 \\ 0 & λ & λ & 1 \\ 0 & 0 & λ^{2} − 1 & λ − 1 \end{matrix} ). Per λ ∉ \{0, 1, −1\}, matrice completa ed incompleta hanno rango 3 ed il sistema ha quindi un’unica soluzione della forma

x = \frac{−2}{1 + λ},  y = \frac{1}{λ(1 + λ)},  z = \frac{1}{1 + λ}  (λ ∉ \{0, 1, −1\}).

Per λ = 1, matrice completa ed incompleta hanno rango 2 e il sistema ha infinite soluzioni \{ \begin{matrix}x & = & −1 \\ y & = & 1 − t \\ z & = & t \end{matrix} . Per λ = 0 e λ = −1, la matrice completa ha rango 3, mentre quella incompleta ha rango 2 e quindi il sistema non ha soluzioni. □ ESERCIZIO 10. Siano date le rette

r_{1} : \{ \begin{matrix}2x + y + z = 0 \\ x − 2y + 1 = 0 \end{matrix}  ed  r_{2} : \{ \begin{matrix}3x − y + z + 1 = 0 \\ 2x + z = 0 \end{matrix} ,

(a) Verificare che r_{1} ed r_{2} sono incidenti e determinarne il punto P di intersezione.

(b) Trovare l’equazione del piano π contenente r_{1} e r_{2} e la sua distanza dall’origine.

(c) Dato il punto R(0, 1, 0) di r_{2}, determinare i punti Q di r_{1} tali che la piramide con vertici in P, Q, R e nell’origine abbia volume 1. Svolgimento. (a). Il punto di intersezione è P = ( \begin{matrix}−1 \\ 0 \\ 2 \end{matrix} ). (b). Le rette r_{1} e r_{2} hanno equazioni parametriche

r_{1} : \{ \begin{matrix}x & = & −1 + 2t \\ y & = & t \\ z & = & 2 − 5t \end{matrix} r_{1} : \{ \begin{matrix}x & = & −1 + t \\ y & = & t \\ z & = & 2 − 2t \end{matrix}

Il piano π è quindi perpendicolare al vettore ( \begin{matrix}2 \\ 1 \\ −5 \end{matrix} ) × ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ −2 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}3 \\ −1 \\ 1 \end{matrix} ). Dalla condizione di passaggio per un punto arbitrario di r_{1} o r_{2}, otteniamo

π : 3x − y + z + 1 = 0 e d(O, π) = \frac{1}{\sqrt{11}}

(c). Al variare del punto Q(−1 + 2t, t, 2 − 5t) su r_{1}, l’area del triangolo P QR è \frac{1}{2}||P⃗ Q × P⃗ R|| e l’altezza della piramide relativa alla base P QR è d(O, π). Quindi

V = \frac{1}{2} || ( \begin{matrix}2t \\ t \\ −5t \end{matrix} ) × ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ −2 \end{matrix} ) || \frac{1}{\sqrt{11}} \frac{1}{3} = \frac{|t|}{6} = 1

Le soluzioni di questa equazione sono t = ±6 e i punti cercati sono Q_{1}(11, 6, −28) e Q_{2}(−13, −6, 32). □

Istituzioni di Matematiche I (CH-CI-MT)

prova scritta del 22 febbraio 1999

ESERCIZIO 1. Si determinino i numeri reali x per cui vale la disuguaglianza

|\frac{|x| − 2}{2x − 1}| < 1.

Svolgimento. Sia x ≠ \frac{1}{2}. La disuguaglianza è equivalente a (|x|−2)^{2} < (2x−1)^{2} e quindi a 3x^{2}−4(x−|x|)−3 >

0. Dunque, ricordando che x − |x| = \{ \begin{matrix}0 & se x ≥ 0 \\ 2x & se x < 0 \end{matrix} , la disuguaglianza proposta equivale alle condizioni

\{ \begin{matrix}3(x^{2} − 1) > 0 & se x ≥ 0 \\ 3x^{2} − 8x − 3 > 0 & se x < 0 \end{matrix}  ovvero  \{ \begin{matrix}x > 1 \\ −\frac{1}{3} > x \end{matrix} .

Quindi la disuguaglianza proposta è soddisfatta per x ∈ (−∞, −\frac{1}{3}) ∪ (1, +∞). □

ESERCIZIO 2. Al variare di t tra i numeri reali, si calcoli il limite

lim_{n→∞} n log (1 − \frac{t^{2}}{n} ) .

Svolgimento. Qualunque sia il valore di t, si ha

n log (1 − \frac{t^{2}}{n} ) = log (1 − \frac{t^{2}}{n} )^{n}

e

lim_{n→∞} (1 − \frac{t^{2}}{n} )^{n} = e^{−t^{2}}.

Per la continuità della funzione logaritmo si conclude che il limite proposto è uguale a −t^{2}, per ogni t ∈ ℝ. □

ESERCIZIO 3. Si enunci il criterio del confronto asintotico e lo si applichi allo studio della convegenza della serie

∑_{n=1}^{∞}(1 − cos(1/n))\sqrt{n}.

Svolgimento. Cominciamo ricordando il

Teorema. [Criterio del Confronto Asintotico]. Siano (a_{n})_{n∈ℕ} e (b_{n})_{n∈ℕ} due successioni di numeri reali

positivi. Se lim_{n→∞} \frac{a_{n}}{b_{n}} = c ≠ 0 allora la serie ∑_{n=1}^{∞} a_{n} converge se, e solo se, converge la serie ∑_{n=1}^{∞} b_{n}.

Osserviamo che

lim_{n→∞} \frac{1 − cos(1/n)}{\frac{1}{n^{2}}} = \frac{1}{2},

e quindi, per il criterio testé enunciato, si ha che la serie proposta converge, così come converge la serie

armonica generalizzata ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{3/2}} . □

ESERCIZIO 4. Si calcoli

lim_{x→0} \frac{tg x − tanh x}{(cosh x − cos x) log(1 + x)}.

Svolgimento. Ricordiamo gli sviluppi di McLaurin delle funzioni coinvolte nel limite, ovvero

cos x = 1 − \frac{x^{2}}{2!} + o(x^{2}),  cosh x = 1 + \frac{x^{2}}{2!} + o(x^{2}),  log(1 + x) = x + o(x),

tg x = x + \frac{x^{3}}{3} + o(x^{3}), tanh x = x − \frac{x^{3}}{3} + o(x^{3}).

Da ciò si deduce che

\frac{tg x − tanh x}{(cosh x − cos x) log(1 − x)} = \frac{\frac{2x^{3}}{3} + o(x^{3})}{(x^{2} + o(x^{2}))(x + o(x))} = \frac{\frac{2x^{3}}{3} + o(x^{3})}{x^{3} + o(x^{3})}

e quindi, applicando il principio di cancellazione delle funzioni trascurabili, si ottiene che il limite proposto è uguale a 2/3. □

ESERCIZIO 5. Si consideri la funzione f(x) così definita

f(x) = \{ \begin{matrix}e^{1−x^{2}} sin \frac{πx}{2} & se |x| ≥ 1 \\ ax + bx^{3} & se |x| < 1 \end{matrix} .

Si determinino (se esistono) le costanti a e b affinché la funzione f(x) sia derivabile per ogni x ∈ ℝ. Si tracci un grafico indicativo dell’andamento di f(x) e si disegnino le rette tangenti al grafico nei punti x = 0 ed x = 1.

Svolgimento. f(x) è una funzione dispari (ovvero f(−x) = −f(x)) ed è continua e derivabile per x ≠ ±1, indipendentemente dal valore che si attribuisca ai parametri a e b; dunque f(x) è continua e derivabile su tutto ℝ se, e solo se, lo è per x = 1. In base alla definizione di f, si ha

lim_{x→1^{+}} f(x) = f(1) = 1  e  lim_{x→1^{−}} f(x) = a + b.

Dunque f è continua(per x = 1) se i due limiti coincidono, ovvero se a + b = 1. Supponiamo soddisfatta questa condizione ed osserviamo che, per x ≠ 1, si ha

f′(x) = \{ \begin{matrix}−e^{1−x^{2}} [2x sin \frac{πx}{2} − \frac{π}{2} cos \frac{πx}{2}] & se |x| > 1 \\ a + 3bx^{2} & se |x| < 1 \end{matrix}

quindi (supponendo f continua per x = 1), si ha

f′_{+}(1) = lim_{x→1^{+}} \frac{f(x) − f(1)}{x − 1} = lim_{x→1^{+}} f′(x) = −2  e  f′_{−}(1) = lim_{x→1^{−}} \frac{f(x) − f(1)}{x − 1} = lim_{x→1^{−}} f′(x) = a + 3b.

In conclusione, f(x) è continua e derivabile se, e solo se, \{ \begin{matrix}a + b = 1 \\ a + 3b = −2 \end{matrix} , ovvero quando a = \frac{5}{2} e b = −\frac{3}{2}.

Le rette tangenti al grafico nei punti x = 0 ed x = 1 sono rispettivamente r_{0} : y = \frac{5}{2}x ed r_{1} : y = −2x + 3).

□

ESERCIZIO 6. Si calcoli

∫_{−1}^{1} log(x^{2} + 3) dx.

8 MAURIZIO CANDILERA

Svolgimento. Integrando per parti, si ha

∫ log(x^{2} + 3) dx = x log(x^{2} + 3) − ∫ \frac{2x^{2}}{x^{2} + 3} = x log(x^{2} + 3) − 2x + ∫ \frac{6}{x^{2} + 3} dx.

Con la sostituzione y = \frac{x}{\sqrt{3}}, l’integrale

∫ \frac{6}{x^{2} + 3} dx  diventa  2\sqrt{3} ∫ \frac{dy}{y^{2} + 1} = 2\sqrt{3} arctg y + c.

Si ha quindi

∫ log(x^{2} + 3) dx = x log(x^{2} + 3) − 2x + 2\sqrt{3} arctg \frac{x}{\sqrt{3}} + c,

ed applicando la Formula di Barrow si ottiene che il valore dell’integrale definito è 2 log 4 − 4 + 4\sqrt{3} arctg \frac{1}{\sqrt{3}}.

□

ESERCIZIO 7. Si dica se converge l’ integrale

∫_{2}^{+∞} \frac{4}{x^{3} + 6x^{2} + 8x} dx

e, in caso affermativo, lo si calcoli. Svolgimento. La funzione integranda si decompone nella forma

\frac{4}{x^{3} + 6x^{2} + 8x} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x + 2} + \frac{C}{x + 4}

ove le costanti A, B, C sono soggette alle condizioni

\{ \begin{matrix}A + B + C = 0 \\ 6A + 4B + 2C = 0 \\ 8A = 4 \end{matrix} ,  ovvero  \{ \begin{matrix}A = \frac{1}{2} \\ B = −1 \\ C = \frac{1}{2} \end{matrix} .

Dunque, ricordando le proprietà elementari della funzione logaritmo, si ha

∫ \frac{4}{x^{3} + 6x^{2} + 8x} dx = log \sqrt{\frac{x(x + 4)}{(x + 2)^{2}}} + c;

e quindi, applicando la Formula di Barrow, si ottiene

∫_{2}^{+∞} \frac{4}{x^{3} + 6x^{2} + 8x} dx = lim_{b→+∞} [log \sqrt{\frac{x(x + 4)}{(x + 2)^{2}}}]_{x=2}^{x=b} .

Infine, osservando che

lim_{b→+∞} log \sqrt{\frac{b(b + 4)}{(b + 2)^{2}}} = \frac{1}{2} lim_{b→+∞} log \frac{b(b + 4)}{(b + 2)^{2}} = \frac{1}{2} log 1 = 0,

si conclude che l’integrale proposto converge al numero reale −\frac{1}{2}log(3/4). □

ESERCIZIO 8. Calcolare gli autovalori ed i relativi sottospazi di autovettori dell’endomorfismo ϕ di matrice

A = ( \begin{matrix}0 & 2 & 2 \\ −1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix} )

nella base canonica. Dire in particolare se ϕ è diagonalizzabile.

Svolgimento. Si ha det(A − λ1) = −λ(λ − 1)^{2} e quindi gli autovalori sono 0, con molteplicità 1 e 1, con

molteplicità 2. I sottospazi di autovettori corrispondenti sono ⟨( \begin{matrix}−1 \\ −1 \\ 1 \end{matrix} )⟩ e ⟨( \begin{matrix}0 \\ −1 \\ 1 \end{matrix} )⟩. Non vi sono quindi

tre autovettori linearmente indipendenti e perciò ϕ non è diagonalizzabile. □

ESERCIZIO 9. Trovare le soluzioni del sistema lineare

\{ \begin{matrix}x & + & λy & + & z & = & −λ \\ −x & + & y & & & = & −1 \\ λx & + & y & + & (λ + 1)z & = & λ \end{matrix}

al variare del parametro λ in ℝ.

Svolgimento. La matrice completa è equivalente alla matrice ( \begin{matrix}1 & λ & 1 & −λ \\ 0 & λ + 1 & 1 & −λ − 1 \\ 0 & 0 & λ & λ + 1 \end{matrix} ). Per λ ∉ \{0, −1\},

matrice completa ed incompleta hanno rango 3 ed il sistema ha quindi un’unica soluzione della forma

x = −\frac{1}{λ},  y = −\frac{1 + λ}{λ},  z = \frac{1 + λ}{λ}  (λ ∉ \{0, −1\}).

Per λ = −1, matrice completa ed incompleta hanno rango 2 e il sistema ha infinite soluzioni \{ \begin{matrix}x = & t + 1 \\ y = & t \\ z = & 0 \end{matrix} .

Per λ = 0, la matrice completa ha rango 3, mentre quella incompleta ha rango 2 e quindi il sistema non ha soluzioni. □

ESERCIZIO 10. Siano dati piani

π_{1} : x + y + 2z − 1 = 0  e  π_{2} : x + z − 1 = 0

(a) Determinare le equazioni parametriche della retta r intersezione di π_{1} e π_{2}.

(b) Dato il punto P (5, −2, −4) di π_{2}, trovare le equazioni della retta r′ per P, contenuta in π_{2}, e perpendicolare a r, e il punto Q di intersezione tra r e r′.

(c) Trovare le intersezioni di r con la circonferenza C, contenuta in π_{2}, di centro Q e passante per P.

Svolgimento. (a). r : \{ \begin{matrix}x & = & 1 − t \\ y & = & −t \\ z & = & t \end{matrix} .

(b). La retta r′ ha equazioni parametriche del tipo r′ : \{ \begin{matrix}x & = & 5 + lt \\ y & = & −2 + mt \\ z & = & −4 + nt \end{matrix} , dove −l − m + n = 0 (r′ è

perpendicolare a r) e l + n = 0 (r′ è parallela a π_{2}). Quindi

r′ : \{ \begin{matrix}x & = & 5 + t \\ y & = & −2 − 2t \\ z & = & −4 − t \end{matrix}  e  Q(3, 2, −2)

(c). Il raggio della circonferenza è la distanza 2\sqrt{6} tra P e Q e quindi il punto R(1 − t, −t, t) di r è sull’intersezione con la circonferenza se la sua distanza da Q è uguale a 2\sqrt{6}. I corrispondenti valori di t sono le soluzioni dell’equazione: 2\sqrt{6} = \sqrt{3}|t + 2| che è verificata per t = −2 ± 2\sqrt{2}. Le intersezioni di r con la circonferenza sono quindi

R_{1}(3 − 2\sqrt{2}, 2 − 2\sqrt{2}, −2 + 2\sqrt{2})  e  R_{2}(3 + 2\sqrt{2}, 2 + 2\sqrt{2}, 2 − 2\sqrt{2})
□

Istituzioni di Matematiche I (CH-CI-MT)

prova scritta del 14 giugno 1999

ESERCIZIO 1. Si determinino i numeri reali x per cui vale la disuguaglianza

|\frac{2|x| − 3}{x + 1}| > 1.

Svolgimento. Sia x ≠ −1. La disuguaglianza è equivalente a (2|x| − 3)^{2} > (x + 1)^{2} e quindi a 3x^{2} − 2(x +

6|x|) + 8 > 0. Dunque, ricordando che x + 6|x| = \{ \begin{matrix}7x & se x ≥ 0 \\ −5x & se x < 0 \end{matrix} , la disuguaglianza proposta equivale alle

due condizioni

\{ \begin{matrix}3x^{2} − 14x + 8 > 0 & se x ≥ 0 \\ 3x^{2} + 10x + 8 > 0 & se x < 0 \end{matrix}

Quindi la disuguaglianza proposta è soddisfatta per x ∈ (−∞, −2) ∪ (−\frac{4}{3}, \frac{2}{3}) ∪ (4, +∞). □

ESERCIZIO 2. Si disegnino nel piano di Argand-Gauß le radici dell’equazione x^{4} + 1 e si determini l’area del quadrilatero (convesso) avente tali punti come vertici.

Svolgimento. Si osservi che x^{4} + 1 = (x^{2} + i)(x^{2} − i) e quindi le soluzioni dell’equazione proposta sono le radici quadrate di ±i, ovvero i numeri complessi

z_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}} + i\frac{1}{\sqrt{2}}, z_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} − i\frac{1}{\sqrt{2}}, z_{3} = −\frac{1}{\sqrt{2}} + i\frac{1}{\sqrt{2}}, z_{4} = −\frac{1}{\sqrt{2}} − i\frac{1}{\sqrt{2}}.

Si tratta quindi dei vertici di un quadrato, inscritto nella circonferenza unitaria, con area uguale a 2. □

ESERCIZIO 3. Si enunci il criterio di Leibniz e lo si applichi allo studio della convegenza della serie

∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n} \frac{(n/4)^{n}}{n!} .

Svolgimento. Cominciamo formulando il

Teorema. [Criterio di Leibniz]. Sia (a_{n})_{n∈ℕ} una successione decrescente di numeri reali positivi. Allora la

serie ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n}a_{n} converge se, e solo se, lim_{n→∞} a_{n} = 0.

Posto, a_{n} = \frac{(n/4)^{n}}{n!} , si ha a_{n} > 0 e

\frac{a_{n+1}}{a_{n}} = \frac{(n + 1)^{n+1}4^{n}n!}{4^{n+1}(n + 1)!n^{n}} = \frac{(1 + \frac{1}{n})^{n}}{4} < 1.

Dunque^{(†)} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} < 1 e quindi la successione è decrescente. Inoltre, essendo costituita da termini positivi, la successione è inferiormente limitata e quindi convergente. Poichè si ha

lim_{n→∞} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = lim_{n→∞} \frac{(1 + \frac{1}{n})^{n}}{4} = \frac{e}{4} < 1,

(†) Per l’ultima disuguaglianza, si veda ad esempio Bertsch, Lemma 6.1, p.188.

si conclude che deve aversi necessariamente lim_{n→∞} a_{n} = 0. Per il criterio di Leibniz, ciò significa che la serie converge. □

ESERCIZIO 4. Si calcoli

lim_{x→+∞} \frac{1 − x tanh(1/x)}{e^{1/x^{2}} − 1}.

Svolgimento. Con il cambiamento di variabile, y = 1/x il limite proposto risulta uguale a lim_{y→0^{+}} \frac{y − tanh y}{y(e^{y^{2}} − 1)} .

Gli sviluppi di McLaurin delle funzioni coinvolte, sono

e^{y^{2}} = 1 + y^{2} + o(y^{2})  e  tanh y = y − \frac{y^{3}}{3} + o(y^{3}).

Da ciò si deduce che

\frac{y − tanh y}{y(e^{y^{2}} − 1)} = \frac{\frac{y^{3}}{3} + o(y^{3})}{y^{3} + o(y^{3})}

e quindi, applicando il principio di cancellazione delle funzioni trascurabili, si ottiene che il limite proposto è uguale a 1/3. □

ESERCIZIO 5. Si studi l’andamento della funzione f(x) = |arctg(1 − \frac{1}{x})| e se ne tracci un grafico indicativo. Si dica se f si estende ad una funzione continua su tutta la retta reale e se f si estende ad una funzione derivabile su tutta la retta reale.

Svolgimento. La funzione proposta è definita per x ≠ 0 ed è continua perchè composizione di funzioni continue. Ricordando che arctg x è una funzione dispari e crescente, possiamo concludere che il segno di arctg(1 − \frac{1}{x}) dipende solo dal segno dell’argomento e che quindi si ha

f(x) = |arctg(1 − \frac{1}{x})| = \{ \begin{matrix}arctg(1 − \frac{1}{x}) & se x ∈ (−∞, 0) ∪ [1, +∞) \\ arctg(\frac{1}{x} − 1) & se x ∈ (0, 1) \end{matrix} .

Con facili applicazioni del teorema sul limite di funzioni composte, si ottiene

lim_{x→−∞} f(x) = \frac{π}{4} = lim_{x→+∞} f(x)  e  lim_{x→0^{−}} f(x) = \frac{π}{2} = lim_{x→0^{+}} f(x).

Quindi f si può estendere ad una funzione continua F (x) su tutta la retta reale, ponendo F (0) = \frac{π}{2} ed F (x) = f(x) per x ≠ 0.

Inoltre, f(x) è composizione di funzioni derivabili per x ∉ {0, 1} e si ha

f′(x) = \{ \begin{matrix}\frac{1}{2x^{2}−2x+1} & se x ∈ (−∞, 0) ∪ (1, +∞) \\ \frac{−1}{2x^{2}−2x+1} & se x ∈ (0, 1) \end{matrix} .

Poichè il polinomio al denominatore non ha zeri reali, si conclude che f(x) è crescente nelle semirette (−∞, 0) e (1, +∞), mentre è decrescente nell’intervallo (0, 1). Dunque per x = 1 ha un punto di minimo relativo (ed assoluto) con f(1) = 0. Nel punto x = 0 tende all’estremo superiore dei suoi valori, che è quindi un massimo relativo ed assoluto per la funzione estesa F (x). Osserviamo inoltre che

lim_{x→0^{−}} f′(x) = 1 = lim_{x→1^{+}} f′(x)  e  lim_{x→0^{+}} f′(x) = −1 = lim_{x→1^{−}} f′(x)

da cui si conclude che f non può essere estesa ad una funzione derivabile su tutta la retta. Possiamo quindi tracciare un grafico indicativo dell’andamento della funzione f(x).

\frac{π}{4}0  1^{\frac{π}{2}}

Uno studio della derivata seconda di f(x) avrebbe permesso di determinare la presenza di un flesso per x = \frac{1}{2} e di giustificare le concavità e convessità del grafico tracciato. □

ESERCIZIO 6. Si determini la primitiva della funzione arctg(x − 2), che si annulla per x = 1.

Svolgimento. Integrando per parti, si ottengono tutte le primitive di arctg(x − 2), ovvero:

∫ arctg(x − 2) dx = x arctg(x − 2) − ∫ \frac{x}{(x − 2)^{2} + 1} =

= x arctg(x − 2) − \frac{1}{2} ∫ \frac{2x − 4}{(x − 2)^{2} + 1} dx − 2 ∫ \frac{1}{(x − 2)^{2} + 1} dx

= (x − 2) arctg(x − 2) − \frac{1}{2} log[(x − 2)^{2} + 1] + c.

La funzione cercata si annulla per x = 1 e deve quindi aversi

− arctg(−1) − \frac{log 2}{2} + c = 0  ovvero  c = log \sqrt{2} − \frac{π}{4} .

Si conclude che la primitiva cercata è F (x) = (x − 2) arctg(x − 2) − \frac{1}{2} log[(x − 2)^{2} + 1] + log \sqrt{2} − \frac{π}{4} . □

ESERCIZIO 7. Si dica per quali valori di α ∈ ℝ converge l’ integrale

∫_{1}^{+∞} \frac{1 − cos \frac{1}{x}}{(1 + \sqrt{x})^{α}} dx.

Svolgimento. La funzione integranda è asintoticamente equivalente ad \frac{1}{2x^{2+ \frac{α}{2}}} . Infatti, si ha

lim_{x→+∞} ^{\frac{\frac{1−cos \frac{1}{x}}{(1+\sqrt{x})^{α}}}{\frac{1}{2x^{2+ \frac{α}{2}}}}} = lim_{y→0} \frac{2(1 − cos y)}{y^{2+ \frac{α}{2}} (1 + \frac{1}{\sqrt{y}} )^{α}} = 1.

Dunque, per il criterio del confronto asintotico, l’integrale proposto converge se, e solo se, converge l’integrale

∫_{1}^{+∞} \frac{1}{2x^{2+ \frac{α}{2}}} dx e ciò accade se, e solo se, 2 + \frac{α}{2} > 1, cioè α > −2. □

ESERCIZIO 8. Calcolare gli autovalori ed i relativi sottospazi di autovettori dell’endomorfismo ϕ di matrice

A = ( \begin{matrix}1 & −2 & 2 \\ 0 & −1 & 2 \\ 1 & −3 & 3 \end{matrix} )

nella base canonica.

Dire se ϕ è diagonalizzabile e se i vettori ( \begin{matrix}3 \\ 3 \\ 3 \end{matrix} ) e ( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ 1 \end{matrix} ) sono combinazione lineare di autovettori di ϕ.

Svolgimento. Si ha det(A − λ1) = (1 − λ)^{3}. L’unico autovalore è quindi 1 e ha molteplicità 3. Il sottospazio

di autovettori è ⟨( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} )⟩ che ha dimensione 1 e perciò ϕ non è diagonalizzabile.

Le combinazioni lineari di autovettori di ϕ sono tutti e solo i multipli di ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ). Quindi ( \begin{matrix}3 \\ 3 \\ 3 \end{matrix} ) è combinazione

lineare di autovettori di ϕ, mentre ( \begin{matrix}2 \\ 1 \\ 2 \end{matrix} ) non lo è. □

ESERCIZIO 9. Trovare le soluzioni del sistema lineare

\{ \begin{matrix}λx & + & y & + & z & = & 3 \\ −λ^{2}x & & & & & = & −2λ + 1 \\ λx & + & (1 − λ)y & − & z & = & −λ + 2 \end{matrix}

al variare del parametro λ in ℝ.

Svolgimento. La matrice completa è equivalente alla matrice ( \begin{matrix}λ & 1 & 1 & 3 \\ 0 & λ & λ & λ + 1 \\ 0 & 0 & λ − 2 & 0 \end{matrix} ). Per λ ∉ \{0, 2\},

matrice completa ed incompleta hanno rango 3 ed il sistema ha quindi un’unica soluzione della forma

x = \frac{2λ − 1}{λ^{2}},  y = \frac{λ + 1}{λ},  z = 0  (λ ∉ \{0, 2\}).

Per λ = 2, matrice completa ed incompleta hanno rango 2 e il sistema ha infinite soluzioni

x = \frac{3}{4},  y = \frac{3 − 2t}{2},  z = t  (t ∈ ℝ)

Per λ = 0, la matrice completa ha rango 3, mentre quella incompleta ha rango 2 e quindi il sistema non ha soluzioni. □

ESERCIZIO 10. Si consideri la retta r : \{ \begin{matrix}x = −3 + \sqrt{2} t \\ y = 3 + t \\ z = 2 − 2t \end{matrix} e i piani

π_{1} : x − z + 1 = 0  π_{2} : x + y − 2 = 0  π_{3} : y − 3 = 0

(a) Verificare che r contiene il centro C di una sfera di raggio 2 e tangente ai tre piani, e trovare le coordinate di C.

(b) Detto T il punto di tangenza della sfera con il piano π_{3}, calcolare l’area del triangolo OCT.

(c) Determinare le equazioni dei piani paralleli al piano Oxy che intersecano la sfera su una circonferenza di raggio \sqrt{3}.

Svolgimento. (a). La retta r deve contenre un punto, C, a distanza 2 da tutti e tre i piani; deve cioè esistere un valore di t che verifica il sistema

\{ \begin{matrix}\frac{|−3+\sqrt{2} t−2+2t+1|}{\sqrt{2}} = 2 \\ \frac{|−3+\sqrt{2} t+3+t−2|}{\sqrt{2}} = 2 \\ |3 + t − 3| = 2 \end{matrix}

Questo sistema è verificato per t = 2 e quindi il centro della sfera è C(−3 + 2\sqrt{2}, 5, −2). (b). La perpendicolare a π_{3} condotta per C interseca questo piano in T (−3+2\sqrt{2}, 3, −2). L’area del triangolo OCT è quindi data da

\frac{1}{2}||\overrightarrow{OC} × \overrightarrow{T C}|| = \frac{1}{2} ∥( \begin{matrix}−3 + 2\sqrt{2} \\ 5 \\ −2 \end{matrix} ) × ( \begin{matrix}0 \\ 2 \\ 0 \end{matrix} )∥ = \sqrt{21 − 2\sqrt{2}}

(c). I piani paralleli al piano Oxy hanno equazione z + k = 0 (k ∈ ℝ). La distanza tra il centro di una sfera

di raggio 2 e un piano che interseca la sfera su una circonferenza di raggio \sqrt{3} è uguale a \sqrt{2^{2} − (\sqrt{3})^{2}} = 1. I valori di k corrispondenti ai piani cercati sono quindi determinati dall’equazione | − 2 + k| = 1, per cui le equazioni di questi piani sono z + 3 = 0 e z + 1 = 0. □

Istituzioni di Matematiche I (CH-CI-MT)

prova scritta del 28 giugno 1999

ESERCIZIO 1. Si determinino i numeri reali x per cui vale la disuguaglianza

|x^{2} − 4|^{x} > 3^{−x/2}.

Svolgimento. Ricordiamo che, per qualunque coppia di numeri reali a, b, con a > 0, a^{b} = e^{b log a}.

Quindi, applicando ad ambo i membri la funzione logaritmo (che è strettamente crescente), la disuguaglianza proposta risulta equivalente a

x log |x^{2} − 4|^{x} > −\frac{x}{2} log 3.

Possiamo cancellare il fattore x dai due termini, se teniamo conto del suo segno. Dunque, ricordando ancora una volta il fatto che il logaritmo è una funzione strettamente crescente, la disuguaglianza proposta risulta equivalente ai due sistemi

\{ \begin{matrix}x > 0 \\ |x^{2} − 4| > \frac{1}{\sqrt{3}} \end{matrix}  e  \{ \begin{matrix}x < 0 \\ |x^{2} − 4| < \frac{1}{\sqrt{3}} \end{matrix} .

\frac{1}{\sqrt{3}}

Si conclude facilmente che i numeri reali cercati sono contenuti nell’insieme

(−\sqrt{4 + \frac{1}{\sqrt{3}}} , −\sqrt{4 − \frac{1}{\sqrt{3}}}) ∪ (0 , \sqrt{4 − \frac{1}{\sqrt{3}}}) ∪ (\sqrt{4 + \frac{1}{\sqrt{3}}} , +∞)

ovvero il sottoinsieme dell’asse orizzontale evidenziato nel disegno qui sopra. □

ESERCIZIO 2. Si disegnino nel piano di Argand-Gauß le soluzioni dell’equazione x^{4} + 16x^{2} + 100 = 0 e si determini l’area del quadrilatero (convesso) avente tali punti come vertici.

Svolgimento. Si osservi che le radici del polinomio t^{2} + 16t + 100 sono i numeri complessi 8 + 6i ed 8 − 6i. Quindi le soluzioni dell’equazione proposta sono le radici quadrate di tali numeri, ovvero i numeri complessi

z_{1} = 1 + 3i,  z_{2} = −1 − 3i,  z_{3} = 1 − 3i,  z_{4} = 3i − 1.

Si tratta quindi dei vertici di un rettangolo di area uguale a 12. □

ESERCIZIO 3. Si enunci il criterio di Leibniz e lo si applichi allo studio della convegenza della serie

∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n} \frac{n!}{(n/2)^{n}} .

Svolgimento. Cominciamo formulando il Teorema. [Criterio di Leibniz]. Sia (a_{n})_{n∈ℕ} una successione decrescente di numeri reali positivi. Allora la

serie ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n}a_{n} converge se, e solo se, lim_{n→∞} a_{n} = 0.

Posto, a_{n} = \frac{n!}{(n/2)^{n}}, si ha a_{n} > 0 e

\frac{a_{n+1}}{a_{n}} = \frac{(n + 1)!2^{n+1}n^{n}}{(n + 1)^{n+1}n!2^{n}} = \frac{2}{(1 + \frac{1}{n})^{n}} ≤ 1.

Dunque^{(†)} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} ≤ 1 e quindi la successione è (debolmente) decrescente, ed essendo costituita da termini positivi, la successione è inferiormente limitata e quindi convergente. Poichè si ha

lim_{n→∞} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = lim_{n→∞} \frac{2}{(1 + \frac{1}{n})^{n}} = \frac{2}{e} < 1,

si conclude che deve aversi necessariamente lim_{n→∞} a_{n} = 0. Per il criterio di Leibniz, ciò significa che la serie converge. □

ESERCIZIO 4. Si calcoli

lim_{x→0} \frac{x − tanh x}{(cosh x − cos x) log(1 + x))}.

Svolgimento. Gli sviluppi di McLaurin delle funzioni coinvolte, sono

cos x = 1 − \frac{x^{2}}{2} + o(x^{2}),  cosh x = 1 + \frac{x^{2}}{2} + o(x^{2}),  log(1 + x) = x + o(x), tanh x = x − \frac{x^{3}}{3} + o(x^{3}).

Da ciò si deduce che

\frac{x − tanh x}{(cosh x − cos x) log(1 + x))} = \frac{\frac{x^{3}}{3} + o(x^{3})}{(x^{2} + o(x^{2}))(x + o(x))} = \frac{\frac{x^{3}}{3} + o(x^{3})}{x^{3} + o(x^{3})} =

e quindi, applicando il principio di cancellazione delle funzioni trascurabili, si ottiene che il limite proposto è uguale a 1/3. □

ESERCIZIO 5. Si studi l’andamento della funzione f(x) = |log(2 − \frac{1}{x})| e se ne tracci un grafico indicativo.

Svolgimento. La funzione proposta è definita in D = (−∞, 0)∪(\frac{1}{2}, +∞) ed è ivi continua perchè composizione di funzioni continue. In particolare, si ha

f(x) = |log(2 − \frac{1}{x})| = \{ \begin{matrix}log(2 − \frac{1}{x}) & se x ∈ (−∞, 0) ∪ [1, +∞) \\ − log(2 − \frac{1}{x}) & se x ∈ (\frac{1}{2}, 1) \end{matrix} .

Con facili applicazioni del teorema sul limite di funzioni composte, si ottiene

lim_{x→−∞} f(x) = log 2 = lim_{x→+∞} f(x)  e  lim_{x→0^{−}} f(x) = +∞ = lim_{x→ \frac{1}{2}^{+}} f(x).
(1 + \frac{1}{n})^{n} = 1^{n} + n1^{n−1} \frac{1}{n} + ⋯ ≤ 1 + 1;

(†) Per l’ultima disuguaglianza, si consideri lo sviluppo del binomio di Newton, ovvero, per ogni n ≥ 1, si ha ed inoltre, il quoziente è minore di 1 per n > 1.

Inoltre, f(x) è composizione di funzioni derivabili per x ≠ 1 e si ha

f′(x) = \{ \begin{matrix}\frac{1}{(2x−1)x} & se x ∈ (−∞, 0) ∪ (1, +∞) \\ \frac{−1}{(2x−1)x} & se x ∈ (\frac{1}{2}, 1) \end{matrix} .

Per x = 1, la funzione non è derivabile perchè i limiti destro e sinistro del rapporto incrementale (che, per la Regola di de L’Hôpital, coincidono con i corrispondenti limiti della derivata) sono distinti.

Poichè il polinomio al denominatore non si annulla all’interno di D, si conclude che f(x) è crescente nelle semirette (−∞, 0) e (1, +∞), mentre è decrescente nell’intervallo (\frac{1}{2}, 1). Dunque per x = 1 la funzione ha un punto di minimo relativo (ed assoluto) con f(1) = 0, ma non è superiormente limitata in D. Infine

f′′(x) = \{ \begin{matrix}\frac{1−4x}{(2x−1)^{2}x^{2}} & se x ∈ (−∞, 0) ∪ (1, +∞) \\ \frac{4x−1}{(2x−1)^{2}x^{2}} & se x ∈ (\frac{1}{2}, 1) \end{matrix} ,

e quindi il grafico di f(x) è convesso sulla semiretta (−∞, 0) e sull’intervallo (\frac{1}{2}, 1), mentre è concavo sulla seimretta (1, +∞).

Possiamo quindi tracciare un grafico indicativo dell’andamento della funzione f(x).

log 2 0  1_{\frac{1}{2}}

Ciò conclude la discussione. □

ESERCIZIO 6. Si determini la primitiva della funzione log(x^{2} + 1), che si annulla per x = 1.

Svolgimento. È chiaro che si tratta della funzione F (x) = ∫_{1}^{x} log(t^{2}+1)dt. Si tratta di scrivere esplicitamente

questa primitiva della funzione proposta. Integrando per parti, si ottengono tutte le primitive di log(x^{2} + 1), ovvero:

∫ log(x^{2} + 1) dx = x log(x^{1} + 1) − 2 ∫ \frac{x^{2}}{x^{2} + 1} =

= x log(x^{2} + 1) − 2 ∫ dx + 2 ∫ \frac{1}{x^{2} + 1} dx

= x log(x^{2} + 1) − 2x + 2 arctg x + c.

Istituzioni di Matematiche I – prova scritta del 28 giugno 1999 19

La funzione cercata si annulla per x = 1 e deve quindi aversi

log 2 − 2 + 2 arctg 1 + c = 0 ovvero c = 2 − log 2 − \frac{π}{2} .

Si conclude che la primitiva cercata è F (x) = x log(x^{2} + 1) − 2x + 2 arctg x + 2 − log 2 − \frac{π}{2} . □ ESERCIZIO 7. Si dica per quali valori di α ∈ ℝ converge l’integrale

∫_{π}^{+∞} \frac{x tg \frac{1}{x} − 1}{(π + \sqrt{x})^{α}} dx.

Svolgimento. La funzione integranda è asintoticamente equivalente ad \frac{1}{3x^{2+ \frac{α}{2}}} . Infatti, ricordando che per y → 0 si ha tg y = y + \frac{y^{3}}{3} + o(y^{3}), si ricava

lim_{x→+∞} ^{\frac{\frac{x tg \frac{1}{x} −1}{(π+\sqrt{x})^{α}}}{\frac{1}{3x^{2+ \frac{α}{2}}}}} = lim_{y→0} \frac{3(\frac{tg y}{y} − 1)}{y^{2+ \frac{α}{2}} (π + \frac{1}{\sqrt{y}} )^{α}} = 1.

Dunque, per il criterio del confronto asintotico, l’integrale proposto converge se, e solo se, converge l’integrale ∫_{π}^{+∞} \frac{1}{3x^{2+ \frac{α}{2}}} dx e ciò accade se, e solo se, 2 + \frac{α}{2} > 1, cioè α > −2. □

ESERCIZIO 8. Calcolare gli autovalori ed i relativi sottospazi di autovettori dell’endomorfismo ϕ di matrice

A = ( \begin{matrix}2 & 1 & −1 \\ 0 & 4 & −2 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix} )

nella base canonica. Dire se ϕ è diagonalizzabile ed esprimere, se possibile, il vettore ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) come combinazione lineare di autovettori. Svolgimento. Si ha det(A − λ1) = (3 − λ)(λ − 2)^{2} e quindi gli autovalori sono 3, con molteplicità 1 e 2, con molteplicità 2. I sottospazi di autovettori corrispondenti sono ⟨( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ 1 \end{matrix} )⟩ e ⟨( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} )⟩ e quindi ϕ è

diagonalizzabile. Si ha infine ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) + ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ). □

ESERCIZIO 9. Trovare le soluzioni del sistema lineare

\{ \begin{matrix}2λx & + & λy & + & λz & = & λ + 1 \\ −2λ^{2}x & − & y & + & (1 − λ^{2})z & = & −λ \end{matrix}

al variare del parametro λ in ℝ. Svolgimento. La matrice completa è equivalente alla matrice ( \begin{matrix}2λ & λ & λ & λ + 1 \\ 0 & λ^{2} − 1 & 1 & λ^{2} \end{matrix} ). Per λ ∉ \{0, −1, 1\}, matrice completa ed incompleta hanno rango 2 ed il sistema ha quindi infinite soluzioni della forma

x = \frac{λ^{2} − λ − 1 + t(−λ^{3} + 2λ)}{2λ(λ^{2} − 1)},  y = \frac{λ^{2} − t}{λ^{2} − 1},  z = t  (λ ∉ \{0, −1, 1\}, t ∈ ℝ)

Per λ = 0, la matrice incompleta ha rango 1 e quella completa ha rango 2. Il sistema non ha quindi soluzioni. Per λ = −1 o λ = 1, matrice completa ed incompleta hanno rango 2 e il sistema ha infinite soluzioni, rispettivamente,

\{ \begin{matrix}x = & \frac{−1−t}{2} \\ y = & t \\ z = & 1 \end{matrix} (t ∈ ℝ)  \{ \begin{matrix}x = & \frac{1−t}{2} \\ y = & t \\ z = & 1 \end{matrix} (t ∈ ℝ)

□

ESERCIZIO 10. Si considerino il piano π e la retta r di equazioni:

π : 2x − y + z − 1 = 0  e  r : \{ \begin{matrix}x − y = 0 \\ y + z = 0 \end{matrix}

(a) Determinare le equazioni dei piani passanti per r ed inclinati di \frac{π}{3} rispetto a π.

(b) Determinare le coordinate dei punti P e Q di r aventi distanza 2\sqrt{3} dall’origine.

(c) Dette P′ e Q′ le proiezioni ortogonali di P e Q su π, calcolare l’area del trapezio di vertici P, Q, P′, Q′.

Svolgimento. (a). Il fascio di piani contenernte r ha equazione λ(x − y) + μ(y + z) = 0. I piani del fascio inclinati di \frac{π}{3} rispetto a π sono determinati dai valori di λ e μ che verificano l’equazione

\frac{|2λ − (μ − λ) + μ|}{\sqrt{6}\sqrt{λ^{2} + (μ − λ)^{2} + μ^{2}}} = \frac{1}{2}

Tutte le soluzioni di questa equazione sono proporzionali a \{ \begin{matrix}λ = 1 \\ μ = −1 \end{matrix} oppure a \{ \begin{matrix}λ = 1 \\ μ = 2 \end{matrix} , e quindi i piani

cercati sono x + y + 2z = 0 e x − 2y − z = 0.

(b). La retta r ha equazioni parametriche \{ \begin{matrix}x & = & −t \\ y & = & −t \\ z & = & t \end{matrix} . I punti di r a distanza 2\sqrt{3} dall’origine corrispon-

dono ai valori di t che risolvono l’equazione \sqrt{t^{2} + t^{2} + t^{2}} = 2\sqrt{3}. Tali punti sono quindi P (−2, −2, 2) e Q(2, 2, −2). (c). Le lunghezze delle basi P P′ e QQ′ del trapezio sono le distanze di P e Q da π. L’altezza del trapezio è la distanza tra P′ e Q′ che è uguale alla distanza tra le rette parallele passanti per P e Q e perpendicolari a π. Abbiamo quindi

\overline{P P′} = \frac{1}{\sqrt{6}},  \overline{QQ′} = \frac{1}{\sqrt{6}},  \overline{P′Q′} = \frac{∥\overrightarrow{P Q} × ( \begin{matrix}2 \\ −1 \\ 1 \end{matrix} )∥}{\sqrt{6}} = \frac{12\sqrt{2}}{\sqrt{6}}

e l’area del trapezio risulta uguale a 2\sqrt{2}.

□

Istituzioni di Matematiche I (CH-CI-MT)

prova scritta del 7 settembre 1999

ESERCIZIO 1. Si disegni in ℝ^{2} la regione

A = { (x, y) ∈ ℝ^{2} | 0 ≤ x ≤ 2π, 1 + cos x < y < | sin x| }

e se ne determini l’area.

Svolgimento. Si veda il disegno qui sotto, ove A è la regione ombreggiata.

La regione piana A è simmetrica rispetto alla retta x = π, come si verifica facilmente ricordando che cos(2π − x) = cos x e sin(2π − x) = − sin x. È quindi sufficiente determinare la porzione di A al di sopra dell’intervallo [0, π]; e su tale intervallo si ha 1 + cos x = sin x = 1 se x = \frac{π}{2} e 1 + cos x = sin x = 0 se x = π; Inoltre, 1 + cos x > 1 > sin x per x ∈ [0, \frac{π}{2} ), ed 1 + cos x < sin x per x ∈ (\frac{π}{2} , π), come si vede facilmente studiando la differenza tra le due funzioni.

Dunque l’area a dell’insieme A è uguale a

a = 2 [∫ π_{\frac{π}{2}}(sin x − 1 − cos x) dx] = 2 [− cos x − x − sin x]π_{\frac{π}{2}} = 4 − π.

Ciò conclude la discussione. □

ESERCIZIO 2. Si disegnino nel piano di Argand-Gauß le soluzioni dell’equazione

(x^{2} − 2x + 5)(x^{2} + 2x + 2) = 0

e si determini (se esiste) la circonferenza passante per questi punti indicandone il centro, il raggio e l’equazione cartesiana.

Svolgimento. Le soluzioni dell’equazione proposta sono i numeri complessi

z_{1} = 1 + 2i,  z_{2} = 1 − 2i,  z_{3} = −1 − i,  z_{4} = i − 1.

Nel piano di Argand-Gauß si tratta quindi dei vertici di un trapezio isoscele. Una generica circonferenza del piano ha equazione (x−x_{0})^{2}+(y−y_{0})^{2} = r^{2}, ove il punto (x_{0}, y_{0}) è il suo centro ed il numero reale positivo r è il raggio. Imponendo le condizioni che la circonferenza passi per i quattro punti dati, si ottiene il sistema

\{ \begin{matrix}(−1 − 1x_{0})^{2} + (1 − y_{0})^{2} = r^{2} \\ (−1 − x_{0})^{2} + (−1 − y_{0})^{2} = r^{2} \\ (1 − x_{0})^{2} + (2 − y_{0})^{2} = r^{2} \\ (1 − x_{0})^{2} + (−2 − y_{0})^{2} = r^{2} \end{matrix} .

Il sistema è verificato per x_{0} = \frac{3}{4}, y_{0} = 0, r^{2} = \frac{65}{16}; si tratta quindi della circonferenza di equazione 2x^{2} + 2y^{2} − 3x − 7 = 0. □

ESERCIZIO 3. Si enunci il criterio della radice e lo si applichi allo studio della convergenza della serie

∑_{n=1}^{∞} (sin \frac{1}{n})^{n^{2}} .

Svolgimento. Cominciamo formulando il

Teorema. [Criterio della radice]. Sia ∑_{n=1}^{∞} a_{n} una serie a termini reali positivi. Allora, se lim_{n→∞} \sqrt[n]{a_{n}} < 1, la

serie converge; mentre, se lim_{n→∞} \sqrt[n]{a_{n}} > 1, la serie diverge^{(†)}.

Nel caso in questione, si ha

\sqrt[n]{a_{n}} = (sin \frac{1}{n})^{n} = e^{n log(sin \frac{1}{n})}.

Essendo lim_{n→∞} n log(sin \frac{1}{n}) = −∞, si conclude che lim_{n→∞} \sqrt[n]{a_{n}} = 0 < 1 e quindi la serie proposta converge.

□

ESERCIZIO 4. Si calcoli

lim_{x→0^{+}} \frac{tg x − x + \sqrt[3]{(x + sin x)^{10}}}{1 + x + log(1 − x) − cos x}.

Svolgimento. Ricordiamo che, per x → 0^{+}, si ha

tg x = x + \frac{x^{3}}{3} + o(x^{3}),  log(1 − x) = −x − \frac{x^{2}}{2} − \frac{x^{3}}{3} + o(x^{3}),  cos x = 1 − \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{24} + o(x^{4}),

e inoltre, \sqrt[3]{(x + sin x)^{10}} è trascurabile rispetto ad x^{3}. Dunque, cancellando gli addendi trascurabili al numeratore ed al denominatore, il limite in questione coincide con

lim_{x→0^{+}} \frac{x^{3}/3}{−x^{3}/3} = −1.

Ciò conclude la discussione. □

ESERCIZIO 5. Si studi l’andamento della funzione f(x) = (x − 2)^{2} log |x − 2| e se ne tracci un grafico indicativo. Si dica inoltre se f(x) si estende ad una funzione continua e derivabile su tutta la retta reale.

Svolgimento. Osserviamo che f(x) è definita in D = ℝ \ {2}, ed è continua e derivabile in ogni punto di D, essendo un prodotto di funzioni continue e derivabili su tale insieme. Inoltre, il suo grafico è simmetrico rispetto alla retta x = 2, essendo f(x) = f(4 − x) per ogni x ∈ D. Possiamo quindi ridurci a studiare la funzione sulla semiretta (2, +∞).

Si ha

lim_{x→2^{+}} f(x) = 0, lim_{x→+∞} f(x) = +∞,  e quindi  lim_{x→2^{−}} f(x) = 0, lim_{x→−∞} f(x) = +∞.

(†) Il criterio può essere enunciato in una forma più generale utilizzando i concetti di massimo e minimo limite per una successione. Si vedano il libro o gli appunti del corso per questa formulazione.

Quindi f(x) si può estendere ad una funzione continua su tutta la retta reale, ponendo f(2) = 0, e supporremo tacitamente nel seguito di considerare questa funzione in luogo di f. Per x ≠ 2, si ha

f′(x) = (x − 2)(2 log |x − 2| + 1)  e  lim_{x→2^{+}} f′(x) = 0 = lim_{x→2^{−}} f′(x);

dunque, poichè f è continua per x = 2, si conclude che f è anche derivabile per x = 2, con derivata nulla in tal punto. Possiamo quindi rispondere affermativamente all’ultima domanda e proseguire nello studio dell’andamento di f.

Per x ≠ 2, si ha

f′(x) = 0 ⟺ x = 2 ± \frac{1}{\sqrt{e}}

e inoltre, f′(x) < 0 per x ∈ (−∞, 2 − \frac{1}{\sqrt{e}}) ∪ (0, 2 + \frac{1}{\sqrt{e}}), mentre f′(x) > 0 per x ∈ (2 − \frac{1}{\sqrt{e}}, 0)∪(2+ \frac{1}{\sqrt{e}}, +∞). Dunque, f(x) è decrescente in (−∞, 2 − \frac{1}{\sqrt{e}}) e (0, 2 + \frac{1}{\sqrt{e}}), mentre è crescente in (2 − \frac{1}{\sqrt{e}}, 0) e (2 + \frac{1}{\sqrt{e}}, +∞). Per x = 2 ± \frac{1}{\sqrt{e}} si hanno dei punti di minimo relativo ed assoluto (f(2 ± \frac{1}{\sqrt{e}}) = −\frac{1}{2e}), mentre x = 2 (f(2) = 0) è l’unico punto di massimo relativo della funzione estesa.

Osserviamo infine che, per x ≠ 2, f′′(x) = 2 log |x − 2| + 3 e quindi x = 2 ± \frac{1}{\sqrt{e^{3}}} sono due punti di flesso nel grafico di f ed il grafico è convesso all’esterno di questi due punti, mentre è concavo all’interno. □

ESERCIZIO 6. Si disegni la regione di piano S, i cui punti (x, y) soddisfano alle condizioni

\{ \begin{matrix}y ≥ 0 \\ x ≥ −1 \\ y < x + 1 \\ y^{2} > 2x^{2}(x + 1) \end{matrix} .

Si determini inoltre il volume del solido che si ottiene ruotando S attorno all’asse delle ascisse.

Svolgimento. La retta y = x + 1 e la curva y^{2} > 2x^{2}(x + 1) si incontrano in tre punti e precisamente per x = −1, −\frac{1}{2}, 1.

La funzione g(x) = \sqrt{2x^{2}(x + 1)} è continua

nell’intervallo [−1, 1] ed è derivabile (nei punti in-

terni) per x ≠ 0, ove si ha g′(x) = \frac{3x^{2} + 2x}{\sqrt{2x^{2}(x + 1)}}.

Dunque g è crescente sull’intervallo (−1, −\frac{2}{3}) e decresce su (−\frac{2}{3}, 0), mantenendosi al di sopra della retta y = x + 1 su (−1, −\frac{1}{2}), come si vede facilmente, ad esempio calcolando il valore massimo di g(x) sull’intervallo (−1, 0). Inoltre g è crescente su (0, 1), ma il suo grafico è al di sotto della retta y = x + 1. Dunque la regione S è quella indicata in grigio nel disegno qui a fianco.

Dobbiamo quindi calcolare il volume V del solido che si ottiene ruotando la regione S attorno all’asse delle ascisse.

Poichè il bordo della regione S è costituito dal grafico di due funzioni continue, si ha

V = π ∫_{− \frac{1}{2}}^{1} [(x + 1)^{2} − 2x^{2}(x + 1)] dx = \frac{45}{32}π

e questo è il volume cercato. □

ESERCIZIO 7. Al variare di α ∈ ℝ si calcoli il limite

lim_{x→+∞} \frac{1}{(x^{2} + 1)^{α}} ∫_{0}^{x}(t − [t]) dt,

ove, come di consueto, [t] indica la parte intera del numero reale t.

Svolgimento. Consideriamo la funzione g(x) = ∫_{0}^{x}(t − [t]) dt. Per ogni numero reale x fissato, si ha

∫_{0}^{x}(t − [t]) dt = \frac{[x]}{2} + \frac{(x − [x])^{2}}{2} .

Inoltre, \frac{(x−[x])^{2}}{2} è una funzione limitata (i cui valori sono compresi tra 0 ed \frac{1}{2}) e per x > 0, si ha

\frac{[x]}{[x] + 1} ≤ \frac{[x]}{x} ≤ 1,

da cui si deduce lim_{x→+∞} \frac{[x]}{x} = 1 e quindi

g(x) = \frac{x}{2} + o(x) per x → +∞.

Dunque il limite proposto è equivalente al limite

lim_{x→+∞} \frac{x}{2(x^{2} + 1)^{α}} ,

che diverge per α < \frac{1}{2}; converge ad \frac{1}{2} per α = \frac{1}{2}; e converge a 0 per ogni altro valore di α. □

ESERCIZIO 8. Verificare che 2 è autovalore dell’endomorfismo ϕ di matrice

A = ( \begin{matrix}3 & −7 & 2 \\ 1 & −5 & 2 \\ 0 & −6 & 4 \end{matrix} )

nella base canonica.

Calcolare gli altri eventuali autovalori ed i relativi sottospazi di autovettori. Dire in particolare se ϕ è diagonalizzabile.

Svolgimento. Si ha det(A − λ1) = −λ^{3} + 2λ^{2} + 4λ − 8 che si annulla per λ = 2.

Dividendo il polinomio caratteristico per (λ − 2) otteniamo 4 − λ^{2} e quindi gli autovalori di ϕ sono: 2, con molteplicità 2, e -2, con molteplicità 1.

I relativi sottospazi di autovettori sono rispettivamente ⟨( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 3 \end{matrix} )⟩ e ⟨( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} )⟩ che hanno dimensione 1

e perciò ϕ non è diagonalizzabile.

□

ESERCIZIO 9. Trovare le soluzioni del sistema lineare

\{ \begin{matrix}x & + & y & − & z & + & t & = & 1 \\ & & (λ − 1)y & + & 2z & − & 2t & = & 1 \\ x & + & λy & + & (λ + 1)z & + & (−λ − 1)t & = & 2 \end{matrix}

al variare del parametro λ in ℝ.

Svolgimento. La matrice completa è equivalente alla matrice ( \begin{matrix}1 & 1 & −1 & 1 & 1 \\ 0 & λ − 1 & 2 & −2 & 1 \\ 0 & 0 & λ & −λ & 0 \end{matrix} ). Per λ ∉ \{0, 1\},

matrice completa ed incompleta hanno rango 3 ed il sistema ha quindi infinite soluzioni (dipendenti da un parametro, μ) della forma

x = \frac{λ − 2}{λ − 1},  y = \frac{1}{λ − 1},  z = μ,  t = μ  (λ ∉ \{0, 1\}, μ ∈ ℝ).

Per λ = 0, matrice completa ed incompleta hanno rango 2 e il sistema ha infinite soluzioni (dipendenti da due parametri, μ e ν) della forma

x = 2 − μ + ν,  y = −1 + 2μ − 2ν,  z = μ  t = ν  (μ, ν ∈ ℝ)

Per λ = 1, la matrice completa ha rango 3, mentre quella incompleta ha rango 2 e quindi il sistema non ha soluzioni. □

ESERCIZIO 10. Si considerino le rette

r : \{ \begin{matrix}x = 2 − t \\ y = 1 + t \\ z = 2 \end{matrix} s : \{ \begin{matrix}x = τ \\ y = 3 − τ \\ z = 3 + τ \end{matrix}

(a) Verificare che r e s sono incidenti e trovare il punto P di intersezione.

(b) Trovare i punti Q e Q′ di r a distanza 3\sqrt{2} da P ed i piani π e π′, passanti rispettivamente per Q e Q′ e perpendicolari a s.

(c) Determinare il volume del cilindro con le basi contenute nei piani π e π′, con asse contenuto nella retta s, e con le circonferenze di base passanti per i punti Q e Q′.

Svolgimento. (a). Il sistema lineare \{ \begin{matrix}2 − t = τ \\ 1 + t = 3 − τ \\ 2 = 3 + τ \end{matrix} ha soluzione \{ \begin{matrix}t = 3 \\ τ = −1 \end{matrix} e quindi il punto P di inter-

sezione ha coordinate (−1, 4, 2).

(b). Usando le equazioni \{ \begin{matrix}x = −1 − t \\ y = 4 + t \\ z = 2 \end{matrix} come equazioni parametriche della retta r, i punti Q e Q′ corrispon-

dono ai valori di t che verificano l’equazione \sqrt{t^{2} + t^{2}} = 3\sqrt{2} che sono ±3. Abbiamo quindi Q(−4, 7, 2) e Q′(2, 1, 2).

I piani perpendicolari alla retta s hanno equazione x − y + z + d = 0. Sostituendo le coordinate di Q e Q′ otteniamo i valori di d corrispondenti ai piani π e π′. Si ha π : x − y + z + 9 = 0 e π : x − y + z − 3 = 0. (c). L’altezza h del cilindro è uguale alla distanza di un punto qualsiasi di π, per esempio Q, da π′, mentre il raggio R di base del cilindro è uguale alla distanza di Q da s. Quindi

h = \frac{| − 4 − 7 + 2 − 3|}{\sqrt{3}} = 4\sqrt{3} R = \frac{∥\overrightarrow{P Q} × ( \begin{matrix}1 \\ −1 \\ 1 \end{matrix} )∥}{\sqrt{3}} = \sqrt{6}

Il volume del cilindro è quindi π(\sqrt{6})^{2} · 4\sqrt{3} = 24\sqrt{3} π □

Istituzioni di Matematiche I (CH-CI-MT)

prova scritta del 28 settembre 1999

ESERCIZIO 1. Si indichino con a, b, c i lati di un triangolo, con h_{a}, h_{b}, h_{c} le altezze ad essi relative e con A l’area del triangolo.

Si dimostri che se

\frac{ah_{b}}{2} + \frac{bh_{c}}{2} + \frac{ch_{a}}{2} = 3A

allora il triangolo è necessariamente equilatero.

Svolgimento. Poniamo x = \frac{a}{b}, y = \frac{b}{c} z = \frac{c}{a}. Dividendo per A = \frac{ah_{a}}{2} = \frac{bh_{b}}{2} = \frac{ch_{c}}{2} i due membri dell’uguaglianza, si ottiene la relazione x + y + z = 3; ed inoltre si ha xyz = 1. Osserviamo ora che x, y, z devono essere numeri reali positivi e quindi il problema è equivalente alle condizioni

\{ \begin{matrix}x + y = 3 − z \\ xy = 1/z \\ 0 < z < 3 \end{matrix} ove si cercano soluzioni x, y reali e positive.

Si tratta quindi di determinare soluzioni reali e positive all’equazione t^{2} − (3 − z)t + 1/z = 0, al variare del

parametro z ∈ (0, 3). Il discriminante dell’equazione è Δ = (z −3)^{2} − \frac{4}{z}, che non è mai positivo nell’intervallo

considerato e si annulla solo per z = 1^{(∗)}. Per tale valore di z, si ha x = y = z = 1 e quindi vi è soluzione al problema proposto solo quando i tre lati sono uguali tra loro. □

ESERCIZIO 2. Si disegnino nel piano di Argand-Gauß le soluzioni dell’equazione

[x^{2} − 2(1 + i)x + 2i − 1][x^{2} − 2(1 + 3i)x + 6i − 12] = 0

e si determini, se esiste, una parabola con asse verticale passante per questi punti indicandone il vertice e l’equazione cartesiana.

Svolgimento. z_{1} = 3i − 1, z_{2} = 3i + 3, z_{3} = i, z_{4} = 2 + i.

Vertice V = ( \begin{matrix}1 \\ 1/3 \end{matrix} ); equazione 3y = 2x^{2} − 4x + 3 □

ESERCIZIO 3. Si enunci il criterio della radice e lo si applichi allo studio della convergenza della serie

∑_{n=1}^{∞} (cos \frac{1}{n})^{n^{3}} .

Svolgimento. Cominciamo formulando il Teorema. [Criterio della radice]. Sia ∑_{n=1}^{∞} a_{n} una serie a termini reali positivi. Allora, se lim_{n→∞} \sqrt[n]{a_{n}} < 1, la

(∗) Si ponga g(z) = z(z − 3)^{2} − 4 e si osservi che Δ = \frac{g(z)}{z}. Ora g(z) è crescente per z ∈ (0, 1) e decrescente per z ∈ (1, 3) e si ha g(0) = g(3) = −4 e g(1) = 0. Ciò è sufficiente per determinare il segno del discriminante nell’intervallo in questione.

serie converge; mentre, se lim_{n→∞} \sqrt[n]{a_{n}} > 1, la serie diverge^{(†)}.

Nel caso in questione, si ha

\sqrt[n]{a_{n}} = (cos \frac{1}{n})^{n^{2}} = e^{n^{2} log(cos \frac{1}{n})}.

Essendo lim_{n→+∞} n^{2} log(cos \frac{1}{n}) = −\frac{1}{2}, si conclude che lim_{n→∞} \sqrt[n]{a_{n}} = \frac{1}{\sqrt{e}} < 1 e quindi la serie proposta converge.

□

ESERCIZIO 4. Si calcoli

lim_{x→0^{+}} \frac{sinh x − x + \sqrt[3]{(x + tg x)^{10}}}{1 + x − log(1 + x) − cosh x}.

Svolgimento. Ricordiamo che, per x → 0^{+}, si ha

sinh x = x + \frac{x^{3}}{3!} + o(x^{3}),  log(1 + x) = x − \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} + o(x^{3}),  cosh x = 1 + \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{4!} + o(x^{4}),

e inoltre, \sqrt[3]{(x + tg x)^{10}} è trascurabile rispetto ad x^{3}. Dunque, cancellando gli addendi trascurabili al numeratore ed al denominatore, il limite in questione coincide con

lim_{x→0^{+}} \frac{x^{3}/6}{−x^{3}/3} = −\frac{1}{2}.

Ciò conclude la discussione. □

ESERCIZIO 5. Si studi l’andamento della funzione

f(x) = \frac{x e^{\frac{x+2}{x−1}}}{x − 1}

e se ne tracci un grafico indicativo (Non è richiesto lo studio della derivata seconda).

Svolgimento. La funzione proposta è definita, continua e derivabile per x ≠ 1.

Inoltre, si ha

lim_{x→±∞} f(x) = e,

lim_{x→1^{+}} f(x) = +∞,

lim_{x→1^{−}} f(x) = 0;

ove i primi due limiti sono immediati, mentre l’ultimo si può calcolare con la sostituzione t = \frac{x+2}{x−1}, tramite cui diventa

lim_{t→−∞} \frac{t + 2}{3e^{−t}} = 0.

(†) Il criterio può essere enunciato in una forma più generale utilizzando i concetti di massimo e minimo limite per una successione. Si vedano il libro o gli appunti del corso per questa formulazione.

Nel dominio di definizione, si ha f′(x) = \frac{e^{\frac{x+2}{x−1}}}{(x − 1)^{2}} \frac{1 − 4x}{x − 1} e quindi f è decrescente in (−∞, \frac{1}{4}) ed in (1, +∞),

mentre è crescente in (\frac{1}{4}, 1). Dunque, il punto x = \frac{1}{4} è un punto di minimo relativo ed f(\frac{1}{4}) = −\frac{1}{3e^{3}} . Infine, lim_{x→1^{−}} f′(x) = 0. Ciò giustifica il grafico tracciato qui sopra. □

ESERCIZIO 6. Si disegni in ℝ^{2} la regione

A = { (x, y) ∈ ℝ^{2} | − π ≤ x ≤ π, | sin x| < y < 1 + cos x }

e si determini il volume del solido che si ottiene ruotando A attorno all’asse delle ascisse.

Svolgimento. Si veda il disegno qui sotto, ove A è la regione ombreggiata.

La regione piana A è simmetrica rispetto all’ asse verticale, come si verifica facilmente ricordando che cos(−x) = cos x e sin(−x) = − sin x. È quindi sufficiente determinare la porzione di A al di sopra dell’intervallo [0, π]; e su tale intervallo si ha 1 + cos x = sin x = 1 se x = \frac{π}{2} . Inoltre, sin x < 1 < 1 + cos x per x ∈ [0, \frac{π}{2} ), ed 1 + cos x < sin x per x ∈ (\frac{π}{2} , π), come si vede facilmente studiando la differenza tra le due funzioni.

Dunque il volume V del solido che si ottiene ruotando l’insieme A attorno all’asse delle ascisse è uguale a

V = π ∫− \frac{π}{2}^{\frac{π}{2}} [(1 + cos x)^{2} − sin^{2} x] dx = π [x + 2 sin x + sin x cos x]− \frac{π}{2}^{\frac{π}{2}} = π(4 + π).

Ciò conclude la discussione. □

ESERCIZIO 7. Al variare di α ∈ ℝ si calcoli il limite

lim_{x→+∞} \frac{x^{1−α^{2}}}{2(x^{2} + 1)^{α}} ∫_{0}^{x}(2[t] + 1) dt,

ove, come di consueto, [t] indica la parte intera del numero reale t.

Svolgimento. Consideriamo la funzione g(x) = ∫_{0}^{x}(2[t] + 1) dt. Per ogni numero reale x ≥ 1, fissato, si ha

∫_{0}^{x}(2[t] + 1) dt = ∑_{j=1}^{[x]}(2j − 1) + (x − [x])(2[x] + 1) = [x]^{2} + (x − [x])(2[x] + 1).

Si osservi che, x − [x] è una funzione limitata (i cui valori sono compresi tra 0 ed 1) e quindi, per x → +∞, si ha [x] = x + o(x). Da ciò si deduce che g(x) = x^{2} + o(x^{2}) per x → +∞ e dunque il limite proposto coincide

con il limite lim_{x→+∞} \frac{x^{3−α^{2}}}{2(x^{2} + 1)^{α}}, che diverge per −3 < α < 1; converge ad \frac{1}{2} per α = −1 ± 2; e converge a 0

per ogni altro valore di α. □

ESERCIZIO 8. Verificare che il vettore v = ( \begin{matrix}−1 \\ −2 \\ 1 \end{matrix} ) è autovettore dell’endomorfismo ϕ di matrice

A = ( \begin{matrix}3 & −1 & 3 \\ −1 & −1 & 1 \\ −1 & 1 & −1 \end{matrix} )

nella base canonica e determinarne il relativo autovalore. Calcolare gli altri eventuali autovalori di ϕ e dire se è diagonalizzabile.

Svolgimento. Si ha Av = −2v; quindi v è autovettore ed il relativo autovalore è −2.

Dividendo det(A − λ1) per λ + 2 otteniamo −(λ − 1)(λ − 2) e quindi gli altri autovalori di ϕ sono 1 e 2. Poiché ϕ ha tre autovalori distinti, possiamo concludere che è diagonalizzabile. □

ESERCIZIO 9. Trovare le soluzioni del sistema lineare

\{ \begin{matrix}x & + & 3y & − & z & = & 1 \\ λx & + & 4λy & + & (2 − λ)z & = & 2 + λ \\ x & + & (λ + 3)y & + & λz & = & 3 \end{matrix}

al variare del parametro λ in ℝ.

Svolgimento. La matrice completa è equivalente alla matrice ( \begin{matrix}1 & 3 & −1 & 1 \\ 0 & λ & 2 & 2 \\ 0 & 0 & λ − 1 & 0 \end{matrix} ). Per λ ∉ \{0, 1\}, matrice

completa ed incompleta hanno rango 3 ed il sistema ha quindi un’unica soluzione della forma

x = \frac{λ − 6}{λ},  y = \frac{1}{λ},  z = 0  (λ ∉ \{0, , 1\})

Per λ = 0, la matrice incompleta ha rango 2 e quella completa ha rango 3. Il sistema non ha quindi soluzioni. Per λ = 1, matrice completa ed incompleta hanno rango 2 e il sistema ha infinite soluzioni:

x = −5 + 7t,  y = 2 − 2t,  z = t  (t ∈ ℝ).
□

ESERCIZIO 10. Si considerino il piano π e la retta r di equazioni:

π : x + y + 2z + 1 = 0  e  r : \{ \begin{matrix}x − y − 3 = 0 \\ y + z + 2 = 0 \end{matrix}

(a) Verificare che r è contenuta in π.

(b) Determinare le coordinate dei punti P e Q di intersexione di r, rispettivamente, con i piani xy e yz e l’area del triangolo OP Q.

(c) Determinare le equazioni parametriche della retta s passante per l’origine e perperdicolare a π, e i punti S di s tali che il parallelepipedo di spigoli OP, OQ, OS abbia volume 27

Svolgimento. (a). Il sistema lineare \{ \begin{matrix}x + y + 2z + 1 = 0 \\ x − y − 3 = 0 \\ y + z + 2 = 0 \end{matrix} ha infinite soluzioni e quindi r è contenuta in π.

(b). Le coordinate dei punti P e Q si trovano ponendo rispettivamente z = 0 e x = 0 nelle equazioni cartesiane di r; quindi: P (1, −2, 0) e Q(0, −3, 1). L’area A del triangolo OP Q è metà dell’area del parallelogramma di lati OP e OQ:

A = \frac{1}{2}||\overrightarrow{OP} × \overrightarrow{OQ}|| = \frac{\sqrt{14}}{2}

(c). Le equazioni parametriche di s sono \{ \begin{matrix}x = t \\ y = t \\ z = 2t \end{matrix} . Le coordinate del generico punto T di s sono quindi

(t, t, 2t) (t ∈ ℝ). Il volume del parallelepipedo con spigoli OP, OQ e OT è dato dal prodotto misto

|⟨\overrightarrow{OP}, \overrightarrow{OQ} × \overrightarrow{OT}⟩| = |det ( \begin{matrix}1 & −2 & 0 \\ 0 & −3 & 1 \\ t & t & 2t \end{matrix} )| = | − 9t|

Risolvendo l’equazione | − 9t| = 27 otteniamo i punti (3, 3, 6) e (−3, −3, −6). □