Istituzioni di Matematiche I (CH-CI-MT)

prova di accertamento del 20 gennaio 2000 – Compito A

ESERCIZIO 1. Si calcoli ∫_{1}^{e} cos(log x)dx.

Svolgimento. Cerchiamo una primitiva della funzione integranda. Utilizzando l’integrazione per parti si ha

∫ cos(log x)dx = x cos(log x) + ∫ sin(log x)dx = x cos(log x) + x sin(log x) − ∫ cos(log x)dx,

da cui si deduce che

∫ cos(log x)dx = \frac{x}{2}[cos(log x) + sin(log x)] + c.

Quindi, applicando la Formula di Barrow, si ottiene ∫_{1}^{e} cos(log x)dx = \frac{e}{2}(cos 1 + sin 1) − \frac{1}{2}. □

ESERCIZIO 2. Si dica per quali valori del parametro α ∈ ℝ, converge l’integrale

∫_{π}^{+∞} x^{2α−1} (e^{1/x^{2}} − cosh \frac{1}{x} − \frac{sin(1/x)}{2x}) dx.

Svolgimento. Osserviamo che, per x → +∞, sia ha \frac{1}{x} → 0 ed \frac{1}{x^{2}} → 0. Inoltre, in base alle formule di McLaurin, per y → 0, si ha

e^{y} = 1 + y + \frac{y^{2}}{2} + o(y^{2}),  cosh y = 1 + \frac{y^{2}}{2} + \frac{y^{4}}{4!} + o(y^{4}),  sin y = y − \frac{y^{3}}{3!} + o(y^{3}).

Da ciò si deduce che

e^{1/x^{2}} − cosh \frac{1}{x} − \frac{sin(1/x)}{2x} = 1 + \frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{2x^{4}} − 1 − \frac{1}{2x^{2}} − \frac{1}{24x^{4}} − \frac{1}{2x^{2}} + \frac{1}{12x^{4}} + o(1/x^{4}) = \frac{13}{24x^{4}} + o(1/x^{4})

e quindi

lim_{x→+∞} \frac{x^{2α−1} (e^{1/x^{2}} − cosh \frac{1}{x} − \frac{sin(1/x)}{2x})}{x^{2α−5}} = \frac{13}{24}.

Per il Criterio del confronto asintotico, l’integrale proposto converge se, e solo se, converge ∫_{π}^{+∞} x^{2α−5}dx, e

ciò accade se, e solo se, 2α − 5 < −1, ovvero se, e solo se, α < 2. □

ESERCIZIO 3. Si dica se converge la serie ∑_{n=2}^{∞} \frac{3n − 2}{n(n − 1)(n + 1)} e, in caso affermativo, se ne calcoli la

somma.

Svolgimento. Si tratta di una serie a termini positivi, e

lim_{n→∞} \frac{\frac{3n−2}{n(n−1)(n+1)}}{\frac{1}{n^{2}}} = 3;

per cui la serie converge assolutamente, essendo asintoticamente equivalente alla serie convergente ∑_{n=2}^{∞} \frac{1}{n^{2}} . Per calcolarne la somma possiamo ragionare come segue. Si ha

\frac{3n − 2}{n(n − 1)(n + 1)} = \frac{A}{n − 1} + \frac{B}{n} + \frac{C}{n + 1},  ove  \{ \begin{matrix}A + B + C = 0 \\ A − C = 3 \\ −B = −2 \end{matrix} ;

ovvero \frac{3n − 2}{n(n − 1)(n + 1)} = \frac{1/2}{n − 1} + \frac{2}{n} − \frac{5/2}{n + 1}. Dunque, per k ≥ 4, si ha

σ_{k} = ∑_{n=2}^{k} \frac{3n − 2}{n(n − 1)(n + 1)} = \frac{1}{2} + 1 + \frac{1}{4} − \frac{5/2}{k} + \frac{2}{k} − \frac{5/2}{k + 1} = \frac{7}{4} − \frac{1}{2} (\frac{1}{k} + \frac{5}{k + 1})

perchè tutti i termini intermedi si cancellano. Dunque lim_{k→∞} σ_{k} = \frac{7}{4}, che è la somma della serie proposta.

□

ESERCIZIO 4. Calcolare gli autovalori ed i relativi sottospazi di autovettori dell’endomorfismo ϕ di matrice

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

nella base canonica. Dire in particolare se ϕ è diagonalizzabile. Svolgimento. Si ha det(A − λ1) = (2 − λ)^{2}(3 − λ) e quindi gli autovalori sono: 2, con molteplicità 2, e 3, con molteplicità 1. I sottospazi di autovettori corrispondenti sono ⟨( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} )⟩ e ⟨( \begin{matrix}4 \\ 2 \\ 3 \end{matrix} )⟩ e perciò ϕ è diagonalizzabile. □ ESERCIZIO 5. Discutere l’insieme delle soluzioni del sistema lineare

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

al variare del parametro λ in ℝ. Svolgimento. La matrice completa è equivalente alla matrice ( \begin{matrix}1 & 0 & 2λ − 2 & 2λ^{2} − 1 \\ 0 & λ & 2 − 2λ & 4 − 2λ^{2} \\ 0 & 0 & 1 − λ & 1 − λ^{2} \end{matrix} ). Per λ ∉ \{0, 1\}, matrice completa ed incompleta hanno rango 3 ed il sistema ha quindi un’unica soluzione della forma

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

Per λ = 1, matrice completa ed incompleta hanno rango 2, il sistema ha infinite soluzioni \{ \begin{matrix}x & = & 1 \\ y & = & 2 \\ z & = & t \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 6. Siano date le rette

r : \{ \begin{matrix}x = t \\ y = 0 \\ z = t \end{matrix}  r′ : \{ \begin{matrix}x = 2 + τ \\ y = 1 + τ \\ z = 1 \end{matrix} ,  r′′ : \{ \begin{matrix}x = 1 \\ y = −3η \\ z = 1 + η \end{matrix}

(a) Verificare che r, r′, ed r′′ sono incidenti e determinare il punto P_{0} di intersezione.

(b) Determinare i punti Q_{1} e Q_{2} di r′ tali che le loro proiezioni ortogonali P_{1} e P_{2} su r abbiano distanza 2\sqrt{2} da P_{0}.

(c) Trovare l’equazione del piano π contenente r e r′ e determinare i punti R di r′′ tali che la piramide di base P_{1}Q_{1}P_{2}Q_{2} e vertice R abbia volume 32

Svolgimento. (a). Il punto di intersezione è P_{0}(1, 0, 1) che nelle equazioni delle rette si ottiene per t = 1, τ = −1 e η = 0. (b). Intersecando r e r′ con i piani perpendicolari a r ed aventi distanza 2\sqrt{2} da P_{0} otteniamo i punti P_{1} e Q_{1} ed i punti P_{2} e Q_{2}. I piani perpendicolari ad r hanno equazione x+z +d = 0. I valori di d corrispondenti ai piani a distanza 2\sqrt{2} da P_{0} si ricavano risolvendo l’equazione \frac{|1+1+d|}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}. Otteniamo quindi i piani π_{1} : x + z + 2 = 0 e π_{2} : x + z − 6 = 0, e le intersezioni di r e r′ con questi piani sono i punti P_{1}(−1, 0, −1), P_{2}(3, 0, 3), Q_{1}(−3, −4, 1), Q_{2}(5, 4, 1).

(c). Il vettore ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )×( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) è perpendicolare a π. Poiché π contiene P_{0}, abbiamo π : x−y−z = 0.

L’area del parallelogramma P_{1}Q_{1}P_{2}Q_{2} è ∥\overrightarrow{P_{1}Q_{1}} × \overrightarrow{P_{1}Q_{2}}∥ (oppure ∥\overrightarrow{P_{1}Q_{1}}∥ · dist(P_{1}, P_{2})) ed è uguale a

16\sqrt{3}. L’altezza della piramide sarà quindi uguale a 3\frac{32}{16\sqrt{3}} = 2\sqrt{3} ed i punti R saranno i pundi di r′′ a distanza 2\sqrt{3} da π. L’equazione

dist(π, R) = \frac{|1 + 3η − (1 + η)|}{\sqrt{3}} = 2\sqrt{3}

è verificata per η = 3 e η = −3 e quindi i punti cercati sono R_{1}(1, −9, 4) e R_{2}(1, 9, −2). □

Istituzioni di Matematiche I (CH-CI-MT)

prova di accertamento del 20 gennaio 2000 – Compito B

ESERCIZIO 1. Si calcoli ∫_{1}^{e} sin(log x)dx.

Svolgimento. Cerchiamo una primitiva della funzione integranda. Utilizzando l’integrazione per parti si ha

∫ sin(log x)dx = x sin(log x) − ∫ cos(log x)dx = x sin(log x) − x cos(log x) − ∫ sin(log x)dx,

da cui si deduce che

∫ sin(log x)dx = \frac{x}{2}[sin(log x) − cos(log x)] + c.

Quindi, applicando la Formula di Barrow, si ottiene ∫_{1}^{e} sin(log x)dx = \frac{e}{2}(sin 1 − cos 1) + \frac{1}{2}. □

ESERCIZIO 2. Si dica per quali valori del parametro α ∈ ℝ, converge l’integrale

∫_{π}^{+∞} x^{α−2} (e^{1/x^{2}} − cos \frac{1}{x} − \frac{3 sinh(1/x)}{2x}) dx.

Svolgimento. Osserviamo che, per x → +∞, sia ha \frac{1}{x} → 0 ed \frac{1}{x^{2}} → 0. Inoltre, in base alle formule di McLaurin, per y → 0, si ha

e^{y} = 1 + y + \frac{y^{2}}{2} + o(y^{2}),  cos y = 1 − \frac{y^{2}}{2} + \frac{y^{4}}{4!} + o(y^{4}),  sinh y = y + \frac{y^{3}}{3!} + o(y^{3}).

Da ciò si deduce che

e^{1/x^{2}} − cos \frac{1}{x} − \frac{3 sinh(1/x)}{2x} = 1 + \frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{2x^{4}} − 1 + \frac{1}{2x^{2}} − \frac{1}{24x^{4}} − \frac{3}{2x^{2}} − \frac{1}{4x^{4}} + o(1/x^{4}) = \frac{5}{24x^{4}} + o(1/x^{4})

e quindi

lim_{x→+∞} \frac{x^{α−2} (e^{1/x^{2}} − cos \frac{1}{x} − \frac{3 sinh(1/x)}{2x})}{x^{α−6}} = \frac{5}{24}.

Per il Criterio del confronto asintotico, l’integrale proposto converge se, e solo se, converge ∫_{π}^{+∞} x^{α−6}dx, e

ciò accade se, e solo se, α − 6 < −1, ovvero se, e solo se, α < 5. □

ESERCIZIO 3. Si dica se converge la serie ∑_{n=1}^{∞} \frac{2n − 3}{n(n + 1)(n + 2)} e, in caso affermativo, se ne calcoli la

somma.

Svolgimento. Si tratta di una serie a termini positivi (per n ≥ 2), e

lim_{n→∞} \frac{\frac{2n−3}{n(n+1)(n+2)}}{\frac{1}{n^{2}}} = 2;

per cui la serie converge assolutamente, essendo asintoticamente equivalente alla serie convergente ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} .

Per calcolarne la somma possiamo ragionare come segue. Si ha

\frac{2n − 3}{n(n + 1)(n + 2)} = \frac{A}{n} + \frac{B}{n + 1} + \frac{C}{n + 2},  ove  \{ \begin{matrix}A + B + C = 0 \\ 3A + 2B + C = 2 \\ 2A = −3 \end{matrix} ;

ovvero \frac{2n − 3}{n(n + 1)(n + 2)} = −\frac{3/2}{n} + \frac{5}{n + 1} − \frac{7/2}{n + 2}. Dunque, per k ≥ 4, si ha

σ_{k} = ∑_{n=1}^{k} \frac{2n − 3}{n(n + 1)(n + 2)} = −\frac{3}{2} + \frac{5}{2} − \frac{3}{4} − \frac{7/2}{k + 1} + \frac{5}{k + 1} − \frac{7/2}{k + 2} = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} (\frac{3}{k + 1} − \frac{7}{k + 2})

perchè tutti i termini intermedi si cancellano. Dunque lim_{k→∞} σ_{k} = \frac{1}{4}, che è la somma della serie proposta. □

ESERCIZIO 4. Calcolare gli autovalori ed i relativi sottospazi di autovettori dell’endomorfismo ϕ di matrice

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

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

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

molteplicità 2. I sottospazi di autovettori corrispondenti sono ⟨( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} )⟩ e ⟨( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )⟩. Poiché il sottospazio

generato dagli autovettori ha dimensione 2, ϕ non è diagonalizzabile. □

ESERCIZIO 5. Discutere l’insieme delle soluzioni del sistema lineare

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

al variare del parametro λ in ℝ.

Svolgimento. La matrice completa del sistema lineare è equivalente alla matrice

( \begin{matrix}1 & λ − 1 & 1 & 2λ − 1 \\ 0 & λ − 1 & 0 & λ − 1 \\ 0 & 0 & λ^{2} − 1 & λ + 1 \end{matrix} )

Per λ ∉ {−1, 1}, matrice completa ed incompleta hanno rango 3 e quindi il sistema ha un’unica soluzione data da

x = \frac{λ^{2} − λ − 1}{λ − 1}  y = 1  z = \frac{1}{λ − 1}  (λ ∈ ℝ − \{−1, 1\})

Per λ = 1, matrice completa e incompleta hanno rispettivamente rango 2 e 1, e quindi il sistema non ha soluzioni.

Per λ = −1 matrice completa e incompleta hanno rango 2 e quindi il sistema ha infinite soluzioni

dipendenti da un parametro. Per questo valore di λ, il sistema risulta equivalente a \{ \begin{matrix}x − 2y + z = −3 \\ −2y = −2 \end{matrix} e le

soluzioni sono quindi \{ \begin{matrix}x = −1 − t \\ y = 1 \\ z = t \end{matrix} (t ∈ ℝ).

□

ESERCIZIO 6. Si considerino le rette

r : \{ \begin{matrix}2x − y − 4 = 0 \\ y − 2z + 2 = 0 \end{matrix} s : \{ \begin{matrix}x − z − 5 = 0 \\ 3x − 2y − 12 = 0 \end{matrix}

(a) Determinare il piano π contenente r e parallelo a s e la distanza di s da π.

(b) Trovare il punto P_{0} di intersezione tra r e la proiezione ortogonale di s su π.

(c) Detta Q_{0} la proiezione ortogonale di P_{0} su s, determinare due punti P_{1} e P_{2} di r, equidistanti da P_{0}, tali che il triangolo P_{1}P_{2}Q_{0} abbia area 12\sqrt{3}.

Svolgimento. (a). Posto z = t nelle equazioni di s, ricaviamo le equazioni parametriche s : \{ \begin{matrix}x = t + 5 \\ y = \frac{3}{2} + \frac{3}{2}t \\ z = t \end{matrix} . Il

fascio di piani passanti per r ha equazione λ(2x − y − 4) + μ(y − 2z + 2) = 0 ed i valori di λ e μ per cui il

piano riusulta parallelo a s sono le soluzioni dell’equazione ⟨( \begin{matrix}2λ \\ −λ + μ \\ −2μ \end{matrix} ) , ( 1 \frac{3}{2} 1 )⟩ = 0. I valori λ = μ = 1

risolvono questa equazione e quindi l’equazione di π è x − z − 1 = 0. La distanza di s da π è la distanza di un arbitrario punto di s da π e vale 2\sqrt{2}.

(b). Il punto P_{0} è l’intersezione tra r ed il piano π′ contenente s e perpendicolare a π. Il fascio di piani contenente s ha equazione λ(x − z − 5) + μ(3x − 2y − 12) = 0 e la condizione di perpendicolarità a

π corrisponde all’equazione ⟨( \begin{matrix}λ + 3μ \\ −2μ \\ −λ \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix} )⟩ = 0. I valori λ = 3 e μ = −2 sono soluzioni e quindi

un’equazione di π′ è −3x + 4y − 3z + 9 = 0. L’intersezione tra r e π′ è P_{0}(2, 0, 1).

(c). Poiché P_{0} appartiene alla proiezione di s su π (che sono paralleli), P_{0} è la proiezione di Q_{0} su π e la lunghezza del segmento P_{0}Q_{0} è uguale alla distanza 2\sqrt{2} tra s e π. Il segmento P_{0}Q_{0} è anche perpendicolare a r, perché questa retta è contenuta in π, e quindi la lunghezza di tale segmento è l’altezza del triangolo P_{1}P_{2}Q_{0}. La base del triangolo dovrà dunque avere lunghezza 6\sqrt{6} e P_{1} e P_{2} sono i punti di r a distanza 3\sqrt{6} da P_{0}. Il generico punto P di r ha coordinate (ricavate dalle equazioni parametriche) (t + 1, 2t − 2, t); la sua distanza da P_{0} vale \sqrt{(t + 1 − 2)^{2} + (2t − 2)^{2} + (t − 1)^{2}} = \sqrt{6}|t − 1| ed è uguale a 3\sqrt{6} per t = 4 e t = −2. Sostituiti questi valori in P (t + 1, 2t − 2, t) otteniamo P_{1}(5, 6, 4) e P_{2}(−1, −6, −2).

□