Esame di Matematica - Scienze geologiche

Prova scritta del 14 gennaio 2004 - tema n.1

Prima parte

Esercizio 1 Date le rette y = ±3x e fissato il punto P = (−5, −12), trovare due numeri positivi a e b tali che l’iperbole di equazione

\frac{x^{2}}{a^{2}} − \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1

passi per P ed abbia tali rette come asintoti. Esercizio 2 Si consideri la successione definita da

a_{n} = n^{2} (\sqrt{1 + n^{4}} − \sqrt{5 + n^{α}}) , n ∈ ℕ,

e se ne calcoli il limite (se esiste) al variare del parametro α ∈ ℝ.

Seconda parte

Esercizio 3 Data la funzione

f(x) = e^{100x} |\frac{x^{2}}{100} − 1| , x ∈ ℝ,

se ne determinino:

(i) i punti di massimo e di minimo relativo, (ii) i limiti a ±∞, (iii) gli eventuali asintoti. Esercizio 4 Calcolare l’integrale

∫_{5}^{10} \frac{1}{x − 2\sqrt{x − 1}} dx.

Esame di Matematica - Scienze geologiche

Prova scritta del 14 gennaio 2004 - tema n.2

Prima parte

Esercizio 1 Date le rette y = ±2x e fissato il punto P = (−13, −24), trovare due numeri positivi a e b tali che l’iperbole di equazione

\frac{x^{2}}{a^{2}} − \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1

passi per P ed abbia tali rette come asintoti. Esercizio 2 Si consideri la successione definita da

a_{n} = n (\sqrt{1 + n^{2}} − \sqrt{3 + n^{α}}) , n ∈ ℕ,

e se ne calcoli il limite (se esiste) al variare del parametro α ∈ ℝ.

Seconda parte

Esercizio 3 Data la funzione

f(x) = e^{−100x} |\frac{x^{2}}{100} − 1| , x ∈ ℝ,

se ne determinino:

(i) i punti di massimo e di minimo relativo, (ii) i limiti a ±∞, (iii) gli eventuali asintoti. Esercizio 4 Calcolare l’integrale

∫_{ln 10}^{ln 100} \frac{1}{e^{x} − 1} dx.

Istruzioni per l’uso

Questa prova scritta può essere utilizzata nei modi seguenti.

• Risolveranno soltanto gli esercizi della prima parte gli studenti del primo anno che:

– hanno fatto male il primo compitino e bene il secondo;

– hanno fatto bene i due compitini ma il primo peggio del secondo.

In questi casi la votazione (in trentesimi) della prima parte farà media col voto del secondo compitino, e, se non inferiore a 18, ammetterà all’orale. Si considererà comunque la migliore fra la vecchia media dei compitini e la nuova media ottenuta con questa prova.

• Risolveranno soltanto gli esercizi della seconda parte gli studenti del primo anno che:

– fatto male il secondo compitino e bene il primo;

– hanno fatto bene i due compitini ma il secondo peggio del primo. In questi casi la votazione (in trentesimi) della seconda parte farà media col voto del primo compitino, e, se non inferiore a 18, ammetterà all’orale. Si considererà comunque la migliore fra la vecchia media dei compitini e la nuova media ottenuta con questa prova.

• Risolveranno gli esercizi sia della prima che della seconda parte gli studenti del primo anno che:

– hanno fatto male entrambi i compitini;

– hanno fatto bene i compitini ma vogliono migliorare la propria media.

In questi casi la media dei voti (in trentesimi) relativi alle due parti, se non inferiore a 18, ammetterà all’orale. Si considererà comunque la migliore fra la vecchia media dei compitini e la nuova media ottenuta con questa prova.

• Gli studenti dgli anni successivi al primo hanno diritto a sostenere la sola prova orale. Se fanno questa prova scritta, per intero o (avendo fatto i compitini) solo in parte, potranno sostenere una prova orale più snella e solo teorica (senza esercizi), come quella degli studenti del primo anno.

Le prove orali degli studenti che sostengono questa prova devono essere sostenute entro la sessione di esami di gennaio-febbraio 2004. Chi non sostiene l’orale entro questo termine, dovrà ricominciare da capo con una nuova prova scritta nelle sessioni successive.

Soluzioni

Esercizio 1 Indichiamo con (−u, −v) le coordinate di P (per il tema n.1 si ha u = 5, v = 12 e per il tema n.2 si ha u = 13, v = 24); similmente, indichiamo con ±p i coefficienti angolari delle due rette (per il tema n.1 si ha p = 3 e per il tema n.2 si ha p = 2). La prima condizione da imporre è che l’iperbole passi per P: quindi deve essere

\frac{u^{2}}{a^{2}} + \frac{v^{2}}{b^{2}} = 1.

Gli asintoti si trovano osservando che l’equazione dell’iperbole si scinde nelle due seguenti:

y = ±\frac{b}{a}\sqrt{x^{2} − a^{2}}, |x| ≥ a.

Analizziamo la prima equazione, cioè quella col segno +, relativa al ramo superiore dell’iperbole. Per x → +∞ si ha, essendo x = \sqrt{x^{2}},

lim_{x→+∞} \frac{y}{x} = lim_{x→+∞} \frac{b}{a}\sqrt{1 − \frac{a^{2}}{x^{2}}} = \frac{b}{a} ,

lim_{x→+∞} (y − \frac{b}{a}x) = lim_{x→+∞} \frac{b}{a} (\sqrt{x^{2} − a^{2}} − x) = lim_{x→+∞} \frac{−ab}{\sqrt{x^{2} − a^{2}} + x} = 0.

Analogamente, per x → −∞ si ha, essendo x = −\sqrt{x^{2}},

lim_{x→−∞} \frac{y}{x} = lim_{x→−∞} \frac{b}{a} (−\sqrt{1 − \frac{a^{2}}{x^{2}}} ) = −\frac{b}{a} ,

lim_{x→−∞} (y + \frac{b}{a}x) = lim_{x→−∞} \frac{b}{a} (\sqrt{x^{2} − a^{2}} − |x|) = lim_{x→−∞} \frac{ab}{\sqrt{x^{2} − a^{2}} + |x|} = 0.

Dunque il ramo superiore dell’iperbole (y > 0) ha per asintoti obliqui la retta y = \frac{b}{a}x per x → +∞ e la retta y = −\frac{b}{a}x per x → −∞. Il ramo inferiore (y < 0), per motivi di simmetria rispetto all’asse x, avrà per asintoti obliqui la retta y = −\frac{b}{a}x per x → +∞ e la retta y = \frac{b}{a}x per x → −∞. In definitiva, dobbiamo richiedere ai coefficienti a e b la condizione

\frac{b}{a} = p.

Dobbiamo dunque risolvere il sistema

\{ \begin{matrix}\frac{u^{2}}{a^{2}} + \frac{v^{2}}{b^{2}} = 1 \\ \frac{b}{a} = p, \end{matrix}

ricordando che si richiede a > 0, b > 0. Per il tema n.1 la soluzione è a = 3 e b = 9; per il tema n. 2 la soluzione è a = 5 e b = 10.

Esercizio 2 Per il tema n.1 si ha

n^{2} (\sqrt{1 + n^{4}} − \sqrt{5 + n^{α}}) = n^{2} \frac{−4 + n^{4} − n^{α}}{\sqrt{1 + n^{4}} + \sqrt{1 + n^{α}}} .

Se α < 4 il limite è +∞ in quanto la frazione si comporta come n^{2+4−4/2}, ossia come n^{4}. Se α = 4 il denominatore va come 2n^{2} e il numeratore è −4n^{2}, per cui il limite è −2. Infine se α > 4 l’intera frazione si comporta come −n^{2+α−α/2} e quindi il limite è −∞. Per il tema n.2 invece si ha

n (\sqrt{1 + n^{2}} − \sqrt{3 + n^{α}}) = n\frac{−2 + n^{2} − n^{α}}{\sqrt{1 + n^{2}} + \sqrt{3 + n^{α}}} .

Se α < 2 il limite è +∞ in quanto la frazione si comporta come n^{1+2−2/2}, ossia come n^{2}. Se α = 2 il denominatore va come 2n e il numeratore è −2n, per cui il limite è −1. Infine se α > 2 l’intera frazione si comporta come −n^{1+α−α/2} e quindi il limite è −∞.

Esercizio 3 La funzione del tema n.2 si ottiene da quella del tema n.1 cambiando x con −x: quindi il suo comportamento è il simmetrico rispetto all’asse y di quello della funzione del tema n.1. Analizziamo quindi la funzione del tema n.1 e cioè

f(x) = e^{100x} |\frac{x^{2}}{100} − 1| , x ∈ ℝ.

(i) Si ha

f(x) = \{ \begin{matrix}e^{100x} (\frac{x^{2}}{100} − 1) & se |x| > 10, \\ e^{100x} (1 − \frac{x^{2}}{100}) & se x ∈ [−10, 10]. \end{matrix}

La funzione è sempre non negativa ed è nulla per x = ±10: tali punti sono quindi punti di minimo assoluto, quindi anche relativo. Cerchiamo i punti di massimo relativo. In [−10, 10] si ha

f′(x) = e^{100x} (100 − x^{2} − \frac{x}{50});

quindi in tale intervallo si ha f′(x) ≥ 0 se e solo se

−x^{2} − \frac{x}{50} + 100 ≥ 0

cioè se e solo se

\frac{−1 − \sqrt{1000001}}{100} ≤ x ≤ \frac{−1 + \sqrt{1000001}}{100}.

Poiché

\frac{−1 − \sqrt{1000001}}{100} < −\frac{\sqrt{1000000}}{100} = −10,

0 < \frac{−1 + \sqrt{1000001}}{100} = \frac{1000000}{100(1 + \sqrt{1000001})} < \frac{1000000}{100 · 1000} = 10,

la funzione ha un massimo relativo in x_{1} = \frac{−1+\sqrt{1000001}}{100}. In [10, ∞[∪] − ∞, −10] si ha

f′(x) = e^{100x} (x^{2} − 100 + \frac{x}{50});

quindi f′(x) ≥ 0 se e solo se

x ≤ \frac{−1 − \sqrt{1000001}}{100} oppure x ≥ \frac{−1 + \sqrt{1000001}}{100};

essendo, come sappiamo,

\frac{−1 − \sqrt{1000001}}{100} < −10, 0 < \frac{−1 + \sqrt{1000001}}{100} < 10,

il punto x_{2} = \frac{−1−\sqrt{1000001}}{100} è di massimo relativo. Per la funzione del tema n.2 si avrà che i punti di minimo relativo sono ancora x = ±10, mentre i punti di massimo relativo sono

x_{1} = \frac{1 − \sqrt{1000001}}{100} , x_{2} = \frac{1 + \sqrt{1000001}}{100} .

(ii) Si ha, per la funzione del tema n.1,

lim_{x→+∞} f(x) = +∞,  lim_{x→−∞} f(x) = 0.

Per la funzione del tema n.2 si ha, analogamente,

lim_{x→+∞} f(x) = 0,  lim_{x→−∞} f(x) = +∞.

(iii) La funzione del tema n.1 ha l’asintoto orizzontale y = 0 per x → −∞. Poiché inoltre

lim_{x→+∞} f(x)x = +∞,

essa non ha asintoto per x → +∞. Per la funzione n.2, simmetricamente, c’è l’asintoto orizzontale y = 0 per x → +∞ e non c’è asintoto per x → −∞.

Esercizio 4 Calcoliamo l’integrale del tema n.1: con la sostituzione t = \sqrt{x − 1} si ha x = 1 + t^{2}, dx = 2t dt e quindi

∫_{5}^{10} \frac{1}{x − 2\sqrt{x − 1}} dx = ∫_{2}^{3} \frac{2t}{1 + t^{2} − 2t} dt = ∫_{2}^{3} \frac{2t}{(t − 1)^{2}} dt =
= ∫_{2}^{3} \frac{2t − 2}{(t − 1)^{2}} dt + ∫_{2}^{3} \frac{2}{(t − 1)^{2}} dt =
= [2 ln(t − 1)^{2} − \frac{2}{t − 1}]_{2}^{3} = 2 ln 4 − 1 + 2 =
= 4 ln 2 + 1.

Calcoliamo l’integrale del tema n.2: con la sostituzione t = e^{x} si ha x = ln t, dx = dt/t e quindi

∫_{ln 10}^{ln 100} \frac{1}{e^{x} − 1} dx = ∫_{10}^{100} \frac{dt}{t(t − 1)} = ∫_{10}^{100} (\frac{1}{t − 1} − \frac{1}{t}) dt =
= [ln \frac{t − 1}{t}]_{10}^{100} = ln \frac{99}{100} − ln \frac{9}{10} = ln \frac{11}{10} .