[Compitino Versione A] 31 Luglio 2013, II TURNO Matematica mod 1

[Compitino Versione A]
31 Luglio 2013, II TURNO
Matematica mod 1
Cognome:
Nome:
Matricola:
Ai sensi del DPR 445/00 e successive modifiche e integrazioni, il sottoscritto certifica di non avere
debiti formativi (Matematica) che precludano l’ammissione a codesto esame, ed è consapevole
che un’eventuale dichiarazione mendace invalida l’esame.
Firma:
Istruzioni. Durata della prova 1h30. Non sono ammessi ausilı̂ diversi da una calcolatrice.
Tutti gli esercizi valgono lo stesso punteggio. Altri due punti possono essere assegnati
a discrezione del docente per premiare ordine e chiarezza oppure una soluzione molto
brillante. Tutte le risposte devono essere adeguatamente giustificate.
Parte inferiore ad uso dei docenti
Domanda
Punti
1
2
3
Totale
1
Data la funzione
√
f (x) =
x+1
e−(x+1)
.
a) determinare il dominio e l’insieme di continuità di f ;
b) studiare limx→∞ f (x);
La funzione si può scrivere come segue:
√
f (x) = x + 1e(x+1) .
a) L’unico vincolo di esistenza è che x + 1 ≥ 0, cioè x ≥ −1. Il dominio è {x : x ≥ −1}.
La funzione è continua in tutto il dominio tranne che nel punto x = −1, perché
limx→−1− f (x) non esiste. Pertanto l’insieme di continuità è {x : x > −1}.
b) Consideriamo prima di tutto che limx→−∞ f (x) non può esistere dato che il dominio
non è illimitato nella direzione di −∞. Quindi resta solo il caso x → +∞:
limx→+∞ f (x) → (+∞)(+∞)
→ +∞
2
Determinare per quali valori del parametro reale a > 0 la disequazione
√
Z 3 2
Z a
x + 2x + x + 1 + 1
25
2 −x
(1 + x )e dx ≤
+
dx.
2
x+1
0
0
è soddisfatta.
Risolviamo gli integrali indefiniti. Per il primo osserviamo che
R
R −x
R
(1 + x2 )e−x dx =
e dxR+ x2 e−x dx
= −e−x − x2 (−e−xR) dx
= −e−x − [x2 e−x −R 2xe−x dx]
(1)
−x
2 −x
−x
= −e − x e − 2x(−e R) dx
= −e−x − x2 e−x − [2xe−x − R2e−x dx]
= −e−x − x2 e−x − [2xe−x + 2 −e−x dx]
= −e−x − x2 e−x − [2xe−x + 2e−x ] + C
= −e−x − x2 e−x − 2xe−x − 2e−x + C
= −x2 e−x − 2xe−x − 3e−x + C
= (x2 + 2x + 3)(−e−x ) + C
2
0
−x
(1) Integrazione
R 0 per parti ponendo f (x) = x e g (x) = −e nella formula
f (x)g(x) − f (x)g(x) dx.
(2)
R
f (x)g 0 (x) dx =
(2) Integrazione
per parti ponendo f (x) = 2x e g 0 (x) = −e−x nella formula
R 0
f (x)g(x) − f (x)g(x) dx.
R
f (x)g 0 (x) dx =
Per il secondo integrale abbiamo
R x2 +2x+1+√x+1
R (x+1)2
R √x+1
dx
=
dx
+
dx
x+1
R x+1
R x+1 − 1
=
x + 1 dx + (x + 1) 2 dx
R
R
R
1
=
x dx + 1 dx + (x + 1)− 2 dx
1
2
= x2 + x + 2(x + 1) 2 + C
Infine risolviamo gli integrali definiti corrispondenti:
Ra
(1 + x2 )e−x dx = (a2 + 2a + 3)(−e−a ) − 3
0
√
x2 +2x+ x+1+1
x+1
0
R3
dx =
9
2
+3+4−2
La disequazione quindi diventa:
25
19
+ (a2 + 2a + 3)(−e−a ) − 3 ≤
2
2
e pertanto
(a2 + 2a + 3)(−e−a ) ≤ 0
Poiché il fattore −e
−a
(3)
è sempre < 0 la disequazione (3) equivale alla
a2 + 2a + 3 ≥ 0
(4)
Infine le soluzioni reali positive della (4) nell’incognita a sono {a ∈ R : a > 0}.
3
Si considerino le matrici:


−k k − 1 1
A= 0 k−1 k 
2
0
1

,

x1
X =  x2 
x3

,

1
B= 1 
5
a) Esplicitare l’insieme dei valori reali del parametro k per cui A è invertibile;
b) dire quante e quali sono le soluzioni del sistema AX = B per k = −1
c) dire quante e quali sono le soluzioni del sistema AX = B per k = 2.
In ogni caso è vietato utilizzare il metodo di sostituzione per risolvere il sistema.
a) Abbiamo che det(A) = k 2 − 3k + 2 e pertanto det(A) = 0 sse k = 1 oppure k = 2.
Di conseguenza la matrice A è invertibile sse k 6= 1 e k 6= 2.
b) Per quanto detto al punto (a) per i valori di k 6= 1 e k 6= 2 possiamo utilizzare per
esempio il metodo di Cramer
e risolvere
 direttamente il sistema AX = B ottenendo



la unica soluzione X = 
5k−5
k−2
5k2 +k−2
k2 +3k+2
5k
2−k
. Dunque per k = −1 si ottiene X = 
10
3
1
3
−5
3
.
c) Per quanto detto al punto (a) per il valore k = 2 il sistema non può avere un’unica
soluzione, dato che il determinante di A si azzera. Vi sono vari modi per concludere
che il sistema AX = B è impossibile: usiamo per esempio il metodo di eliminazione
di
 Gauss.





−2 1 1 1
−2 1 1 1
−2 1 1 1
 0 1 2 1 
 0 1 2 1 
 0 1 2 1 
2 0 1 5
0 1 2 6
0 0 0 6
L’ultima riga esprime il vincolo 0x1 +0x2 +0x3 = 6, che è evidentemente impossibile.
[Compitino Versione B]
31 Luglio 2013, II TURNO
Matematica mod 1
Cognome:
Nome:
Matricola:
Ai sensi del DPR 445/00 e successive modifiche e integrazioni, il sottoscritto certifica di
non avere debiti formativi (Matematica) che precludano l’ammissione a codesto esame,
ed è consapevole che un’eventuale dichiarazione mendace invalida l’esame.
Firma:
Istruzioni. Durata della prova 1h30. Non sono ammessi ausilı̂ diversi da una calcolatrice.
Tutti gli esercizi valgono lo stesso punteggio. Altri due punti possono essere assegnati
a discrezione del docente per premiare ordine e chiarezza oppure una soluzione molto
brillante. Tutte le risposte devono essere adeguatamente giustificate.
Parte inferiore ad uso dei docenti
Domanda
Punti
1
2
3
Totale
1
Data la funzione
√
f (x) =
x+1
e−(x+1)
.
a) determinare il dominio e l’insieme di continuità di f ;
b) studiare limx→∞ f (x);
La funzione si può scrivere come segue:
√
f (x) = x + 1e(x+1) .
a) L’unico vincolo di esistenza è che x + 1 ≥ 0, cioè x ≥ −1. Il dominio è {x : x ≥ −1}.
La funzione è continua in tutto il dominio tranne che nel punto x = −1, perché
limx→−1− f (x) non esiste. Pertanto l’insieme di continuità è {x : x > −1}.
b) Consideriamo prima di tutto che limx→−∞ f (x) non può esistere dato che il dominio
non è illimitato nella direzione di −∞. Quindi resta solo il caso x → +∞:
limx→+∞ f (x) → (+∞)(+∞)
→ +∞
2
Determinare per quali valori del parametro reale a > 0 la disequazione
√
Z 3 2
Z a
x + 2x + x + 1 + 1
25
2 −x
(1 + x )e dx ≤
+
dx.
2
x+1
0
0
è soddisfatta.
Risolviamo gli integrali indefiniti. Per il primo osserviamo che
R
R −x
R
(1 + x2 )e−x dx =
e dxR+ x2 e−x dx
= −e−x − x2 (−e−xR) dx
= −e−x − [x2 e−x −R 2xe−x dx]
(1)
−x
2 −x
−x
= −e − x e − 2x(−e R) dx
= −e−x − x2 e−x − [2xe−x − R2e−x dx]
= −e−x − x2 e−x − [2xe−x + 2 −e−x dx]
= −e−x − x2 e−x − [2xe−x + 2e−x ] + C
= −e−x − x2 e−x − 2xe−x − 2e−x + C
= −x2 e−x − 2xe−x − 3e−x + C
= (x2 + 2x + 3)(−e−x ) + C
2
0
−x
(1) Integrazione
R 0 per parti ponendo f (x) = x e g (x) = −e nella formula
f (x)g(x) − f (x)g(x) dx.
(2)
R
f (x)g 0 (x) dx =
(2) Integrazione
per parti ponendo f (x) = 2x e g 0 (x) = −e−x nella formula
R 0
f (x)g(x) − f (x)g(x) dx.
R
f (x)g 0 (x) dx =
Per il secondo integrale abbiamo
R x2 +2x+1+√x+1
R (x+1)2
R √x+1
dx
=
dx
+
dx
x+1
R x+1
R x+1 − 1
=
x + 1 dx + (x + 1) 2 dx
R
R
R
1
=
x dx + 1 dx + (x + 1)− 2 dx
1
2
= x2 + x + 2(x + 1) 2 + C
Infine risolviamo gli integrali definiti corrispondenti:
Ra
(1 + x2 )e−x dx = (a2 + 2a + 3)(−e−a ) − 3
0
√
x2 +2x+ x+1+1
x+1
0
R3
dx =
9
2
+3+4−2
La disequazione quindi diventa:
25
19
+ (a2 + 2a + 3)(−e−a ) − 3 ≤
2
2
e pertanto
(a2 + 2a + 3)(−e−a ) ≤ 0
Poiché il fattore −e
−a
(3)
è sempre < 0 la disequazione (3) equivale alla
a2 + 2a + 3 ≥ 0
(4)
Infine le soluzioni reali positive della (4) nell’incognita a sono {a ∈ R : a > 0}.
3
Si considerino le matrici:


−k k − 1 1
A= 0 k−1 k 
2
0
1

,

x1
X =  x2 
x3

,

1
B= 1 
5
a) Esplicitare l’insieme dei valori reali del parametro k per cui A è invertibile;
b) dire quante e quali sono le soluzioni del sistema AX = B per k = −1
c) dire quante e quali sono le soluzioni del sistema AX = B per k = 2.
In ogni caso è vietato utilizzare il metodo di sostituzione per risolvere il sistema.
a) Abbiamo che det(A) = k 2 − 3k + 2 e pertanto det(A) = 0 sse k = 1 oppure k = 2.
Di conseguenza la matrice A è invertibile sse k 6= 1 e k 6= 2.
b) Per quanto detto al punto (a) per i valori di k 6= 1 e k 6= 2 possiamo utilizzare per
esempio il metodo di Cramer
e risolvere
 direttamente il sistema AX = B ottenendo



la unica soluzione X = 
5k−5
k−2
5k2 +k−2
k2 +3k+2
5k
2−k
. Dunque per k = −1 si ottiene X = 
10
3
1
3
−5
3
.
c) Per quanto detto al punto (a) per il valore k = 2 il sistema non può avere un’unica
soluzione, dato che il determinante di A si azzera. Vi sono vari modi per concludere
che il sistema AX = B è impossibile: usiamo per esempio il metodo di eliminazione
di
 Gauss.





−2 1 1 1
−2 1 1 1
−2 1 1 1
 0 1 2 1 
 0 1 2 1 
 0 1 2 1 
2 0 1 5
0 1 2 6
0 0 0 6
L’ultima riga esprime il vincolo 0x1 +0x2 +0x3 = 6, che è evidentemente impossibile.
[Compitino Versione C]
31 Luglio 2013, II TURNO
Matematica mod 1
Cognome:
Nome:
Matricola:
Ai sensi del DPR 445/00 e successive modifiche e integrazioni, il sottoscritto certifica di
non avere debiti formativi (Matematica) che precludano l’ammissione a codesto esame,
ed è consapevole che un’eventuale dichiarazione mendace invalida l’esame.
Firma:
Istruzioni. Durata della prova 1h30. Non sono ammessi ausilı̂ diversi da una calcolatrice.
Tutti gli esercizi valgono lo stesso punteggio. Altri due punti possono essere assegnati
a discrezione del docente per premiare ordine e chiarezza oppure una soluzione molto
brillante. Tutte le risposte devono essere adeguatamente giustificate.
Parte inferiore ad uso dei docenti
Domanda
Punti
1
2
3
Totale
1
Determinare per quali valori del parametro reale a > 0 la disequazione
√
Z 3 2
Z a
x + 2x + x + 1 + 1
25
2 −x
(1 + x )e dx ≤
+
dx.
2
x+1
0
0
è soddisfatta.
Risolviamo gli integrali indefiniti. Per il primo osserviamo che
R
R −x
R
(1 + x2 )e−x dx =
e dxR+ x2 e−x dx
= −e−x − x2 (−e−xR) dx
= −e−x − [x2 e−x −R 2xe−x dx]
(1)
−x
2 −x
−x
= −e − x e − 2x(−e R) dx
= −e−x − x2 e−x − [2xe−x − R2e−x dx]
= −e−x − x2 e−x − [2xe−x + 2 −e−x dx]
= −e−x − x2 e−x − [2xe−x + 2e−x ] + C
= −e−x − x2 e−x − 2xe−x − 2e−x + C
= −x2 e−x − 2xe−x − 3e−x + C
= (x2 + 2x + 3)(−e−x ) + C
2
0
−x
(1) Integrazione
R 0 per parti ponendo f (x) = x e g (x) = −e nella formula
f (x)g(x) − f (x)g(x) dx.
(2)
R
f (x)g 0 (x) dx =
(2) Integrazione
per parti ponendo f (x) = 2x e g 0 (x) = −e−x nella formula
R 0
f (x)g(x) − f (x)g(x) dx.
R
f (x)g 0 (x) dx =
Per il secondo integrale abbiamo
R x2 +2x+1+√x+1
R (x+1)2
R √x+1
dx
=
dx
+
dx
x+1
R x+1
R x+1 − 1
=
x + 1 dx + (x + 1) 2 dx
R
R
R
1
=
x dx + 1 dx + (x + 1)− 2 dx
1
2
= x2 + x + 2(x + 1) 2 + C
Infine risolviamo gli integrali definiti corrispondenti:
Ra
(1 + x2 )e−x dx = (a2 + 2a + 3)(−e−a ) − 3
0
√
x2 +2x+ x+1+1
x+1
0
R3
dx =
9
2
+3+4−2
La disequazione quindi diventa:
25
19
+ (a2 + 2a + 3)(−e−a ) − 3 ≤
2
2
e pertanto
(a2 + 2a + 3)(−e−a ) ≤ 0
Poiché il fattore −e
−a
(3)
è sempre < 0 la disequazione (3) equivale alla
a2 + 2a + 3 ≥ 0
(4)
Infine le soluzioni reali positive della (4) nell’incognita a sono {a ∈ R : a > 0}.
2
Si considerino le matrici:


−k k − 1 1
A= 0 k−1 k 
2
0
1

,

x1
X =  x2 
x3

,

1
B= 1 
5
a) Esplicitare l’insieme dei valori reali del parametro k per cui A è invertibile;
b) dire quante e quali sono le soluzioni del sistema AX = B per k = −1
c) dire quante e quali sono le soluzioni del sistema AX = B per k = 2.
In ogni caso è vietato utilizzare il metodo di sostituzione per risolvere il sistema.
a) Abbiamo che det(A) = k 2 − 3k + 2 e pertanto det(A) = 0 sse k = 1 oppure k = 2.
Di conseguenza la matrice A è invertibile sse k 6= 1 e k 6= 2.
b) Per quanto detto al punto (a) per i valori di k 6= 1 e k 6= 2 possiamo utilizzare per
esempio il metodo di Cramer
e risolvere
 direttamente il sistema AX = B ottenendo



la unica soluzione X = 
5k−5
k−2
5k2 +k−2
k2 +3k+2
5k
2−k
. Dunque per k = −1 si ottiene X = 
10
3
1
3
−5
3
.
c) Per quanto detto al punto (a) per il valore k = 2 il sistema non può avere un’unica
soluzione, dato che il determinante di A si azzera. Vi sono vari modi per concludere
che il sistema AX = B è impossibile: usiamo per esempio il metodo di eliminazione
di
 Gauss.





−2 1 1 1
−2 1 1 1
−2 1 1 1
 0 1 2 1 
 0 1 2 1 
 0 1 2 1 
2 0 1 5
0 1 2 6
0 0 0 6
L’ultima riga esprime il vincolo 0x1 +0x2 +0x3 = 6, che è evidentemente impossibile.
3
Data la funzione
√
f (x) =
x+1
e−(x+1)
.
a) determinare il dominio e l’insieme di continuità di f ;
b) studiare limx→∞ f (x);
La funzione si può scrivere come segue:
√
f (x) = x + 1e(x+1) .
a) L’unico vincolo di esistenza è che x + 1 ≥ 0, cioè x ≥ −1. Il dominio è {x : x ≥ −1}.
La funzione è continua in tutto il dominio tranne che nel punto x = −1, perché
limx→−1− f (x) non esiste. Pertanto l’insieme di continuità è {x : x > −1}.
b) Consideriamo prima di tutto che limx→−∞ f (x) non può esistere dato che il dominio
non è illimitato nella direzione di −∞. Quindi resta solo il caso x → +∞:
limx→+∞ f (x) → (+∞)(+∞)
→ +∞
[Compitino Versione D]
31 Luglio 2013, II TURNO
Matematica mod 1
Cognome:
Nome:
Matricola:
Ai sensi del DPR 445/00 e successive modifiche e integrazioni, il sottoscritto certifica di
non avere debiti formativi (Matematica) che precludano l’ammissione a codesto esame,
ed è consapevole che un’eventuale dichiarazione mendace invalida l’esame.
Firma:
Istruzioni. Durata della prova 1h30. Non sono ammessi ausilı̂ diversi da una calcolatrice.
Tutti gli esercizi valgono lo stesso punteggio. Altri due punti possono essere assegnati
a discrezione del docente per premiare ordine e chiarezza oppure una soluzione molto
brillante. Tutte le risposte devono essere adeguatamente giustificate.
Parte inferiore ad uso dei docenti
Domanda
Punti
1
2
3
Totale
1
Determinare per quali valori del parametro reale a > 0 la disequazione
√
Z 3 2
Z a
x + 2x + x + 1 + 1
25
2 −x
(1 + x )e dx ≤
+
dx.
2
x+1
0
0
è soddisfatta.
Risolviamo gli integrali indefiniti. Per il primo osserviamo che
R
R −x
R
(1 + x2 )e−x dx =
e dxR+ x2 e−x dx
= −e−x − x2 (−e−xR) dx
= −e−x − [x2 e−x −R 2xe−x dx]
(1)
−x
2 −x
−x
= −e − x e − 2x(−e R) dx
= −e−x − x2 e−x − [2xe−x − R2e−x dx]
= −e−x − x2 e−x − [2xe−x + 2 −e−x dx]
= −e−x − x2 e−x − [2xe−x + 2e−x ] + C
= −e−x − x2 e−x − 2xe−x − 2e−x + C
= −x2 e−x − 2xe−x − 3e−x + C
= (x2 + 2x + 3)(−e−x ) + C
2
0
−x
(1) Integrazione
R 0 per parti ponendo f (x) = x e g (x) = −e nella formula
f (x)g(x) − f (x)g(x) dx.
(2)
R
f (x)g 0 (x) dx =
(2) Integrazione
per parti ponendo f (x) = 2x e g 0 (x) = −e−x nella formula
R 0
f (x)g(x) − f (x)g(x) dx.
R
f (x)g 0 (x) dx =
Per il secondo integrale abbiamo
R x2 +2x+1+√x+1
R (x+1)2
R √x+1
dx
=
dx
+
dx
x+1
R x+1
R x+1 − 1
=
x + 1 dx + (x + 1) 2 dx
R
R
R
1
=
x dx + 1 dx + (x + 1)− 2 dx
1
2
= x2 + x + 2(x + 1) 2 + C
Infine risolviamo gli integrali definiti corrispondenti:
Ra
(1 + x2 )e−x dx = (a2 + 2a + 3)(−e−a ) − 3
0
√
x2 +2x+ x+1+1
x+1
0
R3
dx =
9
2
+3+4−2
La disequazione quindi diventa:
25
19
+ (a2 + 2a + 3)(−e−a ) − 3 ≤
2
2
e pertanto
(a2 + 2a + 3)(−e−a ) ≤ 0
Poiché il fattore −e
−a
(3)
è sempre < 0 la disequazione (3) equivale alla
a2 + 2a + 3 ≥ 0
(4)
Infine le soluzioni reali positive della (4) nell’incognita a sono {a ∈ R : a > 0}.
2
Si considerino le matrici:


−k k − 1 1
A= 0 k−1 k 
2
0
1

,

x1
X =  x2 
x3

,

1
B= 1 
5
a) Esplicitare l’insieme dei valori reali del parametro k per cui A è invertibile;
b) dire quante e quali sono le soluzioni del sistema AX = B per k = −1
c) dire quante e quali sono le soluzioni del sistema AX = B per k = 2.
In ogni caso è vietato utilizzare il metodo di sostituzione per risolvere il sistema.
a) Abbiamo che det(A) = k 2 − 3k + 2 e pertanto det(A) = 0 sse k = 1 oppure k = 2.
Di conseguenza la matrice A è invertibile sse k 6= 1 e k 6= 2.
b) Per quanto detto al punto (a) per i valori di k 6= 1 e k 6= 2 possiamo utilizzare per
esempio il metodo di Cramer
e risolvere
 direttamente il sistema AX = B ottenendo



la unica soluzione X = 
5k−5
k−2
5k2 +k−2
k2 +3k+2
5k
2−k
. Dunque per k = −1 si ottiene X = 
10
3
1
3
−5
3
.
c) Per quanto detto al punto (a) per il valore k = 2 il sistema non può avere un’unica
soluzione, dato che il determinante di A si azzera. Vi sono vari modi per concludere
che il sistema AX = B è impossibile: usiamo per esempio il metodo di eliminazione
di
 Gauss.





−2 1 1 1
−2 1 1 1
−2 1 1 1
 0 1 2 1 
 0 1 2 1 
 0 1 2 1 
2 0 1 5
0 1 2 6
0 0 0 6
L’ultima riga esprime il vincolo 0x1 +0x2 +0x3 = 6, che è evidentemente impossibile.
3
Data la funzione
√
f (x) =
x+1
e−(x+1)
.
a) determinare il dominio e l’insieme di continuità di f ;
b) studiare limx→∞ f (x);
La funzione si può scrivere come segue:
√
f (x) = x + 1e(x+1) .
a) L’unico vincolo di esistenza è che x + 1 ≥ 0, cioè x ≥ −1. Il dominio è {x : x ≥ −1}.
La funzione è continua in tutto il dominio tranne che nel punto x = −1, perché
limx→−1− f (x) non esiste. Pertanto l’insieme di continuità è {x : x > −1}.
b) Consideriamo prima di tutto che limx→−∞ f (x) non può esistere dato che il dominio
non è illimitato nella direzione di −∞. Quindi resta solo il caso x → +∞:
limx→+∞ f (x) → (+∞)(+∞)
→ +∞