Secondo test intermedio di MATEMATICA
Laurea triennale in Sc. Geologiche e Sc. Naturali Facoltà di S.M.F.N.
A.A. 2010/11 - 15 dic 2010
Gli esercizi sono da risolvere in modo esplicito. Nelle domande, laddove richiesto, lo studente è invitato
a giustificare la risposta. È tassativamente vietato “collaborare” e anche, in questa occasione, consultare materiale didattico o utilizzare quasivoglia strumento di calcolo o comunicazione. Ricordarsi di
indicare il proprio nominativo completo su OGNI foglio che si consegna.
E SERCIZIO 1:
R ISPOSTA :
Studiare la funzione f (x) = arccos
|x|
|x+1|
e tracciarne un grafico significativo.
La funzione è definita se −1 ≤ |x|/|x + 1| ≤ 1 con x 6= −1. ovvero se
|x| ≤ |x + 1| ⇔ x ≥ −
1
2
visto che la prima delle due disuguaglianze è sempre vera. In definitiva l’insieme di definizione è l’intervallo [−1/2, +∞). Osservando che |x|/|x + 1| → 1 per x → (1/2)+ e |x|/|x + 1| → 1 per
x → +∞ abbiamo limx→(1/2)+ f (x) = limx→+∞ f (x) = 0 e quindi l’asse delle ascisse è anche
asintoto orizzontale. La derivata si calcola osservando che, posto g(x) = x/(x + 1), si ha
se x ∈ [−1/2, 0]
−g(x)
|x|
=
|x + 1|
g(x)
se x ≥ 0
Quindi
0
−g (x)
1
f 0 (x) = − p
×
1 − g 2 (x)
0
g (x)
se x ∈ [−1/2, 0]
se x ≥ 0
ovvero essendo g 0 (x) = 1/(1 + x)2 , si ha
f 0 (x) ≥ 0 ⇔ x ∈ [−1/2, 0],
f 0 (x) ≤ 0 ⇔ x ≥ 0
Il punto x = 0 è ovviamente di massimo assoluto (con valore f (0) = π/2) ma la tangente al grafico non
è orizzontale. Infatti limx→0− f 0 (x) = 1 mentre limx→0+ f 0 (x) = −1. Il grafico ha quindi un punto
angoloso nell’origine.
E SERCIZIO 2:
domande
Si consideri la funzione F : x ∈ [−1, 1] 7→
Rx
−1 f (u)
d u. Rispondere alle seguenti
1. È vero che se f è continua su [−1, 1] allora F è crescente? (giustificare o fornire un controesempio)
2. È vero che se f è discontinua in qualche punto di [−1, 1] allora F non è definita? (giustificare o
fornire un controesempio)
1
-2
Π
2
Π
2
0
0
1
-2
Figura 1: Grafico di f (x) = arccos
|x|
|x+1|
3. È vero che se f (u) = cos4 (u) allora F 0 (0) = 1?
R ISPOSTA :
1. F è crescente solo se f ≥ 0 perché F 0 = f . La funzione f = −x fornisce un esempio in cui
F = 1/2 − x2 /2 è decrescente su [−1, 1].
2. Dipende dalla scelta di f : F non è definita se f ha in [−1, 1] una singolarità di infinito di ordine
α ≥ 1 (ad esempio 1/x), mentre è definita come integrale improprio se 0 < α < 1 (ad esempio
(1/|x|)1/2 ).
3. Sì, per il teorema fondamentale del calcolo integrale, visto che cos4 (u) è continua in [−1, 1]
E SERCIZIO 3:
Scrivere una formula per il numero di coppie non-ordinate, con ripetizioni ammesse,
che si possono formare a partire da un insieme X di n elementi. Si consideri poi il lancio simultaneo
di due dadi indistinguibili; usare il risultato precedente per valutare la probabilità (a priori) dell’evento
“entrambi i dadi mostrano la faccia 2”, sia quella dell’evento “i dadi mostrano faccia 2 uno e faccia 3
l’altro”. Come cambierebbe il risultato se i due dadi fossero distinguibili?
R ISPOSTA :
Per quanto riguarda la prima domanda, le coppie non ordinate ma senza ripetizioni
non
sono altro che i sottoinsiemi di X di due elementi. Il loro numero è il coefficiente binomiale n2 . Inoltre,
il numero di coppie in cui la prima coordinata è uguale alla seconda è evidentemente n. Pertanto la
formula cercata è
n
n+
.
2
Se ad esempio n = 6 (come per un dado) la formula fornisce 6 + 15 = 21.
Per quanto riguarda l’esperimento proposto, se i dadi sono indistinguibili gli eventi elementari non sono
equiprobabili: nel lancio si possono generano comunque 36 possibili coppie e di queste 30 sono del tipo
2
(x, y) con x 6= y. L’indistinguibilità fa sì che la probabilità della generica di esse sia 2/36. Le 6 coppie
del tipo (x, x) hanno invece probabilità 1/36 ciascuna. Pertanto la probabilità del’evento {2, 2} è 1/36,
quella dell’evento {2, 3} è 1/18. Se i due dadi fossero invece distinguibili (e.g. uno rosso e l’altro verde)
gli eventi elementari sarebbero comunque 36 coppie ma che vanno viste come ordinate. Quindi la coppia
(x, y) con x 6= y avrà ora probabilità identica a quella di qualunque altra dello stesso tipo ovvero 1/36,
cioè la stessa di quelle di una coppia del tipo (x, x). Tutti questi eventi sono quindi equiprobabili e la
probabilità di ciascuna coppia è 1/36.
E SERCIZIO 4:
Calcolare, se esiste, il limq→0+ f (q), dove f è la funzione f : q ∈ Q+ 7→ q q ∈ IR+ .
R ISPOSTA :
Il limite proposto si può senz’altro calcolare dato che x = 0 è punto di accumulazione
+
del’insieme Q su cui la funzione è definita. Per ogni q ∈ Q+ si può scrivere q q = exp(ln(q q )) =
exp(q ln(q)). Per ogni successione di razionali positivi convergente a 0, il limite cercato dà luogo ad
una forma indeterminata nell’esponente del tipo 0·∞. Si può risolvere la forma applicando il teorema di
de l’Hôpital all’estensione continua fc : IR+ 7→ q q ∈ IR+ di f all’insieme IR+ : riscrivendo l’esponente
q ln(q) nella forma ln(q)/(1/q) (che genera invece una forma del tipo ∞/∞) il rapporto delle derivate
risulta essere (1/q)/(−1/q 2 ) cioè −q. Pertanto limq→0+ fc (q) = limq→0+ f (q) = e0 = 1. La forma si
poteva risolvere anche confrontando le velocità con cui tendono ad infinito le due successioni ln(qn ) e
1/qn : è noto che il logaritmo è più lento rispetto a qualsiasi potenza (1/qn )α con α > 0.
E SERCIZIO 5:
Trovare le soluzioni, se ve ne sono, del sistema lineare A · X = Y , dove Y è il
vettore colonna (matrice 3 × 1) [4, 5, 6] ed A è la matrice 3 × 3
1 2 3
A = 2 3 4
3 4 5
R ISPOSTA :
Ci sono solo due equazioni indipendenti e tre incognite: col metodo di riduzione di
Gauss-Jordan si riduce il sistema lineare A · X = Y nella forma equivalente
x + 2y + 3z = 4
y
+ 2z = 3
dove x si può scegliere arbitrariamente. Le soluzioni sono y = −1 − 2x, z = 2 + x.
E SERCIZIO 6:
La densità della distribuzione dei pesi (in grammi) di certi aggregati molecolari
contenuti in un recipiente è data dalla funzione f : IR+ 7→ IR+ esplicitata da
2
x − 1,
per
x ∈ [1, 3]
√
f (x) =
17 − x2 ,
per
x ∈ [3, 17]
0,
per ogni altro x positivo
3
Calcolare il numero di aggregati molecolari aventi peso compreso tra 2 grammi e 4 grammi.
R ISPOSTA :
Il numero cercato è l’integrale di f su [2, 4]:
Z
3
4
Z
2
(17 − x2 ) d x =
(x − 1) d x +
3
2
E SERCIZIO 7:
38
3
Si consideri l’integrale indefinito
Z
1
p
dx
1 − f 2 (x)
La funzione integranda non è limitata nel caso esista almeno un punto x0 nell’intervallo di integrazione
di f tale che f → ±1 per x → x0 . Se questo dovesse accadere è ancora possibile dare un significato
all’integrale? Dare una risposta nel caso in cui f (x) = x e l’intervallo di integrazione è (0, 1/2).
R ISPOSTA :
Anche se f → ±1 per x → x0 , l’integrale improprio esiste a condizione che la funzione
1
p
1 − f 2 (x)
tenda ad infinito con ordine non superiore
− x0 |α con α ∈ (0, 1). Dipende quindi dalla scelta
√ a 1/|x
di f : se si prende ad esempio f (x) = 1 − xp con p > 0 risulta f → 1 per x → 0 quale che sia p
positivo. Allora si ha
Z
Z
1
1
p
√ d
dx =
2
xp
1 − f (x)
e se l’intervallo di integrazione contiene x = 0, l’integrale converge se p ∈ (0, 1) mentre diverge se
p ≥ 1. Se f (x) = x e l’intervallo di integrazione è (0, 1/2) l’integrale proposto non è improprio visto
che la singolarità dell’integranda cade fuori dell’intervallo di integrazione!
E SERCIZIO 8:
Si consideri il limite
Z
x
2
e−ξ d ξ
1 Z x
lim
2
x→1+
arccos 1 −
e−ξ d ξ
1
Risolverlo, se possibile utilizzando il teorema di de l’Hôpital.
Z
R ISPOSTA :
Poniamo f (x) =
x
e
−x2
Z
d x e g(x) = arccos 1 −
1
x
e
−x2
dx
e costruiamo il
1
rapporto delle derivate: per il teorema fondamentale del calcolo integrale
s
2
Z x
2
−x
0
e
f
−ξ 2
=
=
1
−
1
−
d
ξ
→ 0,
e
−e−x2 )
(
g0
1
−v
Z x
!2
u
u
2
t1− 1−
e−ξ d ξ
1
4
se x → 1
e quindi il limite dato tende a zero.
5
