Primo parziale
Test
1. L’argomento principale del numero complesso
(a)
3
π
4
(ln 5) i
è
1−i
(c)
(b)
(d)
Scriviamo il numero complesso assegnato in forma algebrica:
ln 5
i
ln 5
i(1 + i)
i + i2
=
= ln 5
= ln 5 2
(−1 + i) .
2
1−i
(1 − i)(1 + i)
1 −i
2
Risposta esatta a)
2. Quanti sono i numeri palindromi maggiori di 1000 e minori di 10000?
(a)
(c) 90
(b)
(d)
Si tratta di contare i numeri palindromi di quattro cifre, che hanno quindi la forma n x x n con
1 ≤ n ≤ 9 e 0 ≤ x ≤ 9.
Risposta esatta c)
n
∞ X
|x| + 2
converge se
3. La serie geometrica
|x + 2| + 1
n=1
1
4
1
(b) x > −
4
(a) x >
(c) x > −
(d) x >
1
2
1
2
Il termine generale della serie è positivo, quindi per assicurare la convergenza basta imporre che
valga:
|x| + 2
3
< 1 quindi |x| + 2 < |x + 2| + 1 quindi |x| < 2x + .
|x + 2| + 1
2
Risposta esatta (c)
2x1 − 3x2 + x3 − x4 = −5
4. Le soluzioni del sistema lineare 3x1 − x2 + 2x3 − 2x4 = −1
x1 − x2 + x3 + x4 = 6
2
1
1
(10x4 − 37) , x2 = (x4 − 1) , x3 = (53 − 11x4 )
9
9
9
(b) è impossibile
2
1
1
(c) x1 = (10x4 − 37) , x2 = (x4 − 1) , x3 = (53 − 11x4 )
5
5
5
1
2
1
(d) x1 = (10x4 − 37) , x2 = (x4 − 1) , x3 = (53 − 11x4 )
3
3
3
(a) x1 =
1
sono
2 −3
La matrice del sistema 3 −1
1 −1
1 0
1 −1 −5
2 −2 −1 è equivalente per righe alla matrice 0 1
1
1
6
0 0
questo comporta che (d) sia la risposta esatta.
1 1/2 1/3
5. L’inversa della matrice 1/2 1/3 1/4 è
1/3 1/4 1/5
−9 −36
30
(a) −36 192 −180
30 −180 180
9
−36 −30
180
(b) −36 192
30 −180 180
0 −
0
1
10
3
2
3
11
3
9
−36
30
(c) −36 192 −180
30 −180 180
9 −36
30
(d) 36 192 −180
30 −180 180
Risposta esatta (d) ottenuta direttamente con il metodo di Gauß Jordan oppure osservando che:
−9 −36
30
1 1/2 1/3
−17 −9 −6
1
0
(a) −36 192 −180 × 1/2 1/3 1/4 = 0
30 −180 180
1/3 1/4 1/5
0
0
1
9 −36 −30
1 1/2 1/3
1 0
0
180 × 1/2 1/3 1/4 = 72 37 24
(b) 36 192
30 −180 180
1/3 1/4 1/5
0 0
1
9
−36
30
1 1/2 1/3
1
0
0
(c) −36 192 −180 × 1/2 1/3 1/4 = 0
1
0
30
180
180
1/3 1/4 1/5
180 120 91
6. La serie a termini positivi
∞
X
n20
1 + n23
n=1
(a) Converge
(c) Non è regolare
(b) Diverge
(d) Oscilla
n20
23
Basta osservare che lim 1 + n = 1 e concludere, via criterio del confronto asisntotico RBT pagina
1
n→∞
n3
152, che la serie è convergente: (a).
7. lim
n→∞
1+n
=
n ln n
(a) Non esiste
(c) 0
(b) 1
(d) ∞
1
1+n
= 1 e che lim
= 0 per il teorema su limiti e operazioni RBT pagina
n→∞ ln n
n
137 si conclude che (c) è la risposta esatta.
Osservato che lim
n→∞
8. Le radici dell’equazione z 2 − (5 + 5i)z − (6 − 15i) = 0 sono
2
37
3
2
−
3
53
3
−
(a) 2i, 5 + 2i
(c) 2i, 5 + 3i
(b) 3i, 5 + 3i
(d) 3i, 5 + 2i
Applicando la formola risolutiva per l’equazione di secondo grado troviamo:
p
√
√
5 + 5i + 2 (5 + 5i)2 + 4(6 − 15i)
5 + 5i + 2 49 − 10 i + 25 i2
5 + 5i + 2 24 − 10 i
=
=
.
z=
2
2
2
Ora, sfruttando la formola RBT pagina 104 in cui sappiamo che b = −10 < 0 e a = 24 troviamo:
s
s√
√
2
2
2
2
√
a +b +a
a + b − a
2
−i
a+ib = ±
2
2
sp
s p
2
2
2
2
24 + (−10) + 24
24 + (−10) − (24)
= ±
−i
2
2
s
s
√
√
676 + 24
676 − 24
= ±
−i
2
2
!
r
r
26 + 24
26 − 24
−i
=±
2
2
ne consegue che:
z=
5 + 5i ± (5 − i)
2
pertanto (d) è la risposta esatta.
9. La successione an =
1
n
(3 + sin n)
(a) tende a 0 per n → ∞
(c) è crescente
(b) oscilla
Osserviamo che an =
1
3 + sin n
(d) è decrescente
n
= xnn con
1
1
1
< xn :=
<
4
2 + sin n
2
Pertanto:
n
n
1
1
n
< xn <
4
2
allora il teorema del confronto, pagina 127 RBT porta che (a) è la risposta esatta.
Domande aperte
1a Provare che la serie a termini positivi
∞
X
1
converge.
n(n + 1)(n + 2)
n=1
1b Dimostrare per induzione su m ∈ N che
1c Si dimostri, infine
m
X
1
m(m + 3)
=
n(n
+
1)(n
+
2)
4(m
+ 1)(m + 2)
n=1
∞
X
1
1
=
n(n + 1)(n + 2)
4
n=1
3
Soluzione
1a Si può usare ancora una volta il criterio del confronto asintotico in considerazione del fatto che:
1
n(n + 1)(n + 2)
lim
=1
1
n→∞
n3
per mostrare la convergenza della serie assegnata.
2a Per m = 1 l’affermazione è evidentemente vera. Supponiamo che lo sia anche per un certo indice
m e facciamo vedere che in tal caso si deduce la validità dell’affermazione corrispondente all’indice
m + 1. Si ha:
m+1
X
n=1
m
X
1
1
1
=
+
n(n + 1)(n + 2) n=1 n(n + 1)(n + 2) (m + 1)(m + 1 + 1)(m + 1 + 2)
Usando l’ipotesi induttiva nel primo addendo a secondo membro, abbiamo:
m+1
X
n=1
1
m(m + 3)
1
=
+
n(n + 1)(n + 2)
4(m + 1)(m + 2) (m + 1)(m + 2)(m + 3)
Ora:
m(m + 3)
1
1
1
m(m + 3)
+
=
+
4(m + 1)(m + 2) (m + 1)(m + 2)(m + 3)
(m + 1)(m + 2)
4
m+3
4 + 9m + 6m2 + m3
=
4(m + 3)(m + 1)(m + 2)
(m + 1)2 (m + 4)
=
4(m + 3)(m + 1)(m + 2)
(m + 1)(m + 4)
=
4(m + 3)(m + 2)
3a In forza del punto precedente possiamo scrivere:
n
X
1
1
1
n(n + 3)
= lim
= lim
=
n→∞
n→∞
n(n + 1)(n + 2)
m(m + 1)(m + 2)
4(n + 1)(n + 2)
4
n=1
m=1
∞
X
2a Dimostrare che esistono due valori del parametro reale a per cui il sistema seguente è impossibile
(a − 1)x1 + (2a − 3)x2 + (a + 1)x3 = 1
(a − 2)x2 + (a − 4)x3 = a
(a − 1)x1 + (3a − 5)x2 + (3a − 2)x3 = 3 − a
2b Se a = 0 si risolva, se possibile, il sistema
Soluzione
2a Il sistema è quadrato. Il determinante della matrice incompleta vale (a − 1)(a − 2)(a + 1) dunque il
sistema è determinato se a 6= 1, 2, −1 Se a = 2, a = −1 il sistema è impossibile: in questi due casi,
infatti la matrice completa del sistema è rispettivamente equivalente alle matrici:
1 1 0 0
1 0 −25/6 0
5/3
0 .
C2 = 0 0 1 0 , C−1 = 0 1
0 0 0 1
0 0
0
1
4
Per a = 1, invece si ha che il sistema è indeterminato in quanto la matrice completa del sistema è
equivalente a:
0 1 0 −1
C1 = 0 0 1 0
0 0 0 0
2b Per a = 0 il sistema è di Cramer. La soluzione generale per a 6= 1, 2, −1 è
−2 13 − 10a + 2a2
x1 =
(a − 2) (a + 1)
8 − 9 a + 3 a2
x2 =
(a − 2) (a + 1)
−2 (a − 1)
x3 =
a+1
in particolare se a = 0 si trova:
x1 = 13
x2 = −4
x3 = 2
5
Seconda prova parziale e primo appello
Test
Gli esercizi sono stati proposti per la gran parte in forma parametrica, a ciascun candidato è occorsa
una speciale scelta del parametro caratterizzante l’esercizio.
Z 2a2 √
x + a2
1.
dx =
x
a2
√ √ √ √
3 − 2 + ln 2 − 3 3 + 2 2
(a) 2a
√ √ √ √
(b) a
3 − 2 + 2 ln 2 − 3 3 + 2 2
√ √ √ √
(c) 2a
3 + 2 + ln 2 − 3 3 + 2 2
√ √ √ √
(d) 2a
3 − 2 + ln 2 + 3 3 + 2 2
a ha valori interi ≥ 3
Si cambia variabile ponendo x + a2 = u2 ottenendo dx = 2u du in modo che:
Z
2a2
a2
√
Z a√3 Z a√3
2u2
x + a2
a
a
2
+
du
du
=
dx = √
−
√
2
2
x
u−a u+a
a 2 u −a
a 2
√
h
ia√3 h
u − a ia 3
= 2u + a ln(u − a) − a ln(u + a) √ = 2u + a ln
√ .
u+a a 2
a 2
Da qui si vede subito che (a) è la risposta esatta.
Z 4+4a
2. Sia f (x) = 4x3 + 4ax. Allora
f −1 (y)dy =
0
(a) 2 + 2a
(c) 4 + 2a
(b) 5 + 2a
(d) 3 + 2a
a ha valori interi ≥ 3 a = 2
La funzione assegnata è invertibile essendo f ′ (x) = 4 3x2 + a > 0. Risolvendo le due equazioni
f (x) = 0, f (x) = 4 + 4a si trova: x = 0, x = 1 quindi
Z
f (1)
f (0)
f −1 (y)dy = f (1) −
Z
1
4x3 + 4ax dx = 4 + 4a − (1 + 2a).
0
Risposta esatta (d).
Z a/2
dx
3.
1 2 =
2
−a/2 x + ax + 1 + 4 a
π
4
(d) ln a
(a) arctan a
(c)
(b) arctan 2a
a ha valori interi pari ≥ 4
Basta osservare che:
1
x2 + ax + 1 + a2 =
4
e, successivamente cambiare variabile:
1
x+ a
2
1
y =x+ a
2
6
2
+1
per ottenere:
Z
a/2
−a/2
dx
=
x2 + ax + 1 + 41 a2
Z
0
a
dy
.
1 + y2
Risposta esatta (a)
4. La media integrale in [−a, a] di f (x) =
√
a2 − x2 vale:
aπ
4
aπ
(d)
6
aπ
8
aπ
(b)
2
(c)
(a)
a ha valori interi ≥ 2
Se si pone x = a y si trova:
Z ap
Z
1
1 2 1p
1 π
2
2
a − x dx =
1 − y 2 dy = a
a
2a −a
2a
2 2
−1
Risposta esatta (c)
Z 2x
dt
allora f ′ (x) =
5. Se f (x) =
4
t + a4
0
2
(a)
16x4 + a4
2x
(b) 4
x + a4
2x
16x4 + a4
1
(d) 4
x + a4
(c)
a ha valori interi ≥ 2
Basta applicare il corollario esposto a pagina 355 di RBT per ottenere:
f ′ (x) =
Risposta esatta (a)
Z a
π x
cos x dx =
6.
sin
a
0
aπ (1 + cos a)
(a)
π 2 − a2
aπ (1 − cos a)
(b)
π 2 − a2
2
(2x)4
+ a4
aπ (1 + sin a)
π 2 − a2
aπ (1 − sin a)
(d)
π 2 − a2
(c)
a ha valori interi ≥ 2
Si applica la formola di integrazione per parti n. 6 esposta a pagina 365 di RBT con
α=
π
, β = 1,
a
che in questo caso particolare porge:
Z
sin
π x
a
h
π x
π x i
a π cos x cos
+ a sin x sin
a
a
cos x dx =
a2 − π 2
A questo punto basta sostituire gli estremi di integrazione per concludere che la risposta esatta è
la (a)
7. L’equazione di terzo grado
1 3 1 2
x + x − n(n + 1)x = a ha tre radici reali e distinte per:
3
2
7
2
n2 (3 + 4n)
(1 + n) (1 + 4n)
<a<
6
6
2
(1 + n) (1 + 4n)
(b) a >
6
(c) a < −
(a) −
n2 (3 + 4n)
6
2
(d) a >
(1 + n) (1 + 5n)
6
n ha valori interi ≥ 3
1
1
Studiamo la cubica f (x) = x3 + x2 − n(n + 1)x. Essendo f ′ (x) = x2 + x − n(n + 1) abbiamo
3
2
che xM = −1 − n è un punto di massimo relativo e xm = n è un minimo relativo. Ora essendo
2
(1 + n) (1 + 4n)
n2 (3 + 4n)
f (xM ) =
e f (xm ) = −
si vede che (a) è la risposta esatta. Riportiamo
6
6
il grafico relativo a n = 5
Figura 1:
x 1 2
x2
x2
− ax arctan + a ln 1 + 2 è:
8. La funzione f (x) =
2
a 2
a
(a) concava per ogni x ∈ R
(c) crescente per ogni x ∈ R
(b) decrescente per ogni x ∈ R
(d) convessa per ogni x ∈ R
a ha valori interi ≥ 2
x
e, poiché l’espressione di f ′ (x) cambia segno al variare di x, in quanto
a
se x < 0 f ′ (x) < 0 mentre per x → ∞ si ha f ′ (x) → ∞ le risposte (b) e (c) non possono essere
x2
da cui si deduce
corrette. Va dunque calcolata anche la derivata seconda, che è: f (2) (x) = 2
a + x2
che (d) è la risposta esatta.
r
x
9. La funzione f (x) = x
,x≥0
a2 + x2
Si ha f ′ (x) = x − a arctan
(a) ha minimo assoluto in xm = a
(c) non è derivabile in x = a
(b) è crescente per ogni x
(d) è superiormente illimitata
a ha valori interi ≥ 2
√
x 3a2 + x2
′
da cui si ha immediatamente l’esattezza di (b).
Si ha f (x) =
2 (a2 + x2 )3/2
8
Domande aperte
1. Tracciare il grafico della soluzione dell’equazione differenziale:
4a2 x
′
y(x), −a < x < a,
y (x) = − 4
a − x4
y(0) = 1.
a ha valori interi ≥ 2
Si tratta di una equazione differenziale lineare omogenea. Seguendo RBT pagina 392 scriviamo,
usando anche il metodo dei fratti semplici:
Z x
Z x
1
1
2t
4a2 t
dt
dt =
+
−
A(x) =
− 4
a − t4
t − a t + a a 2 + t2
0
0
h
it=x
= ln |t − a| + ln |t + a| − ln(a2 + t2 )
t=0
= ln(a − x) + ln(a + x) − ln(a2 + x2 ) − ln a − ln a + ln a2
= ln
a2 − x2
.
a2 + x2
Si rammenti che è stata assegnata la limitazione −a < x < a, quindi la soluzione dell’equazione
differenziale assegnata è:
y(x) = eA(x) = e
ln
a2 −x2
a2 +x2
=
Pertanto, da:
y ′ (x) = −
a2 − x2
, −a < x < a.
a2 + x2
4a2 x
(a2 + x2 )
2
si deduce che y(x) ha un massimo (per ora) relativo in x0 = 0 il cui corrispondente estremo è
M0 = y(0) = 1. Poi essendo:
4a2 3x2 − a2
′′
y (x) =
3
(a2 + x2 )
abbiamo due flessi simmetrici (d’altronde la funzione ottenuta è pari!) in corrispondenza di x± =
a
±√ .
3
Trattandosi di una funzione positiva, nel suo dominio di definizione la funzione assume minimo
assoluto dove si annulla, vale a dire in x−a = −a e in xa = a. Per il Teorema di Weierstraß
abbiamo poi che il massimo relativo x0 è in effetti assoluto.
Figura 2:
2. (a) Determinare per quali valori dei parametri a, b, c ∈ R la funzione definita per casi:
(
ln 1 + αx + x2 se x ≥ 0,
f (x) =
a + bx + cx2
se x < 0,
9
è due volte derivabile con continuità in R
α ha valori interi pari ≥ 4
Affinché una funzione definita per casi sia continua e derivabile due volte è indispensabile che
i due polinomi osculatori di ordine 2, ottenuti per x > 0 e per x < 0 siano coincidenti.
Per quanto riguarda x < 0 qui la funzione è già in forma polinomiale, quindi il polinomio
osculatore del secondo ordine coincide con la funzione stessa: q(x) = a + bx + cx2 . Invece, se
x > 0 abbiamo f (x) = ln(1 + αx + x2 ) da cui f (0) = 0, f ′ (0) = α, f (2) (0) = 2 − α2 . Pertanto
il polinomio osculatore è
2 − α2 2
p(x) = αx +
x .
2
Dunque è facile concludere, applicando il principio di identità dei polinomi, che deve essere
a = 0, b = α, c =
2 − α2
2
dovendosi imporre q(x) = p(x). Con lo scopo di far capire che in questo modo le funzioni si
attaccano dolcemente riportiamo il grafico con α = 4 in cui il rosso è usato per x < 0 e il blu
per x > 0.
4
2
4
2
6
8
10
-2
-4
-6
Figura 3:
(b) Se f : R → R è una funzione continua e tale che f (0) 6= 0 si calcoli:
Z x
f (t) dt
−x
lim Z 2x
x→0
f (t) dt
0
Trattandosi di una forma indeterminata del tipo 0/0 si può ricorrere alla regola di de l’HospitalBernoulli valutando il quoziente delle derivate (ovviamente si deve far uso anche del teorema
fondamentale del calcolo) troviamo:
Z x
′
f (t) dt
f (x) + f (−x)
−x
Z 2x
′ =
2f (2x)
f (t) dt
0
quindi:
Z
x
lim Z −x
2x
x→0
f (t) dt
= lim
f (t) dt
x→0
f (0) + f (0)
f (x) + f (−x)
=
= 1.
2f (2x)
2f (0)
0
10
Totale
Test
I 3 test seguenti sostituiscono i tests 4, 5 e 6 del parziale
x1 − 2 x2 + 3 x3 − 4 x4 = −7
4. Il sistema lineare −x1 − x2 + x3 + x4 = 4
5 x1 + 4 x2 + 3 x3 + 2 x4 = 3
(a) è indeterminato
(b) è impossibile
(c) è risolto da x1 = 1, x2 = −2, x3 = 0, x4 = 5
(d) è risolto da x1 = 1, x2 = −2, x3 = 0, x4 = 2
Si vede che per x1 = 1, x2 = −2, x3 = 0, x4 = 5 il primo membro della prima equazione vale -15,
analogamente per x1 = 1, x2 = −2, x3 = 0, x4 = 2 il primo membro della prima equazione vale -3:
questo basta per escludere i casi (c) e (d). Dunque il sistema va studiato. La matrice del sistema
1 −2 3 −4 −7
−1 −1 1
1
4
5
4 3
2
3
è equivalente alla matrice a scala:
1
0
0
0 0
1 0
0 1
−
12
5
13
5
6
5
−
31
5
29
5
18
5
ma questo basta per affermare che (a) è esatta. In alternativa si poteva calcolare il determinate
del minore di ordine 3:
1 −2 3
det −1 −1 1 = −20
5
4 3
per ottenere la medesima conslusione.
a −a
5. Il determinante della matrice a −1
2
a
(a) vale 9 se a = 2
a
−2a
−1
(b) vale 8 se a = 1
(c) vale 9 se a = 1
(d) vale 8 se a = 2
Si ha:
quindi (c) è esatta.
6. La serie
a
det a
2
−a
a
−1 −2a = 3a 1 + a + a2
a −1
∞
X
3n
7n−1
n=1
11
(a) converge e la sua somma è 7/4
(b) converge e la sua somma è 21/4
(c) diverge
(d) converge e la sua somma è 3/4
Ci si riconduce ad una serie geometrica di ragione 3/7:
∞
∞
∞ n−1
X
X
X
3n
3
3n−1
=3×
=
3 n−1 = 3
n−1
7
7
7
n=1
n=1
n=1
Risposta esatta (b).
12
1
3
1−
7
=
21
.
4
Secondo appello
Gli esercizi sono stati proposti per la gran parte in forma parametrica, a ciascun candidato è occorsa
una speciale scelta del parametro caratterizzante l’esercizio.
Test
x1 + ax2 − 2ax3 − x4 = −2
1. La soluzione x2 del sistema lineare x1 − ax2 + 3ax3 − x4 = −2
x1 + x2 − ax3 + x4 = 4
10 (x4 − 3)
3a − 5
10 (x4 + 3)
(b) x2 =
3a + 5
espressa in funzione di x4 è:
(c) il sistema è impossibile!
(a) x2 =
(d) x2 = 7 senza dipendere da x4
a ha valori interi positivi
Osserviamo che il determinante della matrice 3 × 3 dei coefficienti delle variabili x1 , x2 , x3 vale
3a2 − 5a. Se a ∈ N tale valore non si annulla, allora basta applicare la regola di Cramer per scrivere:
1 x4 − 2 −2a
det 1 x4 − 2 3a
1 4 − x4 −a
10a (x4 − 3)
=
.
x2 =
3a2 − 5a
3a2 − 5a
Risposta esatta (a).
2. La serie
∞
X
an−1
(n − 1)!
n=1
(a) converge ad un numero reale < 1
(c) diverge positivamente
(b) converge ad un numero reale > 1
(d) oscilla
a ha valori interi positivi
∞
X
an−1
a2
= 1+a+
+ · · · la positività
(n − 1)!
2
n=1
di a comporta che se c’è convergenza ad un reale s deve essere s > 1. Le alternative (a) e (c)
sono dunque già escluse perchè la successione delle somme parziali di una serie a termini positivi
è monotona crescente. Applicando il criterio del rapporto otteniamo:
La serie assegnata è a termini positivi, quindi essendo
lim
n→∞
a(n − 1)!
a
xn+1
= lim
= lim
= 0,
n→∞
n→∞
xn
n!
n
il che porta la convergenza della serie assegnata.
Risposta esatta (b).
∞
X
an−1
= ea .
Osservazione Il solutore più che abile, se esiste, avrà certo notato che
(n
−
1)!
n=1
3. La radice quadrata con parti reale e immaginaria positiva del numero complesso 5a2 + 12a2 i è
(a) 2a + 3ai
(c) a + 5ai
(b) a + 4ai
(d) 3a + 2ai
13
a ha valori interi positivi.
La cosa più saggia e rapida è quella di provare ad elevare al quadrato ciascuna delle quattro
alternative proposte. Si ha:
(2a + 3a i)2 = (−5 + 12i)a2
(a + 4a i)2 = (−15 + 8i)a2
(a + 5a i)2 = (−24 + 10i)a2
(3a + 2a i)2 = (5 + 12i)a2
Risposta esatta (d).
4. La probabilità di far cinquina al lotto giocando numeri strettamente minori di 10 è
7
2 441 626
5
(b)
2 441 626
11
2 441 626
13
(d)
2 441 626
(a)
La totalità delle cinquine (casi possibili) è
(c)
90
.
5
9
La totalità delle cinquine con numeri < 10 (casi favorevoli) è
.
5
Risposta esatta (a).
Z ap
x2 − 2ax + 2a2 dx =
5.
0
√
1 √
a 2 + ln 2 + 1
2
√
1 √
(b) a2 2 + ln 2 − 1
2
√
1 2 √
a
2 + ln 2 + 1
2
√
1 √
(d) a 2 + ln 2 − 1
2
(c)
(a)
a ha valori interi ≥ 2.
Si ha x2 − 2ax + 2a2 = (x − a)2 + a2 questo suggerisce il cambio di variabile x = a(y + 1) da cui si
trova:
Z ap
Z 0p
√ 1 1
2
2
2
2
2
x − 2ax + 2a dx = a
1 + y dy = a √ + ln 1 + 2
2 2
0
−1
Risposta esatta (c).
r
1 + ax
−1
1 − ax
=
6. lim
x→0
ln(1 + x)
(a) 0
(c) non esiste
(b) ∞
(d) a
a ha valori interi ≥ 2
Si tratta di una forma indeterminata del tipo 0/0. Usiamo la regola di De l’Hospital, il quoziente
delle derivate è:
√
a 1 − ax
√
(ax − 1)2 ax + 1
.
1
x+1
Risposta esatta (d).
Z a
1
dx
7. Quanto vale
2
2
0 a +x
14
(a)
(b)
1
a π
1
4a π
(c)
(d)
2
a π
1
2a π
a ha valori interi positivi.
Poniamo x = a y in modo che:
Z 1
Z
Z a
iy=1
1 1 1
1h
a
1
arctan y
dx
=
dy
=
dy =
2
2
2
2
2
2
a 0 1+y
a
y=0
0 a +a y
0 a +x
Risposta esatta (b).
8. La serie a termini positivi
∞
X
nk
1 + nk+2
n=1
(a) è geometrica
(c) diverge
(b) converge
(d) oscilla
a ha valori interi positivi.
Si consideri la serie armonica di ordine due, dunque convergente,
∞
X
1
. Si ha:
n2
n=1
nk
k+2
nk+2
= 1.
= lim
lim 1 + n
1
n→∞ 1 + nk+2
n→∞
n2
Risposta esatta (b).
9. La funzione f (x) = −x3 + x2 + 4x + 16 possiede
(a) solo una radice reale
(c) nessuna radice reale
(b) tre radici reali
(d) due radici reali
Le alternative (c) e (d) sono manifestamente impossibili per qualsiasi polinomio di terzo grado.
Non si chiede di calcolare le radici dell’equazione f (x) = 0 ma di stabilire quante siano. Questo
scopo si raggiunge studiando la funzione y = f (x). Si ha:
lim f (x) = −∞,
x→∞
lim f (x) = ∞, f ′ (x) = −3x2 + 2x + 4.
x→−∞
√ √ Essendo f ′ (x) > 0 per 13 1 − 13 < x < 13 1 + 13 abbiamo che:
√ √ √ 1 √ 1
1
1
m=
1 − 13 , f
1 − 13
1 − 13 ,
470 − 26 13
=
3
3
3
27
è un minimo relativo di ordinata approssimativamente uguale a 13,9354, mentre
√ √ √ 2 √ 1
1
1
M=
=
1 + 13 , f
1 + 13
1 + 13 ,
235 + 13 13
3
3
3
27
è un massimo relativo di ordinata approssimativamente uguale a 20,8794. Possiamo quindi tracciare
il grafico della funzione y = f (x): Risposta esatta (a).
15
Figura 4:
Domande aperte
1. Tracciare il grafico e calcolare la media integrale fra 1 ed e della soluzione dell’equazione differenziale:
y ′ (x) = n + 1 y(x),
x
y(1) = 0.
n ha valori interi ≥ 2
2. (a) Studiare al variare dei parametri p, q ∈ R il numero delle radici reali dell’equazione:
x3 − 3p2 x + 2q 3 = 0.
(b) Studiare al variare del parametro reale a il numero degli autovalori reali della matrice
1
0 1
1 −1 0
1
0 a
Soluzione Esercizio 1.
Ricordiamo che la soluzione generale dell’equazione differenziale lineare:
(
y ′ (x) = a(x)y(x) + b(x),
y(x0 ) = y0 .
è data dalla formula di quadratura:
Z x
Z
y(x) = exp
a(s)ds y0 +
x0
x0
Nel nostro caso:
a(x) =
x
1
,
x
b(x) = n,
Quindi:
Z
x
a(s)ds =
Z
x
s
x0
x0 = 1,
1
x0
Z
b(s) exp −
a(r)dr ds .
y0 = 0.
1
ds = ln x.
s
1
troviamo:
x
Z s
Z
Z x
a(r)dr ds =
b(s) exp −
Di seguito, ricordato che exp [− ln x] =
x0
1
x0
16
x
n
ds = ln xn .
s
(L)
Pertanto, da (L), otteniamo y(x) = n x ln x, x > 0.
Per tracciare il grafico della funzione cosı̀ ottenuta, osservato che:
y ′ (x) = n +
1
n x ln x = n (1 + ln x)
x
troviamo che y ′ (x) > 0 per x > e−1 , che risulta essere un punto di minimo assoluto, la cui ordinata vale
n
n
y(e−1 ) = − . Inoltre y ′′ (x) = > 0 per x > 0. Poi:
e
x
lim y(x) = 0,
lim y(x) = ∞.
x→∞
x→0+
È interessante notare anche che:
lim y ′ (x) = −∞,
x→0+
il che significa che nell’origine la tangente al grafico di y(x) è verticale. Infine si chiede di calcolare il
Figura 5:
valor medio:
1
µ=
e−1
Z
e
n x ln x dx.
1
Ricordiamo la formula di integrazione indefinita, peraltro ottenibile usando la regola di integrazione per
parti:
Z
x2
1
x ln x dx = x2 ln x −
2
4
da cui si trae:
µ=n
e2 + 1
.
4(e − 1)
Soluzione Esercizio 2. (a)
Poniamo f (x) = x3 − 3p2 x + 2q 3 . Si vede subito che lim f (x) = ±∞. Poi:
x→±∞
f ′ (x) = 3 x2 − p
2
≥ 0 se e solo se x ≤ −p ∨ x ≥ p.
Quindi x− = −p è punto di massimo relativo con ordinata y− = 2p3 + 2q 3 , mentre x+ = p è punto di
minimo relativo con ordinata y+ = −2p3 + 2q 3 .
Pertanto:
• se p < q allora y− = 2(p + q)(p2 − pq + q 2 ) < 0 : una sola radice reale
• se p > q allora y− = 2(p + q)(p2 − pq + q 2 ) > 0 e y+ = 2(−p + q)(p2 − pq + q 2 ) < 0 tre radici reali
• se p = q due radici reali x = p doppia e x = −2p semplice
17
Figura 6: rosso p < q, giallo p > q, cyan p = q
Soluzione Esercizio 2. (b)
1
L’equazione caratteristica della matrice 1
1
0 1
−1 0 è:
0 a
f (λ) := −λ3 + aλ2 + 2λ − a + 1 = 0
dobbiamo allora studiare, al variare di a ∈ R il numero delle radici reali di (⋆). Osservato che:
f ′ (λ) = −3λ2 + 2aλ + 2 = 0 ⇐⇒ λ =
e che
p
1
a ± a2 + 6 := λ±
3
p
f ′′ (λ) = 2(a − 3λ) ⇒ f ′′ (λ± ) = ∓2 a2 + 6
allora il minimo relativo di f (λ) è
f (λ− ) =
si osservi che per ogni a
3/2 i
1 h 3
2a − 9a + 27 − 2 a2 + 6
27
1
f (λ− ) ≤ 0 = 0 ⇐⇒ a = −
2
mentre il massimo relativo di f (λ) è
f (λ+ ) =
si osservi che per ogni a
3/2 i
1 h 3
2a − 9a + 27 + 2 a2 + 6
27
f (λ+ ) > 0
Si tenga poi presente che
lim f (λ) = +∞,
λ→−∞
Ne viene che
18
lim f (λ) = −∞
λ→+∞
(⋆)
Figura 7: blu a = − 12 , rosso a = 54 , giallo a=1
a 6= −
1
1
tre autovalori reali distinti; a = − due autovalori reali di cui λ = −1 doppio
2
2
Alternativamente l’esercizio poteva essere risolto osservando che (⋆) si fattorizza in:
f (λ) := −λ3 + aλ2 + 2λ − a + 1 = (λ + 1) −λ2 + aλ + λ − a + 1
da cui si trova:
λ = −1,
λ=
p
1
a + 1 ± a2 − 2a + 5
2
19
Terzo appello
Gli esercizi sono stati proposti per la gran parte in forma parametrica, a ciascun candidato è occorsa
una speciale scelta del parametro caratterizzante l’esercizio.
Test
1. Il coefficiente del termine a2 bn−2 nello sviluppo di (a + b)n è
n(n − 1)
n+2
(a)
(c)
2
2
n−2
n(n + 1)
(d)
(b)
2
2
n≥3
Ricordiamo la formula del binomio di Newton
n
(a + b) =
n X
n k n−k
a b
k
k=0
Il termine a2 bn−2 corrisponde all’indice k = 2 ha coefficiente
n (n − 1)
n!
n
=
.
=
2! (n − 2)!
2
2
Risposta esatta (a).
(−1)n
2 + an
2. lim
=
+
n→∞
n
7 + bn
a
(a)
b
b
(b)
a
(c) ∞
(d) 0
a, b hanno valori interi positivi.
Si ha:
(−1)n
= 0,
n→∞
n
lim
lim
n→∞
a
2 + an
=
7 + bn
b
Risposta esatta (a).
3. Per quale fra le seguenti disequazioni le soluzioni sono i numeri reali x > 1?
√
x+3>2
√
(b) 5 − x < 2
(a)
(c)
(d)
√
√
5 − x < −2
x + 3 > −2
L’alternativa (c) è manifestamente assurda, quindi possiamo subito escluderla. La (d) è risolta per
ogni x > −3 e quindi non è l’alternativa corretta. La soluzione di (b) è 1 < x < 5, dunque non la
nostra. Resta solo (a) che è effettivamente la risposta corretta in quanto la soluzione è individuata
dal sistema:
(
(
(
x+3≥0
x+3≥0
x ≥ −3
2
√
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒ x > 1
x+3>4
x>1
x + 3 > 22
Risposta esatta (a).
4. I punti di flesso della funzione f (x) = x4 − 2x3 + ax + b sono
20
(a) x = 0, x = 1
(c) x = −1, x = 1
(b) x = 0, x = −1
(d) f (x) non ha flessi
a, b hanno valori interi positivi
Si ha:
f ′ (x) = 4x3 − 6x2 + a ⇒ f ′′ (x) = 12x2 − 12x = 12 x (x − 1).
Risposta esatta (a).
5. Se f (x) =
nx2 + x + n
allora f ′ (1) =
x
1
2
1
(d)
3
(a) 0
(c)
(b) n
n ha valori interi positivi
Si ha
nx2 − n
⇒ f ′ (1) = 0
x2
f ′ (x) =
Risposta esatta (a).
6. Se F (x) è la funzione definita da F (x) =
Z
0
(a) 0
x
|t| dt allora F ′ (0) =
(c) -1
(b) 1
(d) non esiste
La funzione f (t) = |t| è continua in t = 0. Le ipotesi del primo teorema fondamentale sono quindi
verificate e pertanto F ′ (0) = f (0) = |0| .
Risposta esatta (a).
Z a
7.
x2n−1 dx = 1 per
0
√
(a) a = ± 2n 2n
√
(b) a = ± n 2n
√
(c) a = ± 2n n
(d) a = 1
n intero positivo
Si ha:
Z
0
Risposta esatta (a).
8. Se z =
(a) 1
a
x2n−1 dx =
√
a2n
2n
= 1 ⇐⇒ a = ± 2n
2n
3i − n
i−3
(1 − i)(i − n)
allora Rez =
+
+
i−n
1 − ni
(ni + 1)2
(c) 0
(b) -1
(d) i
n intero positivo
Ricordato che i2 = −1 semplificando possiamo scrivere:
z=
n(n − 6i) + (1 + 2i)
i−3
(1 − i)(i − n)
n2 + 1 − 2i(3n − 1)
3i − n
=
+
+
=
i−n
1 − ni
(ni + 1)2
n2 + 1
n2 + 1
Risposta esatta (a).
21
9. Data un’urna contenente i primi 90 numeri, determinare la probabilità di estrarre 5 numeri in ordine
crescente
1
89
(a)
(c)
5!
4
89
1
(d)
(b)
5
90 · 5!
Il fatto che l’estrazione sia su 90 numeri è irrilevante. Presi a caso cinque numeri (anche reali!)
distinti, la probabilità di estrarli secondo l’ordine naturale è 1 su tutte le possibili permutazioni dei
cinque elementi.
Risposta esatta (a).
Domande aperte
1. Tracciare il grafico della funzione:
y(x) = x5 +
5 3
x − 10x − n
3
n ha valori interi
2. Calcolare
Z
1
0
a, b, c interi positivi > 1
1
dx
(x − a)(x − b)(x − c)
Soluzione Esercizio 1.
Si ha:
f ′ (x) = 5(x − 1)(x + 1) x2 + 2 ,
f ′′ (x) = 10x 2x2 + 1
quindi:
22
(1, f (1)) =
1, − − n
minimo relativo
3
22
massimo relativo
(−1, f (−1)) =
1, − + n
3
(0, f (0)) = (1, −n)
flesso discendente
Infine
lim f (x) = ±∞
x→±∞
Figura 8: n = 5 riferimento non monometrico
22
Soluzione Esercizio 2.
Si ha:
con
A=
quindi:
Z
1
0
1
A
B
C
=
+
+
(x − a)(x − b)(x − c)
(x − a) (x − b) (x − c)
1
,
(a − b)(a − c)
B=−
dx
=
(x − a)(x − b)(x − c)
Z
1
,
(a − b)(b − c)
0
1
C=
1
(a − c)(b − c)
B
C
A
+
+
(x − a) (x − b) (x − c)
dx
tenendo conto che in tutti i casi a, b, c ∈ N e a, b, c > 1 :
Z
0
1
h
ix=1
dx
= A ln(a − x) + B ln(b − x) + C ln(c − x)
(x − a)(x − b)(x − c)
x=0
pertanto:
Z
0
1
a−1
b−1
c−1
dx
= A ln
+ B ln
+ C ln
(x − a)(x − b)(x − c)
a
b
c
23
Quarto appello
Test
1
1. I punti stazionari della funzione f (x) = x(x − 6a)(x − 6b) sono
3
√
√
2
2
(c) x1,2 = 2 a − b ± a2 − a b + b2
(a) x1,2 = 2 a + b ± a − a b + b
√
√
(b) x1,2 = a + b ± a2 − a b + b2
(d) x1,2 = 2 a + b ± a2 + a b + b2
a, b interi distinti
Si ha:
f ′ (x) = x2 − 4(a + b)x + 12ab
quindi
f ′ (x) = 0 ⇐⇒ x = 2(a + b) ±
Risposta esatta (a).
#
"
2
3 + an
(−1)n
=
+
2. lim
n→∞
n
4 + bn
p
p
4(a + b)2 − 12ab = 2 a + b ± a2 − ba + b2
a
b
b
(b)
a
(c) ∞
(a)
(d) 0
a, b hanno valori interi negativi
Risposta esatta (a): identico esercizio 2 terzo appello.
3. L’insieme delle soluzioni della disequazione |x − 1| + |x + 1| < 4 è
(a) −2 < x < 2
(c) −2 < x < 0
(b) 0 < x < 2
Si ha:
pertanto:
(d) x > 2
2x se x ≥ 1
|x − 1| + |x + 1| =
2 se − 1 < x < 1
−2x se x ≤ −1
2x < 4
|x − 1| + |x + 1| < 4 ⇐⇒
2<4
−2x < 4
se x ≥ 1
se − 1 < x < 1
se x ≤ −1
Risposta esatta (a).
x < 2 se x ≥ 1
⇐⇒
2 < 4 se − 1 < x < 1
−x < 2 se x ≤ −1
4. La funzione f (x) = |x − a| + |x + a| è
(a) convessa ma non ovunque derivabile
(c) concava ma non ovunque derivabile
(b) convessa e ovunque derivabile
(d) concava e ovunque derivabile
a ha valori interi positivi
Risposta esatta (a): vedi figura per esercizio 3.
5. Se f (x) = xe−ax , a parametro reale non nullo, allora f ′ (n) = 0 per a =
24
5
4
3
2
1
-1
-2
1
2
Figura 9: Esercizio 3 |x − 1| + |x + 1| < 4
a
2
a
(d)
3
(a) 1/a
(c)
(b) a
n ha valori interi positivi maggiori di 1 mentre a è fissato
Si ha:
f ′ (n) = −e−an (an − 1) = 0 ⇐⇒ an − 1 = 0
Risposta esatta (a).
Z nx
sin7 dt allora F ′ (0) =
6. Se F (x) =
(a) 0
−nx
(c) -1
(b) 1
(d) non esiste
n ha valori interi positivi maggiori di 1
Si tratta di una funzione dispari integrata su di un intervallo simmetrico. Pertanto per ogni x ∈ R
si ha F (x) = 0. Risposta esatta (a).
Per chi non si fosse accorto del trucco si poteva procedere anche facendo i conti. Ricordiamo che:
Z b(x)
d
f (t) dt = b′ (x)f (b(x)) − a′ (x)f (a(x)) .
dx a(x)
Nel caso di specie:
a(x) = −nx,
b(x) = nx,
f (t) = sin7 t.
Ne viene che per ogni x ∈ R :
F ′ (x) = n sin7 (nx) − (−n) sin7 (−nx) = 0.
1 2
7. Sia A =
allora l’elemento a21 di A2 = A · A è:
2 1
25
(a) 4
(c) 3
(b) 5
(d) 2
Si ha:
A2 = A · A =
1
2
2
1 2
5 4
·
=
1
2 1
4 5
Risposta esatta (a).
8. Se z = n2 (3 + 4 i) allora una delle sue radici quadrate è
(a) 2n + n i
(c) n + n i
(b) 2n − n i
(d) n − n i
n intero positivo
Anziché estrarre le radici di z calcoliamo i quadrati delle alternative andando per esclusione. Caso
(d): (n − n i)2 = −2in2 . Caso (c): (n + n i)2 = 2in2 . Caso (b): (2n − n i)2 = (3 − 4i)n2 . Tutti questi
casi non risolvono il problema. Per riscontro verifichiamo l’ultimo. Caso (a): (2n+n i)2 = (3+4i)n2 .
Risposta esatta (a).
ax1 − 3x2 + x3 − 4x4 = −9 − a
9. Se x1 − x2 + 2x3 − 3x4 = −4
−x1 − x2 − x3 + x4 = 0
(a) x2 =
(b) x1 =
allora
5(a+1)−(a+2)x4
3a+1
5(a+1)−(a+2)x4
3a+1
(c) x3 =
5(a+1)−(a+2)x4
3a+1
(d) sistema impossibile
a intero positivo
Usiamo la riduzione di Gauß :
ax1 − 3x2 + x3 − 4x4 = −9 − a
x1 − x2 + 2x3 − 3x4 = −4
−x1 − x2 − x3 + x4 = 0
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
Risposta esatta (a).
ax1 − 3x2 + x3 − 4x4 = −9 − a
(3 − a)x2 + (2a − 1)x3 + (4 − 3a)x4 = 9 − 3a
(−a − 3)x2 + (1 − a)x3 + (a − 4)x4 = −9 − a
ax1 − 3x2 + x3 − 4x4 = −9 − a
(3 − a)x2 + (2a − 1)x3 + (4 − 3a)x4 = 9 − 3a
a(3a + 1)x3 − 2a(2a − 1)x4 = −2(a − 3)a
ax − 3x2 + x3 − 4x4 = −9 − a
1
(3 − a)x2 + (2a − 1)x3 + (4 − 3a)x4 = 9 − 3a
x3 = 2 [(2a − 1) x4 − (a − 3)]
3a + 1
ax1 − 3x2 + x3 − 4x4 = −9 − a
(3a + 1)x2 + (a + 2)x4 = 5(a + 1)
x3 = 2 [(2a − 1) x4 − (a − 3)]
3a + 1
26
Domande aperte
1. Tracciare il grafico della funzione y(x) = |ln |x|| , x 6= 0 e calcolare
2. Calcolare
Z
a
0
1 < a < b < c; a, b, c ∈ N
Poi
ln |x|
− ln |x|
1
x
y ′ (x) =
− 1
x
Ne viene che:
e
y(x)dx
1
x−a
dx
(x − b)(x − c)
Soluzione Esercizio 1.
Ricordiamo che ln ξ > 0 ⇐⇒ ξ > 1 quindi:
(
y(x) =
Z
se |x| ≥ 1
se |x| < 1
se |x| ≥ 1
se |x| < 1
• x > 1 ⇒ y ′ (x) > 0
• −1 < x < 0 ⇒ y ′ (x) > 0
• 0 < x < 1 ⇒ y ′ (x) < 0
• x < −1 ⇒ y ′ (x) < 0
Per costruzione y(x) ≥ 0 e y(x) = 0 ⇐⇒ x = ±1. Nei punti x+1 = 1, x−1 = −1, y(x) raggiunge il
minimo assoluto.
La convessità si determina osservando che:
1
− 2 se |x| ≥ 1
x
′′
y (x) =
1 se |x| < 1
x2
Infine:
lim y(x) = lim y(x) = lim y(x) = ∞
x→±∞
x→0+
x→0−
Si ha:
yHxL
-ã
1
-1
Figura 10:
27
x
ã
Z
e
y(x) dx =
1
Z
e
1
|ln |x|| dx =
Z
1
e
h
ix=e
ln x dx = x ln x − x
= e ln e − e − (1 ln 1 − 1) = 1
x=1
Soluzione Esercizio 2.
Si ha:
x−a
b−a
a−c
=
+
.
(x − b)(x − c)
(b − c)(x − b) (b − c)(x − c)
Pertanto
Z
Infine
Z
a
0
b−a
a−c
x−a
dx =
ln |x − b| +
ln |x − c| .
(x − b)(x − c)
b−c
b−c
x−a
dx =
(x − b)(x − c)
h
i
(b − a) ln b − ln(b − a)
c−b
28
+
h
i
(a − c) ln c − ln(c − a)
c−b
Quinto appello
Test
√
1. Sia f (x) = x + x3 + x7 . Allora g ′ (y) dove g : R → R è la funzione inversa di f e y = a7/2 + a3/2 + a
vale:
1
7a3 + 3a + 1
1
(b)
3
3a + 7a + 1
1
7a3 + a + 1
1
(d)
3
7a − 3a + 1
(a)
(c)
a, intero positivo
Se g(y) = f −1 (y) nei punti y = f (x) in cui f ′ (x) 6= 0 g(y) è derivabile e si ha:
1
f ′ (x)
√
√
Nel nostro caso x = a, f ′ (x) = 1 + 3x2 + 7x6 ⇒ f ′ ( a) = 7a3 + 3a + 1.
g ′ (y) =
Risposta esatta (a).
#
"
4
3 + an
(−1)n
=
+
2. lim
n→∞
n
4 + bn
a
b
b
(b)
a
(c) ∞
(a)
(d) 0
a, b hanno valori interi negativi
Risposta esatta (a). Identico esercizio 2 del terzo e quarto appello
Z a
x3
3.
dx =
2
2
0 a +x
1
1
(c) a2 (1 + ln 2)
(a) a2 (1 − ln 2)
2
2
1
1
(b) a2 (1 − ln 2)
(d) a2 (1 + ln 2)
4
4
a intero positivo
Decomponiamo in fratti semplici:
2x
a2 x
a2
x3
=
x
−
=
x
−
2
2
2
2
2
a +x
a +x
2 a + x2
in modo che:
Z
a2
x2
a2
x3
dx =
−
ln a2 + x2
2
+x
2
2
Sostituendo gli estremi di integrazione:
Z a
1 2
a2
x3
1 2
1
2
2
dx
=
a
ln
a
−
a
ln
2a
+
= a2 (1 − ln 2)
2
2
2
2
2
2
0 a +x
Risposta esatta (a).
√
4. La funzione f (x) = x2 + ax − |x| , x ≥ 0 è
29
(a) limitata
(c) decrescente
(b) convessa
(d) dotata di massimo assoluto
a ha valori interi positivi
Essendo x ≥ 0 si ha f (x) =
abbiamo:
√
x2 + ax − x e, osservato che:
p
ax
f (x) = x2 + ax − x = √
x2 + ax + x
a
a
ax
=
= lim p
lim √
a
2
x→∞
2
x + ax + x x→∞ 1 + x + 1
vediamo che (a) è la risposta esatta.
Osservazione. Si poteva ottenere la risposta esatta anche verificando la falsità delle affermazioni
(b), (c), (d).
√
a + 2x − 2 x2 + ax
√
f ′ (x) =
2 x2 + ax
da cui si vede che f ′ (x) > 0 per ogni x il che esclude in un sol colpo (c) e (d).
f ′′ (x) = −
a2
√
4x(a + x) x2 + ax
comporta che f ′′ (x) < 0 il che esclude (b). Dal momento che abbiamo fatto tutto il lavoro non
farà male al discente osservare che il grafico della funzione è come nella figura. Si noti il fatto che
lim f ′ (x) = ∞
x→0
assieme al fatto che l’asse delle ordinate è tangente nell’origine al grafico di f (x).
y
1
1
x
2
Figura 11: Esercizio 4 a = 2
5. Una sola delle affermazioni seguenti è vera. Quale?
(a)
(b)
∞
X
n=1
∞
X
n+3
(1/2)
n+2
(1/2)
= 1/8
(c)
= 1/2
(d)
n=1
∞
X
n=1
∞
X
n+1
(1/2)
=1
n
(1/2) = 1/2
n=1
Anche qui si potrebbe procedere per esclusione. Riportiamo le affermazioni, stavolta tutte corrette.
30
(a)
(b)
∞
X
n=1
∞
X
n+3
(1/2)
n+2
(1/2)
= 1/8
(c)
= 1/4
(d)
n=1
∞
X
n=1
∞
X
n+1
(1/2)
= 1/2
n
(1/2) = 1
n=1
Risposta esatta (a).
6. In quanti modi può essere formata una rappresentanza di n studenti in una classe di 100 studenti?
100
(c) 1 140
(a)
n
n
(d)
(b) n!
100
n ha valori interi positivi maggiori di 1
Si tratta di una combinazione semplice di 100 oggetti di classe n.
Risposta esatta (a).
−2 −x
7. Sia A =
allora A = A−1 per
x
2
√
(a) x = ± 3
√
(b) x = ± 5
Si ha:
A−1
e quindi
√
(c) x = ± 7
(d) mai
2
2
x −4
=
x
− 2
x −4
x
x2 − 4
2
− 2
x −4
2 x2 − 3
x2 − 4
A−1 − A =
x x2 − 3
−
x2 − 4
Risposta esatta (a).
x x2 − 3
x2 − 4
2 x2 − 3
− 2
x −4
8. Se z = n2 (3 − 4 i) allora una delle sue radici quadrate è
(a) 2n − n i
(c) n + n i
(b) 2 − n i
(d) n − n i
n intero positivo
Risposta esatta (a). Identico esercizio 8 quarto appello.
ax1 − 3x2 + x3 − 4x4 = −9 − a
9. Se x1 − x2 + 2x3 − 3x4 = −4
allora
−x1 − x2 − x3 + x4 = 0
(a) x2 =
(b) x1 =
5(a+1)−(a+2)x4
3a+1
5(a+1)−(a+2)x4
3a+1
(c) x3 =
5(a+1)−(a+2)x4
3a+1
(d) sistema impossibile
a intero negativo
Risposta esatta (a). Vedi identico esercizio 9 quarto appello.
31
Domande aperte
2ex
1
. Provare che posto g(x) =
, vale la relazione g ′ (x) + g(x) = 1.
x
2e − 1
f (x)
Far poi vedere che, in generale, se f : R → R è una qualsiasi funzione derivabile, strettamente
1
si ha g ′ (x) + g(x) = 1
positiva e tale che f ′ (x) = f (x) − f 2 (x), allora posto g(x) =
f (x)
1. Sia f (x) =
2. Discutere, al variare del parametro reale a il sistema lineare:
a x1 + x2 − 2x3 + x4 = 1
−x1 + a x2 − x3 + x4 = 0
x1 + x2 + a x3 + x4 = 4
Soluzione Esercizio 1.
Si ha
e−x
d
1
=1−
⇒
f (x)
2
dx
da cui
1−
1
f (x)
=
e−x
2
e−x
e−x
+
= 1 = g ′ (x) + g(x)
2
2
Nel caso generale si ha:
g ′ (x) + g(x) =
f (x) − f ′ (x)
1
f ′ (x)
=
−
2
f (x) f (x)
f ( x)
ma per ipotesi f (x) − f ′ (x) = f 2 (x) dunque:
g ′ (x) + g(x) =
f (x) − f ′ (x)
f ′ (x)
f 2 (x)
1
=
−
=
.
f (x) f (x)2
f 2 (x)
f 2 (x)
Soluzione Esercizio 2.
Consideriamo il minore
1
M = a
1
−2
−1
a
1
1
1
il cui determinante è det M = a2 + a − 2. Se a 6= −2, 1 si ha det M =
6 0: il sistema ammette infinite
soluzioni dipendenti dal parametro x1 che non è stato chiesto di calcolare. Se a = −2 abbiamo il caso
particolare:
−2x1 + x2 − 2x3 + x4 = 1
−x1 − 2x2 − x3 + x4 = 0
x1 + x2 − 2x3 + x4 = 4
in cui la matrice incompleta ha ancora rango 3, con infinite soluzioni dipendenti da un parametro.
Infine se a = 1 otteniamo:
x1 + x2 − 2x3 + x4 = 1
−x1 + x2 − x3 + x4 = 0
x1 + x2 + x3 + x4 = 4
in cui il rango della matrice incompleta è 3: infinite soluzioni dipendenti da un parametro.
32
Sesto appello
Test
1. Sia f (x) = x +
1
7
√
x7 . Allora g ′ ( a +
1
7
a7/2 ) dove g : R → R è la funzione inversa di f vale:
1
a3 + 1
1
(b) 3
a −1
1
a3 + a + 1
1
(d) 3
a
(a)
(c)
a, intero positivo maggiore di 1
Risposta esatta (a). Identico esercizio 1 quinto appello.
sin n 4 + a n
2. lim
=
+
n→∞
n!
3+bn
a
(c) ∞
(a)
b
b
(b)
(d) 0
a
a, b hanno valori interi di segno opposto
Risposta esatta (a). Identico esercizio 2 del terzo, quarto e quinto appello
x
x2 + a2
√
√
(a) f ′ ( a) + f 2 ( a) =
3. Se f (x) =
1
(a + 1)2
√
√
1
(b) f ′ ( a) + f 2 ( a) =
(a − 1)2
(c) f ′ (a) + f 2 (a) =
1
a2
√
√
(d) f ′ ( a) + f 2 ( a) =
a intero positivo
Si ha:
f ′ (x) =
da cui
a2 − x2
√
f ′ ( a) =
Poi da
f 2 (x) =
otteniamo
2
(a2 + x2 )
a−1
a(a + 1)2
x2
2
(a2 + x2 )
√
f 2 ( a) =
1
a(a + 1)2
Risposta esatta (a).
4. Se f (x) = a3 − xa2 − x2 a + x3 , x ∈ I := [−a, a] allora
32
(c) f è decrescente in I
(a) f (I) = 0, a3
27
32 3
(d) f (I) = 0, a
(b) f è convessa in I
27
a ha valori interi positivi
33
1
4(a − 1)2
Si ha:
f ′ (x) = −a2 − 2xa + 3x2 ⇒ f ′ (x) = 0 ⇐⇒ x = a, x = −
a
3
essendo poi
f ′′ (a) = 4a,
abbiamo
max f (x) = f (−a/3) =
x∈I
f ′′ (−a/3) = −4a
32a3
,
27
min f (x) = f (a) = 0.
x∈I
Risposta esatta (a).
5. Una sola delle affermazioni seguenti è falsa. Quale?
(a)
Z
e−1
(c)
(arctan x + arctan(−x)) dx = π
=
1
2
3
n
∞
X
1
(d)
=1
2
n=1
0
(b)
∞ n
X
1
n=1
5
X
1
137
=
n
60
n=1
La funzione arcotangente è dispari dunque per ogni x:
arctan x + arctan(−x) = 0.
Risposta esatta (a).
6. Quale fra i seguenti valori di x ∈ R+ risolve l’equazione arctan ln x =
π
?
n
π
n
π
(d) x = ln tan
n
π
n
π
(b) x = tan exp
n
(c) x = exp ln
(a) x = exp tan
n ha valori interi positivi strettamente maggiori di 2
Risposta esatta (a). Ovvio.
1
0 a
7. Sia A = 0 −1 0 allora l’elemento b22 della matrcice B := A−1 × A + A−1 è
0
0 1
(a)
2
(c) −2a
(b) −2
(d)
0
a ha valori interi postivi strettamente maggiori di 1
Si ha:
A−1
Risposta esatta (a).
8. Sia g(x) =
0 −a
−1
0 ⇒ A + A−1 =
=
0
1
2 0
⇒ B := A−1 × A + A−1 = 0 2
0 0
1
0
0
2
0 0
0 −2 0
0
0 2
−2a
0
2
f (a x)
. Sapendo che f (0) = a − 1, f ′ (0) = a allora g ′ (0) vale
f (x)
34
(a) a
(c) 1
(b) 0
(d) a + 1
a intero positivo strettamente maggiore di 1
Dalla regola di derivazione del quoziente abbiamo:
g ′ (x) =
af (x)f ′ (ax) − f (ax)f ′ (x)
af ′ (0) − f ′ (0)
⇒ g ′ (0) =
2
f (x)
f (0)
Ora, si suppone che sia f (0) = a − 1, f ′ (0) = a, quindi:
g ′ (0) = a
Risposta esatta (a).
ax1 − 3x2 + x3 − 4x4 = −9 − a
9. Se x1 − x2 + 2x3 − 3x4 = −4
−x1 − x2 − x3 + x4 = 0
allora
5(a + 1) − (a + 2)x4
3a + 1
−2a + (4a − 2)x4 + 6
(d) x2 =
3a + 1
−2a + (4a − 2)x4 + 6
3a + 1
5(a + 1) − (a + 2)x4
(b) x1 =
3a + 1
(c) x3 =
(a) x3 =
a intero negativo
Usiamo la riduzione di Gauß :
ax1 − 3x2 + x3 − 4x4 = −9 − a
x1 − x2 + 2x3 − 3x4 = −4
−x1 − x2 − x3 + x4 = 0
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
Risposta esatta (a).
ax1 − 3x2 + x3 − 4x4 = −9 − a
(3 − a)x2 + (2a − 1)x3 + (4 − 3a)x4 = 9 − 3a
(−a − 3)x2 + (1 − a)x3 + (a − 4)x4 = −9 − a
ax1 − 3x2 + x3 − 4x4 = −9 − a
(3 − a)x2 + (2a − 1)x3 + (4 − 3a)x4 = 9 − 3a
a(3a + 1)x3 − 2a(2a − 1)x4 = −2(a − 3)a
ax1 − 3x2 + x3 − 4x4 = −9 − a
(3 − a)x2 + (2a − 1)x3 + (4 − 3a)x4 = 9 − 3a
x3 = 2 [(2a − 1) x4 − (a − 3)]
3a + 1
Domande aperte
1
1
. Provare che posto g(x) =
, vale la relazione g ′ (x) + g(x) = −1.
−x
−1 + 2e
f (x)
Far poi vedere che, in generale, se f : R → R è una qualsiasi funzione derivabile, strettamente
1
si ha g ′ (x) + g(x) = −1
positiva e tale che f ′ (x) = f (x) + f 2 (x), allora posto g(x) =
f (x)
1. Sia f (x) =
2. Calcolare:
(a)
Z
1/2
f (x) dx
(b)
Z
f (1/2)
f (0)
0
35
f −1 (y) dy
Soluzione Esercizio 1.
Identica a Esercizio 1. quinto appello.
Soluzione Esercizio 2.
t
1
1
⇒ dx = − dt; x = 0 ⇒ t = 2, x = ⇒ t = 2e−1/2 . Quindi:
2
t
2
2
Z 2
Z 2
t−1
dt
dt
1
1
dt = ln
=
=
−
t(t − 1)
t−1
t
t
2e−1/2 t(t − 1)
2e−1/2
2e−1/2
(a) Poniamo 2e−x = t. Allora x = − ln
Z
0
1/2
Z
f (x) dx = −
2e−1/2
2
e pertanto:
Z
1/2
0
√ 2 √
1
e = − ln 2 − e
f (x) dx = − ln 2 − ln
−1 + √
2
e
(b) Ricordiamo che:
Z
f (b)
f
f (a)
−1
(y) dy = bf (b) − af (a) −
Z
b
f (x) dx.
a
Allora essendo nel caso di specie a = 0, b = 1/2 si ha:
Z
f (1/2)
f (0)
f
−1
(y) dy
Z 1/2
1
=
f (1/2) −
f (x) dx
2
0
√
√ e
1
√
− − ln 2 − e
=
−
2
−2 + e
√ 1
1
√ + ln 2 − e
= − +
2 2− e
36
