Scarica Esame Matematica Generale - Venturi e più Prove d'esame in PDF di Matematica Generale solo su Docsity!
Esame Matematica Generale
Prof. Beatrice Venturi
Prova Parziale 2
Data: 22 gennaio 2025 Cognome: Nome: Matricola:
Soluzioni
- Integrale indefinito (^) Z x 1 − x^2
dx.
Si separa: (^) Z x 1 − x^2 dx +
Z
4 x ln x dx.
Per il primo termine, con u = 1 − x^2 , du = − 2 x dx: Z x 1 − x^2
dx = −
Z
du u
ln | 1 − x^2 |.
Per il secondo termine, integrazione per parti: u = ln x, dv = 4x dx, dunque du = 1 x dx,^ v^ = 2x
Z
4 x ln x dx = 2x^2 ln x −
Z
2 x^2
x dx = 2x^2 ln x −
Z
2 x dx = 2x^2 ln x − x^2.
Quindi Z ^ x 1 − x^2
dx = −
ln | 1 − x^2 | + 2x^2 ln x − x^2 + C.
(Nota: la presenza di ln x richiede x > 0 .)
- Derivata parziale rispetto a y
z(x, y) = 3x^4 y^2 + x^2 y − x^2 y^4 + 6x^2 + 3(x + y)^2 + 3y + 5.
Derivando termine a termine rispetto a y: ∂z ∂y = 3x^4 · 2 y + x^2 − x^2 · 4 y^3 + 3 · 2(x + y) · 1 + 3.
Quindi
zy(x, y) = 6x^4 y + x^2 − 4 x^2 y^3 + 6(x + y) + 3 = 6x^4 y − 4 x^2 y^3 + x^2 + 6x + 6y + 3.
- Concavità e convessità di f (x) =
1 − x^2 f (x) =
1 − x^2 , Dom(f ) = {x ∈ R : 1 − x^2 ≥ 0 } = [− 1 , 1]. Derivata prima su (− 1 , 1):
f ′(x) =
(1 − x^2 )−^1 /^2 · (− 2 x) = − x √ 1 − x^2
Derivata seconda su (− 1 , 1):
f ′′(x) =
d dx
−x(1 − x^2 )−^1 /^2
= −(1 − x^2 )−^1 /^2 − x^2 (1 − x^2 )−^3 /^2 = −
(1 − x^2 )^3 /^2
Poiché (1 − x^2 )^3 /^2 > 0 per |x| < 1 , si ha f ′′(x) < 0 su (− 1 , 1). f è strettamente concava su (− 1 , 1) e non è convessa in alcun intervallo interno. Nessun punto di flesso (il segno di f ′′^ non cambia).
- Massimi e minimi assoluti di f (x) =
1 − x^2 f è continua su [− 1 , 1], quindi per Weierstrass ammette massimo e minimo assoluti. I punti critici in (− 1 , 1): f ′(x) = 0 ⇒ x = 0. Valori: f (0) = 1, f (±1) = 0. Massimo assoluto: f (0) = 1. Minimo assoluto: f (−1) = f (1) = 0.
5. 0.1 Risoluzione del sistema (Cramer, Rouché–Capelli) e com-
patibilità in funzione di t
Consideriamo il sistema (^)
2 x − y + z = 0 6 x − 2 y + 3z = 3 4 x − y + 2z = −t e la matrice dei coefficienti
A =
(^) , b =
−t
(^) , (A|b) =
4 − 1 2 −t
Teorema di Cramer. Per applicare Cramer occorre che det(A) ̸= 0. Calcoliamo det(A) con la regola di Laplace (sviluppo per la prima riga):
det(A) = 2 − −^21 32 − (−1) 64 32 + 1 64 −−^21.
Ora − 2 3 − 1 2 =^ −4 + 3 =^ −^1 ,^
4 2 = 12^ −^ 12 = 0,^
4 − 1 =^ −6 + 8 = 2.
Quindi det(A) = 2(−1) + 0 + 1 · 2 = 0. Dunque Cramer non è applicabile e il sistema non può essere determinato tramite il determinante dei coefficienti.
Soluzioni nel caso compatibile (t = − 3 ). Per t = − 3 il sistema diventa
2 x − y + z = 0 6 x − 2 y + 3z = 3 4 x − y + 2z = 3
e, coerentemente con rg(A) = 2, bastano due equazioni indipendenti. Dalla prima:
2 x − y + z = 0 ⇒ y = 2x + z.
Sostituendo nella seconda:
6 x − 2(2x + z) + 3z = 3 ⇒ 6 x − 4 x − 2 z + 3z = 3 ⇒ 2 x + z = 3.
Ponendo x = λ parametro libero, si ottiene:
z = 3 − 2 λ, y = 2λ + z = 2λ + (3 − 2 λ) = 3.
Quindi l’insieme soluzione è
(x, y, z) = (λ, 3 , 3 − 2 λ), λ ∈ R.
Teoremi applicati: Cramer (non applicabile perché det(A) = 0) e Rouché–Capelli (confronto dei ranghi di A e (A|b)).
- Teorema di Rolle per f (x) =
1 − x^2 in [− 1 , 1] f è continua in [− 1 , 1] e deriv- abile in (− 1 , 1). Inoltre f (−1) = 0 = f (1). Quindi valgono le ipotesi di Rolle e esiste c ∈ (− 1 , 1) tale che f ′(c) = 0.
f ′(x) = − √ x 1 − x^2
= 0 ⇒ x = 0.
c = 0.
- Lagrange con vincolo
z(x, y) = 3x^2 + 3y^2 , g(x, y) = 6x + 6y − 1 = 0.
Lagrangiana: L(x, y, λ) = 3x^2 + 3y^2 + λ(6x + 6y − 1). Derivate prime:
Lx = 6x + 6λ = 0, Ly = 6y + 6λ = 0, g(x, y) = 0.
Da Lx = 0 e Ly = 0: x = −λ, y = −λ ⇒ x = y. Nel vincolo: 6 x + 6x − 1 = 0 ⇒ 12 x = 1 ⇒ x = y =
Valore: z
Hessiano (in x, y) della Lagrangiana:
H =
Hessiano orlato (un vincolo):
B =
0 gx gy gx 6 0 gy 0 6
Poiché z è (strettamente) convessa, il punto trovato è un minimo vincolato unico; non esiste massimo vincolato.
Minimo vincolato in (x, y) =
, zmin =
- Massimi e minimi assoluti di f (x) = ln(1 − x^2 ) in [−^12 , 12 ] Su [−^12 , 12 ] la funzione è continua, quindi ammette estremi assoluti. Derivata:
f ′(x) = − 2 x 1 − x^2
Punto critico: f ′(x) = 0 ⇒ x = 0. Valori:
f (0) = 0, f
= ln
= ln
Poiché ln(^34 ) < 0 , segue:
Massimo assoluto in x = 0 con valore 0.
Minimo assoluto in x = ±
con valore ln
- Compatibilità del sistema in funzione di t
x − 7 y = 3 3 x − y + 3z = 3t x − 13 y + z = 1
Se t ̸= 1 il sistema è impossibile. Se t = 1, la seconda equazione è conseguenza delle altre due ⇒ infinite soluzioni:
Per t = 1 il sistema è indeterminato.
Teorema applicato: Rouché–Capelli.( Per risolvere il sistema e determinare le soluzioni uso la stessa procedura della prova parziale)
- Teorema di Lagrange per f (x) = ln x−x in [1, e] f è continua in [1, e] e derivabile in (1, e). Calcolo del coefficiente angolare della secante:
f (e) − f (1) e − 1
(1 − e) − (−1) e − 1
2 − e e − 1
Per Lagrange esiste c ∈ (1, e) tale che
f ′(c) = 2 − e e − 1
Poiché f ′(x) = (^1) x − 1 , imponiamo: 1 c
2 − e e − 1
c
2 − e e − 1
e − 1 ⇒ c = e − 1.
c = e − 1.
- Lagrange con vincolo
z(x, y) = − 3 x^2 − 3 y^2 , g(x, y) = 3x + 3y − 1 = 0.
Lagrangiana: L(x, y, λ) = − 3 x^2 − 3 y^2 + λ(3x + 3y − 1). Derivate prime:
Lx = − 6 x + 3λ = 0, Ly = − 6 y + 3λ = 0, g(x, y) = 0.
Da Lx = Ly = 0 segue x = y = λ/ 2. Nel vincolo:
λ 2
λ 2 − 1 = 0 ⇒ 3 λ = 1 ⇒ λ =
quindi x = y =
Valore: z
Hessiano (in x, y) della Lagrangiana:
H =
Hessiano orlato:
B =
0 gx gy gx − 6 0 gy 0 − 6
Poiché z è concava, il punto trovato è un massimo vincolato unico; non esiste minimo vincolato (si può scendere a −∞ lungo il vincolo).
Massimo vincolato in (x, y) =
, zmax = −
