Esame di Matematica - Scienze geologiche

Prova scritta del 14 gennaio 2004 - tema n.1

Prima parte

Esercizio 1 Date le rette $y=\pm 3x$ 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

$$a_n = n^2\left(\sqrt{1+n^4}-\sqrt{5+n^\alpha}\right), \qquad n\in {\mathbb N},$$

e se ne calcoli il limite (se esiste) al variare del parametro $\alpha\in {\mathbb R}$.

Seconda parte

Esercizio 3 Data la funzione

$$f(x) = e^{100x} \left\vert\frac{x^2}{100} -1\right\vert, \qquad x\in {\mathbb R},$$

se ne determinino:

(i)

i punti di massimo e di minimo relativo,

(ii)

i limiti a $\pm \infty$,

(iii)

gli eventuali asintoti.

Esercizio 4 Calcolare l'integrale

$$\int_5^{10} \frac{1}{x-2\sqrt{x-1}} \, dx.$$

Esame di Matematica - Scienze geologiche

Prova scritta del 14 gennaio 2004 - tema n.2

Prima parte

Esercizio 1 Date le rette $y=\pm 2x$ 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

$$a_n = n\left(\sqrt{1+n^2}-\sqrt{3+n^\alpha}\right), \qquad n\in {\mathbb N},$$

e se ne calcoli il limite (se esiste) al variare del parametro $\alpha\in {\mathbb R}$.

Seconda parte

Esercizio 3 Data la funzione

$$f(x) = e^{-100x} \left\vert\frac{x^2}{100} -1\right\vert, \qquad x\in {\mathbb R},$$

se ne determinino:

(i)

i punti di massimo e di minimo relativo,

(ii)

i limiti a $\pm \infty$,

(iii)

gli eventuali asintoti.

Esercizio 4 Calcolare l'integrale

$$\int_{\ln 10}^{\ln 100} \frac{1}{e^x-1} \, dx.$$

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 $\pm p$ 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:

$$y = \pm \frac{b}{a} \sqrt{x^2-a^2}, \qquad \vert x\vert\ge a.$$

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

$$\lim_{x\to + \infty} \frac{y}{x} = \lim_{x\to +\infty} \frac{b}{a} \sqrt{1-\frac{a^2}{x^2}} = \frac{b}{a}\, ,$$

$$\lim_{x\to +\infty} \left(y-\frac{b}{a}x\right) = \lim_{x\to ... ...right) = \lim_{x\to +\infty} \frac{-ab}{\sqrt{x^2-a^2}+x} = 0.$$

Analogamente, per $x\to -\infty$ si ha, essendo $x=-\sqrt{x^2}$,

$$\lim_{x\to - \infty} \frac{y}{x} = \lim_{x\to -\infty} \frac{b}{a}\left(- \sqrt{1-\frac{a^2}{x^2}}\right) = - \frac{b}{a}\, ,$$

$$\lim_{x\to -\infty} \left(y+\frac{b}{a}x\right) = \lim_{x\to ... ...lim_{x\to -\infty} \frac{ab}{\sqrt{x^2-a^2}+\vert x\vert} = 0.$$

Dunque il ramo superiore dell'iperbole (y>0) ha per asintoti obliqui la retta $y=\frac{b}{a}x$ per $x\to +\infty$ e la retta $y=-\frac{b}{a}x$ per $x\to -\infty$.
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 $x\to +\infty$ e la retta $y=\frac{b}{a}x$ per $x\to -\infty$.
In definitiva, dobbiamo richiedere ai coefficienti a e b la condizione

$$\frac{b}{a} = p.$$

Dobbiamo dunque risolvere il sistema

$$\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle{\frac{u^2}{a^2} + \fr... ...ace{2mm}\\ \displaystyle{\frac{b}{a} = p,} \end{array}\right.$$

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

$$n^2 \left(\sqrt{1+n^4}-\sqrt{5+n^\alpha}\right) = n^2 \frac{-4 + n^4 - n^\alpha}{\sqrt{1+n^4}+\sqrt{1+n^\alpha}}\, .$$

Se $\alpha <4$ il limite è $+\infty$ in quanto la frazione si comporta come n^2+4-4/2, ossia come n⁴. Se $\alpha=4$ il denominatore va come 2n² e il numeratore è -4n², per cui il limite è -2. Infine se $\alpha>4$ l'intera frazione si comporta come $-n^{2+\alpha -\alpha/2}$ e quindi il limite è $-\infty$.
Per il tema n.2 invece si ha

$$n\left(\sqrt{1+n^2}-\sqrt{3+n^\alpha}\right) = n \frac{-2+n^2-n^\alpha}{\sqrt{1+n^2}+\sqrt{3+n^\alpha}}\, .$$

Se $\alpha <2$ il limite è $+\infty$ in quanto la frazione si comporta come n^1+2-2/2, ossia come n². Se $\alpha=2$ il denominatore va come 2n e il numeratore è -2n, per cui il limite è -1. Infine se $\alpha>2$ l'intera frazione si comporta come $-n^{1+\alpha -\alpha/2}$ e quindi il limite è $-\infty$.

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

$$f(x) = e^{100x} \left\vert\frac{x^2}{100} -1\right\vert, \qquad x\in {\mathbb R}.$$

(i) Si ha

$$f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} \displaystyle{e^{100x} \le... ...}{100}\right)} & \textrm{se } x\in [-10,10].\end{array}\right.$$

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

$$f'(x) = e^{100x} \left(100 - x^2 - \frac{x}{50}\right);$$

quindi in tale intervallo si ha $f'(x)\ge 0$ se e solo se

$$-x^2-\frac{x}{50} +100 \ge 0$$

cioè se e solo se

$$\frac{-1-\sqrt{1000001}}{100} \le x \le \frac{-1+\sqrt{1000001}}{100}.$$

Poiché

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

$$0 <\frac{-1+\sqrt{1000001}}{100} = \frac{1000000}{100(1+\sqrt{1000001})} < \frac{1000000}{100\cdot 1000} = 10,$$

la funzione ha un massimo relativo in $x_1 =\frac{-1+\sqrt{1000001}}{100}$.
In $[10,\infty[ \cup ]-\infty,-10]$ si ha

$$f'(x) = e^{100x} \left(x^2 -100 + \frac{x}{50}\right);$$

quindi $f'(x)\ge 0$ se e solo se

$$x \le \frac{-1-\sqrt{1000001}}{100} \quad \textrm{oppure} \quad x \ge \frac{-1+\sqrt{1000001}}{100};$$

essendo, come sappiamo,

$$\frac{-1-\sqrt{1000001}}{100} <-10, \quad 0 <\frac{-1+\sqrt{1000001}}{100} <10,$$

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 $x=\pm 10$, mentre i punti di massimo relativo sono

$$x_1=\frac{1-\sqrt{1000001}}{100}\, , \qquad x_2=\frac{1+\sqrt{1000001}}{100}\, .$$

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

$$\lim_{x\to +\infty} f(x) = +\infty, \qquad \lim_{x\to -\infty} f(x) = 0.$$

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

$$\lim_{x\to +\infty} f(x) = 0, \qquad \lim_{x\to -\infty} f(x) = +\infty.$$

(iii) La funzione del tema n.1 ha l'asintoto orizzontale y=0 per $x\to -\infty$. Poiché inoltre

$$\lim_{x\to +\infty} {f(x)}{x} = +\infty,$$

essa non ha asintoto per $x\to +\infty$. Per la funzione n.2, simmetricamente, c'è l'asintoto orizzontale y=0 per $x\to +\infty$ e non c'è asintoto per $x\to -\infty$.

Esercizio 4 Calcoliamo l'integrale del tema n.1: con la sostituzione $t=\sqrt{x-1}$ si ha x=1+t², $dx = 2t\, dt$ e quindi

$$\begin{eqnarray*}\int_5^{10} \frac{1}{x-2\sqrt{x-1}} \, dx & = & \int_2^3 \frac... ...ac{2}{t-1} \right]_2^3 = 2 \ln 4 - 1+ 2=\\ & = & 4\ln 2 +1. \end{eqnarray*}$$

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

$$\begin{eqnarray*}\int_{\ln 10}^{\ln 100} \frac{1}{e^x-1} \, dx & = & \int_{10}^{... ...= \ln \frac{99}{100} - \ln \frac{9}{10} = \ln \frac{11}{10}\,. \end{eqnarray*}$$