Università degli Studi di Bergamo Matematica II (5 e 7,5 crediti) 2 settembre 2008 Tema A

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1 Università degli Studi di Bergamo Matematica II (5 e 7,5 crediti 2 settembre 28 Tema A Tempo a disposizione: 2 ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi. Ogni esercizio va iniziato all inizio di una pagina. Vanno consegnati solo questo foglio e la bella. Non saranno accettate risposte non giustificate. SOLUZIONI Esercizio 1. Si consideri il sistema dipendente dal parametro k R: (k 3x + 2y + 2z 1 4x 3y 2z 2 2x + y + (k + 2z. a Si discuta l esistenza e il numero di soluzioni del sistema al variare di k. La matrice dei coeffcienti del sistema è k A k + 2 Il suo determinante è 3k 2 3k 3k(k + 1. (Si ricorda che per calcolare il determinante, è meglio far comparire degli zeri; in questo caso era facile semplificare la matrice usando l 1 della terza riga. Quindi per tutti i valori di k tranne per k 1 e k il sistema è determinato e ammette un unica soluzione. Nel caso k 1, il rango della matrice completa, cioè la matrice A alla quale si aggiunge a destra il vettore dei coefficienti noti, è 3 e quindi è maggiore di quello di A (che ha rango al massimo 2 perché il suo determinante è nullo. Il sistema quindi non ammette soluzioni. Nel caso k invece la matrice completa ha rango 2. Non è difficile osservare che la matrice A ha rango 2 pure lei (perché la sottomatrice 2 2 in alto a sinistra ha determinante diverso da e quindi il sistema ammette una retta di soluzioni (ossia, 1 soluzioni. 1

2 b Si risolva il sistema nei casi in cui non è determinato. Abbiamo k e il sistema è quindi 3x + 2y + 2z 1 4x 3y 2z 2 2x + y + 2z. Aggiungiamo la seconda equazione alla prima e alla terza. Otteniamo x y 1 (nella prima e il suo doppio nella terza. Abbiamo quindi x 1 + y e (nella terza equazione del sistema iniziale y 2z 2 quindi x 2z 1. L insieme delle soluzioni è quindi S {(2z 1, 2z 2, z z R}. Inserendo le soluzioni trovate nel sistema, si verifica che le equazioni sono soddisfatte. Esercizio 2. Si consideri il piano Π passante per i tre punti P (1; 2; 1, Q(2,, 1 e R( 3, 1, 1. a Si scriva l equazione cartesiana del piano Π. Il piano passante per i punti P, Q e R sarà perpendicolare al vettore P Q P R. Abbiamo Per cui P Q (1, 2, 2 P R ( 4, 3,. n P Q P R (6, 8, 11. L equazione cartesiana di Π è quindi della forma 6x + 8y + 11z c dove c è una costante tale che P (o Q o R appartenga al piano. Qui abbiamo c 1 per cui un equazione cartesiana del piano Π è 6x + 8y + 11z 1 Inserendo le coordinate dei punti, si verifica che i punti P, Q e R appartengono a Π. 2

3 b Sia P (4, 11, 1. Si calcolino le coordinate del punto M di intersezione tra Π e la retta r passante per P e perpendicolare a Π. La retta r è parallela al vettore n per cui un equazione parametrica è data da: x 4 + 6t y t t R. z t Il punto di intersezione tra r e Π avrà le sue coordinate della forma precedente e inoltre le sue coordinate soddisfano l equazione di Π. Se inseriamo le espressioni per x, y e z nell equazione di Π troviamo 221t 221 ossia t 1. Abbiamo quindi le coordinate di M : M ( 2, 3, 1. Inserendo le coordinate di M, si verifica che appartiene a Π e, calcolando le componenti di P M, si verifica che è proporzionale a n. c Si verifichi che P M è la distanza da P a Π. Abbiamo per cui e quindi P M ( 6, 8, 11 P M P M 221. È immediato verificare con la formula che questa è la distanza tra il punto e il piano. d Senza fare alcun conto si verifichi che per un generico punto M di Π diverso da M vale P M 2 > P M 2 (può essere utile rappresentare con un disegno la situazione nel piano che contiene P, M e M. I due punti P e M stanno sulla retta r che è perpendicolare al piano Π. Inoltre i due punti M e M appartengono al piano Π. Quindi i due vettori M P e M M sono perpendicolari e quindi il teorema di Pitagora si applica e abbiamo P M 2 M P 2 + M M 2. Siccome M è diverso da M vale M M > e quindi P M 2 > P M 2. 3

4 Esercizio 3. Si consideri la funzione f(x, y x 2 (1 + 2x(y x 2 x 1. a Si scriva l equazione del piano tangente al grafico di f nel punto corrispondente a (1, 1 e si mostri che tale piano è ortogonale al piano y. Le derivate parziali di f sono f x 2x(1 + 3x(y x 1, f y 2x 2 (1 + 2x(y 1. Poiché f(1, 1 1, f x (1, 1 1 e f y (1, 1, il piano tangente ha equazione z 1 + (x 1, ossia x z 2, ed ammette come vettore normale (1,, 1. Tale vettore è chiaramente ortogonale a (, 1, e quindi il piano tangente è ortogonale al piano y. b Si determinino i punti critici di f. I punti critici di f sono le soluzioni del sistema { 2x(1 + 3x(y x 1 2x 2 (1 + 2x(y 1 ossia A( 1 2, 1, B( 1 2, 3 e C( 1 2, 1. c Si determinino gli estremi relativi di f. obbiamo studiare la natura di A, B e C. Poiché f xx 2(1 + 6x(y , f xy 4x(1 + 3x(y 1, f yy 2x 2 (1 + 2x, la matrice hessiana di f nel punto A è H f ( 1 2, 1 ( 2 1 Essa è definita positiva e quindi A è un punto di minimo (relativo per f. La matrice hessiana nel punto B è invece. H f ( 1 2, 3 ( e, avendo determinante negativo, è indefinita. Pertanto B è un punto di sella. Alla stessa conclusione si arriva per C, poiché ( 14 2 H f ( 1,

5 d Si determinino gli estremi assoluti di f. Abbiamo visto che l unico estremo relativo di f è il punto A. obbiamo capire se A è un punto di minimo assoluto. Per far ciò, basta osservare che lim f(x, 2 lim x x (2x3 + 2x 2 x 1. Pertanto A non può essere un punto di minimo assoluto per f. Esercizio 4. Calcolare dove {(x, y R 2 y 2 x y}. (4x xy + 3 dxdy, Il dominio è la parte del piano compresa a sinistra (e quindi anche sopra la retta y x e a destra (e quindi anche sotto la parabola (il cui asse è l asse delle x x y 2. La retta e la parabola si intersecano nei punti O(, e A(1, 1. Il dominio risulta x-semplice, per cui si può calcolare l integrale richiesto come ( y (4x xy + 3 dxdy (4x xy + 3 dx dy y 2 1 [ ] xy 4 3 x3 + 6x 2 y + 3x dy xy 2 1 ( 3y 3y y3 6y y6 dy 8 7. Il dominio è pure y-semplice e se si volesse svolgere l integrale con questo metodo si avrebbe ( 1 x (4x xy + 3 dxdy (4x xy + 3 dy dx 8 7 x [ 4x 2 y + 6xy 2 + 3y ] y x dx yx ( 4x 5 2 4x 3 + 6x 2 6x x 3x dx (che coincide ovviamente con il risultato già ottenuto. 5

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7 Università degli Studi di Bergamo Matematica II (5 e 7,5 crediti 2 settembre 28 Tema B Tempo a disposizione: 2 ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi. Ogni esercizio va iniziato all inizio di una pagina. Vanno consegnati solo questo foglio e la bella. Non saranno accettate risposte non giustificate. SOLUZIONI Esercizio 1. Si consideri il sistema dipendente dal parametro k R: (k + 2x 4y z 1 x + 3y + z 2y + (k + 1z 1. a Si discuta l esistenza e il numero di soluzioni del sistema al variare di k. La matrice dei coeffcienti del sistema è k A k + 1 Il suo determinante è 3k 2 + 3k 3k(k + 1. (Si ricorda che per calcolare il determinante, è meglio far comparire degli zeri; in questo caso era facile semplificare la matrice usando il 1 della seconda riga. Quindi per tutti i valori di k tranne per k 1 e k il sistema è determinato e ammette un unica soluzione. Nel caso k 1, il rango della matrice completa, cioè la matrice A alla quale si aggiunge a destra il vettore dei coefficienti noti, è 3 e quindi è maggiore di quello di A (che ha rango al massimo 2 perché il suo determinante è nullo. Il sistema quindi non ammette soluzioni. Nel caso k invece la matrice completa ha rango 2. Non è difficile osservare che la matrice A ha rango 2 pure lei (perché la sottomatrice 2 2 in alto a sinistra ha determinante diverso da e quindi il sistema ammette una retta di soluzioni (ossia, 1 soluzioni. 1

8 b Si risolva il sistema nei casi in cui non è determinato. Abbiamo k e il sistema è quindi 2x 4y z 1 x + 3y + z 2y + z 1. Aggiungendo due volte la seconda equazione alla prima si trova la stessa equazione della terza. Abbiamo quindi z 1 2y e, nella seconda equazione x 1 + y. L insieme delle soluzioni è quindi S {(1 + y, y, 1 2y y R}. Inserendo le soluzioni trovate nel sistema, si verifica che le equazioni sono soddisfatte. Esercizio 2. Si consideri il piano Π passante per i tre punti P (1; 2; 1, Q(3, 1, 1 e R( 2, 1, 2. a Si scriva l equazione cartesiana del piano Π. Il piano passante per i punti P, Q e R sarà perpendicolare al vettore P Q P R. Abbiamo Per cui P Q (2, 3, 2 P R ( 3, 1, 1. n P Q P R ( 5, 4, 11. L equazione cartesiana di Π è quindi della forma 5x + 4y 11z c dove c è una costante tale che P (o Q o R appartenga al piano. Qui abbiamo c 8 per cui un equazione cartesiana del piano Π è 5x + 4y 11z 8 Inserendo le coordinate dei punti, si verifica che i punti P, Q e R appartengono a Π. 2

9 b Sia P ( 5, 2, 11. Si calcolino le coordinate del punto M di intersezione tra Π e la retta r passante per P e perpendicolare a Π. La retta r è parallela al vettore n per cui un equazione parametrica è data da: x 5 5t y 2 + 4t t R. z 11 11t Il punto di intersezione tra r e Π avrà le sue coordinate della forma precedente e inoltre le sue coordinate soddisfano l equazione di Π. Se inseriamo le espressioni per x, y e z nell equazione di Π troviamo 162t 162 ossia t 1. Abbiamo quindi le coordinate di M : M (, 2,. Inserendo le coordinate di M, si verifica che appartiene a Π e, calcolando le componenti di P M, si verifica che è proporzionale a n. c Si verifichi che P M è la distanza da P a Π. Abbiamo per cui e quindi P M (5, 4, 11 P M P M È immediato verificare con la formula che questa è la distanza tra il punto e il piano. d Senza fare alcun conto si verifichi che per un generico punto M di Π diverso da M vale P M 2 > P M 2 (può essere utile rappresentare con un disegno la situazione nel piano che contiene P, M e M. I due punti P e M stanno sulla retta r che è perpendicolare al piano Π. Inoltre i due punti M e M appartengono al piano Π. Quindi i due vettori M P e M M sono perpendicolari e quindi il teorema di Pitagora si applica e abbiamo P M 2 M P 2 + M M 2. Siccome M è diverso da M vale M M > e quindi P M 2 > P M 2. 3

10 Esercizio 3. Si consideri la funzione f(x, y x 2 (1 + 2x(y x 2 x 1. a Si scriva l equazione del piano tangente al grafico di f nel punto corrispondente a (1, 2 e si mostri che tale piano è ortogonale al piano y. Le derivate parziali di f sono f x 2x(1 + 3x(y x 1, f y 2x 2 (1 + 2x(y 2. Poiché f(1, 2 1, f x (1, 2 1 e f y (1, 2, il piano tangente ha equazione z 1 + (x 1, ossia x z 2, ed ammette come vettore normale (1,, 1. Tale vettore è chiaramente ortogonale a (, 1, e quindi il piano tangente è ortogonale al piano y. b Si determinino i punti critici di f. I punti critici di f sono le soluzioni del sistema { 2x(1 + 3x(y x 1 2x 2 (1 + 2x(y 2 ossia A( 1 2, 2, B( 1 2, 4 e C( 1 2,. c Si determinino gli estremi relativi di f. obbiamo studiare la natura di A, B e C. Poiché f xx 2(1 + 6x(y , f xy 4x(1 + 3x(y 2, f yy 2x 2 (1 + 2x, la matrice hessiana di f nel punto A è H f ( 1 2, 2 ( 2 1 Essa è definita positiva e quindi A è un punto di minimo (relativo per f. La matrice hessiana nel punto B è invece. H f ( 1 2, 4 ( e, avendo determinante negativo, è indefinita. Pertanto B è un punto di sella. Alla stessa conclusione si arriva per C, poiché ( 14 2 H f ( 1,

11 d Si determinino gli estremi assoluti di f. Abbiamo visto che l unico estremo relativo di f è il punto A. obbiamo capire se A è un punto di minimo assoluto. Per far ciò, basta osservare che lim f(x, 3 lim x x (2x3 + 2x 2 x 1. Pertanto A non può essere un punto di minimo assoluto per f. Esercizio 4. Calcolare dove {(x, y R 2 y 2 x y}. (4x xy + 2 dxdy, Il dominio è la parte del piano compresa a sinistra (e quindi anche sopra la retta y x e a destra (e quindi anche sotto la parabola (il cui asse è l asse delle x x y 2. La retta e la parabola si intersecano nei punti O(, e A(1, 1. Il dominio risulta x-semplice, per cui si può calcolare l integrale richiesto come ( y (4x xy + 2 dxdy (4x xy + 2 dx dy y 2 1 [ ] xy 4 3 x3 + 6x 2 y + 2x dy xy 2 1 ( 2y 2y y3 6y y6 dy Il dominio è pure y-semplice e se si volesse svolgere l integrale con questo metodo si avrebbe ( 1 x (4x xy + 2 dxdy (4x xy + 2 dy dx x [ 4x 2 y + 6xy 2 + 2y ] y x dx yx ( 4x 5 2 4x 3 + 6x 2 6x x 2x dx (che coincide ovviamente con il risultato già ottenuto. 5

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13 Università degli Studi di Bergamo Matematica II (5 e 7,5 crediti 2 settembre 28 Tema C Tempo a disposizione: 2 ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi. Ogni esercizio va iniziato all inizio di una pagina. Vanno consegnati solo questo foglio e la bella. Non saranno accettate risposte non giustificate. SOLUZIONI Esercizio 1. Si consideri il sistema dipendente dal parametro k R: (k 2x + 3y + z 2 2x 3y 2z 4 2x + y + (k + 2z. a Si discuta l esistenza e il numero di soluzioni del sistema al variare di k. La matrice dei coeffcienti del sistema è k A k + 2 Il suo determinante è 3k 2 4k + 4 (k + 2(3k 2. (Si ricorda che per calcolare il determinante, è meglio far comparire degli zeri; in questo caso era facile semplificare la matrice usando l 1 della terza riga. Quindi per tutti i valori di k tranne per k 2 e k 2 il sistema è determinato e ammette 3 un unica soluzione. Nel caso k 2, il rango della matrice completa, cioè la matrice A alla quale si 3 aggiunge a destra il vettore dei coefficienti noti, è 3 e quindi è maggiore di quello di A (che ha rango al massimo 2 perché il suo determinante è nullo. Il sistema quindi non ammette soluzioni. Nel caso k 2 invece la matrice completa ha rango 2. Non è difficile osservare che la matrice A ha rango 2 pure lei (perché la sottomatrice 2 2 in alto a sinistra ha determinante diverso da e quindi il sistema ammette una retta di soluzioni (ossia, 1 soluzioni. 1

14 b Si risolva il sistema nei casi in cui non è determinato. Abbiamo k 2 e il sistema è quindi 4x + 3y + z 2 2x 3y 2z 4 2x + y. Sottraendo due volte la terza equazione alla prima e aggiungendo la terza equazione alla seconda viene y + z 2 e il suo doppio. Abbiamo quindi z 2 y e, nella terza equazione y 2x quindi z 2 2x. L insieme delle soluzioni è quindi S {(x, 2x, 2 2x x R}. Inserendo le soluzioni trovate nel sistema, si verifica che le equazioni sono soddisfatte. Esercizio 2. Si consideri il piano Π passante per i tre punti P (1; 3; 1, Q( 1, 2, 1 e R( 1,, 2. a Si scriva l equazione cartesiana del piano Π. Il piano passante per i punti P, Q e R sarà perpendicolare al vettore P Q P R. Abbiamo Per cui P Q ( 2, 1, P R ( 2, 3, 3. n P Q P R (3, 6, 4. L equazione cartesiana di Π è quindi della forma 3x + 6y 4z c dove c è una costante tale che P (o Q o R appartenga al piano. c 11 per cui un equazione cartesiana del piano Π è Qui abbiamo 3x + 6y 4z 11 Inserendo le coordinate dei punti, si verifica che i punti P, Q e R appartengono a Π. 2

15 b Sia P (, 7, 2. Si calcolino le coordinate del punto M di intersezione tra Π e la retta r passante per P e perpendicolare a Π. La retta r è parallela al vettore n per cui un equazione parametrica è data da: x 3t y 7 + 6t t R. z 2 4t Il punto di intersezione tra r e Π avrà le sue coordinate della forma precedente e inoltre le sue coordinate soddisfano l equazione di Π. Se inseriamo le espressioni per x, y e z nell equazione di Π troviamo 61t 61 ossia t 1. Abbiamo quindi le coordinate di M : M ( 3, 1, 2. Inserendo le coordinate di M, si verifica che appartiene a Π e, calcolando le componenti di P M, si verifica che è proporzionale a n. c Si verifichi che P M è la distanza da P a Π. Abbiamo per cui e quindi P M ( 3, 6, 4 P M 2 61 P M 61. È immediato verificare con la formula che questa è la distanza tra il punto e il piano. d Senza fare alcun conto si verifichi che per un generico punto M di Π diverso da M vale P M 2 > P M 2 (può essere utile rappresentare con un disegno la situazione nel piano che contiene P, M e M. I due punti P e M stanno sulla retta r che è perpendicolare al piano Π. Inoltre i due punti M e M appartengono al piano Π. Quindi i due vettori M P e M M sono perpendicolari e quindi il teorema di Pitagora si applica e abbiamo P M 2 M P 2 + M M 2. Siccome M è diverso da M vale M M > e quindi P M 2 > P M 2. 3

16 Esercizio 3. Si consideri la funzione f(x, y x 2 (1 + 2x(y x 2 x 1. a Si scriva l equazione del piano tangente al grafico di f nel punto corrispondente a (1, 3 e si mostri che tale piano è ortogonale al piano y. Le derivate parziali di f sono f x 2x(1 + 3x(y x 1, f y 2x 2 (1 + 2x(y 3. Poiché f(1, 3 1, f x (1, 3 1 e f y (1, 3, il piano tangente ha equazione z 1 + (x 1, ossia x z 2, ed ammette come vettore normale (1,, 1. Tale vettore è chiaramente ortogonale a (, 1, e quindi il piano tangente è ortogonale al piano y. b Si determinino i punti critici di f. I punti critici di f sono le soluzioni del sistema { 2x(1 + 3x(y x 1 2x 2 (1 + 2x(y 3 ossia A( 1 2, 3, B( 1 2, 5 e C( 1 2, 1. c Si determinino gli estremi relativi di f. obbiamo studiare la natura di A, B e C. Poiché f xx 2(1 + 6x(y , f xy 4x(1 + 3x(y 3, f yy 2x 2 (1 + 2x, la matrice hessiana di f nel punto A è H f ( 1 2, 3 ( 2 1 Essa è definita positiva e quindi A è un punto di minimo (relativo per f. La matrice hessiana nel punto B è invece. H f ( 1 2, 5 ( e, avendo determinante negativo, è indefinita. Pertanto B è un punto di sella. Alla stessa conclusione si arriva per C, poiché ( 14 2 H f ( 1,

17 d Si determinino gli estremi assoluti di f. Abbiamo visto che l unico estremo relativo di f è il punto A. obbiamo capire se A è un punto di minimo assoluto. Per far ciò, basta osservare che lim f(x, 4 lim x x (2x3 + 2x 2 x 1. Pertanto A non può essere un punto di minimo assoluto per f. Esercizio 4. Calcolare dove {(x, y R 2 y 2 x y}. (4x xy + 1 dxdy, Il dominio è la parte del piano compresa a sinistra (e quindi anche sopra la retta y x e a destra (e quindi anche sotto la parabola (il cui asse è l asse delle x x y 2. La retta e la parabola si intersecano nei punti O(, e A(1, 1. Il dominio risulta x-semplice, per cui si può calcolare l integrale richiesto come ( y (4x xy + 1 dxdy (4x xy + 1 dx dy y 2 1 [ ] xy 4 3 x3 + 6x 2 y + x dy xy 2 1 ( y y y3 6y y6 dy Il dominio è pure y-semplice e se si volesse svolgere l integrale con questo metodo si avrebbe ( 1 x (4x xy + 1 dxdy (4x xy + 1 dy dx x [ 4x 2 y + 6xy 2 + y ] y x dx yx ( 4x 5 2 4x 3 + 6x 2 6x 3 + x x dx (che coincide ovviamente con il risultato già ottenuto.