Analisi e Geometria 1, Secondo appello 06 luglio 2016 (Compito A)

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1 Analisi e Geometria, Secondo appello 06 luglio 206 Compito A) Terza parte. Calcolare, al variare di α R, il valore del seguente limite di funzione sin x lim x 0 + x α x x ). sin x Soluzione: Utilizzando lo sviluppo di Mac-Laurin della funzione x sin x arrestato al III o ordine), abbiamo sin x x α x x ) = x α sin x)2 x 2 sin x x sin x = x α x2 x4 + ox 4 ) x 2 x x + ox)) = x 2 α + o)) + o)) = x α x 6 x + ox ) ) 2 x 2 x x + ox)) = x α x4 + o)) x 2 + o)) 0 se α < 2, se α = 2, se α > 2.

2 2. Sia r la retta rappresentata dalle equazioni parametriche x = + 2t y = + t z = 2t e sia π il piano parallelo a r che passa per i punti A 2,, ) e B,, ). a) Determinare una equazione del piano π. b) Determinare i punti P della retta r per i quali il triangolo AP B è rettangolo in P. Soluzione: a) Nel fascio di piani che ha per sostegno la retta AB, cerchiamo quello parallelo a r. La retta AB è rappresentata dalle equazioni parametriche x = 2 t y = + 2t. z = + 2t Ricavando t dalla prima equazione e sostituendo nelle altre due, si ottengono le equazioni 2x+y 5 = 0 e 2x+z = 0, che rappresentano due piani che contengono la retta AB. Il fascio dei piani che contengono la retta AB è allora rappresentato dalla equazione 2x+y 5+k2x+z ) = 0, equivalente a 2 + 2k)x + y + kz 5 k = 0. In realtà, tale rappresentazione esclude il piano di equazione 2x + z = 0, che però non è parallelo alla retta r e di conseguenza non è il piano cercato. Il generico piano del fascio è parallelo alla retta r se e solo se il vettore n = 2 + 2k,, k) ad esso ortogonale è ortogonale al vettore v = 2,, 2) che è parallelo a r e ciò avviene se e solo se n v = 0, ossia se e solo se 4 + 4k + + 2k = 0, cioè se e solo se k = 5 6. Sostituendo tale valore di k nell equazione del fascio e semplificando, si ottiene l equazione che rappresenta il piano π. 2x + 6y 5z 5 = 0, b) Sia P + 2t, + t, 2t) il generico punto della retta r. Il triangolo AP B è rettangolo in P se e solo se i vettori AP e BP sono ortogonali, cioè se e solo se il loro prodotto scalare è nullo. Poiché risulta AP = + 2t, + t, 2t) 2,, ) = 2t, t + 2, 2t + ) e BP = + 2t, + t, 2t),, ) = 2t, t, 2t ), abbiamo che AP BP = 9t 2, per cui il prodotto scalare AP BP si annulla se e solo se t = / oppure t = /. Questi due valori del parametro t corrispondono rispettivamente ai due punti 5 P, 0, 2 ) e P 2, 8 ), 2, che sono i punti cercati.

3 . Disegnare sul piano di Gauss il luogo dei punti A e il luogo dei punti B: A = B = { z C \ {i} : { z C : Re z) = z + } z i = 2, }. Risolvere quindi il sistema: { z+ z i = 2 Re z) =. Soluzione: A: moltiplicando per z i e ponendo z = x + iy si ottiene: x + ) + iy = 2 x + i y ) Calcolando i moduli e ed elevando al quadrato si ottiene: x + ) 2 + y 2 = 4 [x 2 + y ) 2] x 2 + y 2 2 x 8 y + = 0 Si tratta di una circonferenza di centro + 4 i e raggio 2 2. B: una retta verticale che passa per tutti i punti di ascissa. Quindi passa anche per il centro della circonferenza. Dalla figura é immediato risolvere il sistema. Basta aggiungere e togliere il raggio alla parte immaginaria del centro. Le soluzioni z e z 2 sono quindi: z = + 4 ) i + 2 2i = ) 2 i z 2 = + 4 ) i 2 2i = ) 2 i

4 4. Sia f la funzione definita da fx) = e 4 x 2. a) Determinare gli eventuali asintoti di f. b) Determinare gli eventuali massimi e minimi della funzione f. c) Senza calcolare la derivata seconda, disegnare il grafico di f. d) Determinare l immagine di f. e) Stabilire se l integrale improprio converge. I = + 2 fx) ) dx Soluzione: k = 2) La funzione f è pari. Quindi basta studiarla per x 0. a) La funzione f è definita solo per x ±k. Si ha lim fx) = lim x k + lim fx) = x k) + x k + e k 2 x 2 = 0 lim x k fx) = lim lim e x k) + k 2 x 2 = + lim x k) fx) = x k e k 2 x 2 = + lim e k 2 x 2 = 0. x k) Pertanto, f ha come asintoto verticale la retta di equazione x = k per x k e ha ha come asintoto verticale la retta di equazione x = k per x k) +. Inoltre, si ha lim fx) = lim e k 2 x 2 =. x ± x ± Quindi f possiede anche un asintoto verticale, di equazione y =, per x ±. b) La funzione f è derivabile per ogni x ±k e la sua derivata prima è f x) = 2kx k 2 x 2 ) 2 e k 2 x 2. Pertanto, f x) 0 se e solo se x 0. Quindi f presenta un punto di minimo locale in corrispondenza di x = 0, dato da M 0, e k 2 ). Non ci sono altri punti di estremo. c) Il grafico di f è y e /4 2 2 x d) L immagine di f è Im f = 0, ) e k 2, + ).

5 e) La funzione gx) = fx) = e k 2 x 2 è definita, continua e positiva su tutto l intervallo k, + ). Per x k +, la funzione f è limitata poiché fx) 0, come abbiamo già visto). Inoltre, per x +, si ha e quindi k 2 x 2 0 gx) k 2 x 2 x 2. Poiché la funzione /x 2 è integrabile in senso improprio per x +, per il criterio del confronto asintotico si ha che anche la funzione gx) è integrabile in senso improprio per x +. Pertanto, in conclusione, l integrale improprio I converge.

6 Analisi e Geometria, Secondo appello 06 luglio 206 Compito B) Terza parte. Calcolare, al variare di α R, il valore del seguente limite di funzione x lim x α x 0 + sin x sin x ). x Soluzione: Utilizzando lo sviluppo di Mac-Laurin della funzione x sin x arrestato al III o ordine), abbiamo x x α sin x sin x ) = x α x2 sin x) 2 x x sin x = x α x2 x 2 + x4 + ox 4 ) x x + ox)) = x 2+α + o)) + o)) = x α x2 x 6 x + ox ) ) 2 x x + ox)) = x α x4 + o)) x 2 + o)) 0 se α > 2, se α = 2, + se α < 2.

7 2. Sia r la retta rappresentata dalle equazioni parametriche x = + t y = + 2t z = 2t e sia π il piano parallelo a r che passa per i punti A, 2, ) e B,, ). a) Determinare una equazione del piano π. b) Determinare i punti P della retta r per i quali il triangolo AP B è rettangolo in P. Soluzione: a) Nel fascio di piani che ha per sostegno la retta AB, cerchiamo quello parallelo a r. La retta AB è rappresentata dalle equazioni parametriche x = + 2t y = 2 t. z = + 2t Ricavando t dalla seconda equazione e sostituendo nelle altre due, si ottengono le equazioni x + 2y 5 = 0 e 2y + z = 0, che rappresentano due piani che contengono la retta AB. Il fascio dei piani che contengono la retta AB è allora rappresentato dalla equazione x + 2y 5 + k2y + z ) = 0, equivalente a x k)y + kz 5 k = 0. In realtà, tale rappresentazione esclude il piano di equazione 2y + z = 0, che però non è parallelo alla retta r e di conseguenza non è il piano cercato. Il generico piano del fascio è parallelo alla retta r se e solo se il vettore n =, 2 + 2k, k) ad esso ortogonale è ortogonale al vettore v =, 2, 2) che è parallelo a r e ciò avviene se e solo se n v = 0, ossia se e solo se k + 2k = 0, cioè se e solo se k = 5 6. Sostituendo tale valore di k nell equazione del fascio e semplificando, si ottiene l equazione che rappresenta il piano π. 6x + 2y 5z 5 = 0, b) Sia P + t, + 2t, 2t) il generico punto della retta r. Il triangolo AP B è rettangolo in P se e solo se i vettori AP e BP sono ortogonali, cioè se e solo se il loro prodotto scalare è nullo. Poiché risulta AP = + t, + 2t, 2t), 2, ) = t + 2, 2t, 2t + ) e BP = + t, + 2t, 2t),, ) = t, 2t, 2t ), abbiamo che AP BP = 9t 2, per cui il prodotto scalare AP BP si annulla se e solo se t = / oppure t = /. Questi due valori del parametro t corrispondono rispettivamente ai due punti 0 P, 5, 2 ) 8 e P 2, ), 2, che sono i punti cercati.

8 . Disegnare sul piano di Gauss il luogo dei punti A e il luogo dei punti B: A = B = { z C \ { } : { z C : Im z) = z i } z + = 2, }. Risolvere quindi il sistema: { z i z+ = 2 Im z) = Soluzione: A: moltiplicando per z + e ponendo z = x + iy si ottiene: x + i y ) = 2 x + ) + iy Calcolando i moduli e ed elevando al quadrato si ottiene: x 2 + y ) 2 = 4 [x + ) 2 + y 2] x 2 + y x + 2 y + = 0 Si tratta di una circonferenza di centro 4 i e raggio 2 2. B: una retta orizzontale che passa per tutti i punti di ordinata i. Quindi passa anche per il centro della circonferenza. Dalla figura é immediato risolvere il sistema. Basta aggiungere e togliere il raggio alla parte reale del centro. Le soluzioni z e z 2 sono quindi: z = 4 ) i = 2 ) 2 i z 2 = 4 ) i = 2 + ) 2 i

9 4. Sia f la funzione definita da fx) = e 9 x 2. a) Determinare gli eventuali asintoti di f. b) Determinare gli eventuali massimi e minimi della funzione f. c) Senza calcolare la derivata seconda, disegnare il grafico di f. d) Determinare l immagine di f. e) Stabilire se l integrale improprio converge. I = + fx) ) dx Soluzione: k = ) La funzione f è pari. Quindi basta studiarla per x 0. a) La funzione f è definita solo per x ±k. Si ha lim fx) = lim x k + lim fx) = x k) + x k + e k 2 x 2 = 0 lim x k fx) = lim lim e x k) + k 2 x 2 = + lim x k) fx) = x k e k 2 x 2 = + lim e k 2 x 2 = 0. x k) Pertanto, f ha come asintoto verticale la retta di equazione x = k per x k e ha ha come asintoto verticale la retta di equazione x = k per x k) +. Inoltre, si ha lim fx) = lim e k 2 x 2 =. x ± x ± Quindi f possiede anche un asintoto verticale, di equazione y =, per x ±. b) La funzione f è derivabile per ogni x ±k e la sua derivata prima è f x) = 2kx k 2 x 2 ) 2 e k 2 x 2. Pertanto, f x) 0 se e solo se x 0. Quindi f presenta un punto di minimo locale in corrispondenza di x = 0, dato da M 0, e k 2 ). Non ci sono altri punti di estremo. c) Il grafico di f è y e /9 x d) L immagine di f è Im f = 0, ) e k 2, + ).

10 e) La funzione gx) = fx) = e k 2 x 2 è definita, continua e positiva su tutto l intervallo k, + ). Per x k +, la funzione f è limitata poiché fx) 0, come abbiamo già visto). Inoltre, per x +, si ha e quindi k 2 x 2 0 gx) k 2 x 2 x 2. Poiché la funzione /x 2 è integrabile in senso improprio per x +, per il criterio del confronto asintotico si ha che anche la funzione gx) è integrabile in senso improprio per x +. Pertanto, in conclusione, l integrale improprio I converge.