Università degli Studi di Bergamo Matematica II (5 e 7,5 crediti) 24 giugno 2011 Tema A

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1 Università degli Studi di Bergamo Matematica II (5 e 7,5 crediti) 24 giugno 20 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. Si considerino il punto A(,0,2) e il piano π di equazione x 3y 2z +4 = 0. a) Si trovi la retta r perpendicolare a π e passante per A. La direzione di r è data da v r = n π, dove n π = (, 3, 2) è un vettore normale a π. Pertanto le equazioni parametriche di r sono x = +t r : y = 3t z = 2 2t b) Si dimostri che r è parallela alla retta s : { 2x+z 5 = 0 3x+y 3z +3 = 0 La direzione di s è data da v s = n n 2, dove n = (2,0,) e n 2 = ( 3,, 3) sono i vettori normali ai piani che compaiono nelle equazioni cartesiane di s. Si trova che v s = (,3,2) = v r e quindi r ed s sono parallele. c) Si determini il piano contenente r ed s. Il piano cercato è quello contenente s e passante per A. Consideriamo quindi il fascio dei piani contenenti s, ossia λ(2x+z 5)+µ( 3x+y 3z +3) = 0, e imponiamo il passaggio per A(,0,2). Otteniamo λ = 6µ e quindi l equazione del piano cercato è 5x y +9z 33 = 0.

2 d) Si calcoli la distanza AB, dove B è il punto d intersezione tra π e r. Non c è bisogno di calcolare le coordinate del punto B, poiché la distanza tra A e B coincide con la distanza tra A e il piano π; pertanto essa è data da AB = x A 3y A 2z A +4 ( 3)2 +5 = 4. Esercizio 2. Sia dove a è un parametro reale. A = 3 a a a 0 4 a) Verificare che è un autovalore di A. A I 3 = 0 3 a a a 0 3 e osserviamo che la prima e la terza riga sono uguali per cui il determinante di A I 3 è 0. Da questo deduciamo che è autovalore di A. b) Determinare il polinomio caratteristico di A e fattorizzarlo. λ 3 A λi 3 = 0 4 λ quindi il polinomio caratteristico di A è λ 3 P(λ) = 0 4 λ λ 3 = λ 0 λ (C 3 C ) λ 3 = (λ ) 0 4 λ 3 = (λ ) 0 a λ a sommando la terza colonna alla prima 0 0 = ( λ)(a λ)(4 λ). 2

3 c) Determinare per quali valori del parametro a la matrice A è diagonalizzabile. Gli autovalori di A sono λ =, λ 2 = 4 e λ 3 = a. Se a è diverso da e 4 allora la matrice A è automaticamente diagonalizzabile perché i suoi autovalori sono semplici. Per a =, l autovalore 4 è semplice (quindi regolare) e l autovalore è doppio. 3 A = 0 4 e 0 3 A I 3 = La matrice 2 2 in alto a sinistra è di determinante 0 quindi A I 3 e di caratteristica almeno 2 (per altro sappiamo che non è 3). Segue che l autovalore λ = ha molteplicità geometrica 3 2 = e quindi non è regolare. Per a = 4, l autovalore è semplice (quindi regolare) e l autovalore 4 è doppio. 3 A = e 3 3 A 4I 3 = La matrice 2 2 in basso a destra ha determinante 4 e quindi l autovalore λ 2 = 4 di nuovo non è regolare e la matrice quindi non è diagonalizzabile. In conclusione la matrice A è diagonalizzabile per tutti e soli i valori di a diversi da e 4. d) Determinare gli autovettori di A per a = 2. giàtrovatogliautovaloridiasitrattasolodirisolvereitresistemiomogenei (si ricorda che una volta trovato gli autovettori conviene verificare che Av = λv). Esercizio 3. Si calcoli I = D x 2 (+y) 2 dxdy, dove D è il triangolo di vertici A(,0), B(0,2) e C(,0). Poiché D è simmetrico rispetto all asse y e l integranda è pari rispetto ad x, l integrale richiesto è dato da 2 x 2 dxdy, dove E (+y) 2 E = {(x,y) R 2 0 x, 0 y 2 2x} 3

4 è la parte di D contenuta nel primo quadrante. Calcoliamo quindi x 2 ( 2 2x ) E (+y) dxdy = x (+y) dy dx = 2 0 ( = x 2 ) dx = 0 3 2x 3 0 = ( x ) dx 43 2x 0 = ln3. x 2 [ +y x 2 3 2x dx ] y=2 2x y=0 dx Pertanto I = ln3. Esercizio 4. Si consideri la funzione f(x,y) = x + y2 x 3 4ln(y +). a) Si trovi il campo di esistenza D di f. È facile vedere che D = {(x,y) R 2 x 3,y > }. b) Si mostri che A(4,) è un punto critico di f. Basta calcolare le derivate parziali di f, f x = y 2 (x 3) 2, f y = 2y x 3 4 y +, e mostrare che le coordinate di A le annullano entrambe. c) Si mostri che A(4,) è l unico punto critico di f. In questo caso bisogna risolvere il sistema y 2 (x 3) = 0 2 2y x 3 4 y + = 0 everificarechenonhaaltresoluzioni. Convienericavarex 3dallasecondaequazione e sostituirlo nella prima; si ottiene un equazione di secondo grado in y le cui soluzioni sono y = e y = 3. Quest ultima non è accettabile (si ricordi come è fatto il campo di esistenza D) e quindi l unico punto critico di f è A(4,). d) Si determinino gli estremi relativi di f (in D). Dobbiamo ora studiare la natura dell unico punto critico A. Le derivate seconde di f sono f xx = 2y2 (x 3) 3, f xy = 2y (x 3) 2, f yy = 2 x (y +) 2. 4

5 La matrice hessiana di f in A, Hf(4,) = ( ) 2 2, 2 3 è definita positiva e quindi A è un punto di minimo relativo. e) Si trovino gli estremi assoluti di f (in D). Dobbiamo capire se A è un punto di minimo assoluto. Ciò non è possibile, perché f(x,0) = x e quindi lim x f(x,0) =. 5

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7 Università degli Studi di Bergamo Matematica II (5 e 7,5 crediti) 24 giugno 20 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. Si considerino il punto A(,0,2) e il piano π di equazione x 2y 2z +4 = 0. a) Si trovi la retta r perpendicolare a π e passante per A. La direzione di r è data da v r = n π, dove n π = (, 2, 2) è un vettore normale a π. Pertanto le equazioni parametriche di r sono x = +t r : y = 2t z = 2 2t b) Si dimostri che r è parallela alla retta s : { 2x+z 5 = 0 2x+y 2z +3 = 0 La direzione di s è data da v s = n n 2, dove n = (2,0,) e n 2 = ( 2,, 2) sono i vettori normali ai piani che compaiono nelle equazioni cartesiane di s. Si trova che v s = (,2,2) = v r e quindi r ed s sono parallele. c) Si determini il piano contenente r ed s. Il piano cercato è quello contenente s e passante per A. Consideriamo quindi il fascio dei piani contenenti s, ossia λ(2x+z 5)+µ( 2x+y 2z +3) = 0, e imponiamo il passaggio per A(,0,2). Otteniamo λ = 3µ e quindi l equazione del piano cercato è 8x y +5z 8 = 0.

8 d) Si calcoli la distanza AB, dove B è il punto d intersezione tra π e r. Non c è bisogno di calcolare le coordinate del punto B, poiché la distanza tra A e B coincide con la distanza tra A e il piano π; pertanto essa è data da AB = x A 2y A 2z A +4 ( 2)2 +5 = 9. Esercizio 2. Sia dove a è un parametro reale. A = a a a 0 2 a) Verificare che è un autovalore di A. A I 3 = 0 a a a 0 e osserviamo che la prima e la terza riga sono uguali per cui il determinante di A I 3 è 0. Da questo deduciamo che è autovalore di A. b) Determinare il polinomio caratteristico di A e fattorizzarlo. λ A λi 3 = 0 2 λ quindi il polinomio caratteristico di A è λ P(λ) = 0 2 λ λ = λ 0 λ (C 3 C ) λ = (λ ) 0 2 λ = (λ ) 0 a λ a sommando la terza colonna alla prima 0 0 = ( λ)(a λ)(2 λ). 2

9 c) Determinare per quali valori del parametro a la matrice A è diagonalizzabile. Gli autovalori di A sono λ =, λ 2 = 2 e λ 3 = a. Se a è diverso da e 2 allora la matrice A è automaticamente diagonalizzabile perché i suoi autovalori sono semplici. Per a =, l autovalore 2 è semplice (quindi regolare) e l autovalore è doppio. A = 0 2 e 0 A I 3 = La matrice 2 2 in alto a sinistra è di determinante 0 quindi A I 3 e di caratteristica almeno 2 (per altro sappiamo che non è 3). Segue che l autovalore λ = ha molteplicità geometrica 3 2 = e quindi non è regolare. Per a = 2, l autovalore è semplice (quindi regolare) e l autovalore 2 è doppio. A = e A 2I 3 = La matrice 2 2 in basso a destra ha determinante 2 e quindi l autovalore λ 2 = 2 di nuovo non è regolare e la matrice quindi non è diagonalizzabile. In conclusione la matrice A è diagonalizzabile per tutti e soli i valori di a diversi da e 2. d) Determinare gli autovettori di A per a = 2. giàtrovatogliautovaloridiasitrattasolodirisolvereitresistemiomogenei (si ricorda che una volta trovato gli autovettori conviene verificare che Av = λv). Esercizio 3. Si calcoli I = D x 2 (+y) 2 dxdy, dove D è il triangolo di vertici A(,0), B(0,5) e C(,0). Poiché D è simmetrico rispetto all asse y e l integranda è pari rispetto ad x, l integrale richiesto è dato da 2 x 2 dxdy, dove E (+y) 2 E = {(x,y) R 2 0 x, 0 y 5 5x} 3

10 è la parte di D contenuta nel primo quadrante. Calcoliamo quindi x 2 ( 5 5x ) E (+y) dxdy = x (+y) dy dx = 2 0 ( = x 2 ) dx = 0 6 5x 3 0 = ( x ) dx 256 5x = ln6. Pertanto I = ln6. x 2 [ +y x 2 6 5x dx ] y=5 5x y=0 dx Esercizio 4. Si consideri la funzione f(x,y) = x 2+ y2 x 4 4ln(y +). a) Si trovi il campo di esistenza D di f. È facile vedere che D = {(x,y) R 2 x 4,y > }. b) Si mostri che A(5,) è un punto critico di f. Basta calcolare le derivate parziali di f, f x = y 2 (x 4) 2, f y = 2y x 4 4 y +, e mostrare che le coordinate di A le annullano entrambe. c) Si mostri che A(5,) è l unico punto critico di f. In questo caso bisogna risolvere il sistema y 2 (x 4) = 0 2 2y x 4 4 y + = 0 everificarechenonhaaltresoluzioni. Convienericavarex 4dallasecondaequazione e sostituirlo nella prima; si ottiene un equazione di secondo grado in y le cui soluzioni sono y = e y = 3. Quest ultima non è accettabile (si ricordi come è fatto il campo di esistenza D) e quindi l unico punto critico di f è A(5,). d) Si determinino gli estremi relativi di f (in D). Dobbiamo ora studiare la natura dell unico punto critico A. Le derivate seconde di f sono f xx = 2y2 (x 4) 3, f xy = 2y (x 4) 2, f yy = 2 x (y +) 2. 4

11 La matrice hessiana di f in A, Hf(5,) = ( ) 2 2, 2 3 è definita positiva e quindi A è un punto di minimo relativo. e) Si trovino gli estremi assoluti di f (in D). Dobbiamo capire se A è un punto di minimo assoluto. Ciò non è possibile, perché f(x,0) = x 2 e quindi lim x f(x,0) =. 5

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13 Università degli Studi di Bergamo Matematica II (5 e 7,5 crediti) 24 giugno 20 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. Si considerino il punto A(,0,2) e il piano π di equazione x+y 2z +4 = 0. a) Si trovi la retta r perpendicolare a π e passante per A. La direzione di r è data da v r = n π, dove n π = (,, 2) è un vettore normale a π. Pertanto le equazioni parametriche di r sono x = +t r : y = t z = 2 2t b) Si dimostri che r è parallela alla retta s : { 2x+z 5 = 0 x+y +z +3 = 0 La direzione di s è data da v s = n n 2, dove n = (2,0,) e n 2 = (,,) sono i vettori normali ai piani che compaiono nelle equazioni cartesiane di s. Si trova che v s = (,,2) = v r e quindi r ed s sono parallele. c) Si determini il piano contenente r ed s. Il piano cercato è quello contenente s e passante per A. Consideriamo quindi il fascio dei piani contenenti s, ossia λ(2x+z 5)+µ(x+y +z +3) = 0, e imponiamo il passaggio per A(,0,2). Otteniamo λ = 6µ e quindi l equazione del piano cercato è 3x+y +7z 27 = 0.

14 d) Si calcoli la distanza AB, dove B è il punto d intersezione tra π e r. Non c è bisogno di calcolare le coordinate del punto B, poiché la distanza tra A e B coincide con la distanza tra A e il piano π; pertanto essa è data da AB = x A +y A 2z A = 6. Esercizio 2. Sia dove a è un parametro reale. A = 2 a a a 0 a) Verificare che è un autovalore di A. A I 3 = 0 2 a a a 0 2 e osserviamo che la prima e la terza riga sono uguali per cui il determinante di A I 3 è 0. Da questo deduciamo che è autovalore di A. b) Determinare il polinomio caratteristico di A e fattorizzarlo. A λi 3 = λ 2 0 λ quindi il polinomio caratteristico di A è λ 2 P(λ) = 0 λ λ 2 = λ 0 λ (C 3 C ) λ 2 = (λ ) 0 λ 2 = (λ ) 0 a λ a sommando la terza colonna alla prima 0 0 = ( λ)(a λ)( λ). 2

15 c) Determinare per quali valori del parametro a la matrice A è diagonalizzabile. Gli autovalori di A sono λ =, λ 2 = e λ 3 = a. Se a è diverso da e allora la matrice A è automaticamente diagonalizzabile perché i suoi autovalori sono semplici. Per a =, l autovalore è semplice (quindi regolare) e l autovalore è doppio. 2 A = 0 e 0 2 A I 3 = 0 0 La matrice 2 2 in alto a sinistra è di determinante 0 quindi A I 3 e di caratteristica almeno 2 (per altro sappiamo che non è 3). Segue che l autovalore λ = ha molteplicità geometrica 3 2 = e quindi non è regolare. Per a =, l autovalore è semplice (quindi regolare) e l autovalore è doppio. 2 A = 0 e 2 2 A+I 3 = La matrice 2 2 in basso a destra ha determinante e quindi l autovalore λ 2 = di nuovo non è regolare e la matrice quindi non è diagonalizzabile. In conclusione la matrice A è diagonalizzabile per tutti e soli i valori di a diversi da e. d) Determinare gli autovettori di A per a = 2. giàtrovatogliautovaloridiasitrattasolodirisolvereitresistemiomogenei (si ricorda che una volta trovato gli autovettori conviene verificare che Av = λv). Esercizio 3. Si calcoli I = D x 2 (+y) 2 dxdy, dove D è il triangolo di vertici A(,0), B(0,3) e C(,0). Poiché D è simmetrico rispetto all asse y e l integranda è pari rispetto ad x, l integrale richiesto è dato da 2 x 2 dxdy, dove E (+y) 2 E = {(x,y) R 2 0 x, 0 y 3 3x} 3

16 è la parte di D contenuta nel primo quadrante. Calcoliamo quindi x 2 ( 3 3x ) E (+y) dxdy = x (+y) dy dx = 2 0 ( = x 2 ) dx = 0 4 3x 3 0 = ( x ) dx 9 4 3x = ln4. Pertanto I = ln4 = 64 ln x 2 [ +y x 2 4 3x dx ] y=3 3x y=0 dx Esercizio 4. Si consideri la funzione f(x,y) = x++ y2 x 4ln(y +). a) Si trovi il campo di esistenza D di f. È facile vedere che D = {(x,y) R 2 x,y > }. b) Si mostri che A(2,) è un punto critico di f. Basta calcolare le derivate parziali di f, f x = y 2 (x ) 2, f y = 2y x 4 y +, e mostrare che le coordinate di A le annullano entrambe. c) Si mostri che A(2,) è l unico punto critico di f. In questo caso bisogna risolvere il sistema y 2 (x ) = 0 2 2y x 4 y + = 0 everificarechenonhaaltresoluzioni. Convienericavarex dallasecondaequazione e sostituirlo nella prima; si ottiene un equazione di secondo grado in y le cui soluzioni sono y = e y = 3. Quest ultima non è accettabile (si ricordi come è fatto il campo di esistenza D) e quindi l unico punto critico di f è A(2,). d) Si determinino gli estremi relativi di f (in D). Dobbiamo ora studiare la natura dell unico punto critico A. Le derivate seconde di f sono f xx = 2y2 (x ) 3, f xy = 2y (x ) 2, f yy = 2 x + 4 (y +) 2. 4

17 La matrice hessiana di f in A, Hf(2,) = ( ) 2 2, 2 3 è definita positiva e quindi A è un punto di minimo relativo. e) Si trovino gli estremi assoluti di f (in D). Dobbiamo capire se A è un punto di minimo assoluto. Ciò non è possibile, perché f(x,0) = x+ e quindi lim x f(x,0) =. 5

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19 Università degli Studi di Bergamo Matematica II (5 e 7,5 crediti) 24 giugno 20 Tema D 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. Si considerino il punto A(,0,2) e il piano π di equazione x+2y 2z +4 = 0. a) Si trovi la retta r perpendicolare a π e passante per A. La direzione di r è data da v r = n π, dove n π = (,2, 2) è un vettore normale a π. Pertanto le equazioni parametriche di r sono x = +t r : y = 2t z = 2 2t b) Si dimostri che r è parallela alla retta s : { 2x+z 5 = 0 2x+y +2z +3 = 0 La direzione di s è data da v s = n n 2, dove n = (2,0,) e n 2 = (2,,2) sono i vettori normali ai piani che compaiono nelle equazioni cartesiane di s. Si trova che v s = (, 2,2) = v r e quindi r ed s sono parallele. c) Si determini il piano contenente r ed s. Il piano cercato è quello contenente s e passante per A. Consideriamo quindi il fascio dei piani contenenti s, ossia λ(2x+z 5)+µ(2x+y +2z +3) = 0, e imponiamo il passaggio per A(,0,2). Otteniamo λ = 9µ e quindi l equazione del piano cercato è 20x+y +z 42 = 0.

20 d) Si calcoli la distanza AB, dove B è il punto d intersezione tra π e r. Non c è bisogno di calcolare le coordinate del punto B, poiché la distanza tra A e B coincide con la distanza tra A e il piano π; pertanto essa è data da AB = x A +2y A 2z A = 9. Esercizio 2. Sia dove a è un parametro reale. A = 2 a a a 0 3 a) Verificare che è un autovalore di A. A I 3 = 0 2 a a a 0 2 e osserviamo che la prima e la terza riga sono uguali per cui il determinante di A I 3 è 0. Da questo deduciamo che è autovalore di A. b) Determinare il polinomio caratteristico di A e fattorizzarlo. λ 2 A λi 3 = 0 3 λ quindi il polinomio caratteristico di A è λ 2 P(λ) = 0 3 λ λ 2 = λ 0 λ (C 3 C ) λ 2 = (λ ) 0 3 λ 2 = (λ ) 0 a λ a sommando la terza colonna alla prima 0 0 = ( λ)(a λ)(3 λ). 2

21 c) Determinare per quali valori del parametro a la matrice A è diagonalizzabile. Gli autovalori di A sono λ =, λ 2 = 3 e λ 3 = a. Se a è diverso da e 3 allora la matrice A è automaticamente diagonalizzabile perché i suoi autovalori sono semplici. Per a =, l autovalore 3 è semplice (quindi regolare) e l autovalore è doppio. 2 A = 0 3 e 0 2 A I 3 = La matrice 2 2 in alto a sinistra è di determinante 0 quindi A I 3 e di caratteristica almeno 2 (per altro sappiamo che non è 3). Segue che l autovalore λ = ha molteplicità geometrica 3 2 = e quindi non è regolare. Per a = 3, l autovalore è semplice (quindi regolare) e l autovalore 3 è doppio. 2 A = e 2 2 A 3I 3 = La matrice 2 2 in basso a destra ha determinante 3 e quindi l autovalore λ 2 = 3 di nuovo non è regolare e la matrice quindi non è diagonalizzabile. In conclusione la matrice A è diagonalizzabile per tutti e soli i valori di a diversi da e 3. d) Determinare gli autovettori di A per a = 2. giàtrovatogliautovaloridiasitrattasolodirisolvereitresistemiomogenei (si ricorda che una volta trovato gli autovettori conviene verificare che Av = λv). Esercizio 3. Si calcoli I = D x 2 (+y) 2 dxdy, dove D è il triangolo di vertici A(,0), B(0,4) e C(,0). Poiché D è simmetrico rispetto all asse y e l integranda è pari rispetto ad x, l integrale richiesto è dato da 2 x 2 dxdy, dove E (+y) 2 E = {(x,y) R 2 0 x, 0 y 4 4x} 3

22 è la parte di D contenuta nel primo quadrante. Calcoliamo quindi x 2 ( 4 4x ) E (+y) dxdy = x (+y) dy dx = 2 0 ( = x 2 ) dx = 0 5 4x 3 0 = ( x ) dx 65 4x = ln5. Pertanto I = ln5. x 2 [ +y x 2 5 4x dx ] y=4 4x y=0 dx Esercizio 4. Si consideri la funzione f(x,y) = x+3+ y2 x+ 4ln(y +). a) Si trovi il campo di esistenza D di f. È facile vedere che D = {(x,y) R 2 x,y > }. b) Si mostri che A(0,) è un punto critico di f. Basta calcolare le derivate parziali di f, f x = y 2 (x+) 2, f y = 2y x+ 4 y +, e mostrare che le coordinate di A le annullano entrambe. c) Si mostri che A(0,) è l unico punto critico di f. In questo caso bisogna risolvere il sistema y 2 (x+) = 0 2 2y x+ 4 y + = 0 everificarechenonhaaltresoluzioni. Convienericavarex+dallasecondaequazione e sostituirlo nella prima; si ottiene un equazione di secondo grado in y le cui soluzioni sono y = e y = 3. Quest ultima non è accettabile (si ricordi come è fatto il campo di esistenza D) e quindi l unico punto critico di f è A(0,). d) Si determinino gli estremi relativi di f (in D). Dobbiamo ora studiare la natura dell unico punto critico A. Le derivate seconde di f sono f xx = 2y2 (x+) 3, f xy = 2y (x+) 2, f yy = 2 x+ + 4 (y +) 2. 4

23 La matrice hessiana di f in A, Hf(0,) = ( ) 2 2, 2 3 è definita positiva e quindi A è un punto di minimo relativo. e) Si trovino gli estremi assoluti di f (in D). Dobbiamo capire se A è un punto di minimo assoluto. Ciò non è possibile, perché f(x,0) = x+3 e quindi lim x f(x,0) =.