(1) Delle radici quarte di z = 1 − √

Corso di Laurea in Ingegneria Civile e Ambientale e Meccanica M/Z Prova scritta di Analisi Matematica 1 del x gennaio 2020

COGNOME NOME

MATRICOLA Prova Orale: x + 1 settimana x + 2 settimane

(1) Delle radici quarte di z = 1 − √

3i nel piano complesso a una cade sull’asse reale

c nessuna cade nel secondo quadrante

b una cade nel terzo quadrante d nessuna delle precedenti (2) La successione a

= n

Å

1+^α_n

− ^»

1 + sin

ã

`

e convergente a per ogni α > 0

c solo se α = −

b per nessun α ∈ R

d nessuna delle precedenti (3) La funzione f

(x) = log(cos x) + α sinh(x

) per x → 0 ha ordine di infinitesimo a 2 per ogni α ∈ R

c 4 per qualche α > 0

b 3 per qualche α < 0 d nessuna delle precedenti (4) L’equazione log |x − 1| = α(x − 1) ammette

a almeno due soluzioni positive per ogni 0 < α <

c almeno una soluzione negativa per ogni 0 < α <

b nessuna soluzione per ogni α > e d nessuna delle precedenti

(5) L’integrale improprio

Z

0

log(x + 1)

√

x

dx vale a +∞

c π

b 2π

d nessuna delle precedenti

(6) La serie

+∞

X

n=0

(3n)!

(2n)

converge a se e solo se α > 3

c per ogni α < 2

b solo per α =

d nessuna delle precedenti

Il punteggio per ciascun esercizio ` e di 6/30 eccetto il primo esercizio per il quale il punteggio ` e di 3/30.

Consegnare il foglio, compilato con i propri dati, con le risposte, lo svolgimento e la giustificazione.

Solo le risposte correttamente giustificate e di cui ` e presente lo svolgimento saranno ritenute valide per la valutazione del compito. Non consegnare fogli di brutta.

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Soluzione (1) La risposta corretta ` e b . Le radici quarte di z = 1 − √

3i = 2(cos(−

) + i sin(−

)) sono date da z

= √

2 ^ cos ^

π 3+2kπ

4

 + i sin ^

π 3+2kπ

4

 = √

2 ^Ä cos ^Ä

^ä + i sin ^Ä

^ää , k = 0, 1, 2, 3.

e dunque sono

z

= √

2 ^Ä cos ^Ä −

^ä + i sin ^Ä −

^ää z

= √

2 ^Ä cos ^Ä

^ä + i sin ^Ä

^ää z

= √

2 ^Ä cos ^Ä

^ä + i sin ^Ä

^ää z

= √

2 ^Ä cos ^Ä

^ä + i sin ^Ä

^ää

Abbiamo quindi che la radice z

cade nel terzo quadrante (infatti

∈ (π,

π)) e dunque la risposta corretta ` e b .

(2) La risposta corretta ` e c . Per calcolare il limite per n → +∞ della successione al variare di α ∈ R, osserviamo che lo sviluppo di Taylor di ordine 2 della funzione

− √

1 + sin x per x → 0 ` e

1

1+αx

− √

1 + sin x = 1 − αx + α

x

+ o(x

) − (1 +

sin x −

sin

x + o(sin

x))

= 1 − αx + α

x

+ o(x

) − (1 +

(x + o(x

)) −

(x + o(x

))

+ o((x + o(x

))

))

= −(α +

)x + (α

+

)x

+ o(x

) ∼







−(α +

)x, se α 6= −

,

2

9

x

, se α = −

. Ponendo x =

, per n → +∞ otteniamo

1

1+^α_n

− ^q

1 + sin

∼







−(α +

)

, se α 6= −

,

2 9

1

n²

, se α = −

.

Ne segue allora che

a

= n

Å

1+^α_n

− ^q

1 + sin

ã

∼







−(α +

)n, se α 6= −

,

2

9

, se α = −

. e quindi che

n→+∞

lim a

=



 



 



+∞, se α < −

,

−∞, se α > −

,

2

9

, se α = −

.

La successione risulta pertanto convergente solo per α = −

e dunque la risposta corretta ` e c . (3) La risposta corretta ` e c . Per determinare l’ordine di infinitesimo della funzione, determiniamone la formula di Taylor del quarto ordine. Dagli sviluppi notevoli per x → 0

, per ogni α ∈ R abbiamo

f

(x) = log(cos x) + α sinh(x

)

= cos x − 1 −

(cos x − 1)

+ o((cos x − 1)

) + α(x

+ o(x

))

= −

+

+ o(x

) −

(−

+

+ o(x

))

+ o((−

+

+ o(x

))

) + α(x

+ o(x

))

= −

+

+ o(x

) −

(

+ o(x

)) + o(

+ o(x

)) + α(x

+ o(x

))

= (α −

)x

−

x

+ o(x

)

Ne segue che se α 6=

allora f

(x) ∼ (α −

)x

per x → 0

e la funzione ha ordine di infinitesimo 2, mentre se α =

allora f

(x) ∼ −

x

per x → 0

e la funzione ha ordine di infinitesimo 4.

(4) La risposta corretta ` e a . Per determinare il numero di soluzioni dell’equazione log |x − 1| = α(x − 1) al variare di α > 0

, studiamo la funzione f

(x) = log |x − 1| − α(x − 1) e determiniamone l’esatto numero di zeri. Tale funzione ` e definita e continua in R \ {1} con

x→±∞

lim f

(x) = ∓∞

mentre lim

x→1^±

f (x) = −∞, per ogni α > 0.

La funzione ` e inoltre derivabile in ogni R \ {1} e f

(x) = 1

x − 1 − α = 1 − α(x − 1)

x − 1 = 1 + α − αx x − 1 Osservato che se α > 0

1 + α − αx > 0 ⇔ αx < 1 + α ⇔ x < 1 α + 1

e che 1 +

> 1, otteniamo che f

(x) > 0 se e solo se 1 < x < 1 +

. Dal criterio di monotonia abbiamo allora che la funzione ` e strettamente crescente in (1, 1 +

] e strettamente decrescente in (−∞, 1) e in [1 +

, +∞), x

= 1 +

` e punto di massimo relativo con f

(x

) = log

− 1 = − log α − 1. Poich´e f

(x

) = − log α − 1 > 0 se e solo se α <

e f

(0) = α > 0, dal Teorema dei valori intermedi e dalla monotonia stretta possiamo concludere che

1

nelle risposte proposte si considera solo α > 0

• se 0 < α <

, la funzione ammette tre zeri: x

∈ (0, 1), x

∈ (1, 1 +

) e x

∈ (1 +

, +∞);

• se α =

, la funzione ammette esattamente due zeri: x

∈ (0, 1) e x

= 1 +

= 1 + e;

• se α >

, la funzione ammette un unico zero: x

∈ (0, 1).

In alternativa si poteva osservare che l’equazione data ` e equivalente a

= α e dunque si poteva studiare la funzione f (x) =

e quindi il numero di soluzioni dell’equazione f (x) = α al variare di α > 0. La funzione ` e definita e continua in R \ {1} con

x→±∞

lim f (x) = 0 e lim

x→1^±

f (x) = ∓∞

La funzione ` e derivabile in R \ {1} con

f

(x) = 1 − log |x − 1|

(x − 1)

e quindi che f

(x) > 0 se e solo se 0 < |x − 1| < e, cio` e per 1 − e < x < 1 + e con x 6= 1, e quindi che la funzione ` e strettamente crescente in (1 − e, 1) e in (1, 1 + e), strettamente decrescente in (−∞, 1 − e) e in (1 + e, +∞). Il punto x = 1 − e ` e di minimo relativo con f (1 − e) = −

mentre x = 1 + e ` e di massimo relativo con f (1 + e) =

. Osservato che f (0) = 0, dal Teorema dei valori intermedi e dalla monotonia stretta possiamo concludere che l’equazione f (x) = α

• se 0 < α <

, la funzione ammette tre soluzioni: x

∈ (0, 1), x

∈ (1, 1 + e) e x

∈ (1 + e, +∞);

• se α =

, la funzione ammette esattamente due soluzioni: x

∈ (0, 1) e x

= 1 + e;

• se α >

, la funzione ammette un unico zero: x

∈ (0, 1).

(5) La risposta corretta ` e b . Per calcolare

Z

0

log(x + 1)

√

x

dx, osserviamo che l’integranda ` e definita e continua in (0, +∞), l’integrale ` e quindi dato da

Z

0

log(x + 1)

√ x

dx = lim

a→0⁺

Z

log(x + 1)

√ x

dx + lim

b→+∞

Z

log(x + 1)

√ x

dx

Determiniamo pertanto una primitiva della funzione

x³

. A tale scopo, operando la sostituzione t = √

x (da cui x = t

e dunque dx = 2t dt), e integrando per parti (considerando

= D(−

) come fattore differenziale) otteniamo

Z log(x + 1)

√ x

dx =

Z log(1 + t

)

t

2t dt = 2

Z log(1 + t

) t

dt

= −2 log(1 + t

)

t + 2

Z 2t

(1 + t

)t dt = −2 log(1 + t

)

t + 4

Z 1

1 + t

dt

= −2 log(1 + t

)

t + 4 arctan t + c = −2 log(1 + x)

√ x + 4 arctan √ x + c Ne segue che

Z

0

log(x + 1)

√ x

dx = lim

a→0⁺

Z

log(x + 1)

√ x

dx + lim

b→+∞

Z

1

log(x + 1)

√ x

dx

= lim

a→0⁺

ñ

−2 log(1 + x)

√ x + 4 arctan √ x

ô

a

+ lim

b→+∞

ñ

−2 log(1 + x)

√ x + 4 arctan √ x

ô

1

= lim

a→0⁺

−2log 2 + 4 arctan 1 + 2 log(1 + a)

√ a − 4 arctan √ a + lim

b→+∞

−2 log(1 + b)

√ b + 4 arctan √

b + 2 log 2 − 4 arctan 1 = 2π

dato che, dal limite notevole del logaritmo,

∼ √

a → 0 per a → 0 mentre, dalla gerarchia degli infiniti,

b

→ 0 per b → +∞.

Nota: osserviamo che l’integrale risulta in effetti convergente, essendo

∼

x³

=

per x → 0 e ^R

dx convergente, mentre

x³

∼

x³

per x → +∞ e ^R

x³

dx convergente.

(6) La risposta corretta ` e d . Applichiamo il criterio del rapporto per determinare se la serie converge.

Posto a

=

, calcoliamo il limite di   

n

 per n → +∞. Abbiamo

a

a

= (3(n + 1))!

(2(n + 1))

· (2n)

(3n)! = (3n + 3)(3n + 2)(3n + 1)(3n)!

2

(n + 1)

· 2

n

(3n)!

= (3n + 3)(3n + 2)(3n + 1)

2

(n + 1)

· 1

Ä 1 +

^ä

∼ 27

(2e)

n

→



 



 



0 se α > 3

27

8e³

se α = 3 +∞ se α < 3

Dato che e

> 8 si ha

< 1 e dal criterio del rapporto possiamo dedurre che la serie converge se

α ≥ 3 e diverge se α < 3.