Corso di Laurea in Ingegneria Civile e Ambientale Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 24 febbraio 2018
(1) Delle soluzioni in campo complesso dell’equazione z2 + (2 + i)z + i = 0 a nessuna appartiene al secondo quadrante
c una appartiene all’asse reale
b una appartiene al quarto quadrante d nessuna delle precedenti
(per rispondere alla domanda `e sufficiente valutare il segno della parte reale e immaginaria delle soluzioni)
(2) La successione an = nαn
3n· n! per n → +∞
a converge per ogni α ≤ 1 c diverge per ogni α > 0
b converge se e solo se α = 1 d nessuna delle precedenti
(3) La funzione f (x) =
(ex−cosh x+α sin2x
x se x > 0
cos(βx) se x ≤ 0 nel punto x0 = 0 a `e continua ma non derivabile per ogni α, β ∈ IR
c `e derivabile solo per α = −β
b `e continua solo per α = 0 d nessuna delle precedenti (4) L’area massima di un triangolo inscritto in una circonferenza di raggio 2 `e
a 6 c 3√
3
b √ 3
d nessuna delle precedenti
(5) L’integrale improprio Z +∞
4
√ 1
x(x + 4)dx vale a +∞
c π2
b π4
d nessuna delle precedenti
(6) La serie
+∞
X
n=0
3n
1
1 − 3αn
− cos31n
converge
a per ogni α > 0 c solo per α = 1
b per nessun α ∈ IR d nessuna delle precedenti
1
Soluzione
(1) La risposta esatta `e a . Abbiamo infatti che l’equazione z2 + (2 + i)z + i = 0 `e equazione di secondo grado a coefficienti complessi della forma az2+ bz + c = 0 con a, b, c ∈ C. Per determinarne le soluzioni possiamo applicare la formula
z±= −b±
√
∆ 2a
dove con ±√
∆ si sono denotate le due radici del numero ∆ = b2−4ac. Nel nostro caso a = 1, b = 2+i e c = i, quindi ∆ = (2 + i)2− 4i = 3 `e un numero reale. Le soluzioni dell’equazione sono quindi
z± = −b±
√∆
2a = −2−i±
√3 2
ovvero
z−= −2−i−
√ 3
2 = −
√ 3+2
2 − 12i e z+ = −2−i+
√ 3
2 =
√ 3−2
2 −12i Dato che√
3 < 2, otteniamo che z± cadono entrambi nel terzo quadrante del piano complesso.
(2) La risposta esatta `e a . Per calcolare il limite della successione 3nnαn·n! al variare di α ∈ IR applichi- amo il criterio del rapporto. Per n → +∞ abbiamo
an+1
an = (n + 1)αn+α
3n+1· (n + 1)! · 3n· n!
nαn
= n + 1 n
αn
(n + 1)α
3(n + 1) ∼ 13 1 + 1nαn
· nα−1 →
+∞ se α > 1
e
3 se α = 1 0 se α < 1 e quindi, essendo e < 3, dal criterio del rapporto possiamo concludere che
n→+∞lim an =
(+∞ se α > 1 0 se α ≤ 1
(3) La risposta corretta `e la d . Dagli sviluppi notevoli si ha
ex− cosh x + α sin2x = 1 + x + x22 + o(x2) − (1 + x22 + o(x2)) + α(x2+ o(x2)) = x + αx2 + o(x2) Ne segue che
lim
x→0+f (x) = lim
x→0+
ex− cosh x + α sin2x
x = lim
x→0+
x + αx2+ o(x2)
x = 1
per ogni α ∈ IR ed essendo
lim
x→0−
f (x) = lim
x→0−
cos(βx) = 1 = f (0) 2
per ogni β ∈ IR, si ottiene che f (x) risulta continua in x0 = 0 per ogni α, β ∈ IR.
Riguardo alla derivabilit`a osserviamo che f (x) `e derivabile in ogni x < 0 con f0(x) = −β sin(βx) e che lim
x→0−f0(x) = 0 per ogni β ∈ IR. Quindi, per ogni β ∈ IR, la funzione ammette derivata sinistra in x0 = 0 con f−0(0) = 0.
Riguardo alla derivata destra, dallo sviluppo precedentemente ottenuto si ha
lim
x→0+
f (x) − f (0)
x = lim
x→0+
ex−cosh x+α sin2x
x − 1
x = lim
x→0+
ex− cosh x + α sin2x − x x2
= lim
x→0+
αx2+ o(x2) x2 = α.
Quindi la funzione ammette derivata destra in x0 = 0 con f+0 (0) = α. Ne segue che la funzione risulta derivabile in x0 = 0 solo per α = 0 e ogni β ∈ IR.
(4) La risposta corretta `e a . Per determinare l’area massima di un triangolo inscritto in una circon- ferenza di raggio 2 osserviamo che detta h l’altezza del triangolo e b la sua semibase, posto x = h − 2, si ha che x2+ b2 = 4 e dunque b =√
4 − x2.
x b
2
2
Poich´e l’area del triangolo `e uguale a A = b · h = (x + 2)√
4 − x2, il triangolo di area massima inscritto in una circonferenza di raggio 2 avr`a altezza h0 = 2 + x0 e base 2b0 = 2p4 − x20 dove x0 `e punto di massimo della funzione
A(x) = (x + 2)√ 4 − x2 nell’intervallo [−2, 2].
La funzione risulta derivabile in (−2, 2) con A0(x) = √
4 − x2− x
√4 − x2(x + 2) = 4 − x2− x(x + 2)
√4 − x2 = −2x2+ x − 2
√4 − x2
e quindi f0(x) > 0 se e solo se −2 < x < 1. Ne segue che f (x) risulta strettamente crescente in [−2, 1], strettamente decrescente in [1, 2] e x0 = 1 `e punto di massimo assoluto. L’area massima sar`a allora
3
pari a Amax = 3√ 3.
(5) La risposta corretta `e b . Infatti, per calcolareR dx
√x(x+4) operiamo innanzitutto una sostituzione ponendo t =√
x, da cui x = t2 e dx = 2tdt. Otteniamo
Z dx
√
x3(x − 4) = 2
Z dt t2+ 4 =
Z 1
2
(2t)2 + 1dt
= arctan2t + c = arctan
√x 2 + c
Dalla definizione di integrale improprio e dalla formula fondamentale del calcolo integrale otteniamo Z +∞
4
√ dx
x(x + 4) = lim
b→+∞
Z b 1
√ dx
x(x + 4) = lim
b→+∞
h arctan
√x 2
ib 1
= lim
b→+∞arctan
√ b
2 − arctan 1 = π2 − π4 = π4
(6) La risposta corretta `e a . Infatti, lo sviluppo di Taylor di ordine 2 della funzione 1−αx1 − cos x per x → 0 `e
1
1−αx− cos x = 1 + αx + α2x2+ o(x2) − (1 − x22 + o(x2))
= αx + (α2 +12)x2+ o(x2) ∼
(αx, se α 6= 0,
x2
2 , se α = 0.
Ponendo x = 31n, per n → +∞ otteniamo
1
1−3nα − cos 31n ∼ ( α
3n, se α 6= 0,
1
2·32n, se α = 0.
e dunque che
3n
1
1−3nα − cos 31n
∼
(α se α 6= 0,
1
2·3n, se α = 0.
Possiamo allora concludere che la serie non converge per α 6= 0, dato che non risulta verificata la condizione necessaria alla convergenza, mentre dal criterio del confronto asintotico la serie converge per α = 0 essendo tale la serieP+∞
n=0 1 3n.
4
