Svolgimento dei quiz dell’esame di Analisi Matematica II del 19 febbraio 2018 ore 16

(1)

Svolgimento dei quiz dell’esame di Analisi Matematica II del 19 febbraio 2018 ore 16

Versione: V1

Quiz 1. La serie numerica

∑∞ n=1

(n!)²3²ⁿ

n²ⁿ⁺¹ cos [(2n + 1)π]

A diverge negativamente.

B converge ad un numero negativo.

C converge a zero.

D diverge positivamente.

E converge ad un numero positivo.

SVOLGIMENTO Poich´e cos [(2n + 1)π] =−1 per ogni n ∈ N, si ha che

∑∞ n=1

(n!)²3²ⁿ

n²ⁿ⁺¹ cos [(2n + 1)π] =−∑^∞

n=1

(n!)²3²ⁿ n²ⁿ⁺¹ .

La serie

∑∞ n=1

(n!)²3²ⁿ

n²ⁿ⁺¹ `e a termini positivi, e quindi converge ad un numero positivo o diverge positivamente. Posto an= (n!)²3²ⁿ

n²ⁿ⁺¹ , si ha che an+1

a_n = [(n + 1)!]²3²ⁿ⁺²

(n + 1)²ⁿ⁺³ · n²ⁿ⁺¹

(n!)²3²ⁿ = (n + 1)²(n!)²· 9 · 3²ⁿ

(n + 1)³(n + 1)²ⁿ · n· n²ⁿ

(n!)²3²ⁿ = 9n

n + 1· 1 [(

1 + 1 n

)n]2.

Quindi

limn

an+1

a_n = lim

n

9n

n + 1· 1 [(

1 + 1 n

)n]2 = 9 e² > 1.

Per il Criterio del rapporto la serie

∑∞ n=1

(n!)²3²ⁿ

n²ⁿ⁺¹ diverge positivamente e quindi la serie data diverge negativamente. La risposta corretta `e A .

Quiz 2. Siano (an) e (bn) due successioni reali. Quale delle seguenti aﬀermazioni `e corretta?

A Se an∼ bn per n→ +∞ e∑

an converge, allora∑

bn converge.

B Se an, bn ≥ 0 per ogni n ∈ N, an = o(bn) per n→ +∞ e∑

an diverge, allora∑

bn diverge.

C Se an, bn≥ 0 per ogni n ∈ N, an= o(bn) per n→ +∞ e∑

bn converge.

D Se an, bn≥ 0 per ogni n ∈ N, an= o(bn) per n→ +∞ e∑

bn diverge, allora∑

an diverge.

E Se a_n= o(b_n) per n→ +∞ e∑

b_n converge, allora∑

a_n converge.

SVOLGIMENTO

Per il Criterio del confronto asintotico, se an, bn≥ 0 per ogni n ∈ N, an = o(bn) per n→ +∞ e∑

an diverge, allora∑ bn

diverge. La risposta corretta `e B .

Quiz 3. L’equazione del piano tangente al graﬁco della funzione f (x, y) = 2 arctan(

4 e^2xy− 3x − 6y)

nel punto (

1, 0, f (1, 0) )

` e

A z = π

2 − 2 − 3x + 2y.

B z = π

2 − 3x + 2y.

(2)

C z = π

2 + 3− 3x + 2y.

D z = π 4 +3

2 − 3x + 2y.

E z = π 2.

SVOLGIMENTO

La funzione f `e diﬀerenziabile suR². L’equazione del piano tangente al graﬁco della funzione f nel punto (

1, 0, f (1, 0) )

` e

z = f (1, 0) +∂f

∂x(1, 0)(x− 1) +∂f

∂y(1, 0)y.

Si ha che f (1, 0) = ^π₂,

∂f

∂x(x, y) = 2 8y e^2xy− 3

1 + (4 e^2xy− 3x − 6y)² =⇒ ∂f

∂x(1, 0) =−3,

∂f

∂y(x, y) = 2 8x e^2xy− 6

1 + (4 e^2xy− 3x − 6y)² =⇒ ∂f

∂y(1, 0) = 2.

Quindi l’equazione del piano tangente al graﬁco della funzione f nel punto (

1, 0, f (1, 0) )

` e z = π

2 − 3(x − 1) + 2y =⇒ z = π

2 + 3− 3x + 2y.

La risposta corretta `e C .

Quiz 4. Siano f (x, y) = (x e^y, y e^x), g :R²→ R una funzione diﬀerenziabile, u e v le variabili della funzione g. La derivata parziale ∂

∂x(g◦ f)(x, y) `e uguale a A ∂g

∂u(x e^y, y e^x) e^y+∂g

∂v(x e^y, y e^x) y e^x. B ∂g

∂u(x e^y, y e^x) (e^y+ y e^x).

C ∂g

∂u(x e^y, y e^x) e^y. D ∂g

∂u(x e^y, y e^x) +∂g

∂v(x e^y, y e^x).

E ∂g

∂u(x e^y, y e^x) x e^y+∂g

∂v(x e^y, y e^x) y e^x.

SVOLGIMENTO

La funzione f `e diﬀerenziabile suR². Per la Regola della catena, posto f = (f1, f2), si ha che

∂

∂x(g◦ f)(x, y) = ∂g

∂u(f (x, y))·∂f1

∂x(x, y) +∂g

∂v(f (x, y))·∂f2

∂x(x, y).

Poich´e

∂f1

∂x(x, y) = e^y, ∂f2

∂x(x, y) = y e^x, si ottiene

∂

∂x(g◦ f)(x, y) = ∂g

∂u(f (x, y))· ∂f₁

∂x(x, y) +∂g

∂v(f (x, y))·∂f₂

∂x(x, y) = ∂g

∂u(x e^y, y e^x) e^y+∂g

∂v(x e^y, y e^x) y e^x. La risposta corretta `e A .

Quiz 5. Sia Ω = {

(x, y, z)∈ R³: 0≤ z ≤ 6 −√

x²+ y², x²+ y²≤ 9}

. L’integrale

∫

Ω

2z 6−√

x²+ y²dx dy dz vale A 18π.

B 27π.

C 72π.

D 36π.

(3)

E 9π.

SVOLGIMENTO Passando in coordinate cilindriche con asse parallelo all’asse z si ha

∫

Ω

2z 6−√

x²+ y²dx dy dz =

∫

Ω^′

2zρ

6− ρdρ dϑ dz, dove Ω^′ ={

(ρ, ϑ, z)∈ R³: 0≤ ρ ≤ 3, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 6 − ρ}

. Integrando per ﬁli paralleli all’asse ϑ si ha

∫

Ω

2z 6−√

∫

Ω^′

2zρ

6− ρdρ dϑ dz = 4π

∫

D

zρ

6− ρdρ dz = dove D = {

(ρ, z)∈ R²: 0≤ ρ ≤ 3, 0 ≤ z ≤ 6 − ρ}

`e un insieme z-semplice, e applicando la formula di integrazione sugli insiemi z-semplici si ottiene

= 4π

∫ 3 0

(∫ 6−ρ 0

zρ 6− ρdz

)

dρ = 2π

∫ 3 0

ρ 6− ρ

[ z²

]6−ρ

0 dρ = 2π

∫ 3 0

(6ρ− ρ²)

dρ = 2π [

3ρ²−1 3ρ³

]3

0

= 36π.

La risposta corretta `e D .

Quiz 6. Sia Σ = {

(x, y, z)∈ R³: z = 1

2(y²− x²) + 9, x²+ y²≤ 4, x ≥ 0 }

. L’integrale

∫

Σ

6

[2(z− 9) + 2x²+ 1]^3/2 dσ vale

A 6π log 5.

B 3π arctan 2.

C 3π log 5.

D 6π arctan 2.

E 3π.

SVOLGIMENTO

La superﬁcie Σ `e il graﬁco della funzione g : K→ R, g(x, y) = ¹₂(y²− x²) + 9, dove K ={

(x, y)∈ R²: x²+ y²≤ 4, x ≥ 0} . Quindi Σ = σ(K), dove σ : K→ R³è la superficie parametrica. Un vettore normale a Σ è

N (x, y) = ∂σ

∂x(x, y)∧ ∂σ

∂y(x, y) = (

−∂g

∂x(x, y),−∂g

∂y(x, y), 1 )

= (x,−y, 1) .

Quindi∥N(x, y)∥ =√

x²+ y²+ 1. Si ha che

∫

Σ

6

[2(z− 9) + 2x²+ 1]^3/2 dσ =

∫

K

[ 6 2[₁

2(y²− x²) + 9− 9]

+ 2x²+ 1]3/2∥N(x, y)∥ dx dy =

=

∫

K

6

(x²+ y²+ 1)^3/2 ·√

x²+ y²+ 1 dx dy =

∫

K

6

x²+ y²+ 1dx dy = passando in coordinate polari nel piano

= 6

∫

K^′

ρ

ρ²+ 1 dρ dϑ = essendo K^′= [0, 2]×[

−^π₂,^π₂]

si ottiene

= 6π

∫ 2 0

ρ

ρ²+ 1dρ = 3π [

log (ρ²+ 1) ]2

0

= 3π log 5.

Quiz 7. L’insieme di convergenza puntuale della serie di potenze

∑∞ n=1

(−1)ⁿ 7ⁿ+ 4n⁹

6ⁿ(n + 1)(x + 2)ⁿ `e

(4)

A un intervallo chiuso limitato.

B un intervallo limitato contenente l’estremo di sinistra ma non quello di destra.

C R.

D un intervallo limitato contenente l’estremo di destra ma non quello di sinistra.

E un intervallo aperto limitato.

SVOLGIMENTO E una serie entrata in x` 0=−2. Posto t = x + 2 si ha che

∑∞ n=1

(−1)ⁿ 7ⁿ+ 4n⁹

6ⁿ(n + 1)(x + 2)ⁿ=

∑∞ n=1

(−1)ⁿ 7ⁿ+ 4n⁹ 6ⁿ(n + 1)tⁿ

che `e una serie di potenze centrata in 0. Posto a_n= (−1)ⁿ 7ⁿ+ 4n⁹

6ⁿ(n + 1), si ha che

limn

√n

|an| = lim_n ⁿ

√

7ⁿ+ 4n⁹ 6ⁿ(n + 1) = 7

6. Per il Teorema della radice il raggio di convergenza della serie `e R = 6

7. Per il Teorema sull’insieme di convergenza la serie centrata in 0 converge assolutamente (e quindi anche puntualmente) in(

−⁶₇,⁶₇) . Per t = ⁶₇ si ha

∑∞ n=1

(−1)ⁿ 7ⁿ+ 4n⁹ 6ⁿ(n + 1)

(6 7

)n

=

∑∞ n=1

(−1)ⁿ 7ⁿ+ 4n⁹ 7ⁿ(n + 1) =

∑∞ n=1

[

(−1)ⁿ 1

n + 1+ (−1)ⁿ 4n⁹ 7ⁿ(n + 1)

] .

La serie

∑∞ n=1

(−1)ⁿ 1

n + 1 converge (per il Criterio di Leibniz) ma non assolutamente.

La serie

∑∞ n=1

(−1)ⁿ 4n⁹

7ⁿ(n + 1) converge assolutamente (e quindi converge) per il Criterio della radice perch´e

limn

n

√(−1)ⁿ 4n⁹ 7ⁿ(n + 1)

= 0 < 1.

Per l’algebra delle serie la serie in t = ⁶₇ converge.

Per t =−⁶₇ si ha

∑∞ n=1

(−1)ⁿ 7ⁿ+ 4n⁹ 6ⁿ(n + 1)

(

−6 7

)n

=

∑∞ n=1

7ⁿ+ 4n⁹ 7ⁿ(n + 1) =

∑∞ n=1

[ 1

n + 1+ 4n⁹ 7ⁿ(n + 1)

] .

La serie

∑∞ n=1

1

n + 1 diverge mentre la serie

∑∞ n=1

4n⁹

7ⁿ(n + 1) converge per quanto detto precedentemente. Per l’algebra delle serie la serie di potenze in t = −⁶₇ diverge. Quindi complessivamente converge puntualmente in (

−⁶₇,⁶₇]

. Essendo x = t− 2, la serie di potenze centrata in x0=−2 converge puntualmente in(

−²⁰₇,−⁸₇]

. La risposta corretta `e D .

Quiz 8. L’integrale di linea del campo vettoriale F (x, y) = (

24x³y(3x⁴+ 2) + (4y³+ 5)², (3x⁴+ 2)²+ 24xy²(4y³+ 5) + 7 )

lungo la curva parametrica γ : [0, 3]→ R²deﬁnita da γ(t) = (

t³(t²− 9) + t, t⁴(t³− 27) + sin (πt)) vale A 15.

B 0.

C −75.

D 75.

E −15.

(5)

SVOLGIMENTO

Il campo vettoriale F `e di classe C¹ suR² che `e un insieme semplicemente connesso. Posto F = (f1, f2) si ha che

∂f1

∂y (x, y) = 24x³(3x⁴+ 2) + 24y²(4y³+ 5) = ∂f2

∂x(x, y).

Quindi F `e conservativo su R². Un potenziale f di F suR² `e tale che









∂f

∂x(x, y) = f1(x, y) = 24x³y(3x⁴+ 2) + (4y³+ 5)²

∂f

∂y(x, y) = f2(x, y) = (3x⁴+ 2)²+ 24xy²(4y³+ 5) + 7.

Integrando rispetto a x la prima relazione si ottiene f (x, y) =

∫ [

24x³y(3x⁴+ 2) + (4y³+ 5)² ]

dx = y(3x⁴+ 2)²+ x(4y³+ 5)²+ c(y), dove c `e una generica funzione dipendente solo da y. Sostituendo nella seconda relazione si ottiene

∂f

∂y(x, y) = (3x⁴+ 2)²+ 24xy²(4y³+ 5) + c^′(y) = (3x⁴+ 2)²+ 24xy²(4y³+ 5) + 7 =⇒ c^′(y) = 7 =⇒ c(y) = 7y + k, k ∈ R.

Quindi un potenziale di F suR² `e

f (x, y) = y(3x⁴+ 2)²+ x(4y³+ 5)²+ 7y + k, k∈ R.

Ne segue che ∫

γ

F· dP = f(γ(3)) − f(γ(0)) = f(3, 0) − f(0, 0) = 75.

(6)

Versione: V2

Quiz 1. Sia Ω = {

(x, y, z)∈ R³: 0≤ z ≤ 4 −√

x²+ y², x²+ y²≤ 4}

. L’integrale

∫

Ω

3z 4−√

x²+ y²dx dy dz vale A 8π.

B 4π.

C 16π.

D 32π.

E 18π.

∫

Ω

3z 4−√

∫

Ω^′

3zρ

4− ρdρ dϑ dz, dove Ω^′ ={

(ρ, ϑ, z)∈ R³: 0≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 4 − ρ}

∫

Ω

3z 4−√

∫

Ω^′

3zρ

4− ρdρ dϑ dz = 6π

∫

D

zρ

4− ρdρ dz = dove D = {

(ρ, z)∈ R²: 0≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 4 − ρ}

= 6π

∫ 2 0

(∫ 4−ρ 0

zρ 4− ρdz

)

dρ = 3π

∫ 2 0

ρ 4− ρ

[ z²

]4−ρ 0

dρ = 3π

∫ 2 0

(4ρ− ρ²)

dρ = 3π [

2ρ²−1 3ρ³

]2

0

= 16π.

Quiz 2. Sia Σ = {

(x, y, z)∈ R³: z = 1

2(x²− y²) + 7, x²+ y²≤ 9, y ≥ 0 }

. L’integrale

∫

Σ

4

[2(z− 7) + 2y²+ 1]^3/2

dσ vale

A 2π log (10).

B 4π arctan 3.

C 4π log (10).

D 2π.

E 2π arctan 3.

SVOLGIMENTO

La superﬁcie Σ `e il graﬁco della funzione g : K→ R, g(x, y) = ¹₂(x²− y²) + 7, dove K ={

(x, y)∈ R²: x²+ y²≤ 9, y ≥ 0} . Quindi Σ = σ(K), dove σ : K→ R³è la superficie parametrica. Un vettore normale a Σ è

N (x, y) = ∂σ

∂x(x, y)∧ ∂σ

∂y(x, y) = (

−∂g

∂x(x, y),−∂g

∂y(x, y), 1 )

= (−x, y, 1) .

∫

Σ

4

[2(z− 7) + 2y²+ 1]^3/2 dσ =

∫

K

[ 4 2[₁

2(x²− y²) + 7− 7]

+ 2y²+ 1]3/2∥N(x, y)∥ dx dy =

=

∫

K

4

(x²+ y²+ 1)^3/2 ·√

x²+ y²+ 1 dx dy =

∫

K

4

x²+ y²+ 1dx dy =

(7)

passando in coordinate polari nel piano

= 4

∫

K^′

ρ

ρ²+ 1 dρ dϑ = essendo K^′= [0, 3]× [0, π] si ottiene

= 4π

∫ 3 0

ρ

ρ²+ 1dρ = 2π [

log (ρ²+ 1) ]3

0

= 2π log (10).

La risposta corretta `e A .

∑∞ n=1

n⁴ⁿ⁺²

(n!)⁴3⁴ⁿ cos (4nπ) A converge ad un numero positivo.

B diverge negativamente.

C diverge positivamente.

D converge a zero.

E converge ad un numero negativo.

SVOLGIMENTO Poich´e cos (4nπ) = 1 per ogni n∈ N, si ha che

∑∞ n=1

n⁴ⁿ⁺²

(n!)⁴3⁴ⁿ cos (4nπ) =

∑∞ n=1

n⁴ⁿ⁺² (n!)⁴3⁴ⁿ

che `e a termini positivi, e quindi converge ad un numero positivo o diverge positivamente. Posto an= n⁴ⁿ⁺²

(n!)⁴3⁴ⁿ, si ha che an+1

a_n = (n + 1)⁴ⁿ⁺⁶

[(n + 1)!]⁴3⁴ⁿ⁺⁴ ·(n!)⁴3⁴ⁿ

n⁴ⁿ⁺² = (n + 1)⁶(n + 1)⁴ⁿ

(n + 1)⁴(n!)⁴· 81 · 3⁴ⁿ ·(n!)⁴3⁴ⁿ

n²· n⁴ⁿ = (n + 1)² 81n² ·

[(

1 + 1 n

)n]4

. Quindi

limn

an+1

an

= lim

n

(n + 1)² 81n² ·

[(

1 + 1 n

)n]4

= e⁴ 81 < 1.

∑∞ n=1

n⁴ⁿ⁺²

(n!)⁴3⁴ⁿ converge. La risposta corretta `e A .

Quiz 4. Siano (an) e (bn) due successioni reali. Quale delle seguenti aﬀermazioni `e corretta?

A Se a_n∼ bn per n→ +∞ e∑

a_n converge, allora∑

b_n converge.

B Se an, bn ≥ 0 per ogni n ∈ N, an = o(bn) per n→ +∞ e∑

bn converge.

C Se an, bn≥ 0 per ogni n ∈ N, an= o(bn) per n→ +∞ e∑

bn diverge, allora∑

an diverge.

D Se an= o(bn) per n→ +∞ e∑

an diverge, allora∑

bn diverge.

E Se an, bn≥ 0 per ogni n ∈ N, an= o(bn) per n→ +∞ e∑

bn converge, allora∑

an converge.

SVOLGIMENTO

Per il Criterio del confronto asintotico, se an, bn ≥ 0 per ogni n ∈ N, an = o(bn) per n→ +∞ e ∑

bn converge, allora

∑an converge. La risposta corretta `e E .

3 e^3xy− 8x − 2y)

nel punto (

0, 1, f (0, 1) )

` e

A z = 2π.

B z = 2π + 4x− 8y.

(8)

C z = π + 4 + 2x− 4y.

D z = 2π− 4 + 4x − 8y.

E z = 2π + 8 + 4x− 8y.

SVOLGIMENTO

0, 1, f (0, 1) )

` e

z = f (0, 1) +∂f

∂x(0, 1)x +∂f

∂y(0, 1)(y− 1).

Si ha che f (0, 1) = 2π,

∂f

∂x(x, y) = 8 9y e^3xy− 8

1 + (3 e^3xy− 8x − 2y)² =⇒ ∂f

∂x(1, 0) = 4,

∂f

∂y(x, y) = 8 9x e^3xy− 2

1 + (3 e^3xy− 8x − 2y)² =⇒ ∂f

∂y(1, 0) =−8.

0, 1, f (0, 1) )

` e z = 2π + 4x− 8(y − 1) =⇒ z = 2π + 8 + 4x − 8y.

La risposta corretta `e E .

(5y⁴+ 4)²+ 42x²y(7x³+ 6) + 9, 40xy³(5y⁴+ 4) + (7x³+ 6)² )

lungo la curva parametrica γ : [0, 2]→ R²deﬁnita da γ(t) = (

t⁴(t³− 8) + sin (πt), t³(t²− 4) + t) vale A −72.

B 72.

C 12.

D −12.

E 0.

SVOLGIMENTO

Il campo vettoriale F `e di classe C¹ suR² che `e un insieme semplicemente connesso. Posto F = (f₁, f₂) si ha che

∂f₁

∂y (x, y) = 40y³(5y⁴+ 4) + 42x²(7x³+ 6) = ∂f₂

∂x(x, y).









∂f

∂x(x, y) = f1(x, y) = (5y⁴+ 4)²+ 42x²y(7x³+ 6) + 9

∂f

∂y(x, y) = f2(x, y) = 40xy³(5y⁴+ 4) + (7x³+ 6)². Integrando rispetto a x la prima relazione si ottiene

f (x, y) =

∫ [

(5y⁴+ 4)²+ 42x²y(7x³+ 6) + 9 ]

dx = x(5y⁴+ 4)²+ y(7x³+ 6)²+ 9x + c(y), dove c `e una generica funzione dipendente solo da y. Sostituendo nella seconda relazione si ottiene

∂f

∂y(x, y) = 40xy³(5y⁴+ 4) + (7x³+ 6)²+ c^′(y) = 40xy³(5y⁴+ 4) + (7x³+ 6)² =⇒ c^′(y) = 0 =⇒ c(y) = k, k ∈ R.

f (x, y) = x(5y⁴+ 4)²+ y(7x³+ 6)²+ 9x + k, k∈ R.

Ne segue che ∫

γ

F· dP = f(γ(2)) − f(γ(0)) = f(0, 2) − f(0, 0) = 72.

(9)

La risposta corretta `e B .

∑∞ n=1

8ⁿ+ 5n⁷

7ⁿ(n + 2)(x− 2)ⁿ `e A un intervallo aperto limitato.

B un intervallo limitato contenente l’estremo di destra ma non quello di sinistra.

C un intervallo chiuso limitato.

D un intervallo limitato contenente l’estremo di sinistra ma non quello di destra.

E R.

SVOLGIMENTO E una serie entrata in x` 0= 2. Posto t = x− 2 si ha che

∑∞ n=1

8ⁿ+ 5n⁷

7ⁿ(n + 2)(x− 2)ⁿ=

∑∞ n=1

8ⁿ+ 5n⁷ 7ⁿ(n + 2)tⁿ

che `e una serie di potenze centrata in 0. Posto an= 8ⁿ+ 5n⁷

7ⁿ(n + 2), si ha che

limn

√n

|an| = lim

n

√

8ⁿ+ 5n⁷ 7ⁿ(n + 2) = 8

7.

Per il Teorema della radice il raggio di convergenza della serie `e R = 7

−⁷₈,⁷₈) . Per t = ⁷₈ si ha

∑∞ n=1

8ⁿ+ 5n⁷ 7ⁿ(n + 2)

(7 8

)n

=

∑∞ n=1

8ⁿ+ 5n⁷ 8ⁿ(n + 2) che `e una serie a termini postivi. Poich´e

8ⁿ+ 5n⁷ 8ⁿ(n + 2) ∼ 1

n, n→ +∞

ed essendo divergente la serie

∑∞ n=1

1

n, per il Criterio del confronto asintotico la serie

∑∞ n=1

8ⁿ+ 5n⁷

8ⁿ(n + 2) diverge. Quindi la serie di potenze in t = ⁷₈ diverge.

Per t =−⁷₈ si ha

∑∞ n=1

8ⁿ+ 5n⁷ 7ⁿ(n + 2)

(

−7 8

)n

=

∑∞ n=1

(−1)ⁿ 8ⁿ+ 5n⁷ 8ⁿ(n + 2)

che `e a termini di segno alterno e per quanto appena detto non converge assolutamente. Si ha che

∑∞ n=1

(−1)ⁿ 8ⁿ+ 5n⁷ 8ⁿ(n + 2) =

∑∞ n=1

[

(−1)ⁿ 1

n + 2+ (−1)ⁿ 5n⁷ 8ⁿ(n + 2)

] .

La serie

∑∞ n=1

(−1)ⁿ 1

n + 2 converge (per il Criterio di Leibniz) ma non assolutamente.

La serie

∑∞ n=1

(−1)ⁿ 5n⁷

8ⁿ(n + 2) converge assolutamente (e quindi converge) per il Criterio della radice perch´e

lim

n

√(−1)ⁿ 5n⁷ 8ⁿ(n + 2)

= 0 < 1.

Per l’algebra delle serie la serie in t =−⁷₈ converge. Quindi complessivamente converge puntualmente in [

−⁷₈,⁷₈)

. Essendo x = t + 2, la serie di potenze centrata in x0= 2 converge puntualmente in[₉

8,²³₈)

. La risposta corretta `e D .

(10)

Quiz 8. Siano g(x, y) = (x sin y, y sin x), f : R² → R una funzione diﬀerenziabile, s e t le variabili della funzione f. La derivata parziale ∂

∂x(f◦ g)(x, y) `e uguale a A ∂f

∂s(x sin y, y sin x) sin y +∂f

∂t (x sin y, y sin x) y cos x.

B ∂f

∂s(x sin y, y sin x) +∂f

∂t (x sin y, y sin x).

C ∂f

∂s(x sin y, y sin x) sin y.

D ∂f

∂s(x sin y, y sin x) x sin y +∂f

∂t (x sin y, y sin x) y sin x.

E ∂f

∂s(x sin y, y sin x) (sin y + y cos x).

SVOLGIMENTO

La funzione g `e diﬀerenziabile suR². Per la Regola della catena, posto g = (g1, g2), si ha che

∂

∂x(f◦ g)(x, y) = ∂f

∂s(g(x, y))· ∂g1

∂x(x, y) +∂f

∂t(g(x, y))·∂g2

∂x(x, y).

Poich´e

∂g1

∂x(x, y) = sin y, ∂g2

∂x(x, y) = y cos x, si ottiene

∂

∂x(f◦ g)(x, y) = ∂f

∂s(g(x, y))·∂g₁

∂x(x, y) +∂f

∂t(g(x, y))·∂g₂

∂x(x, y) = ∂f

∂s(x sin y, y sin x) sin y +∂f

∂t (x sin y, y sin x) y cos x.

(11)

Versione: V3

Quiz 1. Siano (cn) e (dn) due successioni reali. Quale delle seguenti aﬀermazioni `e corretta?

A Se c_n∼ dn per n→ +∞ e∑

c_n converge, allora∑

d_n converge.

B Se cn= o(dn) per n→ +∞ e∑

dn converge, allora∑

cn converge.

C Se cn, dn≥ 0 per ogni n ∈ N, cn= o(dn) per n→ +∞ e∑

dn diverge, allora∑

cn diverge.

D Se cn, dn≥ 0 per ogni n ∈ N, cn= o(dn) per n→ +∞ e∑

cn diverge, allora∑

dn diverge.

E Se cn, dn≥ 0 per ogni n ∈ N, cn= o(dn) per n→ +∞ e∑

cn converge, allora∑

dn converge.

SVOLGIMENTO

Per il Criterio del confronto asintotico, se c_n, d_n≥ 0 per ogni n ∈ N, cn= o(d_n) per n→ +∞ e∑

c_n diverge, allora∑ d_n diverge. La risposta corretta `e D .

∑∞ n=1

(n!)²2²ⁿ

n²ⁿ⁺¹ cos [(4n + 1)π]

A diverge negativamente.

B converge ad un numero negativo.

C converge ad un numero positivo.

D converge a zero.

E diverge positivamente.

SVOLGIMENTO Poich´e cos [(4n + 1)π] =−1 per ogni n ∈ N, si ha che

∑∞ n=1

(n!)²2²ⁿ

n²ⁿ⁺¹ cos [(4n + 1)π] =−∑^∞

n=1

(n!)²2²ⁿ n²ⁿ⁺¹ .

La serie

∑∞ n=1

(n!)²2²ⁿ

n²ⁿ⁺¹ `e a termini positivi, e quindi converge ad un numero positivo o diverge positivamente. Posto an= (n!)²2²ⁿ

n²ⁿ⁺¹ , si ha che an+1

a_n = [(n + 1)!]²2²ⁿ⁺²

(n + 1)²ⁿ⁺³ · n²ⁿ⁺¹

(n!)²2²ⁿ = (n + 1)²(n!)²· 4 · 2²ⁿ

(n + 1)³(n + 1)²ⁿ · n· n²ⁿ

(n!)²2²ⁿ = 4n

n + 1· 1 [(

1 + 1 n

)n]2.

Quindi

limn

an+1

a_n = lim

n

4n

n + 1· 1 [(

1 + 1 n

)n]2 = 4 e² < 1.

∑∞ n=1

(n!)²2²ⁿ

n²ⁿ⁺¹ converge ad un numero positvo e quindi la serie data converge ad un numero negativo. La risposta corretta `e B .

24x³y(3x⁴− 2) − (4y³− 5)², (3x⁴− 2)²− 24xy²(4y³− 5) − 3) lungo la curva parametrica γ : [0, 3]→ R²deﬁnita da γ(t) =

(

t³(9− t²) + t, t⁴(27− t³)− sin (πt)) vale A 15.

B 75.

C −15.

(12)

D −75.

E 0.

SVOLGIMENTO

Il campo vettoriale F `e di classe C¹ suR² che `e un insieme semplicemente connesso. Posto F = (f1, f2) si ha che

∂f₁

∂y (x, y) = 24x³(3x⁴− 2) − 24y²(4y³− 5) = ∂f₂

∂x(x, y).









∂f

∂x(x, y) = f1(x, y) = 24x³y(3x⁴− 2) − (4y³− 5)²

∂f

∂y(x, y) = f₂(x, y) = (3x⁴− 2)²− 24xy²(4y³− 5) − 3.

Integrando rispetto a x la prima relazione si ottiene f (x, y) =

∫ [

24x³y(3x⁴− 2) − (4y³− 5)²]

dx = y(3x⁴− 2)²− x(4y³− 5)²+ c(y), dove c `e una generica funzione dipendente solo da y. Sostituendo nella seconda relazione si ottiene

∂f

∂y(x, y) = (3x⁴− 2)²− 24xy²(4y³− 5) + c^′(y) = (3x⁴− 2)²− 24xy²(4y³− 5) − 3 =⇒ c^′(y) =−3 =⇒ c(y) = −3y + k, k ∈ R.

f (x, y) = y(3x⁴− 2)²− x(4y³− 5)²− 3y + k, k ∈ R.

Ne segue che ∫

γ

F· dP = f(γ(3)) − f(γ(0)) = f(3, 0) − f(0, 0) = −75.

∑∞ n=1

(−1)ⁿ 6ⁿ+ 7n⁸

7ⁿ(n²+ 1)(x + 1)ⁿ `e A un intervallo limitato contenente l’estremo di sinistra ma non quello di destra.

B un intervallo aperto limitato.

C un intervallo limitato contenente l’estremo di destra ma non quello di sinistra.

D R.

E un intervallo chiuso limitato.

SVOLGIMENTO E una serie entrata in x` 0=−1. Posto t = x + 1 si ha che

∑∞ n=1

(−1)ⁿ 6ⁿ+ 7n⁸

7ⁿ(n²+ 1)(x + 1)ⁿ=

∑∞ n=1

(−1)ⁿ 6ⁿ+ 7n⁸ 7ⁿ(n²+ 1)tⁿ

che `e una serie di potenze centrata in 0. Posto an= (−1)ⁿ 6ⁿ+ 7n⁸

7ⁿ(n²+ 1), si ha che

limn

√n

|an| = lim

n

√

6ⁿ+ 7n⁸ 7ⁿ(n²+ 1) = 6

7. Per il Teorema della radice il raggio di convergenza della serie `e R = 7

−⁷₆,⁷₆) . Per t = ⁷₆ si ha

∑∞ n=1

(−1)ⁿ 6ⁿ+ 7n⁸ 7ⁿ(n²+ 1)

(7 6

)n

=

∑∞ n=1

(−1)ⁿ 6ⁿ+ 7n⁸ 6ⁿ(n²+ 1).

(13)

E una serie a termini di segno alterno che converge assolutamente. Infatti,` (−1)ⁿ 6ⁿ+ 7n⁸

6ⁿ(n²+ 1)

= 6ⁿ+ 7n⁸ 6ⁿ(n²+ 1) ∼ 1

n², n→ +∞,

ed essendo convergente la serie

∑∞ n=1

1

n², per il Criterio del confronto asintotico anche la serie

∑∞ n=1

(−1)ⁿ 6ⁿ+ 7n⁸ 6ⁿ(n²+ 1)

converge.

Quind la serie in t = ⁷₆ converge.

Per t =−⁶₇ si ha

∑∞ n=1

(−1)ⁿ 6ⁿ+ 7n⁸ 7ⁿ(n²+ 1)

(

−7 6

)n

=

∑∞ n=1

6ⁿ+ 7n⁸ 7ⁿ(n²+ 1)

che converge per quanto detto precedentemente. Quindi complessivamente converge puntualmente in [

−⁷₆,⁷₆]

. Essendo x = t− 1, la serie di potenze centrata in x0=−1 converge puntualmente in [

−¹³₆,¹₆]

. La risposta corretta `e E .

Quiz 5. Sia Σ = {

(x, y, z)∈ R³: z = 1

2(y²− x²)− 9, x²+ y²≤ 4, x ≤ 0 }

. L’integrale

∫

Σ

12

[2(z + 9) + 2x²+ 1]^3/2 dσ vale

A 6π log 5.

B 6π.

C 12π arctan 2.

D 6π arctan 2.

E 3π log 5.

SVOLGIMENTO

La superﬁcie Σ `e il graﬁco della funzione g : K→ R, g(x, y) = ¹₂(y²− x²)− 9, dove K ={

(x, y)∈ R²: x²+ y²≤ 4, x ≤ 0} . Quindi Σ = σ(K), dove σ : K→ R³è la superficie parametrica. Un vettore normale a Σ è

N (x, y) = ∂σ

∂x(x, y)∧ ∂σ

∂y(x, y) = (

−∂g

∂x(x, y),−∂g

∂y(x, y), 1 )

= (x,−y, 1) .

∫

Σ

12

[2(z + 9) + 2x²+ 1]^3/2dσ =

∫

K

[ 12 2[₁

2(y²− x²)− 9 + 9]

+ 2x²+ 1]3/2∥N(x, y)∥ dx dy =

=

∫

K

12

(x²+ y²+ 1)^3/2 ·√

x²+ y²+ 1 dx dy =

∫

K

12

x²+ y²+ 1dx dy = passando in coordinate polari nel piano

= 12

∫

K′

ρ

ρ²+ 1 dρ dϑ = essendo K^′= [0, 2]×[_π

2,³₂π]

si ottiene

= 12π

∫ 2 0

ρ

ρ²+ 1dρ = 6π [

log (ρ²+ 1) ]2

0= 6π log 5.

Quiz 6. Siano f (x, y) = (y e^x, x e^y), g :R²→ R una funzione diﬀerenziabile, u e v le variabili della funzione g. La derivata parziale ∂

∂y(g◦ f)(x, y) `e uguale a A ∂g

∂u(y e^x, x e^y) +∂g

∂v(y e^x, x e^y).

B ∂g

∂v(y e^x, x e^y) (e^x+ x e^y).

(14)

C ∂g

∂u(y e^x, x e^y) y e^x+∂g

∂v(y e^x, x e^y) x e^y. D ∂g

∂v(y e^x, x e^y) x e^y. E ∂g

∂u(y e^x, x e^y) e^x+∂g

∂v(y e^x, x e^y) x e^y.

SVOLGIMENTO

La funzione f `e diﬀerenziabile suR². Per la Regola della catena, posto f = (f1, f2), si ha che

∂

∂y(g◦ f)(x, y) = ∂g

∂u(f (x, y))·∂f₁

∂y(x, y) +∂g

∂v(f (x, y))·∂f₂

∂y (x, y).

Poich´e

∂f₁

∂y(x, y) = e^x, ∂f₂

∂y(x, y) = x e^y, si ottiene

∂

∂x(g◦ f)(x, y) = ∂g

∂u(f (x, y))·∂f1

∂x(x, y) +∂g

∂v(f (x, y))· ∂f2

∂x(x, y) = ∂g

∂u(y e^x, x e^y) e^x+∂g

∂v(y e^x, x e^y) x e^y. La risposta corretta `e E .

4x + 7y− 3 e^2xy)

nel punto (

1, 0, f (1, 0) )

` e

A z = π.

B z = π

4 − 2 + 2x +1 2y.

C z = π− 8 + 8x + 2y.

D z = π + 8x + 2y.

E z = π− 2 + 8x + 2y.

SVOLGIMENTO

1, 0, f (1, 0) )

` e

z = f (1, 0) +∂f

∂x(1, 0)(x− 1) +∂f

∂y(1, 0)y.

Si ha che f (1, 0) = π,

∂f

∂x(x, y) = 4 4− 6y e^2xy

1 + (4x + 7y− 3 e^2xy)² =⇒ ∂f

∂x(1, 0) = 8,

∂f

∂y(x, y) = 4 7− 6x e^2xy

1 + (4x + 7y− 3 e^2xy)² =⇒ ∂f

∂y(1, 0) = 2.

1, 0, f (1, 0) )

` e z = π + 8(x− 1) + 2y =⇒ z = π − 8 + 8x + 2y.

Quiz 8. Sia Ω = {

(x, y, z)∈ R³: √

x²+ y²− 6 ≤ z ≤ 0, x²+ y²≤ 9}

. L’integrale

∫

Ω

√ 2z

x²+ y²− 6dx dy dz vale A 9π.

B 72π.

C 36π.

D 18π.

E 27π.

(15)

∫

Ω

√ 2z

x²+ y²− 6dx dy dz =

∫

Ω^′

2zρ

ρ− 6dρ dϑ dz, dove Ω^′ ={

(ρ, ϑ, z)∈ R³: 0≤ ρ ≤ 3, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, ρ − 6 ≤ z ≤ 0}

∫

Ω

√ 2z

x²+ y²− 6dx dy dz =

∫

Ω^′

2zρ

ρ− 6dρ dϑ dz = 4π

∫

D

zρ

ρ− 6dρ dz = dove D = {

(ρ, z)∈ R²: 0≤ ρ ≤ 3, ρ − 6 ≤ z ≤ 0}

= 4π

∫ 3 0

(∫ 0 ρ−6

zρ ρ− 6dz

)

dρ = 2π

∫ 3 0

ρ ρ− 6

[ z²

]0

ρ−6dρ = 2π

∫ 3 0

(6ρ− ρ²)

dρ = 2π [

3ρ²−1 3ρ³

]3

0

= 36π.

(16)

Versione: V4

7x + 3y− 2 e^3xy)

nel punto (

0, 1, f (0, 1) )

` e

A z = 4π.

B z = 2π− 12 + 4x + 12y.

C z = 4π− 24 + 8x + 24y.

D z = 4π + 8x + 24y.

E z = 4π− 8 + 8x + 24y.

SVOLGIMENTO

0, 1, f (0, 1) )

` e

z = f (0, 1) +∂f

∂x(0, 1)x +∂f

∂y(0, 1)(y− 1).

Si ha che f (0, 1) = 4π,

∂f

∂x(x, y) = 16 7− 6y e^3xy

1 + (7x + 3y− 2 e^3xy)² =⇒ ∂f

∂x(1, 0) = 8,

∂f

∂y(x, y) = 16 3− 6x e^3xy

1 + (7x + 3y− 2 e^3xy)² =⇒ ∂f

∂y(1, 0) = 24.

0, 1, f (0, 1) )

` e z = 4π + 8x + 24(y− 1) =⇒ z = 4π − 24 + 8x + 24y.

Quiz 2. Siano g(x, y) = (y sin x, x sin y), f : R² → R una funzione diﬀerenziabile, s e t le variabili della funzione f. La derivata parziale ∂

∂y(f◦ g)(x, y) `e uguale a A ∂f

∂s(y sin x, x sin y) y sin x + ∂f

∂t (y sin x, x sin y) x sin y.

B ∂f

∂t (y sin x, x sin y) (sin x + x cos y).

C ∂f

∂s(y sin x, y sin x) +∂f

∂t (y sin x, x sin y).

D ∂f

∂s(y sin x, x sin y) sin x +∂f

∂t (y sin x, x sin y) x cos y.

E ∂f

SVOLGIMENTO

La funzione g `e diﬀerenziabile suR². Per la Regola della catena, posto g = (g1, g2), si ha che

∂

∂y(f◦ g)(x, y) =∂f

∂s(g(x, y))·∂g₁

∂y (x, y) +∂f

∂t(g(x, y))·∂g₂

∂y (x, y).

Poich´e

∂g₁

∂y(x, y) = sin x, ∂g₂

∂y(x, y) = x cos y, si ottiene

∂

∂y(f◦ g)(x, y) = ∂f

∂s(g(x, y))·∂g1

∂y(x, y) +∂f

∂t(g(x, y))·∂g2

∂y(x, y) = ∂f

∂s(y sin x, x sin y) sin x +∂f