2 cosπ4 + i sinπ4 e pertanto (1 + i)4

(1)

Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica A/L

Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 11 febbraio 2017 – A

(1) Il numero complesso w = (1 + i)⁴· (1 −√

3i) appartiene a al primo quadrante del piano complesso

c al secondo quadrante del piano complesso

b al terzo quadrante del piano complesso d nessuna delle precedenti

(2) La funzione f (x) =

(x sin x−cos x+α

log(1+x) se x > 0

sinh(βx) se x ≤ 0 nel punto x₀ = 0 a risulta continua per ogni α, β ∈ IR

c risulta derivabile solo per α = 1 e β = 0

b non risulta derivabile per ogni α, β ∈ IR d nessuna delle precedenti

(3) La funzione g_α(x) =√

cos x − e^αx² per x → 0 ha ordine di infinitesimo a 2 per ogni α ∈ IR

c maggiore di 4 per qualche α ∈ IR

b 4 per qualche α ∈ IR d nessuna delle precedenti (4) L’equazione e^x^e = 2x + α ammette soluzioni negative

a per ogni α ≥ 0 c per nessun α ∈ IR

b se e solo se α > 1

d nessuna delle precedenti

(5) L’integrale improprio Z 1/2

0

(x − 1) log(x − x²) dx vale

a ⁵₈ +¹₄log 2 c +∞

b ¹₈ − ¹₂log 2

(6) La serie

+∞

X

n=1

n 3²ⁿ a diverge

c converge alla somma ₆₄⁹

b converge alla somma ¹₉ log⁸₉ d nessuna delle precedenti

(2)

Soluzione

(1) La risposta esatta `e c . Abbiamo infatti che 1 + i =√

2 cos^π₄ + i sin^π₄ e pertanto

(1 + i)⁴ =√

24

cos ^π₄ · 4 + i sin ^π₄ · 4 = 4 (cos π + i sin π) mentre

1 −√

3i = 2 cos −^π₃ + i sin −^π₃

Ne segue che

w = (1 + i)⁴· (1 −√

3i) = 4 · 2 cos π − ^π₃ + i sin π −^π₃ = 8 cos^2π₃ + i sin cos^2π₃ e quindi, essendo ^2π₃ ∈ (^π₂, π), che w appartiene al secondo quadrante.

(2) La risposta esatta `e d . Infatti, osserviamo innanzitutto che lim

x→0⁻f (x) = lim

x→0⁻sinh(βx) = 0 = f (0) per ogni β ∈ IR. Mentre, essendo per x → 0

x sin x − cos x + α = x(x + o(x)) − (1 − ^x₂² + o(x²)) + α = α − 1 + ³₂x²+ o(x²) e log(1 + x) ∼ x, otteniamo

lim

x→0⁺f (x) = lim

x→0⁺

x sin x − cos x + α

log(1 + x) = lim

x→0⁺

α − 1 +³₂x²+ o(x²)

x =

(sgn(α − 1) · ∞ se α 6= 1

0 se α = 1

Dunque f (x) risulter`a continua in x₀ = 0 solo per α = 1 qualunque sia β ∈ IR, quindi a `e falsa.

Per α = 1, studiamo la derivabilit`a. Abbiamo che f (x) risulta derivabile in ogni x < 0 con f⁰(x) = β cosh(βx) e

lim

x→0⁻

f⁰(x) = lim

x→0⁻

β cosh(βx) = β.

Quindi, la funzione ammette derivata sinistra in x₀ = 0 con f₋⁰(0) = β qualunque sia β ∈ IR.

Riguardo alla derivata destra, dal precedente sviluppo con α = 1 risulta lim

x→0⁺

f (x) − f (0)

x = lim

x→0⁺

x sin x − cos x + 1

x log(1 + x) = lim

x→0⁺ 3

2x²+ o(x²)

x² = 3

2

Pertanto la funzione ammette derivata destra in x₀ = 0 con f₊⁰(0) = ³₂ e la funzione risulta derivabile in x0 = 0 solo per α = 1 e β = ³₂, quindi sia b che c sono false.

(3)

(3) La risposta corretta `e la b . Infatti per x → 0 risulta g_α(x) =√

cos x − e^αx² =p

1 + (cos x − 1) − e^αx²

= 1 +¹₂(cos x − 1) −¹₈(cos x − 1)²+ o((cos x − 1)²) −

1 + αx²+ ^α₂²x⁴+ o(x⁴)

= ¹₂ −¹₂x²+ ₂₄¹x⁴+ o(x⁴) − ¹₈ −¹₂x²+ o(x²)2

+ o((−¹₂x²+ o(x²))²) −

αx²+^α₂²x⁴+ o(x⁴)

= ¹₂ −¹₂x²+ ₂₄¹x⁴+ o(x⁴) − ¹₈ ¹₄x⁴+ o(x⁴) + o(¹₄x⁴+ o(x⁴)) −

αx²+^α₂²x⁴ + o(x⁴)

= −(α + ¹₄)x²+

1

48− ₃₂¹ −^α₂²

x⁴+ o(x⁴) = −(α + ¹₄)x²−

1

96+^α₂²

x⁴+ o(x⁴) e quindi che la funzione ha ordine di infinitesimo 2 se α 6= −¹₄, 4 se α = −¹₄.

(4) La risposta corretta è la b . Per stabilirlo studiamo l’immagine della funzione f (x) = e^xê − 2x . Osserviamo innanzitutto che la funzione è definita e continua in tutto IR e che, dalla gerarchia degli infiniti, risulta

x→±∞lim f (x) = +∞, La funzione `e derivabile in tutto il suo dominio con

f⁰(x) = ¹_ee^x^e − 2, ∀x ∈ IR

da cui f⁰(x) > 0 se e solo se ^x_e > log(2e) ovvero x > e log(2e). Ne segue che la funzione `e strettamente crescente in [e log(2e), +∞), strettamente decrescente in (−∞, e log(2e)] e che x = e log(2e) `e punto di minimo assoluto con f (e log(2e)) = e^log(2e)− 2e log(2e) = 2e(1 − log(2e)) = −2e log 2 < 0.

Osservato che f (0) = 1, dal Teorema dei valori intermedi e dalla monotonia stretta della funzione possiamo concludere che l’equazione f (x) = α ammette soluzioni negative se e solo se α > 1.

Nota: per determinare le soluzioni negative dell’equazione era sufficiente limitare lo studio della funzione all’intervallo (−∞, 0).

(4)

(5) La risposta corretta `e a . Infatti, integrando per parti si ottiene Z

(x − 1) log(x − x²) dx = (x − 1)²

2 log(x − x²) −

Z (x − 1)² 2

1 − 2x x − x² dx

= (x − 1)²

2 log(x − x²) − ¹₂

Z (x − 1)(2x − 1)

x dx

= (x − 1)²

2 log(x − x²) − ¹₂ Z

2x − 3 + 1 xdx

= (x − 1)²

2 log(x − x²) − ¹₂(x²− 3x) − ¹₂log |x| + c

Dalla definizione di integrale improprio e dalla formula fondamentale del calcolo integrale, utilizzando i limiti notevoli, possiamo concludere che

Z 1/2 0

(x − 1) log(x − x²) dx = lim

a→0⁺

h(x−1)²

2 log(x − x²) −¹₂(x²− 3x) − ¹₂log |x|

i1/2 a

= lim

a→0⁺ 1

8log ¹₂ −¹₄ − ¹₂(¹₄ − ³₂) − ¹₂log¹₂+

−^(a−1)₂ ² log(a − a²) + ¹₂(a²− 3a) + ¹₂log a

= ¹₄log 2 + ⁵₈ − lim

a→0⁺ (a−1)²

2 log(a − a²) − ¹₂(a²− 3a) − ¹₂log a

= ¹₄log 2 + ⁵₈ − lim

a→0⁺ (a−1)²

2 (log(1 − a) + log a) − ¹₂ log a

= ¹₄log 2 + ⁵₈ − lim

a→0⁺ (a−1)²

2 log(1 − a) + ^a²^−2a₂ log a

= ¹₄log 2 + ⁵₈

(6) La risposta corretta `e c . Osserviamo innanzitutto che la serie converge per il criterio della radice dato che per n → +∞ risulta

n

r n 3²ⁿ =

√n

n 3² → 1

9 < 1 Per calcolarne la somma, osserviamo che possiamo scrivere

+∞

X

n=1

n 3²ⁿ =

+∞

X

n=1

n 9ⁿ =

+∞

X

n=1

n 1 9

n

= 1 9

+∞

X

n=1

n 1 9

n−1

e riconosciamo nell’ultima serie la serie derivata della serie geometrica

+∞

X

n=1

nxⁿ⁻¹ valutata in x = ¹₉. Poich´e

+∞

X

n=0

xⁿ= 1

1 − x per ogni |x| < 1, abbiamo che

+∞

X

n=1

nxⁿ⁻¹ =

1 1 − x

0

= 1

(1 − x)², ∀|x| < 1, pertanto

+∞

X

n=1

n 3²ⁿ = 1

9

+∞

X

n=1

n 1 9

n−1

= 1 9

1

(1 −¹₉)² = 9 8² = 9

64.

(5)

Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica A/L

Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 11 febbraio 2017 – B

(1) Il numero complesso w = (√

3 + i)⁵· (−1 + i) appartiene a al primo quadrante del piano complesso

c al terzo quadrante del piano complesso

b al quarto quadrante del piano complesso d nessuna delle precedenti

(2) La funzione f (x) =

(cos x−x log(1+x)+α

sinh x se x > 0

sin(βx) se x ≤ 0 nel punto x₀ = 0 a risulta continua per ogni α, β ∈ IR

c risulta derivabile solo per α = β = 1

b non risulta derivabile per ogni α, β ∈ IR d nessuna delle precedenti

(3) La funzione g_α(x) = e^x² −pcos(αx) per x → 0 ha ordine di infinitesimo a 2 per ogni α ∈ IR

c maggiore di 4 per qualche α ∈ IR

b 4 per qualche α ∈ IR d nessuna delle precedenti (4) L’equazione e^e2^x = x − α ammette soluzioni negative

a per ogni α ≤ 0 c se e solo se α < −1

b per nessun α ∈ IR d nessuna delle precedenti

(5) L’integrale improprio Z 1/2

0

(2 − x) log(x − x²) dx vale

a −¹³₈ − ¹₄log 2 c −∞

b ¹³₈ − ¹₂log 2

(6) La serie

+∞

X

n=0

1 (n + 1)2³ⁿ a diverge

c converge alla somma 8 log⁸₇

b converge alla somma ⁶⁴₄₉ d nessuna delle precedenti

(6)

Soluzione

(1) La risposta esatta `e b . Abbiamo infatti che

√

3 + i = 2 cos^π₆ + i sin^π₆ e quindi

(√

3 + i)⁵ = 2⁵ cos^π₆ · 5 + i sin^π₆ · 5 = 32 cos^5π₆ + i sin^5π₆ mentre

−1 + i =√

2 cos^3π₄ + i sin^3π₄ Ne segue che

w = (√

3 + i)⁴ · (−1 + i) = 32 ·√

2 cos ^5π₆ +^3π₄ + i sin ^5π₆ + ^3π₄ = 32√

2 cos ^19π₁₂ + i sin cos^19π₁₂ e quindi, essendo ^19π₁₂ ∈ (^3π₂ , 2π), che w appartiene al quarto quadrante.

(2) La risposta esatta `e d . Infatti, osserviamo innanzitutto che lim

x→0⁻f (x) = lim

x→0⁻sin(βx) = 0 = f (0) per ogni β ∈ IR. Mentre, essendo per x → 0

cos x − x log(1 + x) + α = 1 − ^x₂² + o(x²) − x(x + o(x)) + α = α + 1 − ³₂x²+ o(x²) e sinh x ∼ x, otteniamo

lim

x→0⁺f (x) = lim

x→0⁺

cos x − x log(1 + x) + α

sinh x = lim

x→0⁺

α + 1 −³₂x²+ o(x²)

x =

(sgn(α + 1) · ∞ se α 6= −1

0 se α = −1

Dunque f (x) risulter`a continua in x0 = 0 solo per α = −1 qualunque sia β ∈ IR, quindi a `e falsa.

Per α = −1, studiamo la derivabilit`a. Abbiamo che f (x) risulta derivabile in ogni x < 0 con f⁰(x) = β cos(βx) e

lim

x→0⁻f⁰(x) = lim

x→0⁻β cos(βx) = β.

Quindi, la funzione ammette derivata sinistra in x₀ = 0 con f₋⁰(0) = β qualunque sia β ∈ IR.

Riguardo alla derivata destra, dal precedente sviluppo con α = −1 risulta lim

x→0⁺

f (x) − f (0)

x = lim

x→0⁺

cos x − x log(1 + x) − 1

x sinh x = lim

x→0⁺

−³₂x²+ o(x²) x² = −3

2

Pertanto la funzione ammette derivata destra in x₀ = 0 con f₊⁰ (0) = −³₂ e dunque risulta derivabile in x₀ = 0 solo per α = −1 e β = −³₂. Sia b che c sono quindi false.

(3) La risposta corretta `e la a . Infatti per x → 0 risulta gα(x) = e^x² −p

cos(αx) = e^x² −p

1 + (cos(αx) − 1)

= 1 + x²+ ^x₂⁴ + o(x⁴) − 1 + ¹₂(cos(αx) − 1) − ¹₈(cos(αx) − 1)²+ o((cos(αx) − 1)²)

= x²+^x₂⁴ + o(x⁴) − ¹₂

−^α₂²x²+^α₂₄⁴x⁴ + o(x⁴) +¹₈

−^α₂²x²+ o(x²)2

+ o((−^α₂²x²+ o(x²))²)

= x²+^x₂⁴ + o(x⁴) − ¹₂

−^α₂²x²+^α₂₄⁴x⁴ + o(x⁴) +¹₈

α⁴

4 x⁴+ o(x⁴)

+ o(^α₄⁴x⁴+ o(x⁴))

=

1 + ^α²

x²+

1 − ^α⁴ +^α⁴

x⁴+ o(x⁴)

(7)

Dato che 1 + ^α₄² 6= 0 per ogni α ∈ IR possiamo concludere che la funzione ha ordine di infinitesimo 2 per ogni α ∈ IR.

(4) La risposta corretta è la c . Per stabilirlo studiamo l’immagine della funzione f (x) = x − eê2^x . Osserviamo innanzitutto che la funzione è definita e continua in tutto IR e che, dalla gerarchia degli infiniti, risulta

x→±∞lim f (x) = −∞, La funzione `e derivabile in tutto il suo dominio con

f⁰(x) = 1 − _e¹2e^e2^x, ∀x ∈ IR

da cui f⁰(x) > 0 se e solo se _e^x2 < log(e²) = 2 ovvero x < 2e². Ne segue che la funzione `e strettamente decrescente in [2e², +∞), strettamente crescente in (−∞, 2e²] e che x = 2e² `e punto di massimo assoluto con f (2e²) = 2e²− e² = e² > 0.

Osservato che f (0) = −1, dal Teorema dei valori intermedi e dalla monotonia stretta della funzione possiamo concludere che l’equazione f (x) = α ammette soluzioni negative se e solo se solo α < −1.

Nota: per determinare le soluzioni negative dell’equazione era sufficiente limitare lo studio della funzione all’intervallo (−∞, 0).

(5) La risposta corretta `e a . Infatti, integrando per parti si ottiene Z

(2 − x) log(x − x²) dx =

2x − ^x₂²

log(x − x²) −

Z 4x − x²

2 · 1 − 2x x − x² dx

=

2x − ^x₂²

log(x − x²) + ¹₂

Z 2x²− 9x + 4 x − 1 dx

=

2x − ^x₂²

log(x − x²) + ¹₂ Z

2x − 7 − 3 x − 1dx

=

2x − ^x₂²

log(x − x²) + ¹₂(x²− 7x) − ³₂log |x − 1| + c

(8)

Dalla definizione di integrale improprio e dalla formula fondamentale del calcolo integrale, utilizzando i limiti notevoli, possiamo concludere che

Z 1/2 0

(2 − x) log(x − x²) dx = lim

a→0⁺

h

2x − ^x₂²

log(x − x²) + ¹₂(x²− 7x) − ³₂log |x − 1|i1/2 a

= lim

a→0⁺

1 − ¹₈ log(¹₂ −¹₄) + ¹₂(¹₄ −⁷₂) − ³₂log ¹₂+

−

2a −^a₂²

log(a − a²) −¹₂(a² − 7a) + ³₂log |a − 1|

= −⁷₄log 2 − ¹³₈ +³₂log 2 = −¹³₈ − ¹₄log 2

(6) La risposta corretta `e c . Osserviamo innanzitutto che la serie converge per il criterio del rapporto dato che per n → +∞ risulta

(n + 1)2³ⁿ

(n + 2)2³ⁿ⁺³ = n + 1 n + 2

1 2³ → 1

8 < 1 Per calcolarne la somma, osserviamo che possiamo scrivere

+∞

X

n=0

1

(n + 1)2³ⁿ =

+∞

X

n=1

1

(n + 1)8ⁿ =

+∞

X

n=1

1 n + 1

1 8

n

= 8

+∞

X

n=1 1 8

n+1

n + 1

e riconosciamo nell’ultima serie la serie integrata della serie geometrica

+∞

X

n=1

xⁿ⁺¹

n + 1 valutata in x = ¹₈. Poich´e

+∞

X

n=0

xⁿ= 1

1 − x per ogni |x| < 1, abbiamo che

+∞

X

n=0

xⁿ⁺¹ n + 1 =

Z x 0

1

1 − tdt = − log(1 − x), ∀|x| < 1.

Pertanto

+∞

X

n=0

1

(n + 1)2³ⁿ = 8

+∞

X

n=1 1 8

n+1

n + 1 = −8 log(1 − ¹₈) = −8 log⁷₈ = 8 log⁸₇