Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica M/Z
Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 12 gennaio 2019 – A
(1) Delle radici terze di w = (2 + √ 12i)
2a nessuna appartiene al quarto quadrante c una appartiene all’asse reale
b una appartiene al secondo quadrante d nessuna delle precedenti
(2) La successione a
n= 3
n(e
4nα− cosh
21n)
√ 1 + 9
n− 3
nper n → +∞
a converge per ogni α ∈ R c diverge per qualche α > 0
b converge solo per α = 2 d nessuna delle precedenti (3) L’equazione e
x2= αx ammette
a nessuna soluzione per α > 0 c al pi` u una soluzione per α < 1
b due soluzioni per ogni α ≥ 1 d nessuna delle precedenti (4) L’integrale
Z
π 0x
2| cos x| dx vale
a 2π +
π22+ 4 c 2π − 4
b 2π +
π22− 4
d nessuna delle precedenti
(5) L’integrale improprio Z
10
x
αx cosh x sinh x − log(1 + x
2) dx risulta convergente a per ogni α > 3
c per nessun α > 0
b solo se α < 5
d nessuna delle precedenti
(6) La serie di potenze
+∞
X
n=1
4
n√ n log(n + 1) x
nha insieme di convergenza
a [−4, 4) c (−1, 1)
b [−
14,
14]
d nessuna delle precedenti
Soluzione
(1) La risposta esatta ` e b . Infatti, abbiamo che 2 + √
12i = 4(
12+
√3
2
i) = 4(cos
π3+ i sin
π3) pertanto
w = (2 + √
12i)
2= 16(cos
2π3+ i sin
2π3) Le radici terze di w sono quindi date da z
k= √
316(cos θ
k+ i sin θ
k) dove θ
k=
2π 3 +2kπ
3
=
2π+6kπ9, k = 0, 1, 2, e dunque sono:
z
0= √
316(cos
2π9+ i sin
2π9), z
1= √
316(cos
8π9+ i sin
8π9), z
2= √
316(cos
14π9+ i sin
14π9).
Abbiamo che z
0appartiene al primo quadrante, z
1al secondo mentre z
2al quarto.
(2) La risposta esatta ` e c . Osserviamo innanzitutto che dagli sviluppi notevoli per x → 0 si ha e
αx− cosh √
x = 1 + αx +
α22x2+ o(x
2) − (1 +
x2+
x4!2+ o(x
2))
= (α −
12)x + (
α22−
241)x
2+ o(x
2) ∼
( (α −
12)x se α 6=
12x2
12
se α =
12Posto x =
41notteniamo che n → +∞ si ha
e
4nα− cosh
21n∼
( (α −
12)
41nse α 6=
121 12
1
16n
se α =
12Osservato poi che per n → +∞
√ 1 + 9
n− 3
n= 3
n( q
19n
+ 1 − 1) ∼ 3
n·
1291n=
1231notteniamo
a
n= 3
n(e
4nα− cosh
21n)
√ 1 + 9
n− 3
n∼
( 2(α −
12)
94nnse α 6=
121 6
9n
16n
se α =
12e dunque che la successione converge per α =
12, diverge per ogni α 6=
12.
(3) La risposta esatta ` e c . Posto f
α(x) = e
x2− αx, l’equazione equivale a determinarne il numero di zeri al variare di α ∈ R. Abbiamo che la funzione `e definita e continua in R, inoltre dalla gerarchia degli infiniti, si ha
x→+∞
lim f
α(x) = +∞ e lim
x→−∞
f
α(x) =
+∞ se α > 0 0 se α = 0
−∞ se α < 0 La funzione ` e derivabile in ogni x ∈ R con
f
α0(x) =
12e
x2− α
Dunque, se α ≤ 0 allora f
α0(x) > 0 per ogni x ∈ R e la funzione `e strettamente crescente in R. Se α > 0 avremo f
α0(x) > 0 se e solo se x > 2 log(2α) = x
αe quindi che f
α(x) risulta strettamente decrescente in (−∞, x
α], strettamente crescente in [x
α, +∞) e che x = x
α` e punto di minimo assoluto per f
α(x) con f
α(x
α) = 2α(1 − log(2α)). Osserviamo che f
α(x
α) > 0 se 0 < α <
e2, f
α(x
α) = 0 se α =
2ee f
α(α) < 0 se α >
e2.
Dal Teorema di esistenza degli zeri e dalla monotonia della funzione otteniamo che per α < 0 e α =
2ela funzione ammette un solo zero, per α >
e2esattamente due zeri mentre non ammette zeri se 0 ≤ α <
2e. Poich´ e 1 <
e2ne concludiamo che per ogni α < 1 la funzione ammette al pi` u uno zero e dunque che la risposta corretta ` e c .
In alternativa, osservato che x = 0 non ` e soluzione dell’equazione per ogni α ∈ R, per determinare le soluzioni dell’equazione data si poteva studiare la funzione f (x) =
ex2
x
e determinare il numero di soluzioni dell’equazione f (x) = α al variare di α ∈ R. .
(4) La risposta esatta ` e b . Per calcolare R
π0
x
2| cos x| dx osserviamo innanzitutto che dalla propriet` a di additivit` a dell’integrale si ha
Z
π 0x
2| cos x| dx = Z
π20
x
2cos x dx − Z
ππ 2
x
2cos x dx
Per determinare R x
2cos x dx possiamo integrare per parti due volte ottenendo Z
x
2cos x dx = x
2sin x − 2 Z
x sin x dx = x
2sin x + 2x cos x − 2 Z
cos x
= x
2sin x + 2x cos x − 2 sin x + c = (x
2− 2) sin x + 2x cos x + c, c ∈ R
Dalla formula fondamentale del calcolo integrale ne concludiamo che Z
π0
x
2| cos x| dx = Z
π20
x
2cos x dx − Z
ππ 2
x
2cos x dx
= (x
2− 2) sin x + 2x cos x
π20
− (x
2− 2) sin x + 2x cos x
ππ 2
= 2π +
π22− 4
(5) La risposta esatta ` e a . Per determinare il carattere dell’integrale improprio R
1 0xα
x cosh x sinh x−log(1+x2)
dx osserviamo che per x → 0 si ha
x cosh x sinh x − log(1 + x
2) = x(1 +
x22+ o(x
3))(x +
x3!3+ o(x
4)) − (x
2−
x24+ o(x
4))
= x(x +
x3!3+
x23+ o(x
3)) − x
2+
x24+ o(x
4)
=
x3!4+
x24+
x24+ o(x
4) =
76x
4+ o(x
4) ∼
76x
4da cui
x
αx cosh x sinh x − log(1 + x
2) ∼
67x
αx
4=
671 x
4−αDal criterio del confronto asintotico possiamo pertanto concludere che l’integrale converge per α > 3 e diverge per α ≤ 3
(6) La risposta esatta ` e d . Infatti, utilizzando il metodo del rapporto, posto a
n=
√n log(n+1)4notte- niamo
n→+∞
lim
a
n+1a
n= lim
n→+∞
4
n+1log(n + 1) 4
nlog(n + 2)
√ n
√ n + 1 = 4
Ne segue che il raggio di convergenza ` e ρ =
14e dunque che la serie converge per |x| <
14e non converge per |x| >
14. Per x =
14la serie diventa P
+∞n=1
√ 1
n log(n+1)
. Dal criterio del confronto tale serie diverge dato che
n→+∞
lim
√ 1
n log(n+1) 1 n
= lim
n→+∞
√ n
log(n + 1) = +∞
e la serie P
+∞n=1
√1
n
diverge. Per x = −
14abbiamo la serie P
+∞n=1
(−1)n
√n log(n+1)
che converge per il criterio di Leibniz dato che
√n log(n+1)1` e successione infinitesima e decrescente.
Possiamo allora concludere che l’insieme di convergenza della serie data ` e l’intervallo [−
14,
14).
Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica M/Z
Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 12 gennaio 2019 – B
(1) Delle radici terze di w = ( √ 6 − √
2i)
2a una appartiene al primo quadrante c nessuna appartiene al secondo quadrante
b una appartiene all’asse immaginario d nessuna delle precedenti
(2) La successione a
n=
√
31 + 8
n− 2
n3
n(e
9nα− cos
31n) per n → +∞
a converge per ogni α ∈ R c diverge per qualche α > 0
b diverge solo per α = −2 d nessuna delle precedenti (3) L’equazione e
3x= αx ammette
a due soluzioni per ogni α ≥ 9 c al pi` u una soluzione per α < 6
b nessuna soluzione per 0 < α < 1 d nessuna delle precedenti
(4) L’integrale Z
π2−π2
(x
2+ 1)| sin x| dx vale
a 2π c 2π − 2
b 1 − π
d nessuna delle precedenti
(5) L’integrale improprio Z
10
x sinh x cos x − log(1 + x
2)
x
αdx risulta convergente a per ogni α > 3
c per nessun α > 0
b solo se α < 5
d nessuna delle precedenti
(6) La serie di potenze
+∞
X
n=1
3
nlog(n + 1)
n
2x
nha insieme di convergenza a [−3, 3)
c [−
13,
13]
b (−
12,
12)
d nessuna delle precedenti
Soluzione
(1) La risposta esatta ` e d . Infatti, abbiamo che
√ 6 − √
2i = 2 √ 2(
√ 3
2
−
12i) = 2 √
2(cos(−
π6) + i sin(−
π6)) pertanto
w = ( √ 6 − √
2i)
2= 8(cos(−
π3) + i sin(−
π3)) Le radici terze di w sono quindi date da z
k= √
38(cos θ
k+ i sin θ
k) dove θ
k=
−π3+2kπ3=
−π+6kπ9, k = 0, 1, 2, e dunque sono:
z
0= √
38(cos(−
π9) + i sin(−
π9)), z
1= √
38(cos
5π9+ i sin
5π9), z
2= √
38(cos
11π9+ i sin
11π9).
Abbiamo che z
0appartiene al quarto quadrante, z
1al secondo mentre z
2al terzo.
(2) La risposta esatta ` e d . Osserviamo innanzitutto che dagli sviluppi notevoli per x → 0 si ha e
αx− cos √
x = 1 + αx +
α22x2+ o(x
2) − (1 −
x2+
x4!2+ o(x
2))
= (α +
12)x + (
α22−
241)x
2+ o(x
2) ∼
( (α +
12)x se α 6= −
12x2
12
se α = −
12Posto x =
91notteniamo che n → +∞ risulta
e
9nα− cos
31n∼
( (α +
12)
91nse α 6= −
121 12
1
81n
se α = −
12Osservato poi che per n → +∞
√
31 + 8
n− 2
n= 2
n(
3q
18n
+ 1 − 1) ∼ 2
n·
1381n=
1341notteniamo
a
n=
√
31 + 8
n− 2
n3
n(e
9nα− cos
31n) ∼
(
13
(α +
12)
34nnse α 6= −
124
274nnse α = −
12e dunque che la successione converge per ogni α 6= −
12, diverge α = −
12.
(3) La risposta esatta ` e b . Posto f
α(x) = e
3x− αx, l’equazione equivale a determinarne il numero di zeri al variare di α ∈ R. Abbiamo che la funzione `e definita e continua in R, inoltre dalla gerarchia degli infiniti, si ha
x→+∞
lim f
α(x) = +∞ e lim
x→−∞
f
α(x) =
+∞ se α > 0 0 se α = 0
−∞ se α < 0 La funzione ` e derivabile in ogni x ∈ R con
f
α0(x) = 3e
3x− α
Dunque, se α ≤ 0 allora f
α0(x) > 0 per ogni x ∈ R e la funzione `e strettamente crescente in R. Se α > 0 avremo f
α0(x) > 0 se e solo se x >
13log
α3= x
αe quindi che f
α(x) risulta strettamente decrescente in (−∞, x
α], strettamente crescente in [x
α, +∞) e che x = x
α` e punto di minimo assoluto per f
α(x) con f
α(x
α) =
α3(1 − log
α3). Osserviamo f
α(α) > 0 se 0 < α < 3e, f
α(x
α) = 0 se α = 3e e f
α(α) < 0 se α > 3e.
Dal Teorema di esistenza degli zeri e dalla monotonia della funzione otteniamo che per α < 0 e α = 3e la funzione ammette un solo zero, per α > 3e esattamente due zeri mentre non ammette zeri se 0 ≤ α < 3e. Dato che 1 < 3e ne concludiamo che per ogni 0 < α < 1 la funzione non ammette zeri e dunque la risposta corretta ` e b .
In alternativa, osservato che x = 0 non ` e soluzione dell’equazione per ogni α ∈ R, per determinare le soluzioni dell’equazione data si poteva studiare la funzione f (x) =
e3xxe determinare il numero di soluzioni dell’equazione f (x) = α al variare di α ∈ R.
(4) La risposta esatta ` e c . Per calcolare R
π2−π2
(x
2+ 1)| sin x| dx osserviamo innanzitutto che dalla propriet` a di additivit` a dell’integrale si ha
Z
π2−π2
(x
2+ 1)| sin x| dx = − Z
0−π2
(x
2+ 1) sin x dx + Z
π20
(x
2+ 1) sin x dx
Per determinare R (x
2+ 1) sin x dx possiamo integrare per parti due volte ottenendo Z
(x
2+ 1) sin x dx = −(x
2+ 1) cos x + 2 Z
x cos x dx = −(x
2+ 1) cos x + 2x sin x − 2 Z
sin x
= −(x
2+ 1) cos x + 2x sin x + 2 cos x + c = (1 − x
2) cos x + 2x sin x + c, c ∈ R
Dalla formula fondamentale del calcolo integrale ne concludiamo che Z
π2−π2
(x
2+ 1)| sin x| dx = − Z
0−π2
(x
2+ 1) sin x dx + Z
π20
(x
2+ 1) sin x dx
= − (1 − x
2) cos x + 2x sin x
0−π2
+ (1 − x
2) cos x + 2x sin x
π20
= 2π − 2
Nota : la funzione f (x) = (x
2+1)| sin x| ` e pari e dunque R
π2−π2
(x
2+1)| sin x| dx = 2 R
π20
(x
2+1)| sin x| dx = 2 R
π20
(x
2+ 1) sin x dx.
(5) La risposta esatta ` e b . Per determinare il carattere dell’integrale improprio R
1 0x sinh x cos x−log(1+x2)
xα
dx
osserviamo che per x → 0 si ha
x sinh x cos x − log(1 + x
2) = x(x +
x3!3+ o(x
3))(1 −
x22+ o(x
3)) − (x
2−
x24+ o(x
4))
= x(x +
x3!3−
x23+ o(x
3)) − x
2+
x24+ o(x
4)
=
x3!4−
x24+
x24+ o(x
4) =
16x
4+ o(x
4) ∼
16x
4da cui
x sinh x cos x − log(1 + x
2)
x
α∼
16x
4x
α=
161 x
α−4Dal criterio del confronto asintotico possiamo pertanto concludere che l’integrale converge per α < 5 e diverge per α ≥ 5.
(6) La risposta esatta ` e c . Infatti, utilizzando il metodo del rapporto, posto a
n=
3nlog(n+1)n2otteniamo
n→+∞
lim
a
n+1a
n= lim
n→+∞
3
n+1log(n + 2) 3
nlog(n + 1)
n
2(n + 1)
2= 3
Ne segue che il raggio di convergenza ` e ρ =
13e dunque che la serie converge per |x| <
13e non converge per |x| >
13. Per x =
13la serie diventa P
+∞n=1
log(n+1)
n2
. Dal criterio del confronto tale serie converge dato che
n→+∞
lim
log(n+1) n2
1 n3/2
= lim
n→+∞
log(n + 1)
√ n = 0 e la serie P
+∞n=1 1
n3/2
converge. Per x = −
13abbiamo la serie P
+∞n=1
(−1)nlog(n+1)
n2
che, per quanto sopra, converge assolutamente e dunque converge.
Possiamo allora concludere che l’insieme di convergenza della serie data ` e l’intervallo [−
13,
13].
Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica M/Z
Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 2 febbraio 2019
(1) Delle soluzioni in campo complesso dell’equazione z
2+ (1 + i)z + 2i = 0 a nessuna appartiene al terzo quadrante
c una appartiene all’asse reale
b una appartiene al primo quadrante d nessuna delle precedenti
(2) La successione a
n= sin
2 1n− log(1 +
n12) e
n2α−
1+11n2
per n → +∞ ` e convergente
a per ogni α ∈ R c per nessun α ∈ R
b solo per α = −1
d nessuna delle precedenti
(3) La funzione f (x) = ( √
cos(αx)−cos x
x3
se x > 0
sinh(βx) − x
2se x ≤ 0 nel punto x
0= 0 a non ` e continua per ogni α, β ∈ R
c ` e derivabile per α = − √
2 e β = −
12b ` e continua ma non derivabile per α = √
2 e ogni β ∈ R d nessuna delle precedenti
(4) La funzione g
α(x) = xe
|x−α|
x per ogni α > 0 a ammette massimo relativo
c non ammette asintoti verticali
b non ammette minimo relativo d nessuna delle precedenti
(5) L’integrale improprio Z
+∞0
x + 2
(x
2+ 2x + 2)
2dx vale a π
c +∞
b
π8d nessuna delle precedenti
(6) La serie
+∞
X
n=0
n
2n3
n(n!)
αa converge per ogni α ∈ R c converge solo per α = 2
b diverge se e solo se α < 2
d nessuna delle precedenti
Soluzione
(1) La risposta esatta ` e a . Infatti, le soluzioni dell’equazione sono date da z
±=
−b±√
∆
2a
. Poich´ e
∆ = (1 + i)
2− 4(2i) = −6i = 6(cos(−
π2) + i sin(−
π2)), le due radici quadrate di ∆ sono
± √
∆ = ± √
6 cos(−
π4) + sin(−
π4) i = ± √ 6
√2 2
−
√ 2 2
i
= ± √
3 − √ 3 i
. Quindi le soluzioni complesse dell’equazione data sono
z
±=
−(1+i)±(
√3−√3 i)
2
ovvero
z
+=
√ 3−1
2
−
√ 3+1
2
i e z
−= −
1+√ 3
2
+
√ 3−1
2
i Siccome √
3 > 1, abbiamo che z
+appartiene al quarto quadrante mentre z
−al secondo.
(2) La risposta esatta ` e a . Osserviamo innanzitutto che dagli sviluppi notevoli per x → 0 abbiamo e
αx−
1+x1= 1 + αx +
α22x2+ o(x
2) − (1 − x + x
2+ o(x
2))
= (α + 1)x + (
α22− 1)x
2+ o(x
2) ∼
( (α + 1)x se α 6= −1
−
x22se α = −1 Posto x =
n12otteniamo che n → +∞ si ha
e
n2α− 1 1 +
n12∼ (
α+1n2
se α 6= −1
−
2n14se α = −1 Per x → 0 abbiamo inoltre
sin
2x − log(1 + x
2) = (x −
x63+ o(x
3))
2− (x
2−
x24+ o(x
4))
= x
2−
x34+ o(x
4) − (x
2−
x24+ o(x
4)) =
x64+ o(x
4) ∼
x64e quindi, posto x =
n1per n → +∞ otteniamo
sin
2 1n− log(1 +
n12) ∼
3n14Dunque per n → +∞
a
n∼
1 6n4 α+1 n2
=
6(α+1)n1 2→ 0 se α 6= −1
−
1 6n4
1 2n4
→ −
13se α = −1 e la successione converge per ogni α ∈ R.
(3) La risposta esatta ` e d . Studiamo la continuit` a e la derivabilit` a della funzione
f (x) = ( √
cos(αx)−cos x
x3
se x > 0
sinh(βx) − x
2se x ≤ 0
nel punto x
0= 0. Abbiamo lim
x→0−
f (x) = lim
x→0−
sinh(βx) − x
2= 0 = f (0) per ogni β ∈ R. Mentre, dato che per x → 0
p cos(αx) − cos x = p
(cos(αx) − 1) + 1 − cos x
= 1 +
12(cos(αx) − 1) −
18(cos(αx) − 1)
2+ o((cos(αx) − 1)
2) − (1 −
x22+
x244+ o(x
4))
=
12(−
α22x2+
α424x4+ o(x
4)) −
18(−
α22x2+ o(x
2))
2+ o((−
x22+ o(x
2))
2) +
x22−
x244+ o(x
4)
=
12(−
α22x2+
α424x4) −
18α44x4+
x22−
x244+ o(x
4)
=
12(1 −
α22)x
2−
241(
α44+ 1)x
4+ o(x
4) Quindi, se α 6= ± √
2, allora pcos(αx) − cos x ∼
12(1 −
α22)x
2da cui lim
x→0+
f (x) = lim
x→0+
pcos(αx) − cos x
x
3= ±∞
e f (x) non risulta continua in 0. Se invece α = ± √
2 allora pcos(αx) − cos x ∼ −
121x
4da cui lim
x→0+
f (x) = lim
x→0+
pcos(αx) − cos x
x
3= 0
e la funzione ` e continua in 0. Quindi f (x) ` e continua in 0 solo per α = ± √
2 e ogni β ∈ R.
Riguardo alla derivabilit` a, per x < 0 la funzione ` e derivabile con f
0(x) = β cosh(βx)−2x e lim
x→0−
f
0(x) = β. Quindi, per ogni β ∈ R, la funzione ammette derivata sinistra in x = 0 con f
−0(0) = β. Osservato poi che la funzione risulta continua in x = 0 solo per α = ± √
2, per tali valori studiamo l’esistenza della derivata destra. Dal precedente sviluppo abbiamo
lim
x→0+
f (x) − f (0)
x = lim
x→0+
pcos(αx) − cos x
x
4= lim
x→0+
−
121x
4x
4= −
121e la funzione ammette derivata destra in x = 0 con f
+0(0) = −
121. Ne segue che la funzione risulta derivabile in x = 0 solo per α = ± √
2 e β = −
121.
(4) La risposta esatta ` e d . Studiamo la funzione g
α(x) = xe
|x−α|
x con α > 0. Abbiamo che la funzione ` e definita e continua in D = R \ {0}, inoltre per ogni α > 0 abbiamo lim
x→±∞
g
α(x) = ±∞ e lim
x→0−
g
α(x) = 0, mentre dalla gerarchia degli infiniti si ha lim
x→0+
g
α(x) = lim
x→0+
xe
α−xx= lim
x→0+ 1 e
e
αx1 x
= +∞
Ne segue che x = 0 ` e asintoto verticale destro e pertanto c ` e falsa.
La funzione ` e derivabile in ogni x ∈ D \ {α} con g
0α(x) =
( e
x−αx+ xe
x−αx xα2= e
x−αx(1 +
αx) se x > α
e
α−xx− xe
α−xx xα2= e
α−xx(1 −
αx) se x < α, x 6= 0
Abbiamo inoltre che g
α0(x) > 0 per ogni x < 0 e x > α e dunque che la funzione ` e strettamente
crescente in (−∞, 0) e in [α, +∞) mentre g
0α(x) < 0 per 0 < x < α e quindi g
α(x) risulta strettamente
decrescente in (0, α]. Ne segue che x = α ` e punto di minimo relativo per g
α(x) e che non esistono
punti di massimo relativo. Pertanto anche a e b sono false.
(5) La risposta esatta ` e b . Per calcolare R
+∞0
x+2
(x2+2x+2)2
dx osserviamo innanzitutto che dalla definizione di integrale improprio
Z
+∞0
x + 2
(x
2+ 2x + 2)
2dx = lim
b→+∞
Z
b 0x + 2
(x
2+ 2x + 2)
2dx Per determinare R
x+2(x2+2x+2)2
dx osservato che x
2+ 2x + 2 ` e polinomio indecomponibile in R, possiamo utilizzare la formula di Hermite e dunque cerchiamo A, B, C, D ∈ R tali che
(1) x + 2
(x
2+ 2x + 2)
2= Ax + B x
2+ 2x + 2 +
Cx + D x
2+ 2x + 2
0Abbiamo
Ax + B x
2+ 2x + 2 +
Cx + D x
2+ 2x + 2
0= Ax + B
x
2+ 2x + 2 + C(x
2+ 2x + 2) − (Cx + D)(2x + 2) (x
2+ 2x + 2)
2= Ax
3+ (2A + B − C)x
2+ 2(A + B − D)x + 2(B + C − D) (x
2+ 2x + 2)
2quindi (1) ` e verificata per A = D = 0 e B = C =
12. Otteniamo allora
Z x + 2
(x
2+ 2x + 2)
2dx =
12Z 1
x
2+ 2x + 2 +
x
x
2+ 2x + 2
0dx
=
12Z 1
(x + 1)
2+ 1 dx +
12x
x
2+ 2x + 2 =
12arctan(x + 1) +
12x
x
2+ 2x + 2 + c e dunque
Z
+∞0
x + 2
(x
2+ 2x + 2)
2dx = lim
b→+∞
Z
b 0x + 2
(x
2+ 2x + 2)
2dx = lim
b→+∞
1
2
arctan(x + 1) +
12x x
2+ 2x + 2
b 0= lim
b→+∞
1
2
(arctan(b + 1) + b
b
2+ 2b + 2 − arctan 1) =
12(
π2−
π4) =
π8In alternativa, osservato che x
2+ 2x + 2 = (x + 1)
2+ 1 e ricordando che R
1(1+s2)2
ds =
12s2s+1+
1 2
R
11+s2
ds =
12s2s+1+
12arctan s + c, operando la sostituzione s = x + 1 l’integrale indefinito poteva essere calcolato nel seguente modo
Z x + 2
(x
2+ 2x + 2)
2dx =
Z s + 1
(s
2+ 1)
2ds =
12Z 2s
(s
2+ 1)
2ds +
Z 1
(s
2+ 1)
2ds
= −
121
s
2+ 1 +
12s
s
2+ 1 +
12arctan s + c
=
12s − 1
s
2+ 1 +
12arctan s + c
=
12x
x
2+ 2x + 1 +
12arctan(x + 1) + c
(6) La risposta esatta ` e d . Infatti, posto a
n=
3nn(n!)2nαabbiamo
n→+∞
lim a
n+1a
n= lim
n→+∞
(n + 1)
2(n+1)3
n+1((n + 1)!)
α· 3
n(n!)
αn
2n= lim
n→+∞
1
3
(n + 1)
2−α(n + 1)
2nn
2n=
+∞ se α < 2
e2
3
se α = 2
0 se α > 2
Poich´ e e
2> 3, dal criterio del rapporto possiamo concludere che la serie converge se α > 2 e diverge
se α ≤ 2.
Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica M/Z
Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 23 febbraio 2019
(1) Le soluzioni dell’equazione z
4− 16i = 0 in campo complesso a hanno modulo 4
c sono ±2 e ±2i
b cadono nei vertici di un quadrato di lato 2 √ 2 d nessuna delle precedenti
(2) La successione a
n= (2n)!
3
n(n!)
αper n → +∞ ` e infinitesima a per ogni α ∈ R
c solo se α > 2
b per ogni α > 0
d nessuna delle precedenti (3) La funzione f
α(x) = √
3cos x − cos αx per x → 0 ha ordine di infinitesimo a 2 per ogni α ∈ R
c 4 per qualche α < 0
b maggiore di 4 per qualche α > 0 d nessuna delle precedenti
(4) L’equazione log(x + 2) +
|x−1|x= α ammette a due soluzioni per ogni α > 1
c un’unica soluzione per ogni α > 0
b almeno una soluzione per ogni α < −1 d nessuna delle precedenti
(5) Se I = Z
10
(2x + 1) log(x
2+ 1) dx, allora
a I <
π2c I =
π4b I < 0
d nessuna delle precedenti
(6) La serie
+∞
X
n=1
arctan
√αn− sin log(1 +
√1n)
√
4n
2+ 1 − √
4n
2− 1 risulta convergente a per ogni α ∈ R
c solo per α = 1
b per nessun α ∈ R
d nessuna delle precedenti
Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica M/Z Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 29 aprile 2019
(1) Le soluzioni dell’equazione z
3+ i = 0 nel piano complesso cadono a sull’asse immaginario
c nei vertici di un triangolo equilatero di altezza
32b sulla retta Im(z) =
12d nessuna delle precedenti
(2) La successione a
n=
√
4n
2+ 1 − √
4n
2− 1
arctan
αn− sin log(1 +
n1) per n → +∞ ` e convergente a per ogni α ∈ R
c solo se α 6= 1
b per nessun α > 0
d nessuna delle precedenti
(3) La funzione f
α(x) =
(
√cos x−cos αxsin2x
se x > 0
sinh(βx) se x ≤ 0 nel punto x
0= 0 a ` e continua per ogni α, β ∈ R
c ` e derivabile per α =
√12
e ogni β ∈ R
b ` e derivabile per β = 0 e qualche α < 0 d nessuna delle precedenti
(4) Il perimetro massimo di un rettangolo inscritto nell’ellisse
x42+ y
2= 1 vale a 2π
c
√125
b 4 √ 5
d nessuna delle precedenti
(5) Posto I = Z
+∞1
(x
2− 2x)e
−x2dx si ha
a I = +∞
c I > 7
b I < 6
d nessuna delle precedenti
(6) La serie di potenze
+∞
X
n=1
3
ntan
√1nx
nha insieme di convergenza
a [−3, 3) c (−1, 1)
b [−
13,
13]
d nessuna delle precedenti
Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica M/Z Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 12 giugno 2019
(1) Delle soluzioni dell’equazione z
4+ 2i = 0 nel piano complesso a una cade sull’asse reale
c nessuna cade nel secondo quadrante
b la distanza reciproca massima ` e 2 √ 2 d nessuna delle precedenti
(2) La serie
+∞
X
n=0
(3n + 1)!
3
n(n!)
α` e convergente a per ogni α < 2
c se e solo se α > 3
b per nessun α ∈ R
d nessuna delle precedenti (3) La funzione f
α(x) = √
1 − sinh x − cos(x
α) per x → 0
+ha ordine di infinitesimo a minore di 1 per qualche α < 2
c 2 per qualche α > 2
b 1 per ogni α > 0
d nessuna delle precedenti (4) La funzione g(x) = 3x − 3
xa ammette un unico punto di flesso c non ammette asintoti
b ammette un unico zero in (1, +∞) d nessuna delle precedenti
(5) L’integrale Z
π0
(x + 1)
2| cos x| dx
a π
2+ 2π c
12π
2+ 2π − 2
b 4π − 2
d nessuna delle precedenti
(6) L’integrale improprio Z
+∞0
cosh x − 1
x
α(e
x− 1) converge a per qualche α > 3
c per ogni α < 2
b per nessun α ∈ R
d nessuna delle precedenti
Soluzione
(1) La risposta corretta ` e d . Infatti, le soluzioni dell’equazione z
4+ 2i = 0 corrispondono alle radici quarte di w = −2i = 2(cos
−(π2) + i sin
−(π2)) e sono date da
z
k= √
42(cos
−π 2+2kπ
4
+ i sin
−π 2+2kπ
4
) = √
42(cos
−π+4kπ8+ i sin
−π+4kπ8), k = 0; 1; 2; 3.
Abbiamo pertanto
z
0= √
42(cos(−
π8) + i sin(−
π8)), z
1= √
42(cos
3π8+ i sin
3π8) z
2= √
42(cos
7π8+ i sin
7π8), z
3= √
42(cos
11π8+ i sin
11π8)
Poich´ e tali radici, nel piano complesso, si dispongono sui vertici di una quadrato inscritto nella cir- conferenza di centro l’origine e raggio √
42 (si ha infatti |z
k| = √
42 per ogni k), la distanza reciproca massima ` e pari alla lunghezza della diagonale del quadrato, ovvero del diametro della circonferenza, e dunque vale 2 √
42.
(2) La risposta corretta ` e c . Applichiamo il criterio del rapporto, quindi posto a
n=
(3n+1)!3n(n!)α, calcol- iamo il limite di
an+1an
per n → +∞. Abbiamo a
n+1a
n= (3n + 4)!
3
n+1((n + 1)!)
α· 3
n(n!)
α(3n + 1)! = (3n + 4)(3n + 3)(3n + 2)(3n + 1)!
3 3
n(n + 1)
α(n!)
α· 3
n(n!)
α(3n + 1)!
= (3n + 4)(3n + 3)(3n + 2)
3(n + 1)
α∼ 9
n
α−3→
0 se α > 3 9 se α = 3 +∞ se α < 3
Dato che 9 > 1, dal criterio del rapporto possiamo conlcudere che la serie converge se e solo se α > 3.
(3) La risposta corretta ` e b . Dagli sviluppo notevoli per x → 0
+, per ogni α > 0 abbiamo g
α(x) = √
1 − sinh x − cos(x
α) = 1 −
12sinh x −
18sinh
2x + o(sinh
2x)) − (1 −
x2α2+
x4!4α+ o(x
4α))
= −
12(x + o(x
2)) −
18(x + o(x
2))
2+ o((x + o(x
2))
2) +
x2α2−
x244α+ o(x
4α)
= −
x2−
x82+ o(x
2) +
x2α2−
x244α+ o(x
4α) =
−
x2+ o(x) se 2α > 1
−
x62+ o(x
2) se 2α = 1
x2α
2
+ o(x
2α) se 2α < 1
Ne segue che per x → 0
+ord g
α(x) =
1 se α >
122 se α =
122α se α <
12in particolare, per ogni α <
12abbiamo che ord g
α(x) = 2α < 1, e quindi che l’ordine di infinitesimo ` e minore di 1 per qualche α < 2.
(4) La risposta corretta ` e d . La funzione f (x) = 3x − 3
x` e definita e continua in R. Abbiamo
x→−∞
lim f (x) = −∞, dato che lim
x→−∞
3
x= 0, e lim
x→+∞
f (x) = −∞, poich´ e dalla gerarchia degli infiniti risulta lim
x→+∞
3x
3x
= +∞. La funzione non ammette pertanto asintoti verticali e orizzontali, abbiamo per` o
x→−∞
lim
f (x)
x
= lim
x→−∞
3 −
3xx= 3 e lim
x→−∞
f (x) − 3x = lim
x→−∞
−3
x= 0
e dunque che y = 3x ` e asintoto obliquo per x → −∞. Osserviamo che la funzione non ammette invece asintoto obliquo per x → +∞.
La funzione ` e inoltre derivabile in R con f
0(x) = 3 − log 3 3
xper ogni x ∈ R e risulta f
0(x) > 0 se e solo se x < log
3(
log 33) = 1 − log
3(log 3) = x
0. Dal criterio di monotonia abbiamo allora che la funzione ` e strettamente crescente in (−∞, x
0], strettamente decrescente in [x
0, +∞) e che x
0` e punto di massimo assoluto
1. Osserviamo che x
0= 1 − log
3(log 3) < 1, in quanto log
3log 3 > 0. Infatti, essendo e < 3 si ha 1 < log 3 e dunque 0 < log
3(log 3).
Infine la funzione ` e derivabile due volte in R con f
00(x) = − log
23 3
x< 0 per ogni x ∈ R. Dal criterio di convessit` a abbiamo quindi che f (x) ` e concava in R.
Da quanto ottenuto possiamo concludere che
1
Anche se non richiesto, osserviamo che essendo che f (1) = 0, otteniamo f (x
0) > f (1) = 0. Dal teorema dei valori
intermedi e dalla monotonia stretta possiamo allora concludere che la funzione ammette due soli zeri, uno in (−∞, x
0)
e uno in (x
0, +∞).
a ` e falsa, la funzione ` e concava in tutto R dunque non ammette punti di flesso;
b ` e falsa, la funzione ` e mai nulla in (1, +∞) essendo f (x) ` e strettamente decrescente in (1, +∞) e dunque f (x) < f (1) = 0 per ogni x > 1;
c ` e falsa, la funzione ammette un asintoto obliquo per x → −∞.
(5) La risposta corretta ` e d . Per calcolare Z
π0
(x + 1)
2| cos x| dx, osserviamo innanzitutto che dalla propriet` a di additivit` a dell’integrale si ha
Z
π 0(x + 1)
2| cos x| dx = Z
π20
(x + 1)
2cos x dx − Z
ππ 2
(x + 1)
2cos x dx
Per calcolare tali integrali, determiniamo una primitiva di (x + 1)
2cos x. Integrando per parti due volte otteniamo
Z
(x + 1)
2cos x dx = (x + 1)
2sin x − Z
2(x + 1) sin x dx = (x + 1)
2sin x + 2(x + 1) cos x − Z
2 cos x dx
= (x + 1)
2sin x + 2(x + 1) cos x − 2 sin x + c, c ∈ R quindi
Z
π 0(x + 1)
2| cos x| dx = Z
π20
(x + 1)
2cos x dx − Z
ππ 2
(x + 1)
2cos x dx
= (x + 1)
2sin x + 2(x + 1) cos x − 2 sin x
π20
+
− (x + 1)
2sin x + 2(x + 1) cos x − 2 sin x
ππ 2
=
12π
2+ 4π − 2
(6) La risposta corretta ` e d . Per stabilire per quali valori di α ∈ R l’integrale Z
+∞0
cosh x − 1 x
α(e
x− 1) converge, osservato che la funzione integranda ` e continua in (0, +∞), dobbiamo stabilire per quali valori di α ∈ R risultano convergenti entrambi gli integrali
Z
1 0cosh x − 1 x
α(e
x− 1) dx e
Z
+∞1
cosh x − 1 x
α(e
x− 1) dx Riguardo al primo integrale, osserviamo che
cosh x − 1 x
α(e
x− 1) ∼
x2 2
x
αx = 1
2x
α−1, per x → 0
+, e ricordando che R
10 1
xp
dx converge se e solo se p < 1, dal criterio del confronto asintotico otteniamo che R
10
cosh x−1
xα(ex−1)
dx converge se e solo se α − 1 < 1, ovvero α < 2.
Riguardo all’integrale R
+∞1
cosh x−1
xα(ex−1)
dx, osservato che cosh x =
ex+e2−x∼
e2xper x → +∞, si ha cosh x − 1
x
α(e
x− 1) ∼
ex 2
x
αe
x= 1
2x
α, per x → +∞.
Dal criterio del confronto asintotico, ricordando che R
+∞1 1
xp
dx converge se e solo se p > 1, otteniamo che R
+∞1
cosh x−1
xα(ex−1)
dx converge se e solo se α > 1.
Riunendo quanto trovato possiamo concludere che l’integrale dato converge se e solo se 1 < α < 2.
Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica M/Z Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 10 luglio 2019
(1) Delle soluzioni dell’equazione z
5− 1 = 0 nel piano complesso a due cadono sull’asse reale
c nessuna cade nel secondo quadrante
b una cade sull’asse immaginario d nessuna delle precedenti
(2) La successione a
n= sin
31n− log(1 +
31n) e
4nα−
1+114n
` e convergente
a per ogni α ∈ R c se e solo se α = −1
b per nessun α ∈ R
d nessuna delle precedenti
(3) La funzione f (x) =
(
cosh(xα)−√ 1+sin xx
se x > 0
arctan(βx) se x ≤ 0 in x
0= 0 a ` e continua ma non derivabile per ogni α > 1, β ∈ R
c ` e derivabile solo per α =
12e β =
16b ` e derivabile per ogni α >
12e β ∈ R d nessuna delle precedenti
(4) L’equazione arctan
|x+1|x= α ammette a almeno una soluzione per ogni |α| <
π4c nessuna soluzione per ogni α < 0
b due soluzioni per qualche α >
π4d nessuna delle precedenti
(5) L’integrale improprio Z
10
log(1 + x)
√ x dx vale
a +∞
c π + 2 log 2 − 4
b log 2 − π
d nessuna delle precedenti
(6) La serie di potenze
+∞
X
n=0
(2n)!
2
n(n!)
αx
nha insieme di convergenza a I = R per ogni α < 2
c I = {0} per ogni α > 0
b I ⊆ [−1, 1] per α = 2
d nessuna delle precedenti
Soluzione
(1) La risposta corretta ` e d . Le soluzioni complesse dell’equazione z
5− 1 = 0 corrispondono alle radici quinte di 1 = cos 0 + i sin 0 e sono quindi date da
z
k= cos
2kπ5+ i sin
2kπ5, k = 0, 1, 2, 3, 4.
Abbiamo pertanto che tali soluzioni sono
z
0= cos 0 + i sin 0 = 1 z
1= cos
2π5+ i sin
2π5z
2= cos
4π5+ i sin
4π5z
3= cos
6π5+ i sin
6π5z
4= cos
8π5+ i sin
8π5Abbiamo quindi che solo una soluzione cade sull’asse reale, nessuna sull’asse immaginario e una nel secondo quadrante. La risposta corretta ` e dunque d .
(2) La risposta corretta ` e d . Per calcolare il limite per n → +∞ della successione a
n=
sin1
3n−log(1+ 1
3n) e4nα − 1
1+ 14n
al variare di α ∈ R, osserviamo innanzitutto che lo sviluppo di Taylor di ordine 2 della funzione sin x − log(1 + x) per x → 0 ` e
sin x − log(1 + x) =
x22+ o(x
2) ∼
x22mentre quello della funzione e
αx−
1+x1` e
e
αx−
1+x1= 1 + αx +
α22x2+ o(x
2) − (1 − x + x
2+ o(x
2))
= (α + 1)x + (
α22− 1)x
2+ o(x
2) ∼
( (α + 1)x, se α 6= −1,
−
x22, se α = −1.
Ponendo x =
31nnel primo sviluppo e x =
41nnel secondo, per n → +∞ otteniamo
sin
31n− log(1 +
31n) ∼
2·91ne
e
4nα−
1+11 4n∼ (
α+14n
, se α 6= −1,
−
2·412n, se α = −1.
Ne segue allora che
a
n= sin
31n− log(1 +
31n) e
4nα−
1+114 n
∼ (
12(α+1) 4n
9n
, se α 6= −1,
−
169nn, se α = −1.
e quindi che
n→+∞
lim a
n=
( 0, se α 6= −1,
−∞, se α = −1.
(3) La risposta corretta ` e c . Dagli sviluppo notevoli per x → 0
+, per ogni α > 0 abbiamo cosh(x
α)− √
1 + sin x = 1 +
x2α2+
x4!4α+ o(x
4α) − (1 +
12sin x −
18sin
2x + o(sin
2x))
=
x2α2+
x244α+ o(x
4α) −
12(x + o(x
2)) +
18(x + o(x
2))
2+ o((x + o(x
2))
2)
=
x2α2+
x244α+ o(x
4α) −
x2+
x82+ o(x
2) =
−
x2+ o(x) se 2α > 1
x2
6
+ o(x
2) se 2α = 1
x2α
2
+ o(x
2α) se 2α < 1 Ne segue che
lim
x→0+
f (x) = lim
x→0+
cosh(x
α) − √
1 + sin x
x =
−x2+o(x)
x
se 2α > 1
x2 6+o(x2)
x
se 2α = 1
x2α 2 +o(x2α)
x
se 2α < 1
=
−
12se α >
120 se α =
12+∞ se α <
12Poich´ e lim
x→0+
f (x) = lim
x→0+
arctan(βx) = 0 per ogni β ∈ R, otteniamo che la funzione risulta continua in x
0= 0 per α =
12e ogni β ∈ R. Per α =
12abbiamo inoltre che
lim
x→0+
f (x)
x = lim
x→0+ x2
6
+ o(x
2) x
2=
16ed essendo f
0(x) =
1+(βx)β 2per ogni x < 0 e lim
x→0−
f
0(x) = β, possiamo concludere che la funzione ` e derivabile in x
0= 0 solo per α =
12e β =
16.
(4) La risposta corretta ` e d . Per determinare il numero di soluzioni dell’equazione arctan
|x+1|x= α studiamo l’immagine della funzione f (x) = arctan
|x+1|x. Tale funzione ` e definita e continua in R \ {0}
con lim
x→±∞
f (x) = ±
π4mentre lim
x→0±
f (x) = ±
π2. Dato che
f (x) =
( − arctan 1 +
1xse x < −1 arctan 1 +
1xse x ≥ −1 la funzione ` e inoltre derivabile in ogni x ∈ R con x 6= 0 e x 6= −1 e
f
0(x) =
1 1+( 1
1+ 1x
)2
·
x12se x < −1
−
1+(11 1+ 1x)2
