Corso di Laurea in Ingegneria Civile e Ambientale Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 13 gennaio 2018
(1) Delle radici quarte di w = (2 − i) · (3 − i) a nessuna appartiene al secondo quadrante c una appartiene all’asse immaginario
b una appartiene al primo quadrante d nessuna delle precedenti
(2) La funzione f (x) =
(sinh x−log(1+αx)
x se x > 0
√3
βx − 1 se x ≤ 0 nel punto x0 = 0 a `e continua per ogni α, β ∈ IR
c `e continua ma non `e derivabile per ogni α, β ∈ IR
b `e derivabile per α = 2 e β = 6 d nessuna delle precedenti (3) L’ordine di infinitesimo della funzione fα(x) =√
esinh x− cosh(xα) con α > 0 per x → 0+ `e a 1 per ogni α > 0
c 2 per qualche α < 1
b maggiore di 2 per qualche α > 1 d nessuna delle precedenti
(4) La funzione gα(x) = q
log2(x − 1) + α per ogni α > 0 a non ammette asintoti
c assume il valore y0 = 1
b ammette punto di massimo relativo d nessuna delle precedenti
(5) L’integrale improprio Z +∞
2
log(2x − 3)
(2x − 3)2 dx vale a +∞
c −14
b 1
d nessuna delle precedenti
(6) La serie numerica
+∞
X
n=0
nαnsin3 1n! converge
a per ogni α > 2 c per nessun α ∈ IR
b solo per α < 3
d nessuna delle precedenti
Soluzione
(1) La risposta esatta `e b . Abbiamo che
w = (2 − i) · (3 − i) = 5 − 5i = 5√
2(cos(−π4) + i sin(−π4)) e le sue radici quarte sono date da
zk= 4 q
5√ 2
cos−π 4+2kπ
4
+ i sin−π 4+2kπ
4
= 4 q
5√
2 cos −π+8kπ16 + i sin −π+8kπ16 , i = 0, 1, 2, 3, cio`e sono
z0 = 4 q
5√
2 cos −16π + i sin −16π
z1 = 4 q
5√
2 cos 7π16 + i sin 7π16
z2 = 4 q
5√
2 cos 15π16 + i sin 15π16
z3 = 4 q
5√
2 cos 23π16 + i sin 23π16
Pertanto z0 cade nel quarto quadrante del piano complesso perch´e −161 ∈ (−12, 0), z1 nel primo dato che 167 ∈ (0,12), z2 nel terzo poich´e 1516 ∈ (12, 1) e infine z3 nel quarto essendo 2316 ∈ (1,32).
(2) La risposta esatta `e d . Abbiamo lim
x→0−f (x) = lim
x→0−
p3
βx − 1 = −1 = f (0)
per ogni β ∈ IR. Mentre, essendo per x → 0, log(1 + αx) = αx + o(x) e sinh x = x + o(x), si ottiene lim
x→0+
f (x) = lim
x→0+
sinh x − log(1 + αx)
x = lim
x→0+
(1 − α)x + o(x)
x = 1 − α
per ogni α ∈ IR. Dunque f (x) risulter`a continua in x0 = 0 solo per α = 2, quindi a e c sono false.
Riguardo alla derivabilit`a osserviamo che f (x) `e derivabile in ogni x < 0 con f0(x) = β3(βx − 1)−23 e che lim
x→0−f0(x) = β3 per ogni β ∈ IR. Quindi, per ogni β ∈ IR, la funzione ammette derivata sinistra in x0 = 0 con f−0(0) = β3.
Riguardo alla derivata destra, per α = 2, osservato che per x → 0 risulta log(1+2x) = 2x−2x2+o(x2) e sinh x = x + o(x2) otteniamo
lim
x→0+
f (x) − f (0)
x = lim
x→0+
sinh x − log(1 + 2x)x + 1 x
= lim
x→0+
x + o(x2) − 2x + 2x2+ o(x2) + x
x2 = lim
x→0+
2x2+ o(x2) x2 = 2
Quindi la funzione ammette derivata destra in x0 = 0 con f+0(0) = 2. Ne segue che la funzione risulta derivabile in x0 = 0 solo per α = 2 e β = 6 e dunque b `e vera.
(3) La risposta corretta `e la c . Ricordando che cosh y = 1 + y22 +y244 + o(y4) per y → 0 posto y = xα, dato che α > 0 per x → 0+ otteniamo cosh(xα) = 1 + x2α2 + x244α + o(x4α). Per x → 0+ Abbiamo poi che
√
esinh x = e12sinh x = 1 +12 sinh x +18sinh2x + o(sinh2x)
= 1 + 12(x + o(x2)) + 18(x + o(x2))2 + o((x + o(x2))2)
= 1 + x2 +x82 + o(x2) da cui
fα(x) = √
esinh x− cosh(xα) = x2 +x82 + o(x2) − x2α2 − x244α + o(x4α)
=
x
2 + o(x) se 2α > 1
x2
12 se 2α = 1
−x2α2 + o(x2α) se 2α < 1
Quindi fα(x) ha ordine di infinitesimo 1 per ogni α > 12, 2 per α = 12 e 2α per ogni 0 < α < 12. Ne segue che c `e vera mentre a e c sono false.
Nota: se per α = 12 non avessimo considerato lo sviluppo di Taylor di ordine 2 di cosh(xα) = cosh(√ x) non sarebbe stato possibile concludere che l’ordine di infinitesimo della funzione `e 2 ma solo che `e maggiore di 1.
(4) La risposta corretta `e la d . Studiamo la funzione gα(x) = q
log2(x − 1) + α al variare di α > 0.
Si ha che fα(x) `e definita, continua e positiva in tutto (1, +∞) per ogni α > 0. Abbiamo
x→+∞lim gα(x) = +∞ e lim
x→1+gα(x) = +∞
Pertanto ammette un asintoto verticale in x = 1 qualunque sia α ≥ 0, quindi a `e falsa. Per ogni α > 0 la funzione risulta derivabile in ogni x ∈ (1, +∞) con
g0α(x) = log(x − 1) q
log2(x − 1) + α
· 1 x − 1
Otteniamo allora che gα0(x) < 0 per ogni 1 < x < 2 e g0α(x) > 0 per ogni x > 2. Ne segue che gα(x) `e strettamente decrescente in (1, 2], `e strettamente crescente in [2, +∞) e che x = 2 `e punto di minimo assoluto con gα(2) =√
α per ogni α > 0. Non ammette quindi punti di massimo e dunque b `e falsa.
Dal teorema dei valori intermedi segue inoltre che l’equazione gα(x) = 1 ammette soluzione solo per
√α ≤ 1, ovvero per α ≤ 1, e precisamente, dalla monotonia stretta, una sola soluzione se α = 1 e due soluzioni se α < 1. Dunque la funzione assume il valore y0 = 1 solo per α ≤ 1 e anche c `e falsa.
(5) La risposta corretta `e b . Infatti, Operando la sostituzione 2x − 3 = y (e quindi dx = 12dy) e integrando per parti due volte si ottiene
Z
log(2x−3)
(2x−3)2 dx = 12 Z
log y
y2 dy = 12
−log yy + Z
1 y2 dy
= 12
−log yy − 1y + c
= −log y+12y + c
= −log(2x−3)+1 2(2x−3) + c
Dalla definizione di integrale improprio e dalla formula fondamentale del calcolo integrale, possiamo concludere che
Z +∞
2
log(2x−3)
(2x−3)2 dx = lim
b→+∞
Z b 2
log(2x−3)
(2x−3)2 dx = lim
b→+∞
h−log(2x−3)+1 2(2x−3)
ib 2
= lim
b→+∞
1
2 − log(2b−3)+1 2(2b−3) = 12 essendo log xxp → 0 per x → +∞ per ogni p > 0.
(6) La risposta corretta `e a . Osserviamo innanzitutto che la serie `e a termini positivi e che per n → +∞ risulta nαnsin3 1n! ∼ (n!)nαn3. Quindi, dal criterio del confronto asintotico il comportamente della serie data `e il medesimo della serie P+∞
n=1 nαn
(n!)3. Per studiare il comportamento di quest’ultima applichiamo il criterio del rapporto. Posto an = (n!)nαn3, per n → +∞ si ha
an+1
an = (n + 1)α(n+1)
((n + 1)!)3 ·(n!)3
nαn = (n + 1)α−3 1 + n1αn
→
+∞ se α > 3 e3 se α = 3 0 se α < 3 Dal criterio del rapporto, la serieP+∞
n=1 (n!)3
nαn, e quindi anche la serie data, risulta convergente se e solo se α < 3.
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
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)
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
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.
Corso di Laurea in Ingegneria Civile e Ambientale
Seconda prova scritta di Analisi Matematica 1 del 23 giugno 2018
(1) Delle radici terze del numero complesso w = (√ 6 +√
2i) · (1 − i)2 a nessuna appartiene al secondo quadrante
c una appartiene all’asse reale
b una appartiene al terzo quadrante d nessuna delle precedenti
(2) La successione an = cos21n − e−4nα
sin31n − log(1 + 31n) per n → +∞
a converge per ogni α ∈ IR c diverge per qualche α > 0
b converge se e solo se α = 2 d nessuna delle precedenti (3) La funzione fα(x) = 1−xex −√4
1 + αx per x → 0+ ha ordine di infinitesimo a 1 per ogni α ∈ IR
c 2 per qualche α ∈ IR
b maggiore di 2 per qualche α > 0 d nessuna delle precedenti
(4) La funzione gα(x) = (x − α)ex
a `e crescente in (−∞, 0) per ogni α ∈ IR c non ammette minimo per qualche α ∈ IR
b `e convessa in (0, +∞) per ogni α > 0 d nessuna delle precedenti
(5) L’integrale Z 1
0
x arctan(1 + 2x) dx vale
a 12 arctan 3 c −18
b 12arctan 3 + 18log 5 d nessuna delle precedenti
(6) La serie
+∞
X
n=1
32n n+αn n2
converge
a per ogni α > 4 c per ogni α < 2
b per nessun α ∈ IR d nessuna delle precedenti
Soluzione
(1) La risposta esatta `e b . Infatti, abbiamo che
√ 6 +√
2i = 2√ 2(
√3
2 +12i) = 2√
6(cosπ6 + i sinπ6) mentre, poich´e 1 − i =√
2(
√ 2 2 −
√ 2
2 i) =√
2(cos(−π4) + sin(−π4)), si ha (1 − i)2 = 2(cos(−π2) + sin(−π2)) e pertanto
(√ 6 +√
2i) · (1 − i)2 = 4√
6(cos(π6 − π2) + i sin(π6 − π2)) = 4√
6(cos(−π3) + i sin(−π3)) Le radici terze di 4√
6(cos(−π3) + i sin(−π3)) sono date da zk = p3 4√
6(cos θk+ i sin θk) dove θk =
−π3+2kπ
3 = −π+6kπ9 , k = 0, 1, 2, e dunque sono:
z0 =√3
3(cos(−π9) + i sin(−π9)), z1 = √3
3(cos5π9 + i sin5π9 ), z2 =√3
3(cos11π9 + i sin11π9 ).
Abbiamo che z0 appartiene al quarto quadrante, z1 al secondo mentre z2 al terzo.
(2) La risposta esatta `e c . Osserviamo innanzitutto che dagli sviluppi notevoli per n → +∞ risulta sin31n − log(1 + 31n) = 31n + o(91n) − (31n − 1291n + o(91n)) = 1291n + o(91n)
mentre
cos21n − e−4nα = 1 −1241n +241 161n + o(161n) − (1 −4αn +16α2n + o(161n) = (α −12)41n + (α2+241)161n + o(161n) Ne segue che per n → +∞
an= cos21n − e−4nα sin31n − log(1 +31n) ∼
(α−12)4n1
1 2
1 9n
= 2(α − 12)94nn se α 6= 12
7 24
1 16n 1 2
1 9n
= 127 169nn se α = 12
Ne deduciamo quindi che la successione converge se α = 12 mentre diverge per ogni α 6= 12 e dunque in particolare per qualche α > 0.
(3) La risposta esatta `e c . Infatti, per ogni α ∈ IR, per x → 0 risulta fα(x) = 1−xex −√4
1 + αx = (1 + x + x22 + o(x2))(1 + x + x2+ o(x2)) − (1 + α4x −3α322x2+ o(x2)
= 1 + x + x2+ x + x2 +x22 + o(x2) − (1 + α4x − 3α322x2+ o(x2)
= (2 −α4)x + (52 +3α322)x2+ o(x2)
Ne deduciamo che se α 6= 8 allora fα(x) ha ordine di infinitesimo 1 mentre se α = 8 allora ha ordine di infinitesimo 2.
(4) La risposta esatta `e d . La funzione gα(x) = (x − α)ex `e definita e derivabile due volte in IR per ogni α ∈ IR. Per studiarne la monotonia e l’esistenza di eventuali punti di massimo, studiamo il segno della derivata prima. Abbiamo
gα0(x) = ex+ (x − α)ex = (x − α + 1)ex ∀x ∈ IR
e dunque che g0α(x) = 0 se e solo se x = α − 1, gα0(x) > 0 se e solo se x > α − 1 mentre g0α(x) < 0 se e solo se x < α − 1. Abbiamo pertanto che la funzione `e strettamente crescente in (α − 1, +∞), strettamente decrescente in (−∞, α − 1) e che x = α − 1 `e punto di minimo assoluto. Ne concludiamo che sia a che c sono false.
Per studiarne la convessit`a valutiamo la derivata seconda. Abbiamo che g00α(x) = ex+ (x − α + 1)ex = (x − α + 2)ex ∀x ∈ IR
e dunque che g00α(x) = 0 se e solo se x = α − 2, gα00(x) > 0 se e solo se x > α − 2 mentre g00α(x) < 0 se e solo se x < α − 2. Quindi la funzione `e convessa in (α − 2, +∞) e concava in (−∞, α − 2). Per ogni α > 2 abbiamo α − 2 > 0 e che la funzione `e concava in (0, 2), quindi anche b `e falsa.
(5) La risposta esatta `e d . Per calcolare R1
0 x arctan(1 + 2x) dx possiamo applicare la formula di integrazione per parti ottenendo
Z 1 0
x arctan(1 + 2x) dx = hx2
2 arctan(1 + 2x) i1
0− Z 1
0 x2 1+(1+2x)2 dx
= 12arctan 3 − Z 1
0
x2 1+(1+2x)2 dx Per calcolare l’ultimo integrale osserviamo che
x2
1+(1+2x)2 = 2+4x+4xx2 2 = 14 1 − 122x24x+2+2x+1
e poich´e (2x2 + 2x + 1)0 = 4x + 2 si ha
Z 1 0
x2
1+(1+2x)2 dx = 14 Z 1
0
1 − 122x24x+2+2x+1dx = 14x − 12 log(2x2+ 2x + 1)1
0 = 14(1 −12log 5) Ne concludiamo che
Z 1 0
x arctan(1 + 2x) dx = 12arctan 3 − 14(1 −12log 5) = 12arctan 3 − 14 + 18log 5
(6) La risposta esatta `e d . La serie
+∞
X
n=1
32n n+αn n2
`e serie a termini non negativi e per studiarne la convergenza possiamo utilizzare il criterio della radice. Per n → +∞ abbiamo
n
q
32n n+αn n2
= 32 n+αn n
= 9
1 + αnn → α9
e pertanto possiamo concludere che la serie converge se α > 9 mentre diverge se α < 9, pertanto a , b e c sono false.
Corso di Laurea in Ingegneria Civile e Ambientale Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 14 luglio 2018
(1) Delle radici, in campo complesso, dell’equazione z2− 2iz − 3 = 0 a nessuna appartiene al secondo quadrante
c una appartiene all’asse reale
b una appartiene al terzo quadrante d nessuna delle precedenti
(2) La funzione f (x) =
(cos x−eαx
x se x > 0
1 + sin(βx) se x ≤ 0 nel punto x0 = 0 a `e continua per ogni α, β ∈ IR
c `e derivabile solo per α = β = −1
b non `e derivabile per α = −1 e ogni β ∈ IR d nessuna delle precedenti
(3) La funzione fα(x) = x3− 3x + α ammette a tre zeri per ogni α ∈ IR
c due punti di massimo relativo per qualche α ∈ R
b nessun punto di flesso per qualche α ∈ R d nessuna delle precedenti
(4) L’area della regione del piano compresa tra il grafico delle funzioni f (x) = |x − 1| e g(x) = x2− 1 nell’intervallo [−2, 2] vale
a 4 c 163
b 54
d nessuna delle precedenti
(5) L’integrale improprio Z 1
0
eαx− cos 2√
√ x
x3sin x dx converge a per ogni α > 0
c per ogni α 6= 2
b per nessun α ∈ IR d nessuna delle precedenti
(6) La serie di potenze
+∞
X
n=1
xn(1 − cosn1) ha insieme di convergenza
a IR c (−1, 1)
b [−1, 1]
d nessuna delle precedenti
Soluzione
(1) La risposta esatta `e d . L’equazione `e equazione algebrica del secondo ordine in campo complesso della forma az2 + bz + cz = 0 con a, b, c ∈ C. Per determinarne le soluzioni possiamo applicare la formula
z± = −b ±√
∆ 2a dove con ±√
∆ sono denotate le due radici complesse del numero ∆ = b2− 4ac. Nel nostro caso a = 1, b = −2i e c = −3, quindi ∆ = (−2i)2− 4 · (−3) = −4 + 12 = 8 `e un numero reale positivo e le sue radici saranno ±√
3. Le soluzioni dell’equazione saranno allora date da z±= −b ±√
∆
2a = 2i ±√ 8
2 = i ±√ 2 Si ha che i +√
2 appartiene al primo quadrante del piano complesso (parte reale e immaginaria sono entrambe positive) mentre i −√
2 al secondo (parte reale negativa, immaginaria positiva), la risposta corretta `e pertanto d .
(2) La risposta esatta `e c . Studiamo la continuit`a e la derivabilit`a in x0 = 0. Abbiamo che lim
x→0−f (x) = lim
x→0−1 + sin(βx) = 1 = f (0) per ogni β ∈ IR. Mentre, essendo per x → 0,
cos x − eαx = 1 − 12x2+ o(x2) − (1 + αx +12α2x2+ o(x2)) = −αx − 12(1 + α2)x2+ o(x2), si ottiene
lim
x→0+
f (x) = lim
x→0+
cos x − eαx
x = lim
x→0+
−αx − 12(1 + α2)x2+ o(x2)
x = −α
per ogni α ∈ IR. Dunque f (x) risulter`a continua in x0 = 0 solo per α = −1. Riguardo alla derivabilit`a, osserviamo che la funzione `e derivabile per x < 0 con f0(x) = β cos(βx) e che
lim
x→0−
f0(x) = lim
x→0−
β cos(βx) = β
per ogni β ∈ IR. Quindi, per ogni β ∈ IR, la funzione ammette derivata sinistra in x0 = 0 con f−0 (0) = β. Riguardo alla derivata destra, per α = −1 e x → 0 dallo sviluppo sopra si ha
lim
x→0+
f (x) − f (0)
x = lim
x→0+
cos x−e−x
x − 1
x = lim
x→0+
cos x − e−x− x
x2 = lim
x→0+
−x2 + o(x2) x2 = −1
Quindi la funzione ammette derivata destra in x0 = 0 con f+0 (0) = −1. Ne segue che la funzione risulta derivabile in x0 = 0 solo per α = β = −1. La risposta corretta `e dunque c .
(3) La risposta esatta `e d . La funzione fα(x) = x3− 3x + α `e definita e derivabile due volte in IR per ogni α ∈ IR. Per studiarne gli zeri, i punti di massimo e i flessi, procediamo con un breve studio di funzione. Abbiamo che
x→±∞lim fα(x) = ±∞, ∀α ∈ IR
Dato che la funzione `e continua in IR, dal teorema dei valori intermedi la funzione ammette almeno uno zero per ogni α ∈ IR (d’altra parte l’equazione x3 − 3x + α = 0 `e equazione algebrica di grado dispari, pertanto ammette almeno una soluzione qualunque sia α ∈ IR). La funzione `e derivabile in IR con
fα0(x) = 3x2− 3 = 3(x2− 1) ∀α ∈ IR
e dunque che fα0(x) = 0 se e solo se x = ±1, unici punti stazionari e pertanto candidati punti di massimo e minimo relativo. Poich´e fα0(x) > 0 se e solo se |x| > 1 mentre fα0(x) < 0 se e solo se |x| < 1, la funzione `e strettamente decrescente in (−∞, −1] e in [1, +∞), strettamente crescente in [−1, 1]. Si ha quindi che x = 1 `e punto di minimo relativo, x = −1 `e punto di massimo relativo. Ne concludiamo che c `e falsa. Dato inoltre che fα(−1) = α + 2 e fα(1) = α − 2, dal Teorema dei valori intermedi otteniamo che la funzione ammette
• un unico zero se fα(−1) = α + 2 < 0 oppure fα(1) = α − 2 > 0, cio`e se α < −2 oppure α > 2;
• esattamente due zeri se fα(−1) = α + 2 = 0 oppure fα(1) = α − 2 = 0, ovvero se α = ±2;
• esattamente tre zeri se fα(−1) = α + 2 > 0 e fα(1) = α − 2 < 0, cio`e se −2 < α < 2.
La risposta a `e dunque falsa
Per studiare l’esistenza di eventuali flessi, valutiamo la derivata seconda. Abbiamo che fα00(x) = 6x ∀α ∈ IR, x ∈ IR
e dunque che fα00(x) = 0 se e solo se x = 0, fα00(x) > 0 se e solo se x > 0 mentre fα00(x) < 0 se e solo se x < 0. Quindi per ogni α ∈ IR la funzione `e concava in (−∞, 0), convessa in (0, +∞) e x = 0 `e punto di flesso, anche b `e pertanto falsa.
In alternativa, per rispondere alle domande era sufficiente studiare la funzione f (x) = x3 − 3x e osservare che fα(x) = f (x) + α, quindi il grafico di fα(x) si ottiene operando una traslazione verticale del grafico di f (x).
(4) La risposta esatta `e c . Per calcolare l’area della regione del piano compresa tra il grafico delle funzioni f (x) = |x − 1| e g(x) = x2− 1 nell’intervallo [−2, 2] occorre calcolare l’integrale
A = Z 2
−2
|f (x) − g(x)| dx = Z 2
−2
||x − 1| − (x2− 1)| dx
A tale scopo osserviamo che |x − 1| ≥ x2− 1 per ogni x ∈ [−2, 1] mentre |x − 1| ≤ x2− 1 per x ∈ [1, 2]
Dalla propriet`a di additivit`a dell’integrale otteniamo allora A =
Z 1
−2
|x − 1| − (x2− 1) dx + Z 2
1
x2 − 1 − |x − 1| dx
= Z 1
−2
(1 − x) − (x2− 1) dx + Z 2
1
x2− 1 − (x − 1) dx
= Z 1
−2
2 − x − x2dx + Z 2
1
x2− x dx =2x − 12x2− 13x31
−2+1
3x3− 12x22 1
= 2 − 12 − 13 − (−4 − 2 + 83) + 83 − 2 − (13 − 12) = 6 − 23 = 163
(5) La risposta esatta `e d . La funzione integranda `e definita e continua in (0, 1], per stabilire per quali valori del parametro α ∈ IR l’integrale converge, studiamone il comportamento per x → 0+. Dai limiti notevoli abbiamo che per x → 0+,√
x3sin x ∼ x52 mentre dagli sviluppi di Taylor risulta eαx− cos(2√
x) = 1 + αx + 12α2x2 + o(x2) − (1 − 2x +1624x2 + o(x2))
= (α + 2)x + 12(α2− 43)x2+ o(x2) ∼
((α + 2)x se α 6= −2
4
3x2 se α = −2 Ne segue che per x → 0+
eαx− cos 2√
√ x
x3sin x ∼
((α+2)x
x5/2 = α+2√
x3 se α 6= −2
4 3
x2
x5/2 = 43√1x se α = −2
Dal criterio del confronto asintotico possiamo allora concludere che l’integrale dato converge se e solo se α = −2.
(6) La risposta esatta `e b . Infatti, utilizzando il metodo del rapporto, posto an = 1 − cosn1 e osservato che 1 − cos√1n− 1 ∼ 2n12 per n → +∞, otteniamo che
n→+∞lim
an+1 an
= lim
n→+∞
2n2
2(n + 1)2 = 1
Ne segue che il raggio di convergenza `e ρ = 1 e dunque che la serie converge per |x| < 1 e non converge per |x| > 1. Per x = 1 la serie diventa P+∞
n=1(1 − cosn1) e poich´e 1 − cos 1n ∼ 2n12 per n → +∞ e la serie P+∞
n=1 1
n2 converge, dal criterio del confronto asintotico otteniamo che la serie data converge per x = 1.
Per x = −1 abbiamo la serie P+∞
n=1(−1)n(1 − cosn1) che converge assolutamente per quanto sopra osservato (in alternativa si poteva utilizzare il criterio di Leibniz dato che 1 − cos1n → 0 per n → +∞
e 1 − cosn+11 ≤ 1 − cosn1 per ogni n ∈ N essendo il coseno decrescente nell’intervallo [0, 1]).
Possiamo allora concludere che l’insieme di convergenza della serie data `e l’intervallo [−1, 1].
