Corso di Laurea in Ingegneria Civile e Ambientale Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 10 luglio 2019
(1) Delle soluzioni dell’equazione z
5= 1 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= sinh
41ne
3nα−
11+3n1
`
e convergente
a per ogni α 6= −1 c solo se α > 0
b per nessun α ∈ R
d nessuna delle precedenti
(3) La funzione f (x) =
cos(xα)−√ 1−sinh x
x
se x > 0
tan(βx) se x ≤ 0 in x
0= 0 a ` e derivabile per ogni α >
12e β ∈ R
c ` e continua ma non derivabile per ogni α > 1, β ∈ R
b ` e derivabile solo per α =
12e β =
16d nessuna delle precedenti
(4) L’equazione arctan
|x−1|x= α ammette a due soluzioni per qualche 0 < α <
π4c almeno una soluzione per ogni |α| <
π2b nessuna soluzione per ogni α < 0 d nessuna delle precedenti
(5) L’integrale
Z 3 0
√ x log(1 + x) dx vale
a +∞
c log 4 −
34π
b 3 √
3 log 4 − π
d nessuna delle precedenti
(6) La serie di potenze
+∞
X
n=0
3
n(n!)
α(3n)! x
nha insieme di convergenza a I = R per ogni α < 3
c I = {0} per ogni α > 0
b I ⊆ [−
13,
13] per α = 3
d nessuna delle precedenti
Soluzione
(1) La risposta corretta ` e d . Le soluzioni complesse dell’equazione z
5= 1 corrispondono alle radici quinte di 1 = cos 0 + i sin 0 e sono quindi date da
z
k= cos
Ä2kπ5 ä+ i sin
Ä2kπ5 ä, k = 0, 1, 2, 3, 4.
Abbiamo pertanto che tali soluzioni sono
z
0= cos 0 + i sin 0 = 1 z
1= cos
Ä2π5 ä+ i sin
Ä2π5 äz
2= cos
Ä4π5 ä+ i sin
Ä4π5 äz
3= cos
Ä6π5 ä+ i sin
Ä6π5 äz
4= cos
Ä8π5 ä+ i sin
Ä8π5 äAbbiamo 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=
sinh1 4n
e3nα − 1
1+ 13n
al variare di α ∈ R, osserviamo innanzitutto che lo sviluppo di Taylor di ordine 2 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 =
31nnello sviluppo, per n → +∞ otteniamo
e
3nα−
1+11 3n∼
α+1
3n
, se α 6= −1,
−
2·312n, se α = −1.
Poich´ e per n → +∞ abbiamo inoltre
sinh
41n∼
41notteniamo
a
n= sinh
41ne
3nα−
1+113n
∼
1 α+1
3n
4n
, se α 6= −1,
−
2·94nn, se α = −1.
e quindi che
n→+∞
lim a
n=
0, se α 6= −1,
−∞, se α = −1.
(3) La risposta corretta ` e b . Dagli sviluppo notevoli per x → 0
+, per ogni α > 0 abbiamo g
α(x) = cos(x
α) − √
1 − sinh x = 1 −
x2α2+
x4!4α+ o(x
4α) − (1 −
12sinh x −
18sinh
2x + o(sinh
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) =
x
2
+ o(x) se 2α > 1
x2
6
+ o(x
2) se 2α = 1
−
x2α2+ o(x
2α) se 2α < 1 Ne segue che
lim
x→0+
f (x) = lim
x→0+
cos(x
α) − √
1 − sinh x
x =
x 2+o(x)
x
se 2α > 1
x2 6+o(x2)
x
se 2α = 1
−x2α2 +o(x2α)
x
se 2α < 1
=
1
2
se α >
120 se α =
12−∞ se α <
12Poich´ e lim
x→0+
f (x) = lim
x→0+
tan(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) =
cos2β(βx)per ogni x < 0 con βx 6= k
π2, k ∈ Z, 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
Ä1 −
x1äse x < 1 arctan
Ä1 −
x1äse x ≥ 1 la funzione ` e inoltre derivabile in ogni x ∈ R con x 6= 0 e x 6= 1 e
f
0(x) =
−
1+( 11 1− 1x)2
·
x12se x < 1
1 1+( 1
1− 1x
)2
·
x12se x > 1
Abbiamo allora che f
0(x) > 0 se e solo se x > 1. Dal criterio di monotonia abbiamo allora che la
funzione ` e strettamente crescente in [1, +∞), strettamente decrescente in (−∞, 0) e in (0, 1].
Da quanto ottenuto e dal Teorema dei valori intermedi possiamo concludere che l’equazione f (x) = α
• non ammette soluzioni per |α| ≥
π2e −
π4< α < 0;
• un’unica soluzione per
π4≤ α <
π2, −
π2< α < −
π4e α = 0;
• due soluzioni per 0 < α <
π4.
(5) La risposta corretta ` e d . Per calcolare l’integrale improprio
R03√
x log(1 + x) dx, determiniamo innanzitutto l’integrale
R√
x log(1 + x) dx. Operando la sostituzione √
x = y (da cui x = y
2e dx = 2ydy) e quindi integrando per parti otteniamo
Z
√
x log(1 + x) dx =
Z
2y
2log(1 + y
2) dy =
23y
3log(1 + y
2) −
43Z
y
41 + y
2dy
=
23y
3log(1 + y
2) −
43Z
y
2− 1 + 1 1 + y
2dy
=
23y
3log(1 + y
2) −
49y
3+
43y −
43arctan y + c
=
23x
32log(1 + x) −
49x
32+
43√
x −
43arctan √
x + c, c ∈ R Otteniamo allora
Z 3
0
√ x log(1 + x) dx =
h23x
32log(1 + x) −
49x
32+
43√
x −
43arctan √ x
i30
= 2 √
3 log 4 −
43arctan √
3 = 2 √
3 log 4 −
49π
(6) La risposta corretta ` e a . Applichiamo il metodo del rapporto per determinare il raggio di convergenza ρ della serie. Posto a
n=
3n(3n)!(n!)α, calcoliamo il limite di
an+1an
per n → +∞. Abbiamo a
n+1a
n= 3
n+1((n + 1)!)
α(3n + 3)! · (3n)!
3
n(n!)
α= 3 3
n(n + 1)
α(n!)
α(3n + 3)(3n + 2)(3n + 1)(3n)! · (3n)!
3
n(n!)
α= 3(n + 1)
α(3n + 3)(3n + 2)(3n + 1) ∼ 1 9n
3−α→
0 se α < 3
1
9
