Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica A/L
Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 4 marzo 2017 – A
(1) Le soluzioni complesse dell’equazione z 4 = ( √
3i − 1) · ( √
3 − 3i) non appartengono a al primo quadrante del piano complesso
c all’asse reale del piano complesso
b al quarto quadrante del piano complesso d nessuna delle precedenti
(2) La successione a n = n αn · sin n 1
2(3n)! risulta convergente a per ogni α ∈ IR
c solo per α < 3
b solo per α ≥ 2
d nessuna delle precedenti
(3) La funzione g α (x) = x log(1 + x) − x α √
31 − x per x → 0 + ha ordine di infinitesimo a 1 per ogni α > 0
c 2 per ogni α > 3
b minore di 2 per qualche α > 2 d nessuna delle precedenti (4) La funzione f α (x) = x| log x − 1| + α(x − 2) per ogni α > 0
a ammette asintoto
c non ammette massimo relativo
b ammette minimo relativo d nessuna delle precedenti
(5) L’integrale Z 1
−1
|x 2 + x|e −x dx vale
a 2 e − e + 1 c e − 7 e
b 6 − e − 7 e
d nessuna delle precedenti
(6) L’integrale improprio Z 1
0
√ x arctan x
√ 1 + αx 2 − e −x
2dx converge a per nessun α ∈ IR
c solo se α 6= −2
b per ogni α ∈ IR
d nessuna delle precedenti
Soluzione
(1) La risposta esatta ` e c . Abbiamo infatti che ( √
3i − 1) · ( √
3 − 3i) = 2 √
3 + 6i = 4 √ 3( 1 2 +
√ 3
2 i) = 4 √
3 cos π 3 + i sin π 3 oppure, in alternativa, osservato che
√
3i − 1 = 2 cos 2π 3 + i sin 2π 3
e √
3 − 3i = 2 √
3 cos − π 3 + i sin − π 3 otteniamo che
( √
3i − 1) · ( √
3 − 3i) = 4 √
3 cos 2π 3 − π 3 + i sin 2π 3 − π 3 = 4 √
3 cos π 3 + i sin π 3 . Le soluzioni dell’equazione z 4 = ( √
3i − 1) · ( √
3 − 3i) saranno quindi le quattro radici quarte di w = 4 √
3 cos π 3 + i sin π 3 . Tali soluzioni sono date da z k = p
44 √
3 cos
π 3
+2kπ
4 + i sin
π 3
+2kπ
4
= p
44 √
3 cos π+6kπ 12 + i sin π+6kπ 12 , k = 0; 1; 2; 3 e dunque:
z 0 =
4q
4 √
3 cos 12 π + i sin 12 π , z 1 =
4q
4 √
3 cos 7π 12 + i sin 7π 12 , z 2 =
4q 4 √
3 cos 13π 12 + i sin 13π 12 , z 3 =
4q
4 √
3 cos 19π 12 + i sin 19π 12 . Ne segue che z 0 cade nel primo quadrante, z 1 nel secondo, z 2 nel terzo e z 3 nel quarto.
(2) La risposta esatta ` e d . Infatti, posto a n = n
αn
·sin
1n2
(3n)! , per n → +∞ abbiamo a n+1
a n = (n + 1) αn+α sin (n+1) 1
2(3n + 3)! · (3n)!
n αn sin n 1
2∼ n + 1 n
αn
· n 2
(n + 1) 2 · (n + 1) α
(3n + 3)(3n + 2)(3n + 1) ∼ e α n α 27n 3 →
+∞ se α > 3
e
327 se α = 3
0 se α < 3
(3) La risposta corretta ` e la c . Infatti per x → 0 risulta g α (x) = x log(1 + x) − x α √
31 − x = x(x − x 2
2+ o(x 2 )) − x α (1 − x 3 + x 9
2+ o(x 2 ))
= x 2 − x 2
3+ o(x 3 ) − x α + x
α+13 − x
α+29 + o(x α+2 ) e quindi che
g α (x) =
−x α + o(x α ) se α < 2
− x 6
3+ o(x 3 ) se α = 2 x 2 + o(x 2 ) se α > 2
La funzione ha pertanto ordine di infinitesimo α se α < 2, 3 se α = 2 e 2 se α > 2.
(4) La risposta corretta ` e la d . Osserviamo innanzitutto che la funzione f α (x) = x| log x−1|+α(x−2) per ogni α > 0 ` e definita e continua in tutto (0, +∞) e che, dalla gerarchia degli infiniti, risulta
x→+∞ lim f α (x) = lim
x→+∞ x(log x − 1) + α(x − 2) = lim
x→+∞ x(log x − 1 − α) − 2α = +∞
mentre
lim
x→0
+f α (x) = lim
x→0
+x(1 − log x) + α(x − 2) = −2α.
Quindi la funzione non ammette asintoti verticali e orizzontali. Poich´ e
x→+∞ lim f α (x)
x = lim
x→+∞
x(log x − 1) + α(x − 2)
x = lim
x→+∞ log x − 1 + α − 2
x = +∞
la funzione non ammette nemmeno asintoti obliqui e dunque a ` e falsa. La funzione ` e derivabile in tutto il suo dominio eccetto che in x = e con
f α 0 (x) =
( log x + α se x > e
− log x + α se 0 < x < e Non risulta invece derivabile in x = e dato che f α,± 0 (x) = lim
x→e
±f α 0 (x) = ±1 + α. Ne segue che f α 0 (x) > 0 per ogni x > e, mentre per 0 < x < e si ha che
• f α 0 (x) ≥ 0 per ogni 0 < x < e se α ≥ 1,
• f α 0 (x) > 0 per ogni 0 < x < e α e f α 0 (x) < 0 per ogni e α < x < e, se α < 1.
Ne segue che
• se α ≥ 1 allora f α (x) ` e strettamente crescente in (0, +∞);
• se 0 < α < 1 allora f α (x) ` e strettamente crescente in (0, e α ] e in [e, +∞), strettamente decres-
cente in [e α , e] e x = e α risulta punto di massimo relativo con f α (e α ) = e α |α − 1| + α(e α − 2) =
e α − 2 mentre x = e risulta punto di minimo relativo con f α (e) = α(e − 2).
Possiamo quindi concludere che sia b che c sono false.
(5) La risposta corretta ` e b . Infatti, osserviamo innazitutto che, essendo
|x 2 + x| = |x(x + 1)| =
( x 2 + x se x ≤ −1 oppure x ≥ 0
−(x 2 + x) se −1 < x < 0 risulta
Z 1
−1
|x 2 + x|e −x dx = − Z 0
−1
(x 2 + x)e −x dx + Z 1
0
(x 2 + x)e −x dx Integrando per parti otteniamo
Z
(x 2 + x)e −x dx = −e −x (x 2 + x) + Z
(2x + 1)e −x dx
= −e −x (x 2 + x) − e −x (2x + 1) + 2 Z
e −x dx
= −e −x (x 2 + x) − e −x (2x + 1) − 2e −x + c
= −e −x (x 2 + 3x + 3) + c
Dalla formula fondamentale del calcolo integrale, possiamo concludere che Z 1
−1
|x 2 + x|e −x dx = − Z 0
−1
(x 2 + x)e −x dx + Z 1
0
(x 2 + x)e −x dx
= − −e −x (x 2 + 3x + 3) 0
−1 + −e −x (x 2 + 3x + 3) 1 0
= 6 − e − 7 e
(6) La risposta corretta ` e c . Osserviamo innanzitutto che la funzione f α (x) =
√ x arctan x
√
1+αx
2−e
−x2risulta continua in (0, 1]. Per x → 0 + abbiamo che
√ √
mentre
√ 1 + αx 2 − e −x
2= 1 + α 2 x 2 − α 8
2x 4 + o(x 4 ) −
1 − x 2 + x 2
4+ o(x 4 )
= α 2 + 1 x 2 −
α
28 + 1 2
x 4 + o(x 4 )
∼ ( α
2 + 1 x 2 se α 6= −2
−x 4 se α = −2
Ne segue che
f α (x) ∼
x √ x
(
α2+1 ) x
2= √ 1
x (
α2+1 ) se α 6= −2
x √ x
−x
4= − √ 1
x
5se α = −2
e quindi, dal criterio del confronto asintotico, che l’integrale improprio converge solo per α 6= −2
Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica A/L
Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 4 marzo 2017 – B
(1) Le soluzioni complesse dell’equazione z 3 = ( √
3 − i) · ( √
3i − 3) non appartengono a al secondo quadrante del piano complesso
c all’asse immaginario del piano complesso
b al quarto quadrante del piano complesso d nessuna delle precedenti
(2) La successione a n = n 3n · log 1 + n 1
2(n!) α risulta convergente a per nessun α ∈ IR
c solo per α < 2
b solo per α ≥ 3
d nessuna delle precedenti (3) La funzione g α (x) = x 2 √
1 + 3x − x α log(1 + x) per x → 0 + ha ordine di infinitesimo a 2 per ogni α > 0
c minore di 1 per qualche 0 < α < 2
b 3 per ogni α > 1
d nessuna delle precedenti (4) La funzione f α (x) = α(x + 3) − x|1 − log x| per ogni α > 0
a ammette asintoto
c non ammette minimo relativo
b ammette massimo assoluto d nessuna delle precedenti
(5) L’integrale Z 1
−1
|x − x 2 |e −x dx ` e uguale a
a e − 4 e c e + 3 − 2 e
b 6 + 2 e − e
d nessuna delle precedenti
(6) L’integrale improprio Z 1
0
e αx − √ 1 + x
x arctan x dx converge a per ogni α ∈ IR
c solo se α = 1 2
b per nessun α ∈ IR
d nessuna delle precedenti
Soluzione
(1) La risposta esatta ` e c . Abbiamo infatti che ( √
3 − i) · ( √
3i − 3) = 3i − 3 √ 3 + √
3 + 3i = −2 √
3 + 6i = 4 √
3(− 1 2 +
√ 3
2 i) = 4 √
3 cos 2π 3 + i sin 2π 3 o in alternativa, osservato che
√
3 − i = 2 cos − π 6 + i sin − π 6
e √
3i − 3 = 2 √
3 cos 5π 6 + i sin 5π 6 otteniamo che
( √
3 − i) · ( √
3i − 3) = 4 √
3 cos 5π 6 − π 6 + i sin 5π 6 − π 6 = 4 √
3 cos 2π 3 + i sin 2π 3 . Pertanto le soluzioni dell’equazione z 3 = ( √
3 − i) · ( √
3i − 3) saranno le tre radici terze di w = 4 √
3 cos 2π 3 + i sin 2π 3 . Tali soluzioni sono quindi date da z k = p
34 √
3 cos
2π 3
+2kπ
3 + i sin
2π 3
+2kπ
3
= p
34 √
3 cos 2π+6kπ 9 + i sin 2π+6kπ 9 con k = 0; 1; 2, e dunque sono z 0 =
3q 4 √
3 cos 2π 9 + i sin 2π 9 , z 1 =
3q
4 √
3 cos 8π 9 + i sin 8π 9 , z 2 =
4q
4 √
3 cos 14π 9 + i sin 14π 9 ).
Ne segue che z 0 cade nel primo quadrante, z 1 nel secondo e z 2 nel quarto.
(2) La risposta esatta ` e d . Infatti, posto a n = n
3n
·log ( 1+
n21)
(n!)
α, per n → +∞ abbiamo a n+1
a n =
(n + 1) 3n+3 · log
1 + (n+1) 1
2((n + 1)!) α · (n!) α n 3n · log 1 + n 1
2∼ n + 1 n
3n
· n 2
(n + 1) 2 · (n + 1) 3
(n + 1) α ∼ e 3 n 3 n α →
0 se α > 3 e 3 se α = 3 +∞ se α < 3
Da criterio del rapporto, essendo e 3 > 1, possiamo concludere che la successione converge a 0 se α > 3
e diverge a +∞ se α ≤ 3.
(3) La risposta corretta ` e la d . Infatti per x → 0 risulta g α (x) = x 2 √
1 + 3x − x α log(1 + x) = x 2 1 + 3 2 x + o(x) − x α
x − x 2
2+ o(x 2 )
= x 2 + 3 2 x 3 + o(x 3 ) − x α+1 + 1 2 x α+2 + o(x α+2 ) e quindi che
g α (x) =
x 2 + o(x 2 ) se α > 1 2x 3 + o(x 3 ) se α = 1
−x α+1 + o(x α+1 ) se α < 1
La funzione ha pertanto ordine di infinitesimo 2 se α > 1, 3 se α = 1 e α + 1 se α < 1. Dato che α + 1 > 1 per ogni α > 0, possiamo concludere che a , b e c sono false.
(4) La risposta corretta ` e la b . Osserviamo innanzitutto che la funzione
f α (x) = α(x + 3) − x|1 − log x| =
( α(x + 3) − x(1 − log x) se x ≤ e α(x + 3) − x(log x − 1) se x > e per ogni α > 0 ` e definita e continua in tutto (0, +∞) e che risulta
x→+∞ lim f α (x) = lim
x→+∞ α(x + 3) − x(log x − 1) = lim
x→+∞ x(α − log x + 1) + 3α = −∞
mentre
lim
x→0
+f α (x) = lim
x→0
+α(x + 3) − x(1 − log x) = 3α.
Quindi la funzione non ammette asintoti verticali e orizzontali. Poich´ e
x→+∞ lim f α (x)
x = lim
x→+∞
α(x + 3) − x(log x − 1)
x = lim
x→+∞ α + 3α
x − log x + 1 = −∞
la funzione non ammette nemmeno asintoti obliqui. La funzione ` e derivabile in tutto il suo dominio eccetto che in x = e con
f α 0 (x) =
( α + log x se 0 < x < e α − log x se x > e Non risulta invece derivabile in x = e dato che f α,± 0 (x) = lim
x→e
±f α 0 (x) = α ∓ 1. Ne segue che f α 0 (x) > 0 per ogni e −α < x < e e f α 0 (x) < 0 per 0 < x < e −α mentre per x > e si ha che
• f α 0 (x) ≤ 0 per ogni x > e se α ≤ 1,
• f α 0 (x) > 0 per ogni e < x < e α e f α 0 (x) < 0 per ogni x > e α , se α > 1.
Ne segue che
• se 0 < α ≤ 1 allora f α (x) ` e strettamente crescente in [e −α , e], strettamente decrescente in (0, e −α ]
−α −α −α −α
• se α > 1 allora f α (x) ` e strettamente crescente in (e −α , e α ], strettamente decrescente in (0, e −α ] e in (e α , +∞), x = e −α risulta punto di minimo relativo con f α (e −α ) = α(e −α + 3) − e −α (1 + α) = 3α − 3 −α mentre x = e α risulta punto di massimo relativo con f α (e α ) = (2α + 1)e α + 3α.
Osservato che sia f α (e) che f α (e α ) risultano maggiori di 3α = lim
x→0
+f α (x) possiamo concludere che in entrambi i casi la funzione ammette massimo assoluto e quindi che b ` e vera.
(5) La risposta corretta ` e d . Infatti, osserviamo innazitutto che, essendo
|x − x 2 | = |x(1 − x)| =
( x − x 2 se 0 ≤ x ≤ 1
−(x − x 2 ) se x < 0 oppure x > 1 risulta
Z 1
−1
|x − x 2 |e −x dx = − Z 0
−1
(x − x 2 )e −x dx + Z 1
0
(x − x 2 )e −x dx Integrando per parti otteniamo
Z
(x − x 2 )e −x dx = −e −x (x − x 2 ) + Z
(1 − 2x)e −x dx
= −e −x (x − x 2 ) − e −x (1 − 2x) − 2 Z
e −x dx
= −e −x (x − x 2 ) − e −x (1 − 2x) + 2e −x + c
= e −x (x 2 + x + 1) + c
Dalla formula fondamentale del calcolo integrale, possiamo concludere che Z 1
−1
|x − x 2 |e −x dx = − Z 0
−1
(x − x 2 )e −x dx + Z 1
0
(x − x 2 )e −x dx
= − e −x (x 2 + x + 1) 0
−1 + e −x (x 2 + x + 1) 1 0
= e + 3 e − 2
(6) La risposta corretta ` e c . Osserviamo innanzitutto che la funzione f α (x) = e
αx−
√ 1+x
x arctan x risulta continua in (0, 1]. Per x → 0 + abbiamo che
x arctan x ∼ x 2
mentre
e αx − √
1 + x = 1 + αx + α
22 x
2+ o(x 2 ) −
1 + x 2 − x 8
2+ o(x 2 )
= α − 1 2 x −
α
22 + 1 8
x 2 + o(x 2 )
∼
( α − 1 2 x se α 6= 1 2
− x 4
2se α = 1 2 Ne segue che
f α (x) ∼
( α−
12) x
x
2= α−
1 2
x se α 6= 1 2
−
x24