Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica M/Z
Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 13 gennaio 2018 – A
(1) Delle radici terze di w = (i − 2) · (1 + 3i)
a nessuna appartiene al quarto quadrante c una appartiene all’asse reale
b una appartiene al secondo quadrante d nessuna delle precedenti
(2) La funzione f (x) =
(sin(αx) cosh x−log(1+x)
x se x > 0
cosh(βx) se x ≤ 0 nel punto x0 = 0 a `e continua per ogni α, β ∈ R
c `e continua ma non `e derivabile per ogni α, β ∈ R
b `e derivabile per α = 2 e ogni β ∈ R d nessuna delle precedenti
(3) L’ordine di infinitesimo della funzione gα(x) = cos(xα) −√
e− sin x con α > 0 per x → 0+ `e a 1 per ogni α ∈ R
c 2 per qualche α > 1
b 12 per qualche α < 1 d nessuna delle precedenti (4) La funzione fα(x) =
q
log2(x − 1) + α con α ≥ 0 a non ammette punto di minimo per qualche α ≥ 0 c assume il valore y0 = 2 per ogni α > 1
b `e derivabile nel suo dominio per ogni α ≥ 0 d nessuna delle precedenti
(5) L’integrale improprio Z +∞
1
log2(3x − 2)
(3x − 2)2 dx vale a +∞
c 23
b −29
d nessuna delle precedenti
(6) La serie numerica
+∞
X
n=0
nαn(1 − cosn!1) converge
a per ogni α < 2 c per nessun α ∈ R
b solo per α > 1
d nessuna delle precedenti
Soluzione
(1) La risposta esatta `e d . Abbiamo che
w = (i − 2) · (1 + 3i) = −5 − 5i = 5√
2(cos5π4 + i sin5π4 ) e le sue radici terze sono date da
zk = 3 q
5√
2 cos5π 4 +2kπ
3
+ i sin5π 4 +2kπ
3
=√3
5 cos 5π+8kπ12 + i sin 5π+8kπ12 , i = 0, 1, 2, cio`e sono
z0 = 3 q
5√
2 cos 5π12 + i sin 5π12
z1 = 3 q
5√
2 cos 13π12 + i sin 13π12
z2 = 3 q
5√
2 cos 21π12 + i sin 21π12
e pertanto che z0 cade nel primo quadrante del piano complesso perch´e 125 ∈ (0,12), z1 nel terzo dato che 1312 ∈ (1,32), z2 nel quarto poich´e 2112 ∈ (32, 2).
(2) La risposta esatta `e d . Abbiamo lim
x→0−
f (x) = lim
x→0−
cosh(βx) = 1 = f (0)
per ogni β ∈ R. Mentre, essendo per x → 0, log(1 + x) = x + o(x) e sin(αx) cosh x = (αx + o(x))(1 + o(x)) = αx + o(x), si ottiene
lim
x→0+
f (x) = lim
x→0+
sin(αx) cosh x − log(1 + x)
x = lim
x→0+
(α − 1)x + o(x)
x = α − 1
per ogni α ∈ R. 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) = β sinh(βx) e che lim
x→0−
f0(x) = 0 per ogni β ∈ R. Quindi, per ogni β ∈ R, la funzione ammette derivata sinistra in x0 = 0 con f−0 (0) = 0.
Riguardo alla derivata destra, per α = 2, osservato che per x → 0 risulta log(1 + x) = x −12x2+ o(x2) e sin(2x) cosh x = (2x + o(x2))(1 + o(x)) = 2x + o(x2) otteniamo
lim
x→0+
f (x) − f (0)
x = lim
x→0+
sin(2x) cosh x−log(1+x)
x − 1
x
= lim
x→0+
2x + 12x2− x + o(x2) − x
x2 = lim
x→0+ 1
2x2+ o(x2) x2 = 12
Quindi la funzione ammette derivata destra in x0 = 0 con f+0 (0) = 12. Ne segue che la funzione non risulta derivabile in x0 = 0 per ogni α, β ∈ R e dunque anche b `e falsa.
(3) La risposta corretta `e la b . gα(x) = cos(xα) −√
e− sin xRicordando che cos y = 1 −y22+y244+ o(y4) per y → 0 posto y = xα, dato che α > 0 per x → 0 otteniamo cos(xα) = 1 − x2α2 + x244α + o(x4α).
Abbiamo poi che
√
e− sin x = e−12sin x = 1 − 12sin x + 18sin2x + o(sin2x)
= 1 − 12(x + o(x2)) + 18(x + o(x2))2+ o((x + o(x2))2)
= 1 − x2 +x82 + o(x2) Ne segue che
gα(x) = cos(xα) −
√
e− sin x = −x2α2 +x244α + o(x4α) + x2 − x82 + o(x2)
=
x
2 + o(x) se 2α > 1
−x122 se 2α = 1
−x2α2 + o(x2α) se 2α < 1
Quindi gα(x) ha ordine di infinitesimo 1 per ogni α > 12, 2 per α = 12 e 2α per ogni 0 < α < 12. Ne segue che per α = 14 la funzione ha ordine di infinitesimo 12 e pertanto b `e vera mentre a e c sono false.
Nota: se per α = 12 non avessimo considerato lo sviluppo di Taylor di ordine 2 di cos(xα) = cos(√ 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 fα(x) = q
log2(x − 1) + α al variare di α ≥ 0.
Si ha che fα(x) `e definita e continua in tutto (1, +∞). Se α > 0, la funzione risulta ovunque positiva mentre per α = 0 si ha che risulta positiva per x 6= 2, nulla per x = 2. Abbiamo
x→+∞lim fα(x) = +∞ e lim
x→1+fα(x) = +∞
Pertanto ammette un asintoto verticale in x = 1 qualunque sia α ≥ 0. Se α = 0 la funzione non risulta derivabile in x = 2, dove presenta un punto angoloso, in quanto
lim
h→0±
f0(2 + h) − f0(2)
h = lim
h→0±
q
log2(1 + h)
h = lim
h→0±
|h|
h = ±1
e dunque b `e falsa. `E invece derivabile in ogni x ∈ (1, +∞), x 6= 2, con f00(x) = log(x − 1)
q
log2(x − 1)
· 1 x − 1
Se α > 0 la funzione risulta derivabile in ogni x ∈ (1, +∞) con fα0(x) = log(x − 1)
q
log2(x − 1) + α
· 1 x − 1
Per ogni α ≥ 0 otteniamo allora che fα0(x) < 0 per ogni 1 < x < 2 e fα0(x) > 0 per ogni x > 2. Ne segue che fα(x) `e strettamente decrescente in (1, 2], `e strettamente crescente in [2, +∞) e che x = 2
`e punto di minimo assoluto con fα(2) = √
α per ogni α ≥ 0, quindi a `e falsa. Dal teorema dei valori intermedi ne segue inoltre che l’equazione fα(x) = 2 ammette soluzione solo per √
α ≤ 2, ovvero per α ≤ 4, e precisamente, dalla monotonia stretta, una sola soluzione se α = 4 e due soluzioni se α < 4.
Dunque la funzione assume il valore y0 = 2 solo per α ≤ 4 e anche c `e falsa.
(5) La risposta corretta `e c . Infatti, Operando la sostituzione 3x − 2 = y (e quindi dx = 13dy) e
integrando per parti due volte si ottiene Z
log2(3x−2)
(3x−2)2 dx = 13 Z
log2y
y2 dy = 13
−logy2y + 2 Z
log y y2 dy
= 13
−logy2y − 2 log yy + 2 Z
1 y2 dy
= 13
−logy2y − 2 log yy − 2y + c
= −log2y+2 log y+2
3y + c
= −log2(3x−2)+2 log(3x−2)+2
3(3x−2) + c
Dalla definizione di integrale improprio e dalla formula fondamentale del calcolo integrale, possiamo concludere che
Z +∞
1
log2(3x−2)
(3x−2)2 dx = lim
b→+∞
Z b 1
log2(3x−2)
(3x−2)2 dx = lim
b→+∞
h−log2(3x−2)+2 log(3x−2)+2 3(3x−2)
ib 1
= lim
b→+∞
2
3 − log2(3b−2)+2 log(3b−2)+2 3(3b−2) = 23 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 nαn(1 − cosn!1) ∼ 2(n!)nαn2. Quindi, dal criterio del confronto asintotico il comportamente della serie data `e il medesimo della serie P+∞
n=1 nαn
(n!)2. Per studiare il comportamento di quest’ultima applichiamo il criterio del rapporto. Posto an= (n!)nαn2, per n → +∞ si ha
an+1
an = (n + 1)α(n+1)
((n + 1)!)2 · (n!)2
nαn = (n + 1)α−2 1 + 1nαn
→
+∞ se α > 2 e2 se α = 2 0 se α < 2 Dal criterio del rapporto, la serie P+∞
n=1 nαn
(n!)2, e dunque anche la serie data, risulta convergente se e solo se α < 2.
Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica M/Z
Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 13 gennaio 2018 – B
(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 cos 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 ∈ R
c `e continua ma non `e derivabile per ogni α, β ∈ R
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 ∈ R
c 2 per qualche α < 1
b maggiore di 2 per qualche α > 1 d nessuna delle precedenti
(4) La funzione gα(x) =parctan2(x − 1) + α con α ≥ 0 a non ammette punto di minimo per qualche α ≥ 0 c assume il valore y0 = 1 per ogni α > 1
b `e derivabile nel suo dominio per ogni α ≥ 0 d nessuna delle precedenti
(5) L’integrale improprio Z +∞
2
log2(2x − 3)
(2x − 3)2 dx vale a +∞
c −14
b 1
d nessuna delle precedenti
(6) La serie numerica
+∞
X
n=0
1
nαnsin3 1n! diverge a per ogni α < 2
c per nessun α ∈ R
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(cos(−π4) + i sin(−π4)) e le sue radici quarte sono date da
zk =√4 5
cos
−π 4+2kπ
4
+ i sin
−π 4+2kπ
4
=√4
5 cos −π+8kπ16 + i sin −π+8kπ16 , i = 0, 1, 2, 3, cio`e sono
z0 =√4
5 cos −16π + i sin −16π
z1 =√4
5 cos 7π16 + i sin 7π16
z2 =√4
5 cos 15π16 + i sin 15π16
z3 =√4
5 cos 23π16 + i sin 23π16
e pertanto che 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 ∈ R. Mentre, essendo per x → 0, log(1 + αx) = αx + o(x) e sinh x cosh x = (x + o(x))(1 + o(x)) = x + o(x), si ottiene
lim
x→0+
f (x) = lim
x→0+
sinh x cos x − log(1 + αx)
x = lim
x→0+
(1 − α)x + o(x)
x = 1 − α
per ogni α ∈ R. 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 ∈ R. Quindi, per ogni β ∈ R, 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 cos x = (x + o(x2))(1 + o(x)) = x + o(x2) otteniamo
lim
x→0+
f (x) − f (0)
x = lim
x→0+
sinh x cos 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). Abbiamo poi che
√
esinh x= e12sinh x = 1 + 12sinh x +18 sinh2x + o(sinh2x)
= 1 + 12(x + o(x2)) + 18(x + o(x2))2+ o((x + o(x2))2)
= 1 + x2 +x82 + o(x2) Ne segue che
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) = parctan2(x − 1) + α al variare di α ≥ 0. Si ha che gα(x) `e definita e continua in tutto R. Se α > 0, la funzione risulta ovunque positiva mentre per α = 0 si ha che risulta positiva per x 6= 1, nulla per x = 1. Abbiamo
x→+∞lim gα(x) = q
π2
4 + α e lim
x→−∞fα(x) = q
π2 4 + α Pertanto ammette un asintoto orizzontale in y =
qπ2
4 + α per x → ±∞ qualunque sia α ≥ 0. Se α = 0 la funzione non risulta derivabile in x = 1, dove presenta un punto angoloso, in quanto
lim
h→0±
g0(1 + h) − g0(1)
h = lim
h→0±
√
arctan2h
h = lim
h→0±
|h|
h = ±1 e dunque b `e falsa. `E invece derivabile in ogni x ∈ R \ {1}, con
f00(x) = arctan(x − 1)
parctan2(x − 1) · 1 1 + (x − 1)2
Se α > 0 la funzione risulta derivabile in ogni x ∈ R con gα0(x) = arctan(x − 1)
parctan2(x − 1) + α · 1 1 + (x − 1)2
Per ogni α ≥ 0 otteniamo allora che gα0(x) < 0 per ogni x < 1 e gα0(x) > 0 per ogni x > 1. Ne segue che gα(x) `e strettamente decrescente in (−∞, 1], `e strettamente crescente in [1, +∞) e che x = 1 `e punto di minimo assoluto con gα(1) =√
α per ogni α ≥ 0, quindi a `e falsa. Dal teorema dei valori intermedi, osservato che
qπ2
4 + α > 1 per ogni α ≥ 0, otteniamo inoltre che l’equazione gα(x) = 1 ammette soluzione solo se √
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
log2(2x−3)
(2x−3)2 dx = 12 Z
log2y
y2 dy = 12
−logy2y + 2 Z
log y y2 dy
= 12
−logy2y − 2 log yy + 2 Z
1 y2 dy
= 12
−logy2y − 2 log yy − 2y + c
= −log2y+2 log y+2
2y + c
= −log2(2x−3)+2 log(2x−3)+2
2(2x−3) + c
Dalla definizione di integrale improprio e dalla formula fondamentale del calcolo integrale, possiamo concludere che
Z +∞
2
log2(2x−3)
(2x−3)2 dx = lim
b→+∞
Z b 2
log2(2x−3)
(2x−3)2 dx = lim
b→+∞
h−log2(2x−3)+2 log(2x−3)+2 2(2x−3)
ib 2
= lim
b→+∞1 − log2(2b−3)+2 log(2b−3)+2
2(2b−3) = 1
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 (n!)3
nαn. 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)!)3
(n + 1)α(n+1) · nαn
(n!)3 = (n + 1)3−α 1
1 + n1αn →
+∞ se α < 3 e−3 se α = 3 0 se α > 3 Dal criterio del rapporto, la serie P+∞
n=1 nαn
(n!)3, e dunque anche la serie data, risulta divergente se e solo se α < 3.
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 ∈ R
c `e continua ma non `e derivabile per ogni α, β ∈ R
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 ∈ R
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 ∈ R. 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 ∈ R. 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 ∈ R. Quindi, per ogni β ∈ R, 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 + 12sinh x +18 sinh2x + 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
gα0(x) = log(x − 1) q
log2(x − 1) + α
· 1 x − 1
Otteniamo allora che g0α(x) < 0 per ogni 1 < x < 2 e gα0(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 serie P+∞
n=1 (n!)3
nαn, e quindi anche la serie data, risulta convergente se e solo se α < 3.
Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica M/Z
Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 3 febbraio 2018
(1) Delle radici quadrate di w = i · (√
3 + 3i) · (i − 1)3 a nessuna appartiene al secondo quadrante
c una appartiene all’asse reale
b una appartiene al quarto quadrante d nessuna delle precedenti
(2) La successione an = n3 coshn1 −p1 + nα2 per n → +∞
a converge per ogni α ∈ R c diverge per ogni α ∈ R
b converge se e solo se α = 1 d nessuna delle precedenti (3) L’ordine di infinitesimo della funzione fα(x) = √sin xcos x − log(1 + αx) per x → 0+ `e
a 1 per ogni α ∈ R c 2 per qualche α ∈ R
b 3 per qualche α > 0 d nessuna delle precedenti (4) L’equazione arctanx−2x+2 = αx ammette
a al pi`u una soluzione per ogni α ∈ R c due soluzioni per ogni α > 0
b nessuna soluzione per qualche α < 0 d nessuna delle precedenti
(5) L’area della regione del piano compresa tra il grafico della funzione f (x) = x cos x e l’asse delle ascisse nell’intervallo [−π, π] vale
a π c 0
b 2π
d nessuna delle precedenti
(6) La serie di potenze
+∞
X
n=1
xn 1 −n2n2
ha insieme di convergenza
a (−e2, e2) c R
b [−√1e,√1e)
d nessuna delle precedenti
Soluzione
(1) La risposta esatta `e b . Abbiamo infatti che i · (√
3 + 3i) = −3 +√
3i = 2√ 3(−
√ 3
2 +12i) = 2√
3(cos5π6 + i sin5π6 ) mentre, essendo i − 1 =√
2(cos3π4 + i cos3π4 ) si ha (i − 1)3 =√
8(cos9π4 + i cos9π4 ) = 2√
2(cosπ4 + i cosπ4) Pertanto
w = i · (√
3 + 3i) · (i − 1)3 = 4√
6(cos(π4 +5π6 ) + i cos(π4 +5π6 )) = 4√
6(cos13π12 + i cos13π12) e le sue radici quadrate sono date da
zk= q
4√
6(cos13π 12 +2kπ
2
+ i sin13π 12+2kπ
2
) = 2√4
6 cos 13π24 + kπ + i sin 13π24 + kπ , i = 0; 1, cio`e sono
z0 = 2√4
6 cos 13π24 + i sin 13π24 = 2√4
6 cos 24π + π2 + i sin 24π + π2
z1 = 2√4
6 cos 13π24 + π + i sin 13π24 + π = 2√4
6 cos 24π +3π2 + i sin 24π +3π2
Quindi z0 cade nel secondo quadrante del piano complesso mentre z1 nel quarto.
(2) La risposta esatta `e b . Dagli sviluppi notevoli, per n → +∞ abbiamo che coshn1 −q
1 + nα2 = 1 +2n12 + 24n14 + o(n14) −
1 + 2nα2 − 8nα24 + o(n14)
= 1−α2n2 + 1+3α24n42 + o(n14)
e quindi an= n3 cosh1n−p1 + nα2 = n3(1−α2n2 + 1+3α24n42 + o(n14)) = (1−α)n2 +1+3α24n2 + o(1n) da cui an∼
(1−α
2 n se α 6= 1
1
6n se α = 1 Pertanto si ha
n→+∞lim an=
+∞ se α < 1 0 se α = 1
−∞ se α > 1
Nota: considerando lo sviluppo di ordine 2 delle successioni coinvolte si otteneva che an = n3(1−α2n2 + o(n12)) =
(1−α)n
2 + o(n) da cui non si poteva concludere nulla sul comportamento della successione nel caso in cui α = 1.
(3) La risposta corretta `e la c . Per x → 0 abbiamo infatti che sin x
√cos x = sin x · (cos x)−12 = sin x · (1 + (cos x − 1))−12
= (x − x63 + o(x3)) · (1 − 12(cos x − 1) + 38(cos x − 1)2+ o(cos x − 1)2)
= (x − x63 + o(x3)) · (1 + 14x2+ o(x3)) = x − x63 + o(x3) + 14x3+ o(x3)
= x + 121 x3 + o(x3)
mentre log(1 + αx) = αx −12α2x2+13x3+ o(x3), da cui fα(x) = sin x
√cos x − log(1 + αx) = (1 − α)x +12α2x2+ (121 − α33)x3+ o(x3)
=
((1 − α)x + o(x) se α 6= 1
1
2x2+ o(x2) se α = 1
Quindi fα(x) ha ordine di infinitesimo 1 per ogni α 6= 1, 2 per α = 1.
Nota: per determinare l’ordine di infinitesimo di fα(x) era sufficiente determinare lo sviluppo di Taylor di ordine 2, quello riportato, per completezza, `e lo sviluppo di ordine 3.
(4) La risposta corretta `e la d . Per determinare le soluzioni dell’equazione arctanx−2x+2 = αx, studiamo la funzione fα(x) = arctanx−2x+2 − αx e determiniamone gli zeri. La funzione risulta definita e continua in R \ {−2} con
x→±∞lim fα(x) = arctanx−2x+2 − αx =
∓∞ se α > 0
π
4 se α = 0
±∞ se α < 0
e lim
x→−2±f (x) = ∓π2 + 2α.
Osserviamo che se α < 0, dato che la funzione `e continua in (−2, +∞) e che lim
x→+∞fα(x) = +∞ mentre lim
x→−2+fα(x) = −π2+2α < 0, dal Teorema dei valori intermedi abbiamo che la funzione ammette almeno uno zero in (−2, +∞) per ogni α < 0, dunque b `e falsa.
In modo analogo, dato che la funzione `e continua in (−∞, −2) e che se 0 > α > −π4 si ha lim
x→−∞fα(x) =
−∞ mentre lim
x→−2−fα(x) = π2 + 2α > 0, dal Teorema dei valori intermedi abbiamo che la funzione ammette almeno uno zero in (−∞, −2). Quindi, per quanto osservato sopra, per ogni −π4 < α < 0 la funzione ammette almeno due zeri e pertanto anche a `e falsa.
La funzione `e derivabile in ogni x ∈ R \ {−2} con f0(x) = 1
1 + (x−2x+2)2 · 4
(x + 2)2 − α = 2
x2+ 4 − α = 2 − αx2− 4α
x2+ 4 = −αx2+ 2(2α − 1) x2+ 4
Per α > 12 otteniamo allora che fα0(x) < 0 per ogni x 6= −2 e quindi che fα(x) risulta strettamente decrescente in (−∞, −2) e in (−2, +∞). Osservato che per tali valori di α, lim
x→−2−
fα(x) = π2+ 2α > 0, dalla monotonia stretta otteniamo che fα(x) > 0 per ogni x ∈ (−∞, −2). Poich´e invece lim
x→+∞fα(x) =
−∞ mentre lim
x→−2+
fα(x) = −π2 + 2α > 0 per ogni α > π4, dal Teorema dei valori intermedi e dalla monotonia stretta abbiamo che per tali valori la funzione ammette uno ed un solo zero in (−2, +∞).
Quindi per α > π4 la funzione ammette uno ed un solo zero nel suo dominio e c `e falsa.
(5) La risposta corretta `e b . Infatti, osserviamo innanzitutto che x cos x ≥ 0 per ogni x ∈ [0,π2] ∪ [−π, −π2] mentre x cos x ≤ 0 per ogni x ∈ [π2, π] ∪ [−π2, 0], l’area cercata sar`a quindi data da
A = Z π
−π
|x cos x| dx = Z −π2
−π
x cos x dx − Z 0
−π2
x cos x dx + Z π2
0
x cos x dx − Z π
π 2
x cos x dx
Integrando per parti otteniamo Z
x cos x dx = x sin x − Z
sin x dx = x sin x + cos x + c, c ∈ R
e dunque dalla formula fondamentale del calcolo possiamo concludere che A = [x sin x + cos x]−
π 2
−π − [x sin x + cos x]0−π
2 + [x sin x + cos x]
π 2
0 − [x sin x + cos x]ππ 2
= (π2 + 1) − (1 −π2) + (π2 − 1) − (−1 − π2) = 2π
Nota: Dato che |x cos x| `e funzione pari, i conti potevano semplificarsi osservato che
A = Z π
−π
|x cos x| dx = 2 Z π
0
|x cos x| dx = 2(
Z π2
0
x cos x dx − Z π
π 2
x cos x dx)
(6) La risposta corretta `e a . Per determinare l’insieme di convergenza della serie di potenze
+∞
X
n=1
xn 1 −n2n2
calcoliamo innanzitutto il raggio di convergenza utilizzando il metodo della radice1. Abbiamo
n→+∞lim
n
r
1 −n2n2
= lim
n→+∞ 1 − n2n
= e−2 dato che per ogni α ∈ R abbiamo che 1 +αnn
= eα. Il raggio di convergenza della serie `e pertanto ρ = e2 e quindi che la serie converge per ogni |x| < e2 e non converge per |x| > e2.
Osserviamo inoltre che per x = e2 la serie diviene
+∞
X
n=1
e2n 1 −2nn2
e che
(∗) lim
n→+∞e2n 1 − 2nn2
= lim
n→+∞e2n+n2log(1−n2) = e12
siccome 2n + n2log(1 − n2) = 2n + n2(−n2 − n22 + o(n12)) = −2 + o(1) → −2 per n → +∞. Dalla condizione necessaria alla convergenza di una serie possiamo concludere che la serie
+∞
X
n=1
e2n 1 −n2n2
non converge. Dal precedente limite otteniamo inoltre che non esiste il limite
n→+∞lim (−1)ne2n 1 − 2nn2
e pertanto, sempre della condizione necessaria alla convergenza di una serie, possiamo concludere che la serie di potenze data non converge anche per x = −e2.
Da quanto trovato possiamo concludere che la serie di potenze converge se e solo se |x| < e2 e quindi che l’insieme di convergenza `e l’intervallo (−e2, e2).
1Volendo applicare il metodo del rapporto, abbiamo
n→+∞lim
|(1 − n+12 )(n+1)
2
|
|(1 −n2)n2|
= lim
n→+∞
e(n+1)2log(1−n+12 )
en2log(1−n2) = lim
n→+∞e(n+1)2log(1−n+12 )−n2log(1−n2)= e−2 dato che per n → +∞ dallo sviluppo di Taylor del logaritmo si ha
(n + 1)2log(1 −n+12 ) − n2log(1 −n2) = (n + 1)2(−n+12 −(n+1)2 2 + o((n+1)1 2)) − n2(−2n−n22 + o(n12))
= −2(n + 1) − 2 + 2n + 2 + o(1) = −2 + o(1) → −2
Nota: per n → +∞ si ha (1 −n2)n
2
= (1 −n2)nn
6∼ e−2nma (1 − 2n)n
2
∼e12e−2n, vedi (∗)
Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica M/Z
Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 24 febbraio 2018 – A
(1) Delle soluzioni in campo complesso dell’equazione z2+ (i − 1)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 = (2n)αn
n3 · 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 cos x−cosh x+α sin2x
x se x > 0
(1 + 3x2)β se x ≤ 0 nel punto x0 = 0 a `e continua ma non derivabile per ogni α, β ∈ R
c `e derivabile solo per α = 6β
b `e continua solo per α = 0 d nessuna delle precedenti (4) Il volume massimo di un cono circolare retto inscritto in una sfera di raggio 3 `e
a maggiore di 10π c minore di 2π
b compreso tra 8π e 10π d nessuna delle precedenti
(si ricorda che il volume di un cono di raggio r e altezza h `e π3r2h)
(5) L’integrale improprio Z +∞
9
√ 1
x3(x − 4)dx vale a +∞
c 14log 5 − 13
b √1
3
d nessuna delle precedenti
(6) La serie
+∞
X
n=1
3n
1
1 − 31n
− e3nα
converge
a per ogni α > 0 c solo per α = 1
b per nessun α ∈ R
d nessuna delle precedenti