Corso di Laurea in Ingegneria Civile e Ambientale 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 primo quadrante
c una appartiene all’asse reale
b una appartiene al terzo quadrante d nessuna delle precedenti
(2) La successione a
n=
e
αn−
11−n1
sin
n12− sin
2 1nconverge per n → +∞
a per ogni α ∈ R c solo per α = 1
b per nessun α ∈ R
d nessuna delle precedenti
(3) La funzione g(x) =
(
cosh√x−√
1+sin(αx)
x
se x > 0 tan(βx) + x se x ≤ 0
nel punto x
0= 0
a non ` e continua per ogni α, β ∈ R c ` e derivabile per α = 1 e β = 0
b ` e continua ma non derivabile per α = 1 e ogni β ∈ R d nessuna delle precedenti
(4) La funzione f
α(x) = xe
|x−1|
x
−α per ogni α > 0 a ammette due zeri
c non ammette asintoti verticali
b ammette massimo relativo d nessuna delle precedenti
(5) L’integrale improprio Z
+∞0
x + 3
(x + 1)
2(x + 2) dx vale a 2 − log 2
c +∞
b log
32− 2
d nessuna delle precedenti
(6) La serie
+∞
X
n=0
2
n(n!)
αn
3na converge per ogni α ∈ R c converge solo per α = 3
b diverge se e solo se α > 3
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
−appartiene al secondo quadrante.
(2) La risposta esatta ` e b . 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 =
1notteniamo che n → +∞ si ha
e
αn− 1 1 +
n1∼
(
α−1n
se α 6= 1
−
2n12se α = 1 Per x → 0 abbiamo inoltre
sin(x
2) − sin
2x = x
2+ o(x
4) − (x −
x63+ o(x
3))
2= x
2+ o(x
4) − (x
2−
x34+ o(x
4)) =
x34+ o(x
4) ∼
x34e quindi, posto x =
n1per n → +∞ otteniamo
sin
n12− sin
2 1n∼
3n14Dunque
a
n∼
α−1 n 1 3n4
= 3(α − 1)n
3se α 6= 1
−
1 2n2
1 3n4
= −
32n
2se α = 1
e dunque che la successione diverge per ogni α ∈ R.
(3) La risposta esatta ` e d . Studiamo la continuit` a e la derivabilit` a della funzione
f (x) =
(
cosh√x−√
1+sin(αx)
x
se x > 0 tan(βx) + x se x ≤ 0 nel punto x
0= 0. Abbiamo
lim
x→0−
f (x) = lim
x→0−
tan(βx) + x = 0 = f (0) per ogni β ∈ R. Mentre, dato che per x → 0
cosh √ x − p
1 + sin(αx) = 1 +
x2+
x242+ o(x
2) − (1 +
12sin(αx) −
18sin
2(αx) + o(sin
2(αx)))
=
x2+
x242+ o(x
2) −
12(αx + o(x
2)) +
18(αx + o(x
2))
2+ o((αx + o(x
2))
2)
=
12(1 − α)x + (
241+
α82)x
2+ o(x
2) Quindi, se α 6= 1, allora cosh √
x − p1 + sin(αx) ∼
12(1 − α)x mentre se α = 1 allora cosh √ x − p1 + sin(αx) ∼
16x
2. In ogni caso otteniamo
lim
x→0+
f (x) = lim
x→0+
cosh √
x − p1 + sin(αx)
x =
12(1 − α) e dunque che f (x) risulta continua in 0 solo per α = 1, qualunque sia β ∈ R.
Riguardo alla derivabilit` a, per x < 0 la funzione ` e derivabile con f
0(x) =
cos2β(βx)+1 e lim
x→0−
f
0(x) = β+1.
Quindi, per ogni β ∈ R, la funzione ammette derivata sinistra in x = 0 con f
−0(0) = β + 1. Osservato poi che la funzione risulta continua in x = 0 solo per α = 1, studiamo l’esistenza della derivata destra per tale valore. Dal precedente sviluppo abbiamo
lim
x→0+
f (x) − f (0)
x = lim
x→0+
cosh √ x − √
1 + sin x
x
2= lim
x→0+ 1 6
x
2x
2=
16e la funzione ammette derivata destra in x = 0 con f
+0(0) =
16. Ne segue che la funzione risulta derivabile in x = 0 solo per α = 1 e β = −
56.
(4) La risposta esatta ` e d . Studiamo la funzione f
α(x) = xe
|x−1|x− α con α > 0. Abbiamo che la funzione ` e definita e continua in D = R \ {0}, inoltre abbiamo lim
x→±∞
f
α(x) = ±∞ e lim
x→0−
f
α(x) = −α, mentre dalla gerarchia degli infiniti si ha
lim
x→0+
f
α(x) = lim
x→0+
xe
1x−1− α = lim
x→0+
lim
x→0+ 1 e
e
1x1 x
− α = +∞
Ne segue che x = 0 ` e asintoto verticale destro e pertanto c ` e falsa. La funzione ` e derivabile in ogni x ∈ D \ {1} con
f
α0(x) =
( e
x−1x+ xe
x−1x x12= e
x−1x x+1xse x > 1
e
1−xx− xe
1−xx x12= e
1−xx x−1xse x < 1, x 6= 0
Abbiamo allora che f
α0(x) > 0 per ogni x < 0 e x > 1 e dunque che la funzione ` e strettamente
crescente in (−∞, 0) e in [1, +∞) mentre f
α0(x) < 0 per 0 < x < 1 e quindi f
α(x) risulta strettamente
decrescente in (0, 1]. Ne segue che x = 1 ` e punto di minimo relativo per f
α(x) e poich´ e la funzione non ammette punti stazionari in D \ {1}, possiamo affermare che non ammette punti di massimo relativo per ogni α > 0 e dunque che b ` e falsa.
Osservato infine che dal precedente studio, risulta f
α(x) < 0 per ogni x < 0 e che per x > 0 si ha f
α(x) ≥ f
α(1) = 1 − α > 0 se 0 < α < 1, possiamo concludere che per tali valori di α la funzione non ammette zeri e dunque che anche a ` e falsa.
(5) La risposta esatta ` e a . Per calcolare R
+∞0
x+3
(x+1)2(x+2)
dx osserviamo innanzitutto che dalla definizione di integrale improprio
Z
+∞0
x + 3
(x + 1)
2(x + 2) dx = lim
b→+∞
Z
b 0x + 3
(x + 1)
2(x + 2) dx Per determinare R
x+3(x+1)2(x+2)
dx possiamo determinare la decomposizione in fratti semplici cercando A, B, C ∈ R tali che
(1) x + 3
(x + 1)
2(x + 2) = A
x + 1 + B
(x + 1)
2+ C x + 2
Tale identit` a risulta verificata per A = −1, B = 2 e C = 1, pertanto, considerato che nel dominio di integrazione
x+2x+1> 0 , otteniamo
Z x + 3
(x + 1)
2(x + 2) dx =
Z 2
(x + 1)
2− 1
x + 1 + 1 x + 2 dx
= − 2
x + 1 − log(x + 1) + log(x + 2) + c = log x + 2
x + 1 − 2
x + 1 + c
e quindi
Z
+∞0
x + 3
(x + 1)
2(x + 2) dx = lim
b→+∞
Z
b 0x + 3
(x + 1)
2(x + 2) dx
= lim
b→+∞
log
x+2x+1−
x+12 b 0= lim
b→+∞
log
b+2b+1−
b+12− log 2 + 2 = 2 − log 2 (6) La risposta esatta ` e b . Infatti, posto a
n=
2nn(n!)3nαabbiamo
n→+∞
lim a
n+1a
n= lim
n→+∞
2
n+1((n + 1)!)
α(n + 1)
3(n+1)· n
3n2
n(n!)
α= lim
n→+∞
2(n + 1)
α−3n
3n(n + 1)
3n=
+∞ se α > 3
2
e3