Corso di Laurea in Ingegneria Civile ed Ambientale Seconda prova scritta di Analisi Matematica 1 del 13/01/2012
1) La successione an = nαnlog(1 +2n
n!) converge a per ogni α > 0
c per ogni α < 1
b per nessun α ∈ IR d nessuna delle precedenti
2) La funzione f (x) =
(log(1+x2)+sin αx
x per x > 0
√3
1 + βx per x ≤ 0 nel punto x0 = 0 a `e continua per ogni α, β ∈ IR
c `e derivabile per α = 1 e β = 3
b per ogni α, β ∈ IR non `e derivabile d nessuna delle precedenti
3)* L’equazione ex−α = x, ammette una sola soluzione positiva a solo per α = 1
c per ogni α ≥ 1
b per ogni α ∈ IR
d nessuna delle precedenti
4) L’integrale Z 1
0
x2e−xdx vale
a 2 + 3e c 2
b 2 − 5e
d nessuna delle precedenti
5)* L’integrale improprio Z +∞
1
log2x
(x − 1)αsin1x dx a converge per ogni 2 < α < 3
c converge per ogni α > 2
b non converge per ogni α ∈ IR d nessuna delle precedenti
Soluzione
(1) La risposta esatta `e la c . Infatti, dalla gerachia degli infiniti, usando il limite notevole del logaritmo si ha
an+1 an
= (n + 1)αn+αlog(1 + (n+1)!2n+1 )
nαnlog(1 +2n!n) ∼ (n + 1
n )αn(n + 1)α
2n+1 (n+1)!
2n n!
= 2(1 + 1
n)αn(n + 1)α−1 e dunque
n→+∞lim an+1
an =
+∞ se α > 1 2e se α = 1 0 se α < 1
Dal Criterio del rapporto segue allora che la serie converge a 0 se α < 1 e diverge a +∞
se α ≥ 1.
(2) La risposta esatta `e la c . Infatti, lim
x→0−f (x) = lim
x→0−
p3
1 + βx = 1 = f (0)
per ogni β ∈ IR. Mentre, essendo per x → 0, sin(αx) = αx + o(x2) e log(1 + x2) = x2+ o(x2), si ottiene
lim
x→0+f (x) = lim
x→0+
log(1 + x2) + sin(αx)
x = lim
x→0+
αx + o(x)
x = α
per ogni α ∈ IR. Dunque f (x) risulter`a continua in x0 = 0 solo per α = 1.
Riguardo alla derivabilit`a, abbiamo che lim
x→0−
f (x) − 1
x = lim
x→0−
√3
1 + βx − 1
x = β
3
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, dagli sviluppi sopra per α = 1, risulta lim
x→0+
f (x) − 1
x = lim
x→0+
log(1 + x2) + sin 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 = 1 e β = 3.
(3) La risposta esatta `e a . Posto fα(x) = ex−α − x, studiamo la funzione fα(x) e determiniamone il numero di zeri al variare di α ∈ IR. La funzione risulta definita e continua in IR, inoltre dalla gerarchia degli infiniti, si ha
x→±∞lim fα(x) = +∞.
La funzione risulta derivabile in ogni x ∈ IR con fα0(x) = ex−α− 1
Dunque, avremo fα0(x) > 0 se e solo se x > α e quindi che fα(x) risulta strettamente decrescente in (−∞, α], strettamente crescente in [α, +∞) e che x = α `e punto di minimo assoluto per fα(x) con fα(α) = 1 − α. Osservato che fα(α) < 0 se α > 1, fα(α) = 0 se α = 1 e fα(α) > 0 se α < 1,
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
α>1 α=1
α<1
dal Teorema di esistenza degli zeri e dalla monotonia della funzione otteniamo che se α > 1 la funzione ammette due soli zeri xα < α e ¯xα > α, se α = 1 uno ed un solo zero xα = α = 1, mentre non ammette zeri se α < 1.
Riguardo al segno degli zeri, osserviamo che se α = 1 la funzione ha un solo zero posi- tivo xα = 1, mentre se α > 1 i due zeri della funzione sono entrambi positivi. Infatti,
¯
xα > α > 1 > 0 mentre, essendo fα(0) = e−α > 0 e la funzione decrescente in (−∞, 0], risulta fα(x) > 0 per ogni x ≤ 0 e dunque xα > 0. Si poteva in alternativa osservare che essendo l’esponenziale funzione positiva, le soluzioni dell’equazione x = ex−α risultano necessariamente positive.
In alternativa, poich`e si cercano soluzioni positive, l’equazione ex−α = x per x > 0 potr`a essere riscritta come x − α = log x e dunque si potevano cercare le soluzioni dell’equazione g(x) = x − log x = α al variare di α ∈ IR.
(4) La risposta esatta `e la b . Infatti, integrando per parti otteniamo Z
x2e−x dx = −x2e−x+ 2 Z
xe−x dx
= −x2e−x− 2xe−x+ 2 Z
e−x dx
= −x2e−x− 2xe−x− 2e−x+ c
da cui
Z 1 0
x2e−x dx =−e−x(x2+ 2x + 2)1
0 = 2 − 5 e
(5) La risposta esatta `e la a . Infatti, osservato che la funzione fα(x) = (x−1)logα2sinx 1 x
dx risulta continua in (0, +∞), studiamo separatamente la convergenza degli integraliR2
1 fα(x) dx eR+∞
2 fα(x) dx. Dagli sviluppi notevoli, per x → 1 risulta fα(x) = log2(1 + x − 1)
(x − 1)αsin1x ∼ (x − 1)2
(x − 1)αsin 1 = 1
sin 1(x − 1)α−2 e dal criterio del confronto asintotico, essendoR2
1 1
(x−1)p dx convergente se e solo se p < 1, deduciamo che l’integrale R2
1 fα(x) dx converge se e solo se α < 3.
Per x → +∞ risulta invece
fα(x) = log2x
(x − 1)αsin1x ∼ log2x xα−1 e l’integraleR+∞
2
log2x
xβ dx converge se e solo se β > 11. Dal criterio del confronto asintotico deduciamo allora che l’integrale dato converge se e solo se α > 2.
Riundendo quanto ottenuto, concludiamo che l’integrale dato converge se e solo se 2 <
α < 3.
1Infatti, per x → +∞, dalla gerarchia degli infiniti risulta
log2x xβ
1 xp
= log2x xβ−p →
(0 se β > p +∞ se β ≤ p
Dunque, se β > 1, scegliendo 1 < p < β, dal primo limite e dal criterio del confronto asintotico, otteniamo cheR+∞
2
log2x
xβ dx converge. Se β ≤ 1, scegliendo β ≤ p ≤ 1, dal secondo limite e dal criterio del confronto asintotico, otteniamo cheR+∞
2
log2x
xβ dx diverge.