b una ha modulo minore di 4 d nessuna delle precedenti

Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 11 gennaio 2020 – A

(1) Delle radici terze di w = (2 − √ 12i) ⁴ a nessuna appartiene al terzo quadrante c una appartiene all’asse immaginario

b una ha modulo minore di 4 d nessuna delle precedenti

(2) La successione a n = cosh ^α _n − e

( √

2 + n ⁸ − n ² ) tan _n ¹

per n → +∞

a diverge per ogni α ∈ IR c converge per qualche α < 0

b converge solo per α = √ 2 d nessuna delle precedenti

(3) La funzione f (x) =

( _log(1+αx

)−sin

x

x

se x > 0

sinh(βx) se x ≤ 0 nel punto x ₀ = 0 a ` e continua per α 6= 1 e ogni β ∈ IR

c non ` e derivabile per ogni α, β ∈ IR

b ` e derivabile solo per α = 1 e β = 0 d nessuna delle precedenti

(4) L’equazione log |e ^x − 3| = α + 2x ammette a una soluzione positiva per ogni α ∈ IR

c tre soluzioni di segno concorde per qualche α < 0

b nessuna soluzione negativa per ogni α > 0 d nessuna delle precedenti

(5) Detto I l’integrale improprio Z 2

0

(1 + x) arctan _x ² dx si ha

a I < 2

c I > 2 + log 2

b I = +∞

d nessuna delle precedenti

(6) La serie

+∞

X

n=1

3 ⁿ n ^αn

(2n − 1)! converge a per qualche α > 3

c per ogni α ∈ IR

b solo se α < 2

d nessuna delle precedenti

Risposte corrette ^∗

(1) La risposta corretta ` e a , le radici sono infatti z 0 = 4 √

4 cos ^−4π ₉ + i sin ^−4π ₉
, z 1 = 4 √

4 cos ^2π ₉ + i sin ^2π ₉
, z 2 = 4 √

4 cos ^8π ₉ + i sin ^8π ₉
(2) La risposta corretta ` e a , per n → +∞ si ha

a _n ∼

( (α ² − 2)n ⁸ se α ² 6= 2

− ² ₃ n ⁶ se α ² = 2 (3) La risposta corretta ` e d , osservato che per x → 0 ⁺ risulta

log(1 + αx ² ) − sin ² x = (α − 1)x ² + ( ¹ ₃ − ^α ₂

)x ⁴ + o(x ⁴ )

si prova che la funzione in x ₀ = 0 ` e continua se e solo se α = 1, per ogni β ∈ IR, ` e derivabile se e solo se α = 1 e β = − ¹ ₆ .

(4) La risposta corretta ` e c , le soluzioni dell’equazione corrispondono alle soluzioni dell’equazione f (x) = log |e <sup>x</sup> − 3| − 2x = α e il grafico della funzione f (x) `e rappresentato in figura

(5) La risposta corretta ` e c , risulta Z

(1 + x) arctan ² _x dx = (x + ^x ₂

) arctan _x ² + log(4 + x ² ) + x − 2 arctan ^x ₂ + c, c ∈ IR

(6) La risposta corretta ` e b , infatti posto a _n = _(2n−1)! ³

ⁿ

, per n → +∞ si ha ^a

_a

n

∼ _4n ^3e

e dunque dal criterio del rapporto la serie converge per α < 2 e diverge per α ≥ 2.

∗ Sono qui riportate solo le risposte corrette e un cenno alla risoluzione, per la prova d’esame sono ritenute

valide per la valutazione solo risposte di cui ` e presente lo svolgimento e la giustificazione completa.

Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 11 gennaio 2020 – B

(1) Delle radici terze di w = ( √

12 − 2i) ⁵ a nessuna appartiene al quarto quadrante c una appartiene al terzo quadrante

b una ha modulo √

4 d nessuna delle precedenti

(2) La successione a _n = ( √

6 + n ⁶ − n ² ) sinh _n ¹

e

− cos _n ¹

per n → +∞

a diverge per ogni α ∈ IR c converge per qualche α < 0

b converge solo per α = ¹ ₂ d nessuna delle precedenti

(3) La funzione f (x) =

( _sinh

(αx)+log(1−x

)

x

se x > 0

sin(βx) se x ≤ 0 nel punto x ₀ = 0 a non ` e derivabile per ogni α, β ∈ IR

c ` e derivabile solo per α = 1 e β = − ² ₃

b ` e continua per α 6= ±1 e ogni β ∈ IR d nessuna delle precedenti

(4) L’equazione log |e ^x − 6| = α − 2x ammette a una soluzione negativa per ogni α ∈ IR

c tre soluzioni di segno concorde per qualche α < 0

b nessuna soluzione positiva per ogni α < 2 d nessuna delle precedenti

(5) Detto I l’integrale improprio Z 2

0

(1 − x) arctan ² _x dx si ha

a I < ^π ₂ c I = +∞

b I > π − 1

d nessuna delle precedenti

(6) La serie

+∞

X

n=1

3 ⁿ (2n + 1)!

n ^αn diverge a solo se α < 2

c per ogni α ∈ IR

b per qualche α > 0

d nessuna delle precedenti

Risposte corrette ^∗

(1) La risposta corretta ` e c , le radici sono infatti z ₀ = 4 √

16 cos ^−5π ₁₈ + i sin ^−5π ₁₈
, z ₁ = 4 √

16 cos ^7π ₁₈ + i sin ^7π ₁₈
, z ₂ = 4 √

16 cos ^19π ₁₈ + i sin ^19π ₁₈
(2) La risposta corretta ` e c , per n → +∞ si ha

a _n ∼ ( ₂

α+

1

n

se α 6= − ¹ ₂ 24n se α = − ¹ ₂ (3) La risposta corretta ` e d , osservato che per x → 0 ⁺ risulta

sinh ² (αx) + log(1 − x ² ) = (α ² − 1)x ² + ( ^α ₃

− ¹ ₂ )x ⁴ + o(x ⁴ )

si prova che la funzione in x ₀ = 0 ` e continua se e solo se α = ±1 per ogni β ∈ IR, ` e derivabile se e solo se α = ±1 e β = − ¹ ₆ .

(4) La risposta corretta ` e d , e soluzioni dell’equazione corrispondono alle soluzioni dell’equazione f (x) = log |e <sup>x</sup> − 6| + 2x = α e il grafico della funzione f (x) `e rappresentato in figura

(5) La risposta corretta ` e a , risulta Z

(1 − x) arctan ² _x dx = (x − ^x ₂

) arctan _x ² + log(4 + x ² ) − x + 2 arctan ^x ₂ + c, c ∈ IR

(6) La risposta corretta ` e b , infatti posto a n = ³

^(2n+1)! _n

, per n → +∞ si ha ^a

_a

n

∼ ¹²ⁿ _e

e dunque dal criterio del rapporto la serie converge se α > 2 e diverge per α ≤ 2.

∗ Sono qui riportate solo le risposte corrette e un cenno alla risoluzione, per la prova d’esame sono ritenute

valide per la valutazione solo risposte di cui ` e presente lo svolgimento e la giustificazione completa.

Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 1 febbraio 2020 – A

(1) Le radici terze di w = (2 − i)(1 − 2i) a hanno modulo 2

c individuano un triangolo equilatero di lato √ 2

b hanno parte reale non nulla d nessuna delle precedenti (2) La successione a _n = n! − 3 ⁿ

2 ^αn + n ² · sin _n ¹

per n → +∞ diverge a per ogni α ∈ IR

c se e solo se α > 0

b solo per α = 0

d nessuna delle precedenti (3) La funzione g _α (x) = √

1 − sinh x − cos x ^α per x → 0 ⁺ ha ordine di infinitesimo a 2 per α = ¹ ₂

c minore di 1 per qualche α > 1

b 1 per ogni α ∈ (0, ¹ ₂ ) d nessuna delle precedenti (4) La funzione f _α (x) = arctan(x + 1) − α(x + 1) per ogni α > 0

a ha un unico zero

c ha almeno due punti di flesso

b non ammette asintoto obliquo d nessuna delle precedenti

(5) L’area della regione del piano compresa tra il grafico della funzione f (x) = xe ^x e la retta y = e ² x nell’intervallo [0, 4] vale

a 3e ⁴ − 8e ² + 1 c e ² − e ⁴ + 1

b 3e ⁴ − 6e ² − 1

d nessuna delle precedenti

(6) L’integrale improprio Z 1

0

sinh(sin αx) − log(1 + 3x) x ² ( p

1 + √

x − 1) dx a converge per ogni α ∈ IR

c diverge solo per α 6= 3

b converge solo per α = 2

d nessuna delle precedenti

Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica M/Z

Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 1 febbraio 2020 – B

(1) Le radici terze di w = (3i − 1)(3 − i) a individuano un triangolo equilatero di lato √

3 c hanno modulo 3

b hanno parte reale non nulla d nessuna delle precedenti

(2) La successione a _n = 3 ^αn + 2n ³ (n! − 4 ⁿ ) · tan _n ¹

per n → +∞ converge

a se e solo se α < 0 c per ogni α ∈ IR

b solo per α = 0

d nessuna delle precedenti (3) La funzione g _α (x) = cosh x ^α − √

1 + sin x per x → 0 ⁺ ha ordine di infinitesimo a 1 per qualche α > 1

c 2 per α = 2

b minore di 1 per ogni α ∈ (0, 1) d nessuna delle precedenti (4) La funzione f _α (x) = α(x − 1) − arctan(x − 1) per ogni α > 0

a non ammette asintoto obliquo c ha almeno due punti di flesso

b ha un unico zero

d nessuna delle precedenti

(5) L’area della regione del piano compresa tra il grafico della funzione f (x) = xe ^x e la retta y = e ³ x nell’intervallo [0, 6]

a 2e ⁵ − e ³ + 2 c 5e ⁶ − 13e ³ − 1

b 5e ⁶ − 18e ³ + 1

d nessuna delle precedenti

(6) L’integrale improprio Z 1

0

log(1 + 2x) − sin(sinh αx) x ² ( p

1 + √

x − 1) dx a diverge per ogni α ∈ IR

c converge solo per α = 2

b diverge solo per α 6= 3

d nessuna delle precedenti

Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 22 febbraio 2020 – A

(1) Il numero complesso w = (1 − √

3i) · (1 + i) ⁴ appartiene a al terzo quadrante del piano complesso

c al primo quadrante del piano complesso

b al secondo quadrante del piano complesso d nessuna delle precedenti

(2) La successione a _n = log(1 + ₄ ^α

) − ₂ ¹

cosh ₂ ¹

sin ₂ ¹

1

3

arctan ₄ ¹

per n → +∞ diverge

a se e solo se α 6= 1 c per nessun α ∈ IR

b per ogni α ∈ IR

d nessuna delle precedenti (3) La funzione f _α (x) = _1−x ^e

− cosh ² ( √

x) per x → 0 ⁺ ha ordine di infinitesimo a 1 per ogni α ∈ IR

c 2 per qualche α ∈ IR

b maggiore di 2 per qualche α > 0 d nessuna delle precedenti

(4) L’equazione arctan(x + 1) = α(x + 1) a ha un’unica soluzione per ogni α > 0

c ha due soluzioni negative per ogni α ∈ (0, 1)

b non ammette soluzione per qualche α > 1 d nessuna delle precedenti

(5) L’integrale Z 3

2

(3 − x) log(x − 1)

x − 1 dx vale a 1 − log 2

c ¹ ₂ log ² 2 − log 2

b log ² 2 − log 4 + 1

d nessuna delle precedenti

(6) La serie

+∞

X

n=1

(3n) ^αn log(1 + ² _n!

) a converge per ogni α ∈ IR c converge solo per α < −1

b diverge per ogni α 6= −1

d nessuna delle precedenti

Soluzione

(1) La risposta esatta ` e b . Infatti, osservato che 1 + i = √

2(cos ^π ₄ + i sin ^π ₄ ) dalla formula di De Moivre otteniamo

(1 + i) ⁴ = ( √

2) ⁴ (cos 4 · ^π ₄ + i sin 4 · ^π ₄ ) = 4(cos π + i sin π) = −4 da cui

w = (1 − √

3i) · (1 + i) ⁴ = −4(1 − √

3i) = −4 + 4 √ 3i Quindi w appartiene al secondo quadrante.

In alternativa, osservato che 1 − √

3i = 2( ¹ ₂ −

√ 3

2 i) = 2(cos(− ^π ₃ ) + i sin(− ^π ₃ )), si ottiene (1 − √

3i) · (1 + i) ⁴ = 2(cos(− ^π ₃ ) + i sin(− ^π ₃ )) · 4(cos π + i sin π)

= 8(cos(− ^π ₃ + π) + i sin(− ^π ₃ + π)) = 8(cos( ² ₃ π) + i sin( ² ₃ π)) e poich´ e ² ₃ π ∈ ( ^π ₂ , π), si deduce che w appartiene al secondo quadrante.

(2) La risposta esatta ` e a . Osserviamo innanzitutto che dagli sviluppi notevoli per x → 0 abbiamo log(1 + αx ² ) − x cosh x sin x = αx ² − ^α ₂

x ² + o(x ² ) − x(1 + ^x ₂

+ o(x ² ))(x − ^x ₆

+ o(x ³ )))

= αx ² − ^α ₂

x ⁴ + o(x ² ) − (x + ^x ₂

+ o(x ³ ))(x − ^x ₆

+ o(x ³ )))

= αx ² − ^α ₂

x ⁴ + o(x ⁴ ) − (x ² − ^x ₆

+ ^x ₂

+ o(x ⁴ ))

= (α − 1)x ² − ( ^α ₂

+ ¹ ₃ )x ⁴ + o(x ⁴ ) ∼

( (α − 1)x ² se α 6= 1

− ⁵ ₆ x ⁴ se α = 1 Posto x = ₂ ¹

per n → +∞ otteniamo

log(1 + ₄ ^α

) − ₂ ¹

cosh ₂ ¹

sin ₂ ¹

∼

( (α − 1) ₄ ¹

se α 6= 1

− ⁵ _{6 16} ¹

se α = 1 Osservato inoltre che per n → +∞ risulta ₃ ¹

arctan ₄ ¹

∼ ₃ ¹

1

4

= ₁₂ ¹

, otteniamo a _n ∼

( (α − 1) ¹² ₄

= (α − 1)3 ⁿ se α 6= 1

− ⁵ ₆ ¹² ₁₆

= − ⁵ ₆ ( ³ ₄ ) ⁿ se α = 1 e quindi che la successione diverge se e solo se α 6= 1.

(3) La risposta esatta ` e c . Determiniamo la formula di Taylor di ordine 2 centrato in x ₀ = 0 della funzione f _α (x). Per x → 0 abbiamo

f _α (x) = e ^αx

1 − x − cosh ² ( √

x) = (1 + αx + ^α ₂

x ² + o(x ² ))(1 + x + x ² + o(x ² )) − (1 + ^x ₂ + ^x ₂₄

+ o(x ² )) ²

= 1 + x + x ² + αx + αx ² + ^α ₂

x ² + o(x ² ) − (1 + x + ^x ₄

+ ^x ₁₂

+ o(x ² ))

= αx + (1 + α + ^α ₂

− ¹ ₄ − ₁₂ ¹ )x ² + o(x ² ) = αx + (α + ^α ₂

+ ² ₃ )x ² + o(x ² )

da cui possiamo concludere che la funzione ha ordine di infinitesimo 1 per ogni α 6= 0, 2 per α = 0.

(4) La risposta esatta ` e c . Osserviamo che le soluzioni dell’equazione data corrispondono agli zeri della funzione f <sub>α</sub> (x) = arctan(x + 1) − α(x + 1), studiamola al variare di α > 0 (posso limitarmi a questi valori viste le risposte proposte). Abbiamo che la funzione ` e definita e continua in IR, inoltre per ogni α > 0 abbiamo

x→±∞ lim f _α (x) = ∓∞

Dal Teorema dei valori intermedi possiamo quindi concludere che la funzione ammette almeno uno zero per ogni α > 0, osserviamo difatti che f α (−1) = 0 per ogni α > 0.

Studiamone la monotonia, osserviamo a tale scopo che la funzione ` e derivabile in ogni x ∈ IR con f _α ⁰ (x) = _1+(x+1) ¹

− α

e dunque che f _α ⁰ (x) > 0 se e solo se (1 + x) ² < _α ¹ − 1 = ^1−α _α .

Se α ≥ 1, otteniamo che ^1−α _α ≤ 0 e la disequazionef _α ⁰ (x) > 0 non ` e mai verificata. Pertanto per α ≥ 1, la funzione f <sub>α</sub> (x) ` e strettamente decrescente, dunque iniettiva. Per quanto sopra possiamo concludere che ammette uno ed uno solo zero, x ₀ = −1.

Se 0 < α < 1, otteniamo che ^1−α _α > 0, quindi la disequazione f _α ⁰ (x) > 0 ` e verificata da tutti e soli gli x ∈ IR tali che |x + 1| < q

1−α

α = x _α , ovvero gli x ∈ IR tali che −1 − x _α < x < −1 + x _α . Ne segue che la funzione ` e strettamente crescente in [−1 − x _α , −1 + x _α ], strettamente decrescente in (−∞, −1 − x _α ] e in [−1 + x _α , +∞). Il punto −1 − x _α risulta quindi punto di minimo relativo, mentre

−1 + x _α punto di massimo relativo. Osservato che −1 − x _α < −1 < −1 + x _α e che f _α (−1) = 0, ne

deduciamo che f _α (−1 − x _α ) < 0 < f _α (−1 + x _α ). Dal Teorema dei valori intermedi e dalla monotonia

otteniamo che per α ∈ (0, 1) la funzione ammette esattamente tre zeri: x − ∈ (−∞, −1), x ₀ = −1 e

x ₊ ∈ (−1, +∞). Poich´e x − < −1 < 0 e x ₀ = −1 < 0, possiamo concludere che per ogni α ∈ (0, 1) la

funzione ammette due zeri negativi. Quindi c ` e vera.

(5) La risposta esatta ` e b . Per calcolare R 3 2

(3−x) log(x−1)

x−1 dx osserviamo che Z

(3−x) log(x−1)

x−1 dx =

Z

(1−x) log(x−1)

x−1 dx + 2 Z

log(x−1) x−1 dx

= − Z

log(x − 1) dx + 2 Z

log(x−1) x−1 dx

Il secondo integrale ` e immediato, essendo _x−1 ¹ la derivata di log(x − 1), per calcolare il primo possiamo utilizzare la regola di integrazione per parti. Otteniamo allora

Z

(3−x) log(x−1)

x−1 dx = − Z

log(x − 1) dx + 2 Z

log(x−1) x−1 dx

= −(x − 1) log(x − 1) + Z

(x − 1) · _x−1 ¹ dx + log ² (x − 1)

= −(x − 1) log(x − 1) + x + log ² (x − 1) + c, c ∈ IR Dalla formula fondamentale del calcolo integrale ne concludiamo che

Z 3 2

(3−x) log(x−1)

x−1 dx = −(x − 1) log(x − 1) + x + log ² (x − 1)  3 2

= −2 log 2 + 3 + log ² 2 − 2 = − log 4 + 1 − log ² 2

In alternativa, si poteva operare una sostituzione ponendo t = log(x − 1), da cui e ^t = x − 1 e x = e ^t + 1, da cui dx = e ^t dt, ottenendo

Z

(3−x) log(x−1)

x−1 dx =

Z

(3−e

−1)t

e

e ^t dt = Z

(2 − e ^t )t dt = Z

2t dt − Z

te ^t dt Utilizzando la regola di integrazione per parti per calcolare il secondo integrale si ottiene

Z

(3−x) log(x−1)

x−1 dx =

Z

2t dt − Z

te ^t dt = t ² − (te ^t − Z

e ^t dt) = t ² − te ^t + e ^t + k

= log ² (x − 1) − (x − 1) log(x − 1) + (x − 1) + k, k ∈ IR

(6) La risposta esatta ` e d . Infatti, posto a _n = ⁽³ⁿ⁾

log(1+

) , osservato che ² _n!

→ 0 per n → +∞ e dunque log(1 + ² _n!

) ∼ ² _n!

, abbiamo a _n ∼ ⁽³ⁿ⁾

n!

= ^n!(3n) ₂

= b _n e quindi, dal criterio del confronto asintotico, che la serie data ha lo stesso comportamento della serie P +∞

n=1 b _n . Per studiare quest’ultima possiamo applicare il criterio del rapporto. Per n → +∞ abbiamo

b _n+1

b _n = (n + 1)!(3n + 3) ^αn+α

2 ⁿ⁺¹ · 2 ⁿ

n!(3n) ^αn

= (n + 1)(3n + 3) ^α 2

3n+3 3n

αn

∼ 3 ^α n ^α+1 2 e ^α →



 

 

+∞ se α > −1

1

6e se α = −1 0 se α < −1 Poich´ e _6e ¹ < 1, dal criterio del rapporto possiamo concludere che la serie P +∞

n=1 b _n (e quindi la serie P +∞

n=1 a _n ) converge se α ≤ −1 e diverge se α > −1.

Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 22 febbraio 2020 – B

(1) Il numero complesso w = (i − 1) · ( √

3 + i) ⁵ appartiene a al quarto quadrante del piano complesso

c al primo quadrante del piano complesso

b al terzo quadrante del piano complesso d nessuna delle precedenti

(2) La successione a _n =

1

2

sinh ₂ ¹

cos ₂ ¹

− log(1 − ₄ ^α

)

1

4

arctan ₃ ¹

per n → +∞ converge

a se e solo se α = −1 c per ogni α ∈ IR

b solo per α = ¹ ₂

d nessuna delle precedenti (3) La funzione f _α (x) = cos ² ( √

x) − _1+x ^e

per x → 0 ⁺ ha ordine di infinitesimo a 1 per ogni α ∈ IR

c 2 per qualche α ∈ IR

b maggiore di 2 per qualche α > 0 d nessuna delle precedenti

(4) L’equazione arctan(x − 1) = α(x − 1) a non ammette soluzione per qualche α > 1 c ha due soluzioni positive per ogni α ∈ (0, 1)

b ha un’unica soluzione per ogni α > 0 d nessuna delle precedenti

(5) L’integrale Z 4

3

(x − 3) log(x − 2)

x − 2 dx vale a log 2 − 1

c log 4 − ¹ ₂ log ² 2 − 1

b log ² 2

d nessuna delle precedenti

(6) La serie

+∞

X

n=1

log(1 + ³ _n!

) (2n) ^αn a converge per ogni α ∈ IR c diverge solo per α = −1

b converge solo per α ≥ 0

d nessuna delle precedenti

Soluzione

(1) La risposta esatta ` e a . Infatti, osservato che √

3 + i = 2(cos ^π ₆ + i sin ^π ₆ ) dalla formula di De Moivre otteniamo

( √

3 + i) ⁵ = 2 ⁵ (cos 5 · ^π ₆ + i sin 5 · ^π ₆ ) = 32(cos ^5π ₆ + i sin ^5π ₆ ) Osservato che i − 1 = √

2 cos ^3π ₄ + i sin ^3π ₄ ), si ottiene w = (i − 1) · ( √

3 + i) ⁵ = √

2(cos ^3π ₄ + i sin ^3π ₄ ) · 32(cos ^5π ₆ + i sin ^5π ₆ )

= 32 √

2(cos( ^3π ₄ + ^5π ₆ ) + i sin( ^3π ₄ + ^5π ₆ )) = 8(cos( ¹⁹ ₁₂ π) + i sin( ¹⁹ ₁₂ π)) e poich´ e ¹⁹ ₁₂ π ∈ ( ^3π ₂ , 2π), si deduce che w appartiene al quarto quadrante.

In alternativa, osservato che ( √

3 + i) ⁵ = 32(cos ^5π ₆ + i sin ^5π ₆ ) = 16(− √ 3 + i) si ha

w = (i − 1) · ( √

3 + i) ⁵ = (i − 1) · 16(− √

3 + i) = 16(( √

3 − 1) − ( √

3 + 1)i) e dato che Re(w) = √

3−1 > 0 mentre Im(w) = −( √

3+1) < 0, ne possiamo dedurre che w appartiene al quarto quadrante.

(2) La risposta esatta ` e a . Osserviamo innanzitutto che dagli sviluppi notevoli per x → 0 abbiamo x sinh x cos x − log(1 − αx ² ) = x(x + ^x ₆

+ o(x ³ ))(1 − ^x ₂

+ o(x ² )) − (−αx ² − ^α ₂

x ² + o(x ² ))

= (x ² + ^x ₆

+ o(x ⁴ ))(1 − ^x ₂

+ o(x ² )) + αx ² + ^α ₂

x ⁴ + o(x ² )

= x ² − ^x ₂

+ ^x ₆

+ o(x ⁴ ) + αx ² + ^α ₂

x ⁴ + o(x ² )

= (1 + α)x ² + ( ^α ₂

− ¹ ₃ )x ⁴ + o(x ⁴ ) ∼

( (1 + α)x ² se α 6= −1

1

6 x ⁴ se α = −1 Posto x = ₂ ¹

otteniamo che per n → +∞ si ha

1

2

sinh ₂ ¹

cos ₂ ¹

− log(1 − ₄ ^α

) ∼

( (1 + α) ₄ ¹

se α 6= −1

1 6

1

16

se α = −1 Osservato inoltre che per n → +∞ risulta ₄ ¹

arctan ₃ ¹

∼ ₄ ¹

1

3

= ₁₂ ¹

, otteniamo a _n ∼

( (1 + α) ¹² ₄

= (1 + α)3 ⁿ se α 6= −1

1 6

12

16

= ¹ ₆ ( ³ ₄ ) ⁿ se α = −1 e quindi che la successione converge se e solo se α = −1.

(3) La risposta esatta ` e c . Determiniamo la formula di Taylor di ordine 2 centrato in x ₀ = 0 della funzione f _α (x). Per x → 0 abbiamo

f _α (x) = cos ² ( √

x) − _1+x ^e

= (1 − ^x ₂ + ^x ₂₄

+ o(x ² )) ² − (1 + αx + ^α ₂

x ² + o(x ² ))(1 − x + x ² + o(x ² ))

= 1 − x + ^x ₄

+ ^x ₁₂

+ o(x ² ) − (1 − x + x ² + αx − αx ² + ^α ₂

x ² + o(x ² ))

= −αx + ( ¹ ₄ + ₁₂ ¹ − 1 + α − ^α ₂

)x ² + o(x ² ) = −αx + (α − ^α ₂

− ² ₃ )x ² + o(x ² )

da cui possiamo concludere che la funzione ha ordine di infinitesimo 1 per ogni α 6= 0, 2 per α = 0.

(4) La risposta esatta ` e c . Osserviamo che le soluzioni dell’equazione data corrispondono agli zeri della funzione f <sub>α</sub> (x) = arctan(x − 1) − α(x − 1), studiamola al variare di α > 0 (posso limitarmi a questi valori viste le risposte proposte). Abbiamo che la funzione ` e definita e continua in IR, inoltre per ogni α > 0 abbiamo lim

x→±∞ f _α (x) = ∓∞.

Dal Teorema dei valori intermedi possiamo quindi concludere che la funzione ammette almeno uno zero per ogni α > 0, osserviamo difatti che f _α (1) = 0 per ogni α > 0.

Studiamone la monotonia, osserviamo a tale scopo che la funzione ` e derivabile in ogni x ∈ IR con f _α ⁰ (x) = _1+(x−1) ¹

− α

e dunque che f _α ⁰ (x) > 0 se e solo se (1 − x) ² < _α ¹ − 1 = ^1−α _α .

Se α ≥ 1, otteniamo che ^1−α _α ≤ 0 e la disequazionef _α ⁰ (x) > 0 non ` e mai verificata. Pertanto per α ≥ 1, la funzione f <sub>α</sub> (x) ` e strettamente decrescente, dunque iniettiva. Per quanto sopra possiamo concludere che ammette uno ed uno solo zero, x ₀ = 1.

Se 0 < α < 1, otteniamo che ^1−α _α > 0, quindi la disequazione f _α ⁰ (x) > 0 ` e verificata da tutti e soli gli x ∈ IR tali che |x − 1| <

q 1−α

α = x α , ovvero gli x ∈ IR tali che 1 − x α < x < 1 + x α .

Ne segue che la funzione ` e strettamente crescente in [1 − x α , 1 + x α ], strettamente decrescente in

(−∞, 1 − x _α ] e in [1 + x _α , +∞). Il punto 1 − x _α risulta quindi punto di minimo relativo, mentre 1 + x _α

punto di massimo relativo. Osservato che 1 − x _α < 1 < 1 + x _α e che f _α (1) = 0, ne deduciamo che

f α (1 − x α ) < 0 < f α (1 + x α ). Dal Teorema dei valori intermedi e dalla monotonia otteniamo che per

α ∈ (0, 1) la funzione ammette esattamente tre zeri: x − ∈ (−∞, 1), x ₀ = 1 e x ₊ ∈ (1, +∞). Poich´e

x ₊ > 1 > 0 e x ₀ = 1 > 0, possiamo concludere che per ogni α ∈ (0, 1) la funzione ammette due zeri

positivi. Quindi c ` e vera.

(5) La risposta esatta ` e c . Per calcolare R 4 3

(x−3) log(x−2)

x−2 dx osserviamo che Z

(x−3) log(x−2)

x−2 dx =

Z

(x−2) log(x−2)

x−2 dx −

Z

log(x−2) x−2 dx

= Z

log(x − 2) dx − Z

log(x−2) x−2 dx

Il secondo integrale ` e immediato, essendo _x−2 ¹ la derivata di log(x − 2), per calcolare il primo possiamo utilizzare la regola di integrazione per parti. Otteniamo allora

Z

(x−3) log(x−2)

x−2 dx =

Z

log(x − 2) dx − Z

log(x−2) x−2 dx

= (x − 2) log(x − 2) − Z

(x − 2) · _x−2 ¹ dx − ¹ ₂ log ² (x − 2)

= (x − 2) log(x − 2) − x − ¹ ₂ log ² (x − 2) + c, c ∈ IR Dalla formula fondamentale del calcolo integrale ne concludiamo che

Z 4 3

(x−3) log(x−2)

x−2 dx = (x − 2) log(x − 2) − x − ¹ ₂ log ² (x − 2)  4 3

= 2 log 2 − 4 − ¹ ₂ log ² 2 + 3 = log 4 − 1 − ¹ ₂ log ² 2

In alternativa, si poteva operare una sostituzione ponendo t = log(x − 2), da cui e ^t = x − 2 e x = e ^t + 2, da cui dx = e ^t dt, ottenendo

Z

(x−3) log(x−2)

x−2 dx =

Z

(e

+2−3)t

e

e ^t dt = Z

(e ^t − 1)t dt = Z

te ^t dt − Z

t dt Utilizzando la regola di integrazione per parti per calcolare il primo integrale si ottiene

Z

(x−3) log(x−2)

x−2 dx =

Z

te ^t dt − Z

t dt = te ^t − Z

e ^t dt − ¹ ₂ t ² = te ^t − e ^t − ¹ ₂ t ² + k

= log ² (x − 1) − (x − 1) log(x − 1) + (x − 1) + k, k ∈ IR

(6) La risposta esatta ` e d . Infatti, posto a _n = ^log(1+

3n n!

)

(2n)

, osservato che ³ _n!

→ 0 per n → +∞ e dunque log(1 + ³ _n!

) ∼ ³ _n!

, abbiamo a n ∼ _(2n)

= _n!(2n) ³

= b n e quindi, dal criterio del confronto asintotico, che la serie data ha lo stesso comportamento della serie P +∞

n=1 b _n . Per studiare quest’ultima possiamo applicare il criterio del rapporto. Per n → +∞ abbiamo

b _n+1

b _n = 3 ⁿ⁺¹

(n + 1)!(2n + 2) ^αn+α · n!(2n) ^αn 3 ⁿ

= 3

(n + 1)(2n + 2) ^α

2n 2n+2

αn

∼ 3

e ^α 2 ^α n ^α+1 →



 

 

0 se α > −1 6e se α = −1 +∞ se α < −1 Poich´ e 6e > 1, dal criterio del rapporto possiamo concludere che la serie P +∞

n=1 b _n (e quindi la serie P +∞

n=1 a _n ) converge se α > −1 e diverge se α ≤ −1.