Analisi I Ingegneria Chimica e Aerospaziale Test di ammissione

Analisi I – Ingegneria Chimica e Aerospaziale

Test di ammissione 14 febbraio 2017

1. Determinare il numero dei massimi relativi della funzione f (x) = sin(10πx) nell’intervallo [0, 10].

Soluzione: 50.

2. Si determini il polinomio di Taylor di grado 4 di f (x) = cos(sin(x)) intorno a 0.

Soluzione:

1 −x² 2 + 5

24x⁴.

3. Si calcoli

∞

X

n=0

(−1)ⁿ 1 3ⁿ .

Soluzione: ³₄.

Esercizi

1. Dimostrare che per ogni intero n ≥ 1 vale la formula 1

n + 1 + 1

n + 2+ · · · + 1

2n = 1 −1 2 +1

3− 1

4+ · · · − 1 2n.

Soluzione: Sia Sn e D_n i termini a sinistra e a destra dell’equazione. Dimostriamo per induzione che S_n= D_n per ogni n ≥ 1.

Per il caso iniziale, n = 1, basta la verifica: Sn = Dn = ¹₂. Peer il passo induttivo, supponiamo che l’uguaglianza Sn = Dn sia vera per un certo numero n e dimostriamo che Sn+1= Dn+1.

Confrontando le espressioni di S_n e D_ncon quelle di S_n+1 e D_n+1 si ha che

S_n+1 = S_n− 1

n + 1+ 1

2n + 1 + 1

2n + 2 = S_n+ 1

2n + 1 − 1 2n + 2, D_n+1 = D_n+ 1

2n + 1 − 1 2n + 2, e pertanto la tesi `e dimostrata.

2. Si calcoli

n→∞lim 2ⁿ √ⁿ

2ⁿ+ n − 2
.

Soluzione: Si ha

√n

2ⁿ+ n = 2p

1 + n2⁻ⁿ= 2 1 + n2⁻ⁿ
1/n

= 2e^an , dove

an= log (1 + n2⁻ⁿ)

n = n2⁻ⁿ+ o(n2⁻ⁿ)

n = 2⁻ⁿ+ o(2⁻ⁿ) . Dunque

√n

2ⁿ+ n = 2e^{2−n+o(2−n)}= 2(1 + 2⁻ⁿ+ o(2⁻ⁿ)) e

2ⁿ √ⁿ

2ⁿ+ n − 2
= 2ⁿ(2 · 2⁻ⁿ+ o(2⁻ⁿ)) , il cui limite per n → ∞ `e uguale a 2.

3. Si determini se la serie _∞

X

n=1

1 2^{log n!}

converge, diverge o `e indeterminata.

Soluzione: Per determinare il comportamento di una serie `e sufficiente considerare i termini con indice n sufficientemente grande.

Per n ≥ 4 si ha che n! > n², quindi log n! > log n² = 2 log n e 2^{log n!} > 2^{2 log n}= n^{2 log 2}.

Se ne conclude che _∞

X

n=4

1 2^{log n!} <

∞

X

n=4

1 n^{2 log 2}.

Poich´e 2 log 2 > 1, per il criterio del confronto la serie converge.

4. Si consideri la funzione

f : R → R , f (x) = x³e^−x2 .

(a) Si determinino i punti stazionari di f , e si dica quali tra di essi sono punti di massimo locale e quali di minimo locale.

(b) Si calcoli l’equazione della retta tangente al grafico di f nel punto di ascissa 1.

Soluzione: Si ha f⁰(x) = (3x²− 2x⁴)e^−x2, che si annulla in 0,p3/2, −p3/2, che sono perci`o i punti stazionari di f . Derivando ancora si ottiene

f⁰⁰(x) = (4x⁵− 14x³+ 6x)e^−x2 ,

per cui f⁰⁰(−p3/2) = 6p3/2e^−3/2 > 0, f⁰⁰(0) = 0, f⁰⁰(p3/2) = −6p3/2e^−3/2 < 0.

Dunque −p3/2 `e un punto di minimo locale, mentre p3/2 `e un punto di massimo locale. Infine, 0 non `e n´e un massimo n´e un minimo locale in quanto in qualsiasi intorno di 0 la funzione f assume sia valori positivi sia valori negativi.

Si ha f (1) = e⁻¹, f⁰(1) = e⁻¹, per cui l’equazione della retta cercata `e y = e⁻¹(x − 1) + e⁻¹ = x

e .

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2^o compitino 5 giugno 2017 Soluzioni

1. Si consideri la funzione

f : R → R , f (x) = (x − 2)e^−x2 .

(a) Se ne calcolino i limiti all’infinito, i massimi locali, i minimi locali, specificando quali di essi siano anche massimi e minimi assoluti.

(b) Si determini il numero di soluzioni dell’equazione f (x) = −2 (suggerimento: si calcoli f (0)).

(c) Si determini il numero di flessi di f .

Soluzione. Si ha limx→+∞f (x) = limx→−∞f (x) = 0. Inoltre, la derivata di f `e data da

f⁰(x) = (−2x²+ 4x + 1)e^−x2 . Poich´e e^−x2 > 0 per ogni x, posto x₀ = (2 −√

6)/2 < 0, x₁ = (2 +√

6)/2, il segno di f⁰

`

e positivo se e solo se x₀ < x < x₁. Pertanto, la funzione `e decrescente su (−∞, x<sub>0</sub>) e su (x1, +∞), e crescente su (x0, x1). Dunque il punto x0 `e un punto di minimo relativo, mentre x1 `e un punto di massimo relativo.

Visti i limiti di f all’infinito, e poich´e f (0) = −2 e x0 < 0, l’equazione f (x) = −2 ha una soluzione in (−∞, x₀) ed una soluzione in (x₀, x₁), mentre non ha alcuna soluzione in (x₁, +∞). Se ne deduce che l’equazione data ha due soluzioni.

La derivata seconda di f `e data da

f⁰⁰(x) = 2(2x³− 4x²− 3x + 2)e^−x2 ,

che ha lo stesso segno di g(x) = 2x³ − 4x² − 3x + 2 = 0. Si ha lim_x→−∞g(x) = −∞, limx→+∞g(x) = +∞, g(0) = 2, g(1) = −3. Dunque g ha almeno 3 zeri x0, x1, x2 tali che x₀ < 0, 0 < x₁ < 1 e 1 < x₂. Ma un polinomio di terzo grado pu`o annullarsi al massimo tre volte, per cui per il teorema di permanenza del segno si ha g(x) < 0 per x < x<sub>0</sub>, g(x) > 0 per x<sub>0</sub> < x < x<sub>1</sub>, g(x) < 0 per x<sub>1</sub> < x < x<sub>2</sub> e g(x) > 0 per x > x<sub>2</sub>. Dunque f `e concava su (−∞, x₀) e su (x₁, x₂) e convessa su (x₀, x₁) e su (x₂, +∞). Pertanto f cambia concavit`a esattamente 3 volte, e ha perci`o ha esattamente tre flessi.

2. (a) Determinare tutti i valori di (a, b) ∈ R² per i quali Z +∞

0

1

x^a(4 + 9x)^b+1dx converge.

(b) Calcolare

Z +∞

0

√ 1

x(4 + 9x)dx.

Soluzione: (a) Per x → 0⁺ si ha 1

x^a(4 + 9x)^b+1 ∼ 1 4^b+1x^a,

quindi l’integrale converge in un intorno destro di x = 0 se e solo se a < 1.

Per x → +∞ si ha

1

x^a(4 + 9x)^b+1 ∼ 1 9^b+1x^a+b+1,

quindi l’integrale converge se e solo se a + b + 1 > 1 , cio`e se e solo se b > −a.

Riassumendo, l’integrale converge se e solo se a < 1 e b > −a.

(b) Facendo la sostituzione x = t², si ha che Z +∞

0

√ 1

x(4 + 9x)dx = Z +∞

0

1

t(4 + 9t²)2t dt = 2 lim

A→+∞

Z A 0

1 4 + 9t²dt

= 2 lim

A→+∞

 1

6arctan3t 2

A 0

= 1 3 lim

A→+∞arctan 3A 2



= π 6 . 3. Si consideri l’equazione differenziale

u⁰+ 2tu = 4t sin t² . (a) Se ne determini la soluzione generale.

(b) Si consideri la soluzione dell’equazione data tale che u(0) = α. Si determini α in modo che u sia periodica.

Soluzione. Si tratta di un’equazione lineare del prim’ordine con a(t) = 2t e b(t) = 4t sin t². Poich´e una primitiva di a(t) `e data da A(t) = t<sup>2</sup>, la soluzione generale `e data da

u(t) = ce^−t2+ e^−t2 Z

4te^t2sin t²dt . Praticando il cambio di variabile y = t², si ha che

Z

4te^t2sin t²dt = Z

2e^ysin y dy = e^y(sin y − cos y) = e^t2(sin t²− cos t²) , per cui la soluzione generale `e infine

u(t) = ce^−t2+ sin t²− cos t² . Questa soluzione `e derivabile su tutto R, con derivata continua

u⁰(t) = −2tce^−t2+ 2t cos t²+ 2t sin t².

Per essere periodica di periodo p, si dovrebbe avere u(t+p) = u(t) per goni t ∈ R, e quindi anche u⁰(t + p) = u⁰(t) per ogni t ∈ R. In particolare, u⁰(t) dovrebbe avere un massimo ed un minimo assoluti, corrispondenti ai valori di massimo e di minimo nell’intervallo [0, p]

(teorema di Weierstrass).

Tuttavia, per t = 2kπ, si ha u⁰(t) ∼ 2t → +∞ e quindi u⁰(t) non ha un massimo assoluto.

Questo dice che non esiste un numero reale α tale che u sia periodica.

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12 giugno 2017 Soluzioni Ammissione

1. Sia a un parametro reale. Calcolare, in funzione di a, il coefficiente di x⁴ nello sviluppo dell’espressione

(ax²+ a²)(x + 1)⁴.

Soluzione: Nel prodotto dei due fattori tra parentesi il termine x⁴ si pu`o ottenere solo moltiplicando ax<sup>2</sup> per <sup>4</sup><sub>2</sub>
x<sup>2</sup> = 6x<sup>2</sup> oppure moltiplicando a<sup>2</sup> per <sup>4</sup><sub>4</sub>
x<sup>4</sup> = x<sup>4</sup>. La somma dei due termini d`a (6a + a²)x⁴, per cui il coefficiente cercato `e 6a + a².

2. Determinare per quali valori α ∈ R la serie

∞

X

n=1

n² e^(α2−α)n converge.

Soluzione: Si ha α² − α > 0 per α < 0 oppure per α > 1. In questi casi, ponendo k = α²− α, la serie `e maggiorata da <sub>e</sub><sup>n</sup>kn<sup>2</sup> e poich´e l’esponenziale cresce pi`u velocemente di qualsiasi polinomio, `e maggiorata dalla serie geometrica P∞

n=1 1

e^kn2 , e pertanto converge.

Negli altri casi, invece, il termine generale della serie non tende a zero, per cui la serie non converge.

3. Si determini una funzione u : R → R tale che u⁰⁰(t) = u(t) per ogni t ∈ R, u(0) = 0 e u⁰(0) = 2.

Soluzione. u(t) = e^t− e^−t.

Esercizi 1. Si calcolino

n→∞lim

p(n + 1)! − n! , lim

x→0

e^x− e^{sin x} x sin²x .

Soluzione: Si ha (n + 1)! − n! = n!(n + 1 − 1) = n! · n, per cui il primo limite richiesto vale

n→∞lim

√ n! ·√

n = +∞ · 1 = +∞ . Si ha

e^x− e^{sin x}= e^x 1 − e^{sin x−x}
= e^x

1 − e^{x−x3/6+o(x3)−x}

= e^x



1 − e^{−x3/6+o(x3)}



= e^x 1 − (1 − x³/6 + o(x³)

= e^x(x³/6 + o(x³)),

per cui, poich´e x sin²x ∼ x³ per x → 0, il secondo limite richiesto vale

x→0lime^x 1

6+ o(x³) x³



= 1 6 .

2. Sia f : R → R una funzione continua tale che f (x) = e⁻

1

|x2−1|

per ogni x 6= ±1.

(a) Si calcolino f (1) e f (−1).

(b) Si determinino gli asintoti di f .

(c) Si calcolino gli intervalli di monotonia, ed i massimi e minimi assoluti e relativi di f .

(d) Si calcoli il numero delle soluzioni dell’equazione f (x) = λ al variare di λ ∈ R.

Soluzione. Se x tende a 1 o a −1, la quantit`a −1/|x<sup>2</sup>− 1| tende a −1/0<sup>+</sup> = −∞, per cui f (x) tende a e<sup>−∞</sup>= 0. Poich´e f `e continua, se ne deduce che f (1) = f (−1) = 0.

Essendo continua, f non ha asintoti verticali. Inoltre, lim_x→+∞f (x) = lim_x→−∞f (x) = 1, per cui la retta y = 1 `e un asintoto orizzontale sia destro sia sinistro di f .

Per −1 < x < 1 si ha f (x) = e^{−1/(1−x2)}, la cui derivata f⁰(x) = −2xe^{−1/(1−x2)}

(1 − x²)²

`

e positiva per −1 < x < 0 e negativa per 0 < x < 1. D’altronde, per x < −1 e x > 1 si ha f (x) = e^{−1/(x2−1)}, la cui derivata

f⁰(x) = 2xe^{−1/(1−x2)} (1 − x²)²

`

e positiva per x > 1 e negativa per x < −1. Dunque la fuzione f ha un minimo assoluto in x = −1 ed in x = 1, ed ha un massimo relativo in 0, dove f (0) = e⁻¹. Dati i limiti all’infinito di f , tale massimo non `e un massimo assoluto.

Per quanto visto ai punti precedenti, l’equazione f (x) = λ ha ha 0 soluzioni se λ < 0 o λ ≥ 1, 2 soluzioni se λ = 0 e se 1/e < λ < 1, 4 soluzioni se 0 < λ < 1/e, e 3 soluzioni per x = 1/e.

3. (a) Discutere la convergenza dell’integrale Z ₁

0

log(1 +√ x) (|1 −√

x|) sin xdx . (b) Discutere la convergenza dell’integrale

Z π 0

log(1 +√ x) (|1 −√

x|) sin xdx .

Soluzione: (a) Studiamo il comportamento della funzione nell’intorno dei punti critici, x = 0 e x = 1.

In un intorno destro di x = 0 abbiamo log (1 +√

x) (1 −√

x) sin (x) ∼

√x x = 1

x¹² Dunque nell’intorno di x = 0 l’integrale improprio converge.

Per studiare il punto critico x = 1 poniamo x = y². L’integrale diventa Z 1

0

log(1 + y)

(1 − y) sin(y²)2ydy . Per y → 1 il termine integrando `e asintotico a

2 log 2 sin 1

1 1 − y

e quindi diverge. Concludendo, l’integrale improprio dato diverge.

(b) Un errore di stampa rende inutile questo punto, visto che la non convergenza in x = 1 implica automaticamente la non convergenza dell’integrale. Per completezza, per`o, studiamo ugualmente il comportamento in un intorno sinistro di x = π. Ponendo x = y + π, abbiamo che y → 0⁻ e che

log(1 +√ x)

|1 −√

x| sin x ∼ − log(1 + π)

|1 −√

π| sin y ∼ −log(1 + π)

√π − 1 · 1 y , e quindi l’integrale diverge.

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3 luglio 2017

Ammissione

1. Si calcoli il polinomio di Taylor di grado 4 della funzione f (x) = log cos x intorno a 0.

Soluzione:

f (x) = log(1 − x²/2 + x⁴/24 + o(x⁴))

= (−x²/2 + x⁴/24 + o(x⁴)) − (−x²/2 + x⁴/24 + o(x⁴))²/2 + o(x⁴)

= −x²/2 − x⁴/12 + o(x⁴)

2. Calcolare una primitiva della funzione f : R → R definita da f (x) = x²sin x.

Soluzione: F (x) = −x²cos x + 2x sin x + 2 cos x (due integrazioni per parti).

3. Si determini una funzione u : R → R tale che u⁰⁰− 2u⁰+ 2u = 0, u(0) = 0, u⁰(0) = 2.

Soluzione: u(x) = 2e^tsin t (una base delle soluzioni dell’equazione `e data da e^tcos t, e^tsin t, e basta poi imporre le condizioni iniziali).

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3 luglio 2017

Esercizi

1. (a) Siano a, b numeri reali tali che a > b > 0. Calcolare

n→∞lim(aⁿ− bⁿ)ⁿ¹ . (b) Sia α un parametro reale, e consideriamo il limite

lim

x→0⁺

sin(2x²)(√

1 + 3x − 1)

x^α .

Determinare per quali valori di α questo limite esiste ed `e diverso da 0, ±∞. Calco- lare il limite per questi valori.

Soluzione: (a) Dall’identit`a aⁿ− bⁿ= aⁿ(1 −_a^bnn) possiamo scrivere

n→∞lim(aⁿ− bⁿ)¹ⁿ = lim

n→∞(aⁿ)¹ⁿ · lim

n→∞

 1 − bⁿ

aⁿ

¹

n

. Ora

n→∞lim(aⁿ)ⁿ¹ = a ,

mentre chiaramente lim_n→∞(1 − _a^bnn)ⁿ¹ ≤ 1. Osservando poi che, per n sufficientemente grande, 1 −_a^bnn > ¹₂ e che limn→∞(¹₂)ⁿ¹ = 1, si ottiene che

n→∞lim

 1 − bⁿ

aⁿ

_n¹

≥ 1 ,

e quindi che questo limite `e uguale a 1. In definitiva, il limite richiesto `e uguale ad a · 1 = a.

(b) Poich´e, per x → 0, sin(2x²) ∼ 2x² e √

1 + 3x − 1 ∼ ³₂x, si ha sin(2x²)(√

1 + 3x − 1) ∼ 3x³ e pertanto

lim

x→0⁺

sin(2x²)(√

1 + 3x − 1)

x^α = lim

x→0⁺

3x³ x^α .

Questo limite esiste sempre, ed `e diverso da 0, +∞ se e solo se α = 3 (mentre non pu`o mai essere uguale a −∞). In questo caso, il limite `e uguale a 3.

2. Determinare i valori del parametro reale positivo α per i quali la serie

∞

X

n=2

 log(3ⁿ+ 1) n^{α log(3n)}

n sin(_3n¹)

converge.

Soluzione: Sia an = b^c_nⁿ il termine generale della serie, dove bn = log(3ⁿ+ 1)

n^{α log(3n)} e cn = n sin(_3n¹ ).

Per n → ∞ abbiamo i seguenti comportamenti asintotici:

(a) log(3ⁿ+ 1) ∼ log 3ⁿ= n log 3 ; (b) n^{α log(3n)}∼ nα log n+α log 3;

(c) cn= n sin(_3n¹ ) ∼ n_3n¹ ∼ ¹₃. In particolare, questo significa che, per ogni  > 0, esiste un numero naturale n0 tale che, per ogni n ≥ n0, si ha

(1 − )

3 < n sin 1 3n



< (1 + ) 3 . Da (a) e (b) abbiamo che

bn= log(3ⁿ+ 1)

n^{α log(3n)} ∼ log 3 nα log n+α log 3−1. .

Per α > 0 il denominatore tende all’infinito, e quindi il termine generale dellla serie tende a zero. Ne segue che

log 3^1+3

n(α log n+α log 3−1)(^1+₃ ) ∼ b

(1+)

n3 < a_n< b

(1−)

n3 ∼ log 3^1−3

n(α log n+α log 3−1)(^1−₃ ) .

Data l’arbitrariet`a di , l’esponente di n nella formula precedente `e definitivamente minore o uguale a 1 se e solo se α ≤ 0, ed `e definitivamente maggiore di 1 se e solo se α > 0.

Per il criterio del confronto asintotico, la serie converge se e solo se α > 0.

Nota: Non `e vero, in generale, che se f<sub>1</sub>(x) ∼ f<sub>2</sub>(x) e g<sub>1</sub>(x) ∼ g<sub>2</sub>(x) allora f<sub>1</sub>(x)<sup>g1(x)</sup>∼ f<sub>2</sub>(x)<sup>g2(x)</sup>, quindi una soluzione basata su questa implicazione non pu`o essere considerata corretta. In questo caso si `e sfruttato il fatto che la funzione all’esponente tende ad una costante.

3. Si consideri la funzione f : R \ {0} → R data da f (x) = e(^x+x1) . (a) Si determinino eventuali asintoti della funzione f .

(b) Si determinino massimi e minimi relativi ed assoluti della funzione f .

(c) Si determini il numero di soluzioni dell’equazione f (x) = λ al variare di λ ∈ R.

(d) Si mostri che la funzione f ha almeno 2 flessi.

Soluzione: Si ha limx→−∞f (x) = e^−∞ = 0, per cui la funzione ha un asintoto oriz- zontale sinistro di equazione y = 0. Inoltre, limx→+∞f (x) = e^+∞ = +∞, mentre lim_x→+∞f (x)/x ≥ lim_x→∞e^x/x = +∞, per cui la funzione non ha asintoti destri n´e orizzontali n´e obliqui.

Essendo continua sul suo dominio, la funzione pu`o avere asintoti verticali solo in 0. Si ha lim

x→0⁻f (x) = e^−∞= 0 , lim

x→0⁺f (x) = e^∞= +∞ , per cui la funzione ha effettivamente un asintoto verticale in 0.

La derivata prima della funzione `e data da f⁰(x) = x²− 1

x² e^x+x1 ,

ed `e pertanto positiva per x < −1 e per x > 1, negativa per −1 < x < 0 e per 0 < x < 1 e nulla per x = ±1. Ne segue che la funzione ha un massimo relativo in x = −1 (dove vale f (−1) = e<sup>−2</sup>) e un minimo relativo in x = 1 (dove vale f (1) = e<sup>2</sup>). Tali massimi e minimi non sono assoluti in virt`u dei limiti calcolati precedentemente.

Dalle informazioni gi`a ottenute si ottiene che l’equazione f (x) = λ ha: 0 soluzioni se λ ≤ 0 o se e⁻² < λ < e²; 2 soluzioni se 0 < λ < e⁻² o se λ > e²; 1 soluzione se λ = e⁻² o se λ = e².

La derivata seconda di f `e data da

f⁰⁰(x) = x⁴− 2x²+ 2x + 1
e^x+1x

x⁴ ,

il cui segno `e uguale a quello di g(x) = x<sup>4</sup>− 2x<sup>2</sup>+ 2x + 1. Si noti che g(−1) = −2, mentre lim<sub>x→−∞</sub>g(x) = +∞ e g(−) > 0 per ogni  sufficientemente piccolo. Ne segue che la funzione f cambia concavit`a almeno due volte sull’intervallo (−∞, 0), per cui ha almeno due flessi.

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24 luglio 2017

Ammissione 1. Calcolare il limite

n→∞lim

(n + 3)ⁿ (n + 1)ⁿ.

Soluzione: Posto m = n + 1, il limite diventa

m→∞lim

 1 + 2

m

m−1

= e².

2. Determinare per quali valori di x ∈ R la serie

∞

X

n=1

xⁿ n²3ⁿ converge.

Soluzione: Per |x| ≤ 3. Infatti, se |x| > 3 il limite del valore assoluto del termine generale della serie `e uguale a +∞, quindi la condizione necessaria non `e soddisfatta. Se invece |x| ≤ 3, allora la serie converge assolutamente, in quanto

|x|ⁿ n²3ⁿ ≤ 1

n².

3. Si determini il valore di a ∈ R per cui la funzione f (x) = e^ax2− cos(3x) sia un o(x³) per x che tende a 0.

Soluzione: Si ha

f (x) = 1 + ax²+ o(x³) −



1 −9x²

2 + o(x³)



=

 a +9

2



x²+ o(x³) , (8 punti) per cui a = −9/2.

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24 luglio 2017

Esercizi

1. (8 punti) Si determini il numero delle soluzioni dell’equazione tan 2x

1 + x² = λ al variare di λ in R.

Soluzione: Studiamo la funzione g(x) = 2x/(1 + x²). Tale funzione `e dispari, e ha y = 0 come asintoto orizzontale sia destro sia sinistro. Inoltre, g<sup>0</sup>(x) = 2(1−x<sup>2</sup>)/(1+x<sup>2</sup>)<sup>2</sup>, per cui g `e crescente tra −1 e 1, ed `e descrescente su (−∞, −1) e su (1, +∞). Poich´e g(−1) = −1 e g(1) = 1, deduciamo che l’immagine di g `e contenuta in [−1, 1]. Ne deduciamo perci`o che l’equazione data `e equivalente a

g(x) = arctan λ .

Per quanto visto, questa equazione ha 0 soluzioni se arctan λ > 1 o arctan λ < −1, cio`e se

|λ| > tan 1, ha 1 soluzione se arctan λ ∈ {−1, 0, 1}, cio`e se λ = 0 o λ = − tan 1 o λ = tan 1, e ha due soluzioni se −1 < arctan λ < 0 o 0 < arctan λ < 1, cio`e se 0 < |λ| < tan 1.

2. (11 punti) Si consideri il problema di Cauchy

 u⁰−^2u_t = sin t u(1) = α

(a) Se ne determini una soluzione, lasciando eventualmente indicati gli integrali che non si sappiano risolvere.

(b) Si mostri che esiste un valore β ∈ R tale che limt→+∞u(t) = +∞ se α > β e lim_t→+∞u(t) = −∞ se α < β.

(c) Si calcoli lim_t→0+u(t).

Soluzione: (a) Possiamo sfruttare la formula risolutiva delle equazioni lineari del prim’or- dine, con a(t) = −2/t, da cui A(t) = −2 log t, e b(t) = sin t, ottenendo

u(t) = ce^−A(t)+ e^−A(t) Z _t

1

e^A(s)b(s) ds = ct²+ t² Z _t

1

sin s s² ds . Sostituendo la condizione iniziale si ottiene

α = u(1) = c + 0 = c , per cui la soluzione richiesta `e

u(t) = αt²+ t² Z t

1

sin s

s² ds = t²

 α +

Z t 1

sin s s² ds

 .

(b): Come visto a lezione, l’integrale improprio R+∞

1 sin s

s² ds converge (anche assoluta- mente) ad un valore finito k. Si ha dunque

t→+∞lim u(t) = lim

t→+∞t²· lim

t→+∞

 α +

Z t 1

sin s s² ds



= +∞ · (α + k) .

Dunque, se α > −k il limite richiesto `e uguale a +∞, mentre se α < −k il limite richiesto

`

e uguale a −∞.

(c): Per s → 0⁺ si ha (sin s)/s² ∼ 1/s, per cui l’integrale improprioR1 0

sin s

s² ds diverge a +∞. Possiamo allora sfruttare la regola di de l’Hospital ottenendo

lim

t→0⁺u(t) = lim

t→0⁺

α +Rt 1

sin s s² ds

t⁻² = lim

t→0⁺ sin t

t²

−2t⁻³ = 0 . 3. (8 punti) Determinare per quali valori di a, b, con 0 ≤ a < b ≤ 1, l’integrale

Z b a

1 x log²xdx converge.

Soluzione: La funzione f (x) = _{x log}¹2x `e definita e continua per x ∈ (0, 1), per cui l’integrale `e ben definito (e quindi converge) per tutti i valori a, b con 0 < a < b < 1.

Consideriamo ora i valori critici, ossia a = 0 e b = 1, e spezziamo l’integrale nei due intervalli [0,¹₂] e [¹₂, 1].

Osserviamo che la funzione F (x) = −_{log x}¹ `e una primitiva di f (x). Abbbiamo dunque

lim

→0⁺

Z ¹

2



f (x) dx = lim

→0⁺

− 1

log¹₂ + 1 log 

!

= 1

log 2, per cui questo integrale converge. Inoltre,

lim

→0⁺

Z 1−

1 2

f (x) dx = lim

→0⁺

− 1

log(1 − )+ 1 log¹₂

!

= +∞ ,

per cui questo integrale diverge.

In definitiva, l’integrale converge se e e solo se 0 ≤ a < b < 1.

Analisi I – Ingegneria Chimica e Aerospaziale

14 settembre 2017

Ammissione 1. Si determini il numero delle soluzioni dell’equazione

3x⁵− 10x³+ 15x = π .

Soluzione: La funzione f (x) = 3x⁵− 10x³+ 15x tende a +∞ e a −∞ per x che tende a +∞ e −∞ rispettivamente, e ha derivata f⁰(x) = 15x⁴− 30x²+ 15 = 15(x²− 1)² sempre positiva eccetto che in due punti in cui `e nulla. Dunque f `e strettamente crescente, ed assume perci`o ogni valore reale esattamente una volta. Dunque il numero delle soluzioni

` e 1.

2. Si determini l’equazione dell’asintoto obliquo destro della funzione f (x) =√ x²+ x.

Soluzione: Si ha

x→+∞lim f (x)/x = lim

x→+∞

p1 + 1/x = 1 e

x→+∞lim

px²+ x−x = lim

x→+∞

(√

x²+ x − x)(√

x²+ x + x)

√

x²+ x + x = lim

x→+∞

x

x(p1 + 1/x + 1) = 1 2. Dunque l’asintoto cercato ha equazione y = x + 1/2.

3. Si calcoli _∞

X

n=0

2⁻²ⁿ n! .

Soluzione: Osserviamo che 2⁻²ⁿ = (1/4)ⁿ, per cui da e^x = P∞

n=0xⁿ/n! deduciamo, sostituendo x = 1/4, che la serie vale e^1/4.

Analisi I – Ingegneria Chimica e Aerospaziale

14 settembre 2017

Esercizi

1. (9 punti) Si determini la soluzione generale dell’equazione differenziale u⁰⁰⁰− 3u⁰+ 2u = 4e^−t .

Si determini poi una soluzione u(t) tale che Z +∞

0

u(t)dt = 2 .

Soluzione: L’equazione `e lineare a coefficienti costanti, con polinomio caratteristico x³− 3x + 2 = (x − 1)²(x + 2) .

Dunque una base delle soluzioni dell’equazione omogenea associata `e data dalle funzioni e<sup>t</sup>, te<sup>t</sup> e e<sup>−2t</sup>. Per trovare una soluzione particolare, poniamo u(t) = ke<sup>−t</sup>, cos`ı che u⁰⁰⁰(t) = u⁰(t) = −ke^−t. Imponendo

4e^−t = u⁰⁰⁰− 3u⁰+ 2u = −ke^−t+ 3ke^−t+ 2ke^−t = 4ke^−t si ottiene k = 1, per cui u(t) = e^−t. Dunque la soluzione generale `e data da

u(t) = e^t+ ae^t+ bte^t+ ce^−2t . Affinch´e l’integrale R+∞

0 u(t)dt sia finito imponiamo a = b = 0 (si pu`o vedere che questa richiesta `e in effetti necessaria, oltre che sufficiente). Abbiamo allora u(t) = ce^−2t+ e^t, per cui

Z +∞

0

u(t)dt = c Z +∞

0

e^−2tdt + Z +∞

0

e^−tdt = c/2 + 1 . Imponendo c/2 + 1 = 2 si ha allora c = 2, e la soluzione richiesta `e

u(t) = 2e^−2t+ e^−t .

2. (9 punti)

(a) Determinare per quali valori del paramentro reale α la seguente serie converge:

∞

X

n=1

n²3^αn 4ⁿ√

n + 1,

(b) Determinare se la seguente serie converge:

∞

X

n=2

(−1)ⁿn + sin n n²log n .

Soluzione: La serie (a) `e a termini positivi. Usiamo il criterio della radice: indicando con con a_n il termine generico della serie, abbiamo

n→∞lim

√n

an= lim

n→∞

√n

n²3^α 4√ⁿ

n + 1 = 3^α 4 .

Dunque la serie converge (e converge assolutamente) se ³₄^α < 1, ossia se α < ^{log 4}_{log 3}, e non converge se ³₄^α > 1, ossia se α > ^{log 4}_{log 3}. Se α = ^{log 4}_{log 3} il termine generale della serie diventa

n²

√n + 1 ,

e la serie diverge in quanto il temine generale non tende a zero. Concludendo, la serie converge se e solo se α < ^{log 4}_{log 3}.

(b) La serie `e la somma di due serie, entrambe convergenti almeno semplicemente.

La serie P∞ n=2

(−1)ⁿn

n²log n `e una serie a segni alterni, che converge per il criterio di Leibnitz, in quanto il valore assoluto del termine generale della serie tende a zero ed `e decrescente.

La serieP∞ n=2 sin n

n²log n converge, anche assolutamente, per il confronto con la serieP∞ n=2 1

n². Pertanto la serie data converge semplicemente.

NOTA (importante): il valore assoluto del termine generale della serie NON `E uguale a

n+sin n n²log n.

3. (9 punti) Si calcolino i seguenti limiti:

x→0lim

2 ln(cos x) + sin x²

x⁴ , lim

n→∞

n

s (3n)!

(n!)³ . Soluzione: Si ha

ln(cos x) = ln(1 − x²/2 + x⁴/24 + o(x⁴))

= (−x²/2 + x⁴/24 + o(x⁴)) − (−x²/2 + o(x³))²/2 + o((−x²/2 + o(x³))²)

= −x²/2 + x⁴/24 − x⁴/8 + o(x⁴) = −x²/2 − x⁴/12 + o(x⁴) , mentre

sin x² = x²− x⁶/6 + o(x⁶) = x²+ o(x⁴) , per cui il numeratore `e dato da

2(−x²/2 − x⁴/12 + o(x⁴)) + x²+ o(x⁴) = −x⁴/6 + o(x⁴) , ed il primo limite vale −1/6.

Per il secondo limite, sia an = ^(3n)!_(n!)3, e ricordiamo che, se limn→∞an+1/an = l, allora anche limn→∞ ⁿ

√an= l. Abbiamo ora an+1

a_n = (3n + 3)!

((n + 1)!)³ · (n!)³

(3n)! = (3n + 3)(3n + 2)(3n + 1)

(n + 1)³ ,

il cui limite `e chiaramente 27. Il limite richiesto vale dunque 27.