Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica M/Z
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
n) − 2 1
ncosh 2 1
nsin 2 1
n1
3
narctan 4 1
nper n → +∞ diverge
a se e solo se α 6= 1 c per nessun α ∈ R
b per ogni α ∈ R
d nessuna delle precedenti (3) La funzione f α (x) = 1−x e
αx− cosh 2 ( √
x) per x → 0 + ha ordine di infinitesimo a 1 per ogni α ∈ R
c 2 per qualche α ∈ R
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!
n) a converge per ogni α ∈ R 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
2x 2 + o(x 2 ) − x(1 + x 2
2+ o(x 2 ))(x − x 6
3+ o(x 3 )))
= αx 2 − α 2
2x 4 + o(x 2 ) − (x + x 2
3+ o(x 3 ))(x − x 6
3+ o(x 3 )))
= αx 2 − α 2
2x 4 + o(x 4 ) − (x 2 − x 6
4+ x 2
4+ o(x 4 ))
= (α − 1)x 2 − ( α 2
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
nper n → +∞ otteniamo
log(1 + 4 α
n) − 2 1
ncosh 2 1
nsin 2 1
n∼
( (α − 1) 4 1
nse α 6= 1
− 5 6 16 1
nse α = 1 Osservato inoltre che per n → +∞ risulta 3 1
narctan 4 1
n∼ 3 1
n1
4
n= 12 1
n, otteniamo a n ∼
( (α − 1) 12 4
nn= (α − 1)3 n se α 6= 1
− 5 6 12 16
nn= − 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
2x 2 + o(x 2 ))(1 + x + x 2 + o(x 2 )) − (1 + x 2 + x 24
2+ o(x 2 )) 2
= 1 + x + x 2 + αx + αx 2 + α 2
2x 2 + o(x 2 ) − (1 + x + x 4
2+ x 12
2+ o(x 2 ))
= αx + (1 + α + α 2
2− 1 4 − 12 1 )x 2 + o(x 2 ) = αx + (α + α 2
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 α (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 R, 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 ∈ R con f α 0 (x) = 1+(x+1) 1
2− 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 α (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 ∈ R tali che |x + 1| < q
1−α
α = x α , ovvero gli x ∈ R 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 ∈ R 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
t−1)t
e
te 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 ∈ R
(6) La risposta esatta ` e d . Infatti, posto a n = (3n)
αnlog(1+
2nn!) , osservato che 2 n!
n→ 0 per n → +∞ e dunque log(1 + 2 n!
n) ∼ 2 n!
n, abbiamo a n ∼ (3n)
2nαnn!
= n!(3n) 2
nαn= 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.
Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica M/Z
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
nsinh 2 1
ncos 2 1
n− log(1 − 4 α
n)
1
4
narctan 3 1
nper n → +∞ converge
a se e solo se α = −1 c per ogni α ∈ R
b solo per α = 1 2
d nessuna delle precedenti (3) La funzione f α (x) = cos 2 ( √
x) − 1+x e
αxper x → 0 + ha ordine di infinitesimo a 1 per ogni α ∈ R
c 2 per qualche α ∈ R
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!
n) (2n) αn a converge per ogni α ∈ R 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
3+ o(x 3 ))(1 − x 2
2+ o(x 2 )) − (−αx 2 − α 2
2x 2 + o(x 2 ))
= (x 2 + x 6
4+ o(x 4 ))(1 − x 2
2+ o(x 2 )) + αx 2 + α 2
2x 4 + o(x 2 )
= x 2 − x 2
4+ x 6
4+ o(x 4 ) + αx 2 + α 2
2x 4 + o(x 2 )
= (1 + α)x 2 + ( α 2
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
notteniamo che per n → +∞ si ha
1
2
nsinh 2 1
ncos 2 1
n− log(1 − 4 α
n) ∼
( (1 + α) 4 1
nse α 6= −1
1 6
1
16
nse α = −1 Osservato inoltre che per n → +∞ risulta 4 1
narctan 3 1
n∼ 4 1
n1
3
n= 12 1
n, otteniamo a n ∼
( (1 + α) 12 4
nn= (1 + α)3 n se α 6= −1
1 6
12
n16
n= 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
αx= (1 − x 2 + x 24
2+ o(x 2 )) 2 − (1 + αx + α 2
2x 2 + o(x 2 ))(1 − x + x 2 + o(x 2 ))
= 1 − x + x 4
2+ x 12
2+ o(x 2 ) − (1 − x + x 2 + αx − αx 2 + α 2
2x 2 + o(x 2 ))
= −αx + ( 1 4 + 12 1 − 1 + α − α 2
2)x 2 + o(x 2 ) = −αx + (α − α 2
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 α (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 R, 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 ∈ R con f α 0 (x) = 1+(x−1) 1
2− 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 α (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 ∈ R tali che |x − 1| <
q 1−α
α = x α , ovvero gli x ∈ R 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 ∈ R 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
t+2−3)t
e
te 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 ∈ R
(6) La risposta esatta ` e d . Infatti, posto a n = log(1+
3n n!