Universit` a di Roma “Tor Vergata” - Corso di Laurea in Ingegneria Analisi Matematica I - Prova scritta del 27 Gennaio 2021 - II
Esercizio 1. [8 punti] Calcolare il seguente limite:
n→+∞lim sin
1
√n + A
√n3
− 1
√n
!
(n + 1)5/2− n5/2
con A ∈ R.
Svolgimento. Utilizziamo i seguenti sviluppi di Taylor per t → 0+: sin(t) = t − t3
6 + o(t4), (1 + t)5/2 = 1 +5t
2 + o(t).
Quindi
sin
1
√n + A
√n3
− 1
√n =
1
√n + A
√n3
− 1 6
1
√n + A
√n3
3
+ o 1 n2
− 1
√n
= A
n3/2 − 1
6n3/2 + o 1 n2
= A − 16
n3/2 + o 1 n2
. Inoltre
(n + 1)5/2− n5/2 = n5/2 1 + 1
n
5/2
− n5/2
= n5/2 1 + 5
2n + o1 n
− n5/2
= n3/2 5
2+ o(1)
. Cos`ı si conclude che
n→+∞lim sin
1
√n + A
√n3
− 1
√n
!
(n + 1)5/2− n5/2
= lim
n→+∞
A − 16
n3/2 + o 1 n2
· n3/2 5
2 + o(1)
= 5 2
A − 1
6
.
Esercizio 2. [8 punti] Tracciare il grafico della funzione f (x) = e2x1 √
x2+ x
f (x) = e−2x1 √ x2− x
specificando: dominio, eventuali asintoti, intervalli di monotonia, eventuali punti di massimo/minimo relativo, eventuali punti di non derivabilit`a. Non `e richiesto lo studio della derivata seconda.
Svolgimento. Consideriamo la funzione
f (x) = e2x1 √
x2 + x.
Per il dominio dobbiamo imporre che x2+ x = x(x + 1) ≥ 0 e x 6= 0 da cui D = (−∞, −1] ∪ (0, +∞).
La funzione `e non negativa e x = 0 `e un asintoto verticale perch´e limx→0+f (x) = +∞.
Per x → +∞ c’`e l’asintoto obliquo y = x + 1:
f (x) = xe2x1 r
1 + 1 x = x
1 + 1
2x + o 1 x
1 + 1
2x + o 1 x
= x + 1 + o(1).
Mentre per x → −∞ c’`e l’asintoto obliquo y = −x − 1:
f (x) = −xe2x1 r
1 + 1 x = −x
1 + 1
2x+ o 1 x
1 + 1
2x + o 1 x
= −x − 1 + o(1).
Derivata prima. Per x ∈ D \ {−1}, f′(x) = e2x1 −
√x2+ x
2x2 + 2x + 1 2√
x2 + x
!
= e2x1 2x2− 1 2x√
x2+ x pertanto f `e decrescente in (−∞, −1] e in
0,√12i
mentre f `e crescente per h
√1
2, +∞
. Quindi x = √12
`e un punto di minimo relativo e x = −1 `e un punto di minimo assoluto. Non ci sono massimi assoluti.
Si noti che limx→−1−f′(x) = −∞.
Grafico di f (x) = e2x1 √
x2 + x.
Esercizio 3. [8 punti] Discutere la convergenza del seguente integrale improprio per A > 0 al variare del parametro α ∈ R:
Z 1/A 0
arcsin(1 −√
√ Ax)
x(1 − Ax)α dx.
Calcolarlo per α = 0.
Svolgimento. I punti da indagare sono 0+ e (1/A)−. Per x → 0+,
f (x) ∼ π 2√ x
e quindi l’integrale di f su (0, 1/(2A)) `e convergente per ogni α ∈ R.
Per x → (1/A)−, sia t = A1 − x → 0+, f ∼ √
Aarcsin(1 −√
1 − At)
(At)α ∼√
Aarcsin(At2 )
(At)α ∼ 1
2Aα−32tα−1
e quindi l’integrale di f su (1/(2A), 1/A) `e convergente se e solo se α − 1 < 1 ossia α < 2.
Cos`ı l’integrale dato `e convergente se e solo se α < 2.
Calcoliamo l’integrale per α = 0:
Z 1/A 0
arcsin(1 −√
√ Ax)
x dx.
Con la sostituzione t =√
Ax e, successivamente, 1 − t = s l’integrale diventa, Z 1/A
0
arcsin(1 −√
√ Ax)
x dx = 2
√A Z 1
0 arcsin(1 − t) dt = 2
√A Z 1
0
arcsin(s) ds.
Integrando per parti, l’ultimo integrale diventa Z
arcsin(s) ds = s arcsin(s) −
Z s
√1 − s2 ds = s arcsin(s) +√
1 − s2+ c.
Infine
Z 1/A 0
arcsin(1 −√
√ Ax)
x dx = 2
√A Z 1
0
arcsin(s)ds
= 2
√A h
s arcsin(s) +√
1 − s2i1
0 = π − 2√ A .
Esercizio 4. [6 punti] Risolvere in C la seguente equazione:
z3|z| + 81 = 0. h
z3|z| + 16 = 0i Svolgimento. Consideriamo l’equazione z3|z| + 81 = 0 ossia
z3|z| = −81.
Ponendo z = |z|eiθ si ha
|z|4e3iθ = 81eiπ⇔
(|z|4 = 81
3θ = π + 2kπ ∀k ∈ Z ⇔
(|z| = √4 81 = 3
θ = (2k+1)π3 k ∈ {0, 1, 2}
da cui si conclude che le soluzioni dell’equazione data sono z1 = 3eiπ3 = 3
2(1 +√
3i), z2 = 3eiπ = −3, z3 = 3ei5π3 = 3
2(1 −√ 3i).
In modo analogo si trova che le soluzioni dell’equazione z3|z| + 16 = 0 sono z1 = 1 +√
3i, z2 = −2, z3 = 1 −√ 3i.
