c nessuna cade nel secondo quadrante

Corso di Laurea in Ingegneria Civile e Ambientale

Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 22 febbraio 2020 – A (1) Delle radici quarte di z = √

3i − 1 nel piano complesso a una cade nel terzo quadrante

c nessuna cade nel secondo quadrante

b una cade sull’asse reale d nessuna delle precedenti

(2) La successione a _n = 3 ⁿ



log(1 + ₂ ^α

) − sin ₂ ¹

q 1 − ₂ ¹



risulta infinitesima per n → +∞

a per ogni α ∈ R c per nessun α ∈ R

b solo per α = 1

d nessuna delle precedenti

(3) La funzione f (x) =

( cos

x− √ 1+αx

x

se x > 0

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

c ` e derivabile solo per α = −1 e β = ¹ ₆

b ` e derivabile per ogni α = −2 e β ∈ R d nessuna delle precedenti

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

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

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

(5) L’integrale Z 1

0

(x + 2) log(x + 1)

x + 1 dx vale a log 6 − 1

c ¹ ₂ log ² 2 + log 4 − 1

b 1 − log 2

d nessuna delle precedenti

(6) L’insieme di convergenza della serie di potenze

+∞

X

n=0

x ⁿ 2 ⁿ √

n log n ` e a [−2, 2)

c (− ¹ ₂ , ¹ ₂ ]

b [−2, 2]

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 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

− 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 ∈ 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.

Mec220220A.pdf

(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

−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 ∈ R

(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.