Prove esame Analisi 1

、

Corsi di Laurea in Civile e Ambientale

Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 1 marzo 2025

1

(1) Delle radici terze di z = nel piano complesso

→ 2

( 3↑i)

a una cade nel terzo quadrante b nessuna cade nel primo quadrante

1

c una cade sulla circonferenza di raggio 2 d nessuna delle precedenti

e centro l’origine 2

n n!

(2) La successione a = converge

n ωn

(3n) →

a se e solo se ω < 1 b solo se ω 2

c per nessun ω > 0 d nessuna delle precedenti

1 2

(3) La funzione f (x) = ω arctan + log(1 + x ) con ω > 0

ω x

a è negativa in (↑1, 0) per ogni ω > 0 b è positiva in (0, +↓) per ogni ω > 0

c ammette due zeri per qualche ω > 0 d nessuna delle precedenti

↔

(4) L’area della regione del piano compresa tra il grafico di f (x) = 2 x cos x e la bisettrice y = x

nell’intervallo [0, ε] è

a minore di 1 b compresa tra 1 e 2

c maggiore di 2 d nessuna delle precedenti

! 1 ↑

x log(1 + x) + cos x 1 dx diverge

(5) Integrale improprio ω x ↑

x (e 1)

0

R

↗ →

a per ogni ω b se e solo se ω 2

→

c per nessun ω 1 d nessuna delle precedenti

Risoluzione

↔ " #

ε ε

↑

(1) La risposta corretta è d . Poiché 3 i = 2 cos(↑ ) + i sin(↑ ) si ha che

6 6

" # " #

1 ↑2 ε ε 14 ε ε

↔

z = = 2 cos(2 ) + i sin(2 ) = cos( ) + i sin( )

6 6 3 3

2

↑

( 3 i)

Le sue radici terze sono quindi date da

Ä Ä ä Ä ää " " # " ##

ω ω

+2kε +2kε

1 1 ε+6kε ε+6kε

z = cos + i sin = cos + i sin , k = 0, 1, 2.

3 3

→ →

k 3 3

3 3 9 6

4 4

e dunque sono " " # " ##

1 ε ε

z = cos + i sin

→

0 3 9 9

4 " " # " ##

1 7ε 7ε

z = cos + i sin

→

1 3 9 9

4 " " # " ##

1 13ε 13ε

z = cos + i sin

→

2 3 9 9

4 1

Osserviamo che la distanza di ciascuna radice dall’origine del piano è uguale a ϑ = , dunque c è

→

3 4

falsa. Inoltre z cade nel primo quadrante, z cade nel secondo e z nel terzo, quindi a è vera e b è

0 1 2

falsa. R

↗

(2) La risposta corretta è d . Per determinare per quali valori di ω la successione converge,

applichiamo il criterio del rapporto. Abbiamo 2 ωn

a (n + 1) (n + 1)! (3n)

n+1 ·

lim = lim ωn+ω 2

a (3n + 3) n n!

n↓+↔ n↓+↔

n 

 0 se ω > 1



3

1 (n + 1) 1

" #

= lim = se ω = 1

ωn

1  3e

2 ω

n (3n + 3)

1 +

n↓+↔ 

n +↓ se ω < 1

" #

3 ωn

(n+1) 1 1 1

1↑ω ω

↘ ≃ ≃

dato che n mentre 1 + e per n +↓. Poiché < 1, ne segue che la

2 ε ε

n (3n+3) 3 n 3e

⇐

successione converge se ω 1 e diverge se ω > 1. 1 2

(3) La risposta corretta è b . La funzione f (x) = ω arctan + log(1 + x ) è definita e continua in

ω x

R \ {0} con ε

±ω

lim f (x) = +↓ e lim f (x) =

ω ω 2

±

x↓±↔ x↓0

R

per ogni ω > 0. La funzione è derivabile in con ↑

ω 2x 2x ω

↗ ↑

f (x) = + =

ω 2 2 2

1+ x 1+ x 1 + x

ω

↗ ↑

Poiché f (x) > 0 se e solo se 2x ω > 0 cioè x > > 0, dal criterio di monotonia otteniamo che

ω 2 ω ω

la funzione è strettamente decrescente in (↑↓, 0) e in (0, ], strettamente crescente in [ , +↓) e che

2 2

ω

x = è punto di minimo per f (x) con

ω ω

2 2

2 ω

f (x ) = ω arctan( ) + log(1 + ) > 0 per ogni ω > 0.

ω ω ω 4

Osservato che f (x ) > 0 è minimo assoluto della funzione in (0, +↓), dal teorema dei valori intermedi

ω ω

otteniamo che la funzione è positiva in (0, +↓) per ogni ω > 0. Dunque la risposta corretta è b .

Osserviamo inoltre che, sempre dal teorema dei valori intermedi, la funzione ammette un unico zero

ε

c è falsa. Inoltre risulta f (↑1) = ω arctan(↑1)+log 2 = log 2↑ω > 0

x < 0 per ogni ω > 0, quindi

0 ω 4

4 log 2

per ω < e quindi per tali valori non è vero che la funzione risulta negativa in (↑1, 0) e anche a

ε

è falsa. 2 ⇒

Nota, si poteva giungere alla risposta corretta osservando che log(1 + x ) > 0 per ogni x = 0 e che

1 1 2

ω arctan > 0 per ogni x > 0 e ω > 0, pertanto f (x) = ω arctan + log(1 + x ) > 0 per ogni x > 0

ω

x x

e ω > 0.

(4) La risposta corretta è c . Per calcolare l’area della regione compresa tra il grafico di f (x) =

↔ ↔

( ε |

2 x cos x e la bisettrice y = x nell’intervallo [0, ε] possiamo calcolare l’integrale 2 x cos x↑x| dx.

0

A tale scopo osserviamo che per x > 0 si ha

↔ ↔ → 2

1 ε

↑ ↑ → ⇑ → ⇑ ⇐ ⇐

2x cos x x = x( 2 cos x 1) 0 cos x = 0 x

→ 2 4

2

Dalla proprietà di additività dell’integrale otteniamo allora

! ! !

ω

↔ ↔ ↔

ε ε

4

| ↑ ↑ ↑ ↑

2x cos x x| dx = 2x cos x x dx 2x cos x x dx

ω

0 0 4

Abbiamo

! ! ! !

↔ ↔ ↔ ↔ 2

12

↑ ↑ ↑ ↑

2x cos x x dx = 2 x cos x dx x dx = 2x sin x 2 sin x dx x

↔ ↔ R.

2

12

↑ ↗

= 2x sin x + 2 cos x x + c, c

Pertanto l’area della regione è data da

! î ó î ó

↔ ↔ ↔ ↔ ↔

ε ω ε

2 2

12 12

4

| ↑ ↑ ↑ ↑

2x cos x x| dx = 2x sin x + 2 cos x x 2x sin x + 2 cos x x ω

0

0 4

2

ε 7ε

= +2+ > 2

2 16 x log(1+x)+cos x↑1

(5) La risposta corretta è b . La funzione f (x) = è continua in (0, 1] e per studiare

ω ε x ↑1)

x (e

( 1 +

≃

il comportamento dell’integrale f (x) dx determiniamo lo sviluppo asintotico di f (x) per x 0 .

ω ω

0

R

↗

Per ogni ω si ha che ω x ω+1

↑ ↘

x (e 1) x

mentre utilizzando la formula di Taylor del secondo ordine otteniamo

2 2 2

2 2

x x x

↑ ↑ ↑ ↘

x log(1 + x) + cos x 1 = x(x + o(x)) + 1 + o(x ) 1 = + o(x )

2 2 2

+

≃

Quindi per x 0 risulta 2

x

↑

x log(1 + x) + cos x 1 1

12

2

↘

f (x) = =

ω ω x ω+1 ω↑1

↑

x (e 1) x x

( 1 1 →

e poiché dx diverge se e solo se p 1, dal criterio del confronto asintotico possiamo concludere

p (

x

0 1 ↑ → →

che l’integrale f (x) dx diverge se e solo se ω 1 1 ovvero se e solo se ω 2.

ω

0

=>>

Corsi di Laurea in Civile e Ambientale e Meccanica M/Z

=

Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 12 settembre 2025

→ →

3 ↑ · ↑

(1) Delle soluzioni complesse dell’equazione z = ( 3 i) ( 3i 3)

a una cade nel terzo quadrante del piano complesso b una ha modulo maggiore di 2

c una cade nel quarto quadrante del piano complesso d nessuna delle precedenti

1 1

↑ ↓

(2) La funzione f (x) = + sinh(ωx) per x 0 ha ordine di infinitesimo

ω 2 2

(1+x) (1→x)

R R

↔ ↔

a 1 per ogni ω b maggiore di 2 per qualche ω

R

↔

c 2 per qualche ω d nessuna delle precedenti

x

↑

(3) La funzione g (x) = (x ω) e

ω

R R

↔

a è positiva in per qualche ω b è crescente in [0, +↗) per ogni ω > 0

c è concava in (↑↗, 0) per ogni ω < 1 d nessuna delle precedenti

! 2 →x |x ↑

(4) L’integrale e 1| dx vale

0

1 1 1 1

↑ ↑

a 2( ) b

2 2

e e e e

c 2 d nessuna delle precedenti

+↑

" ωn 2

n (n!)

(5) La serie converge

(2n)!

n=1 ↘

a se e solo se ω 1 b se e solo se ω > 2

c per nessun ω > 0 d nessuna delle precedenti

Risoluzione

(1) La risposta esatta è c . Abbiamo infatti che

→ → → → → → → # $

↓ 3

12 2ε 2ε

↑2

( 3↑i)·( 3i↑3) = 3i↑3 3+ 3+3i = 3+6i = 4 3(↑ + i) = 4 3 cos + i sin

2 3 3

o in alternativa, osservato che Ä ä

→ # $

↓ 3 12 ε ε

↑ ↑

3 i = 2 i = 2 cos(↑ ) + i sin(↑ )

2 6 6

e Ä ä

→ → → # $

↓ 3 12 5ε 5ε

↑ ↑

3i 3 = 2 3 + i = 2 3 cos + i sin

2 6 6

otteniamo che

→ → → →

# # $ # $$ # $

5ε ε 5ε ε 2ε 2ε

↑ · ↑ ↑ ↑

( 3 i) ( 3i 3) = 4 3 cos + i sin = 4 3 cos + i sin .

6 6 6 6 3 3

→ →

3 ↑ · ↑

Pertanto le soluzioni dell’equazione z = ( 3 i) ( 3i 3) saranno le radici terze di w =

→ # $

2ε 2ε

4 3 cos + i sin . Tali soluzioni sono quindi date da

3 3

» »

% &

→ → # $

2ω 2ω

+2kε +2kε

3 3 2ε+6kε 2ε+6kε

z = 4 3 cos + i sin = 4 3 cos + i sin

3 3

k 3 3 9 9

con k = 0, 1, 2 e dunque sono

» → # $

3 2ε 2ε ↔

z = 4 3 cos + i sin primo quadrante

0 » 9 9

→ # $

3 8ε 8ε ↔

z = 4 3 cos + i sin secondo quadrante

1 9 9

» → # $

3 14ε 14ε ↔

z = 4 3 cos + i sin quarto quadrante

2 9 9

' → → →

3 ≃ ≃

Dato che 4 3 < 2 (infatti 4 3 < 8 3 < 2 3 < 4), possiamo concludere che l’unica

risposta corretta è la c .

(2) La risposta esatta è la b . Infatti, dagli sviluppi notevoli e dalle proprietà degli “o” piccolo,

↓ ⇐

per x 0 e ogni ε = 0 abbiamo

ϑ ϑ 2 2 2 2

12 12

↑ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑

(1 + x) (1 x) = 1 + εx + ε(ε 1)x + o(x ) (1 εx + ε(ε 1)x + o(x ))

2

= 2εx + o(x ))

↑2

Scelto ε = otteniamo →2 →2 2 2

↑ ↑ ↑4x

f (x) = (1 + x) (1 x) + sinh(ωx) = + o(x )) + (ωx + o(x ))

ω 2

↑

= (ω 4)x + o(x ) ⇐

Quindi f (x) avrà ordine di infinitesimo 1 se ω = 4, maggiore di 2 per ω = 4.

ω R

(3) La risposta corretta è d . La funzione è definita e continua in e dalla gerarchia degli

infiniti abbiamo lim g (x) = +↗ e lim g (x) = 0

ω ω

x↔+↑ x↔→↑

per ogni ω > 0. Dato che g (x) > 0 se e solo se x > ω, la funzione risulta negativa per x < ω,

ω

positiva per x > ω e nulla solo in x = ω. Dunque a è falsa.

La funzione risulta derivabile nel suo dominio con

↗ R.

x

↑ ⇒x ↔

g (x) = (x ω + 1)e ,

ω

↗ ↑

Si ha allora che g (x) > 0 se e solo se x > ω 1 e dal criterio di monotonia ne deduciamo allora

ω

che • ↑

g (x) è strettamente decrescente in (↑↗, ω 1],

ω

• ↑

g (x) è strettamente crescente in [ω 1, +↗),

ω

• ω→1

↑ ↑ ↑e

x = ω 1 è punto di minimo relativo con g (ω 1) = < 0.

ω ω ↑ ↘ ↘

Ne segue che la funzione è crescente in [0, +↗) se e solo se ω 1 0, cioè ω 1, dunque b è

falsa.

Infine, la funzione risulta derivabile due volte nel suo dominio con

↗↗ R.

x

↑ ⇒x ↔

g (x) = (x ω + 2)e ,

ω

↗↗ ↑

Si ha allora che g (x) > 0 se e solo se x > ω 2 e dal criterio di convessità otteniamo che

ω

• ↑

g (x) è strettamente concava in (↑↗, ω 2),

ω

• ↑

g (x) è strettamente convessa in (ω 2, +↗),

ω

• ↑

y = ω 2 è punto di flesso.

ω ↑ ⇑ ⇑

Abbiamo allora che la funzione è concava in (↑↗, 0) se e solo se ω 2 0, ovvero ω 2,

quindi anche c è falsa.

Osserviamo che per 1 < ω < 2, la funzione non è positiva in tutto il suo dominio, non è

crescente in [0, +↗) e nemmeno concava in (↑↗, 0). ↑

(4) La risposta corretta è b . Infatti, osservato che x 1 > 0 se e solo se x > 1, dalla proprietà

di additività dell’integrale otteniamo

! ! ! ! !

2 1 2 2 1

→x →x →x →x →x

|x ↑ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑

e 1| dx = e (1 x) dx + e (x 1) dx = e (x 1) dx e (x 1) dx

0 0 1 1 0

Integrando parti otteniamo

! !

→x →x →x →x →x →x R

↑ ↑(x ↑ ↑(x ↑ ↑ ↑xe ↔

e (x 1) dx = 1)e + e dx = 1)e e + c = + c, c

Dalla formula fondamentale del calcolo integrale, possiamo concludere che

! ! !

2 2 1

→x →x →x

|x ↑ ↑ ↑ ↑

e 1| dx = e (x 1) dx e (x 1) dx

0 1 0

( ) ( )

2 1

→x →x →2 →1 1

1 ↑

↑xe ↑ ↑xe ↑2e )

= = + 2e = 2( 2

e e

1 0 R

↔

(5) La risposta corretta è d . Per determinare per quali valori di ω la serie converge,

εn 2

n (n!)

applichiamo il criterio del rapporto. Posto a = , abbiamo

n (2n)!

ωn+ω 2

a (n + 1) ((n + 1)!) (2n)!

n+1 ·

lim = lim ωn 2

a (2n + 2)! n (n!)

n↔+↑ n↔+↑

n # $ ω 2

(n + 1) (n + 1)

ωn

1

= lim 1 + n (2n + 2)(2n + 1)

n↔+↑ 

 0 se ω < 0



# $ ω

n

ωn

1 14

= lim 1 + = se ω = 0

n 

4

n↔+↑  +↗ se ω > 0

# $ ωn

1 1

ω

↓ ↓

dato che 1 + e per n +↗. Poiché < 1, dal criterio del rapporto ne segue che la

n 4

↘

serie converge se ω 0 e diverge se ω > 0.

뭘

Corso di Laurea in Ingegneria Civile ed Ambientale

Seconda prova scritta di Analisi Matematica 1 del 14/01/2011

p !

1) La funzione f (x) = sinh x cos x 1 + ↵x + 1 per x 0 ha ordine di infinitesimo

2 2

a 2 per ogni ↵ IR b 2 per qualche ↵ IR

2

c 1 per ogni ↵ IR d nessuna delle precedenti

( 2 2

sin x 2 log(1+↵x ) se x > 0

2

x

2) La funzione f (x) = , nel punto x = 0

0



tan( x) se x 0 1

2

a è continua per ogni ↵, IR b è derivabile solo per ↵ = e =2

2

2

c è derivabile per ogni ↵ = 2 e IR d nessuna delle precedenti

2x

3) L’equazione e = ↵x con ↵ > 0, ammette due soluzioni

a per nessun ↵ > 0 b per ogni ↵ < 4

c solo per ↵ > 2e d nessuna delle precedenti

Z 1 2

4) L’integrale x arctan(x ) dx vale

0

⇡ 1 ⇡ 12

a log 2 b log 2

8 4 4

1 ⇡

c d nessuna delle precedenti

12 2 +1

X n

x

5) L’insieme di convergenza della serie di potenze è

n 2

3 n log n

n=0

a [ 3, 3] b [ 3, 3)

13 13

c ( , ) d nessuna delle precedenti

Soluzione

(1) La risposta esatta è la b . Infatti, dagli sviluppi notevoli e dalle proprietà degli “o”

piccolo risulta p

f (x) = sinh x cos x 1 + ↵x + 1 2

↵ ↵

2 2 2

= (x + o(x ))(1 + o(x)) (1 + x x + o(x )) + 1

2 8

2

↵ ↵

2 2 2

= (x + o(x )) ( x x + o(x ))

2 8

2

↵ ↵ 2 2

= (1 )x + x + o(x )

2 8 6

Quindi f (x) avrà ordine di infinitesimo pari a 1 per ogni ↵ = 2 e pari a 2 per ↵ = 2.

(2) La risposta esatta è la d . Infatti,

lim f (x) = lim tan( x) = 0 = f (0)

x!0 x!0 2 2 2 2

2 !

per ogni IR. Mentre, essendo per x 0, sin x = (x + o(x)) = x + o(x ) e

2 2 2

log(1 + ↵x ) = ↵x + o(x ), si ottiene

2 2 2

sin x 2 log(1 + ↵x) (1 2↵)x + o(x )

lim f (x) = lim = lim =1 2↵

2 2

x x

+ + +

x!0 x!0 x!0 1

2

per ogni ↵ IR. Dunque f (x) risulterà continua in x = 0 solo per ↵ = .

0 2

⇡

Riguardo alla derivabilità osserviamo che f (x) è derivabile in ogni < x < 0 con

2

0

0 2 2

f (x) = e che lim f (x) = per ogni IR. Quindi, per ogni IR, la funzione

2

cos ( x) x!0 0

ammette derivata sinistra in x = 0 con f (0) = .

0 2

12 !

Riguardo alla derivata destra, per ↵ = , osservato che per x 0 risulta sin x =

2

x 12

2 2 2 3 2 3

(x + o(x )) = x + o(x ) mentre log(1 + ) = x + o(x ), otteniamo

2 2

2 x 3

sin x 2 log(1 + )

f (x) f (0) o(x )

2

lim = lim = lim =0

3 3

x x x

+ + +

x!0 x!0 x!0

0

Quindi la funzione ammette derivata destra in x = 0 con f (0) = 0. Ne segue che la

0 +

12

funzione risulta derivabile in