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RIPETIZIONI UNIVERSITARIE

Ripetizioni di Matematica (Analisi, Algebra, Geometria), Fisica, Teoria dei Segnali per la preparazione di esami universitari:

– Laureato a Pisa in ingegneria a pieni voti (2007-2013)

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Ripetizioni per studenti UNIMORE

Conosco molto bene tutti i principali esami dei primi anni di ingegneria (Analisi Matematica 1, Analisi Matematica 2, Algebra e Geometria, Fisica e Probabilità e statistica) ed economia dell’università UNIMORE. Durante il mio dottorato di ricerca presso la facoltà di ingegneria a Modena ho preparato numerosissimi studenti per gli esami universitari.

Alcuni docenti: ELEUTERI MICHELA, GATTI STEFANIA, GUARINO LO BIANCO SERENA, MALAGUTI LUISA, MANFREDINI MARIA, MERCURI CARLO, PERROTTA STEFANIA, POLIDORO SERGIO, ROSSI ELENA, SANI FEDERICA, SOVRANO ELISA, TADDEI VALENTINA, VILLARINI MASSIMO.

Conosco molto bene le difficoltà e come aiutarti a superarle.

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Soluzione di una prova d’esame di ANALISI MATEMATICA, professoressa STEFANIA GATTI, soluzione a cura del sottoscritto.

Esercizio 1

Bisogna calcolare il limite, e per farlo conviene calcolare le varie approssimazioni asintotiche

(*) $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{{{n}^{3}}+4}+n\sqrt{{{n}^{4}}{{e}^{-n}}+4n}}{\sqrt{n}\ln \left( {{n}^{4}}+\sqrt{{{e}^{n}}+4} \right)} $

Possiamo partire dal numeratore:

$\sqrt{{{n}^{3}}+4}\sim {{n}^{{3}/{2}\;}}$

${{n}^{4}}{{e}^{-n}}\to 0$ è una quantità trascurabile perché è un infinitesimo di ordine superiore (tende a zero esponenzialmente)

di conseguenza: $n\sqrt{{{n}^{4}}{{e}^{-n}}+4n}\sim 2{{n}^{{3}/{2}\;}}$

Passiamo ora al denominatore:

Nel logaritmo, prevale l’esponenziale su tutto, ${{n}^{4}}+\sqrt{{{e}^{n}}+4}\sim {{e}^{{n}/{2}\;}}$ e di conseguenza: $\sqrt{n}\ln \left( {{n}^{4}}+\sqrt{{{e}^{n}}+4} \right)\sim \sqrt{n}\ln \left( {{e}^{{n}/{2}\;}} \right)$ e possiamo semplificare: $\sqrt{n}\frac{n}{2}\ln e=\frac{{{n}^{{3}/{2}\;}}}{2}$

Fatte tutte opportune approssimazioni asintotiche, calcolare (*) equivale a calcolare $ \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{n}^{{3}/{2}\;}}+2{{n}^{{3}/{2}\;}}}{\frac{{{n}^{{3}/{2}\;}}}{2}}=\frac{3}{\frac{1}{2}}=6$

La risposta corretta è la numero $\left[ 4 \right]$

Esercizio 2

Dobbiamo calcolare un integrale definito, su intervallo infinito. Possiamo procedere integrando per parti, in modo da liberarci del logaritmo.

$\int\limits_{1}^{+\infty }{{{x}^{-2}}\ln \left( 2x-1 \right)dx}=$

$=\left[ \frac{{{x}^{-1}}}{-1}\ln \left( 2x-1 \right) \right]_{1}^{+\infty }-\int\limits_{1}^{+\infty }{\frac{{{x}^{-1}}}{-1}\frac{2}{2x-1}dx}=\left[ -\frac{1}{x}\ln \left( 2x-1 \right) \right]_{1}^{+\infty }+2\int\limits_{1}^{+\infty }{\frac{1}{\left( 2x-1 \right)x}dx}=$

Aggiungo e sottraggo $2x$ al numeratore.

$=\left[ -\frac{1}{x}\ln \left( 2x-1 \right) \right]_{1}^{+\infty }+2\int\limits_{1}^{+\infty }{\frac{1-2x+2x}{\left( 2x-1 \right)x}dx}=\left[ -\frac{1}{x}\ln \left( 2x-1 \right) \right]_{1}^{+\infty }+2\int\limits_{1}^{+\infty }{\frac{1-2x}{\left( 2x-1 \right)x}+\frac{2x}{\left( 2x-1 \right)x}dx}$

$=\left[ -\frac{1}{x}\ln \left( 2x-1 \right) \right]_{1}^{+\infty }+2\int\limits_{1}^{+\infty }{-\frac{1}{x}+\frac{2}{2x-1}dx}=\left[ -\frac{1}{x}\ln \left| 2x-1 \right|-2\ln \left| x \right|+2\ln \left| 2x-1 \right| \right]_{1}^{+\infty }=$

$=\underset{M\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ -\frac{1}{x}\ln \left| 2x-1 \right|+2\ln \left| \frac{2x-1}{x} \right| \right]_{1}^{M}=$

$=\underset{M\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( -\frac{1}{M}\ln \left| 2M-1 \right|+2\ln \left| \frac{2M-1}{M} \right| \right)=2\ln 2=\ln 4$

La risposta corretta è la $\left[ 1 \right]$

Esercizio 3

Per iniziare, riscriviamo la funzione data nella traccia, come una funzione definita a tratti:

$f\left( x \right)=\left\{ \begin{align}  & {{e}^{ax}}-1\,\,\,\,\,\,\,se\,\,\,x>0 \\ & 4x-{{x}^{2}}\,\,\,\,se\,\,x\le 0 \\ \end{align} \right.$

A questo punto, prima di procedere con l’imporre la condizione sulla derivabilità, bisogna innanzi tutto imporre che la funzione sia continua (infatti se non è continua non può essere derivabile!)

Verifico la continuità in $x=0$

$\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{ax}}-1=0$

$\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,4x-{{x}^{2}}=0=f\left( 0 \right)$

La funzione è continua $\forall a\in \mathbb{R}$. A questo punto verifico la derivabilità. Per fare ciò avendo appurato che la funzione è continua in $x=0$ allora si può utilizzare il teorema sulla derivabilità di funzioni continue secondo il quale la funzione è derivabile in $x=0$ se $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{f}’\left( x \right)=\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,{f}’\left( x \right)$ senza dover utilizzare il limite del rapporto incrementale.

${f}’\left( x \right)=\left\{ \begin{align}  & a\,{{e}^{ax}}\,\,\,\,\,\,\,se\,\,\,x>0 \\ & 4-2x\,\,\,\,se\,\,x\le 0 \\ \end{align} \right.$

$\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{f}’\left( x \right)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,a\,{{e}^{ax}}=a$

$\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,{f}’\left( x \right)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,4-2x=4$

Da cui la funzione è derivabile se $a=4$ . La risposta corretta è la $\left[ 3 \right]$

Esercizio 4

Per calcolare $a+ib={{\left( \sqrt{3}+i \right)}^{19}}$, trattandosi di una potenza molto grande (n=19), il calcolo diventa eccessivamente lungo se non si effettua prima un passaggio da forma algebrica a forma trigonometrica, e poi si applica la formula di De Moivre, per poi ripassare alla forma algebrica.

Posto ${{z}_{0}}=\sqrt{3}+i$ si ha che $\left| {{z}_{0}} \right|=\sqrt{3+1}=2$ , $\arg \left\{ {{z}_{0}} \right\}=\arctan \frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\pi }{6}$

${{z}_{0}}=2\left( \cos \frac{\pi }{6}+i\sin \frac{\pi }{6} \right)$

A questo punto si utilizza la formula di De Moivre per calcolare ${{z}_{0}}^{19}$

$a+ib={{\left( \sqrt{3}+i \right)}^{19}}={{2}^{19}}\left( \cos \frac{19}{6}\pi +i\sin \frac{19}{6}\pi  \right)$

A questo punto si guarda a cosa corrisponde l’angolo $\frac{19}{6}\pi $ . Per fare ciò si nota che $\frac{19}{6}\pi =\frac{12+7}{6}\pi =2\pi +\frac{7}{6}\pi $ .

Da cui si ottiene che:

$a+ib={{2}^{19}}\cos \frac{7}{6}\pi +i\,\,{{2}^{19}}\sin \frac{7}{6}\pi ={{2}^{19}}\left( -\frac{\sqrt{3}}{2} \right)+i\,{{2}^{19}}\left( -\frac{1}{2} \right)$

E quindi:

$a=-\frac{\sqrt{3}}{2}<0\,\,\,,\,\,\,\,b=-\frac{1}{2}<0$

La risposta corretta è la $\left[ 3 \right]$.

Esercizio 5

(*) $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ \sqrt{{{x}^{2}}+4x}-x\cos \left( \frac{1}{\sqrt{x}} \right) \right]=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ x\sqrt{1+\frac{4}{x}}-x\cos \left( \frac{1}{\sqrt{x}} \right) \right]$

Per approssimare i termini nel limite andiamo ad utilizzare gli sviluppi di Taylor.

 $\sqrt{1+\frac{4}{x}}=1+\frac{1}{2}\left( \frac{4}{x} \right)+o\left( \frac{1}{x} \right)=1+\frac{2}{x}+o\left( \frac{1}{x} \right)$

$\cos \left( \frac{1}{\sqrt{x}} \right)=1-\frac{1}{2}{{\left( \frac{1}{\sqrt{x}} \right)}^{2}}+o\left( \frac{1}{x} \right)=1-\frac{1}{2x}+o\left( \frac{1}{x} \right)$

Fatte tutte le approssimazioni, calcolare il limite (*) è lo stesso che calcolare il limite: $ \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ x\left( 1+\frac{2}{x} \right)-x\left( 1-\frac{1}{2x} \right) \right]=2+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$

La risposta corretta è la $\left[ 3 \right]$

Esercizio 6

Ipotesi 1:$f:\left( 0,+\infty  \right)\to \mathbb{R}$ di classe ${{C}^{1}}$

Ipotesi 2: $f\left( 0 \right)=0$ .

Ipotesi 3: ???

Tesi: $f$ ammette sicuramente minimo assoluto in $\left( 0,+\infty  \right)$ ?

Quale ipotesi bisogna aggiungere per essere sicuri che si verifichi la tesi?

$\left[ 1 \right]\,\,\,{f}’\left( 0 \right)<0\,\,\Rightarrow $ equivale a dire che la funzione in prossimità dell’origine è decrescente. Questa condizione non è sufficiente perché non pone nessun limite sull’andamento della funzione per $x\to +\infty $ . Si può avere quindi  $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=-\infty $che contraddirebbe la tesi. Si può escludere quindi anche la risposta $\left[ 4 \right]$

$\left[ 2 \right]\,\,\,{f}’\left( 0 \right)>0\,\,\Rightarrow $ equivale a dire che la funzione in prossimità dell’origine è crescente. Anche questa condizione come prima non è sufficiente perché non pone nessun limite sull’andamento della funzione per $x\to +\infty $ . Si può avere quindi  $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=-\infty $che contraddirebbe la tesi.

La risposta $\left[ 4 \right]$ è corretta. Dimostrazione:

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)>0$ . Dal teorema della permanenza del segno, si ha che $\exists M>0:\,\,f\left( x \right)>0\,\,\,\forall x>M$ .

Fissato un intervallo un intervallo $\left[ 0,\bar{x} \right]$ con $\bar{x}>M$ allora per Weierstress la funzione ammette minimo assoluto in tale intervallo, e si ha che $\underset{x\in \left[ 0,\bar{x} \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)\le 0$ visto che $f\left( 0 \right)=0$. D’altronde $f\left( x \right)>0\,\,\forall x>\bar{x}$ e quindi: $\underset{x\in \left[ 0,\bar{x} \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=\underset{x\in [0,+\infty )}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)$ .

Esercizio 7

La funzione fornita dalla traccia è la seguente:

$f\left( x \right)=\frac{2x+1}{\sqrt{{{x}^{2}}+2x}}$

Minimo assoluto su $I=\left( 0,+\infty  \right)$ .

Verifico che è definita su tutto l’intervallo $I$: Bisogna porre ${{x}^{2}}+2x>0\,\,\Rightarrow \,\,\,x<-2\,\vee \,x>0$ . Faccio i limiti ai bordi dell’intervallo

\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2x+1}{\sqrt{{{x}^{2}}+2x}}=2\,\,\,,\,\,\,\,\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x+1}{\sqrt{{{x}^{2}}+2x}}=+\infty \,\,\]

Studio la derivata prima:

\[\frac{d}{dx}\frac{2x+1}{\sqrt{{{x}^{2}}+2x}}=\frac{x-1}{\left( {{x}^{2}}+2x \right)\sqrt{{{x}^{2}}+2x}}>0\,\,\,\,\,\Rightarrow \,\,\,x-1>0\,\,\,\Rightarrow \,\,\,x>1\]

Il minimo assoluto della funzione è in $x=1$ e vale $f\left( 1 \right)=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}$ . La risposta corretta è la $\left[ 2 \right]$

Esercizio 8

Vogliamo studiare da un punto di vista topologico l’insieme reale $A=\left\{ {{\left( -1 \right)}^{n}}+\frac{n}{n+1}:\,\,\,n\in \mathbb{N} \right\}$

La successione ${{\left( -1 \right)}^{n}}+\frac{n}{n+1}$  può essere divisa in due sottosuccessioni:

Per $n$ pari, si ha:    $1+\frac{n}{n+1}\,=\,\frac{2n+1}{n+1}\,\Rightarrow \,\,\left\{ \frac{5}{3},\,\frac{9}{5},\,\frac{13}{7},\,\,… \right\}\,\Rightarrow \,\,\,\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2n+1}{n+1}\,=2$

Per $n$ dispari, si ha:   $-1+\frac{n}{n+1}\,=\,\frac{-1}{n+1}\,\Rightarrow \,\,\left\{ -\frac{1}{2},\,-\frac{1}{4},\,-\frac{1}{6},\,\,… \right\}\,\Rightarrow \,\,\,\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{-1}{n+1}\,=0$

$acc\,A=\left\{ 0,2 \right\}\notin A\,\,\,\Rightarrow \,\,A\,$non è chiuso.

 Si ha che $\sup A=2\notin A\,\,\Rightarrow $ non c’è il massimo.

$-1\,\,\notin \,\,accA$

Mentre è vero che $0\in accA$, quindi la risposta corretta è la $\left[ 4 \right]$ .

Esercizio 9

L’integrale $\int\limits_{1}^{4}{\sin \left( \pi \sqrt{x} \right)dx}$ può essere calcolato mediante cambio di variabile.

Effettuiamo il cambio di variabile $\pi \sqrt{x}=t\,\,\,\Rightarrow \,\,\,\,{{\pi }^{2}}x={{t}^{2}}\,\,\,\Rightarrow \,\,dx=\frac{2t}{{{\pi }^{2}}}\,dt$

Gli estremi diventano: $x=1\,\,\Rightarrow \,\,t=\pi $ ,  $x=4\,\,\,\Rightarrow \,\,t=2\pi $

$\frac{2}{{{\pi }^{2}}}\int\limits_{\pi }^{2\pi }{t\,\sin t\,\,dt}=\left[ -\frac{2}{{{\pi }^{2}}}t\cos t \right]_{\pi }^{2\pi }+\frac{2}{{{\pi }^{2}}}\int\limits_{\pi }^{2\pi }{\cos t\,\,dt}=-\frac{2}{{{\pi }^{2}}}2\pi -\frac{2}{{{\pi }^{2}}}\pi +\left[ \frac{2}{{{\pi }^{2}}}\sin t \right]_{\pi }^{2\pi }=-\frac{6}{\pi }$

La risposta corretta è la $\left[ 4 \right]$

Esercizio 10

Nella prima serie manca la condizione necessaria alla convergenza visto che la successione non tende a zero.

$\frac{\sqrt{{{4}^{n}}+1}}{{{4}^{\sqrt{n}}}+{{2}^{n}}}\sim \frac{\sqrt{{{4}^{n}}}}{{{2}^{n}}}\to 1$

La seconda invece:

${{\sin }^{2}}\left( \frac{2n+5}{\sqrt[3]{{{n}^{5}}+4}} \right)\sim {{\left( \frac{2n+5}{\sqrt[3]{{{n}^{5}}+4}} \right)}^{2}}\sim \frac{4{{n}^{2}}}{{{n}^{{10}/{3}\;}}}=\frac{4}{{{n}^{4/3}}}$

Converge per confronto con la serie armonica generalizzata con $\alpha ={4}/{3}\;$. Delle due converge solo la seconda e la risposta corretta è la $\left[ 3 \right]$

Esercizio 11

$f\left( x \right)=\frac{2x+1}{\sqrt{{{x}^{2}}+2x}}$.

Per il dominio bisogna porre ${{x}^{2}}+2x>0\,\,\Rightarrow \,\,\,x<-2\,\vee \,x>0$ . Faccio i limiti ai bordi del dominio:

\[\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2x+1}{\sqrt{{{x}^{2}}+2x}}=2\,\,\,\Rightarrow \] asintoto orizzontale bilatero $y=2$

\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x+1}{\sqrt{{{x}^{2}}+2x}}=+\infty \,\,\Rightarrow \] asintoto verticale $x=0$

\[\underset{x\to -{{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x+1}{\sqrt{{{x}^{2}}+2x}}=\frac{-3}{{{0}^{+}}}=-\infty \,\,\,\Rightarrow \,\,\] asintoto verticale $x=2$

Pertanto ci sono due asintoti verticali ed uno orizzontale e la risposta corretta è la $\left[ 2 \right]$