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Michele Campiti

Prove scritte di

Analisi Matematica 1Ingegneria Industriale

a.a. 2010–2011

x

y

f

g

0

1

La funzione seno e la funzione esponenziale

Raccolta delle tracce di “Analisi Matematica 1” per Ingegneria Industriale, Facoltà di

Ingegneria, Università del Salento

1

Facoltà di Ingegneria, LeccePrima prova di esonero di Analisi Matematica I10 gennaio 2011, A

Prof. Michele Campiti

1. Risolvere la seguente equazione in campo complesso:

(z2 − i) ((1 + |z|)Re 2z − i− |Im z|+ iRe z) = 0 .

2. Calcolare3√

(i− 1)2 .

3. Studiare il seguente limite

limx→0

ex cosx− 13√x+ log(1 + sinx)

.

4. Studiare il seguente limite:

limx→+∞

e−x(x2 − sin2 x) log x .

5. Teoria: La funzione arcoseno. Definizione e grafico.

6. Teoria: Il teorema sul limite delle funzioni composte (con dim.).

2

Soluzione della prova di esonero Lecce, 10 gennaio 2011, A

1. Si deve avere z2 − i = 0 oppure (1 + |z|)Re 2z − i − |Im z| + iRe z =0; la prima equazione ha come soluzioni le radici quadrate di i, cioèz = ±

√2(1 + i)/2. Nella seconda equazione, posto z = x + iy, si

ottiene (1 +√

x2 + y2)x2 − i− |y|+ ix = 0 e, separando le parti realied immaginarie, {

x2 + x2√

x2 + y2 − |y| = 0 ,−1 + x = 0 ;

dalla seconda equazione si ricava x = 1 e sostituendo nella prima,1+√

1 + y2−|y| = 0 da cui√

1 + y2 = |y|−1; quest’ultima equazionepuò ammettere solo soluzioni y tali che |y| ≥ 1 (in quanto i due membridevono essere positivi) ma, elevando al quadrato i due membri, siottiene 1 + y2 = y2 − 2|y| + 1 da cui y = 0, che non verifica talecondizione. Quindi le uniche soluzioni sono date da z = ±

√2(1+ i)/2.

2. Si ha i−1 =√2(cos 3π/4+ i sin 3π/4) e quindi (i−1)2 = 2(cos 3π/2+

i sin 3π/2). Dalla formula sul calcolo delle radici si ottengono le solu-zioni

wk =3√2

(cos

3π/2 + 2kπ

3+ i sin

3π/2 + 2kπ

3

), k = 0, 1, 2 .

Quindi

w0 =3√2(cos

π

2+ i sin

π

2

)=

3√2i ,

w1 =3√2

(cos

7π

6+ i sin

7π

6

)= −

3√2(√3 + i)

2,

w2 =3√2

(cos

11π

2+ i sin

11π

2

)=

3√2(√3− i)2

.

3. Si tiene innanzitutto presente che 3√x+ log(1+ sinx) ∼ 3

√x in quanto

3√x è un infinitesimo di ordine 1/3 mentre log(1 + sinx) ∼ sinx ∼ x è

un infinitesimo di ordine 1. Quindi

limx→0

ex cosx− 13√x+ log(1 + sinx)

= limx→0

ex cosx− 13√x

= limx→0

cosx(ex − 1) + (cosx− 1)3√x

;

il numeratore è somma dell’infinitesimo cosx(ex − 1) di ordine 1 edell’infinitesimo cosx−1 di ordine 2; quindi cosx(ex−1)+(cosx−1) ∼cosx(ex − 1) ∼ ex − 1 ∼ x da cui si ottiene il limite limx→0

x3√x= 0.

3

4. Il termine e−x è un infinitesimo di ordine arbitrariamente grande; iltermine x2 − sin2 x ∼ x2 è un infinito di ordine 2 e infine log x èun infinito di ordine arbitrariamente piccolo; quindi la funzione è uninfinitesimo di ordine arbitrariamente grande da cui limx→+∞ e

−x(x2−sin2 x) log x = 0.

4

Facoltà di Ingegneria, LeccePrima prova di esonero di Analisi Matematica I10 gennaio 2011, B



(|z|+ i− iRe z) (z − z) = 0 .

2. Calcolare4

√(√3 + i

)6.


limx→0

(log(1 + ex)− log 2) (cosx− 1) − x4√cosx− 1

.


limx→+∞

arctan(x+ sinx) log(1 + ex)3√x+ x

.

5. Teoria: La funzione arcotangente. Definizione e grafico.

6. Teoria: Il teorema sulla somma di due infinitesimi e di due infiniti (condim.).

5

Soluzione della prova di esonero - Lecce, 10 gennaio 2011, B

1. Deve essere |z| + i − iRe z = 0 oppure z − z = 0. Separando le partireali ed immaginarie nella prima equazione si ottiene il sistema{

|z| = 0 ,1− Re z = 0 ,

da cui si ricava da un lato z = 0 e dall’altro Re z = 1; quindi il sistemaottenuto non ha soluzioni. La seconda equazione z − z = 0 equivalea −2iIm z = 0, cioè Im z = 0; quindi le soluzioni sono date da tutti inumeri complessi con parte immaginaria nulla: z = x con x ∈ R.

2. Si ha√3+i = 2 (cosπ/6 + i sinπ/6) e quindi (

√3+i)6 = 64 (cosπ + i sinπ).

Dalla formula sulle radici n-esime, le radici quarte sono date da

wk = 24√4

(cos

π + 2kπ

4+ i sin

π + 2kπ

4

), k = 0, 1, 2, 3 .

Sostituendo i valori di k si ottengono le soluzioni cercate.

3. Si ha

(log(1 + ex)− log 2) (cosx− 1) = log(1 +

ex − 12

)(cosx− 1)

∼ ex − 12

(−12x2)

∼ −x3

4

e quindi il numeratore è somma di un infinitesimo di ordine 3 e di unodi ordine 4; pertanto il numeratore è equivalente a −x3/4.Per quanto riguarda il denominatore si ha

√cosx− 1 =

√1 + (cosx− 1)− 1 ∼ 1

2(cosx− 1) ∼ −1

4x2 .

si ottiene quindi il limite

limx→0

(log(1 + ex)− log 2) (cosx− 1) − x4√cosx− 1

= limx→0

= limx→0

−x3/4x2/4

= 0 .

4. Poiché x+ sinx ∼ x per x → +∞, si ha limx→+∞ arctan(x+ sinx) =π/2; inoltre 1 + ex ∼ ex e quindi log(1 + ex) ∼ log ex = x; infine3√x + x ∼ x in quanto 3

√x è un infinito di ordine 1/3 mentre x ha

ordine 1. Pertanto

limx→+∞

arctan(x+ sinx) log(1 + ex)3√x+ x

=π

2lim

x→+∞

x

x=

π

2.

6

Facoltà di Ingegneria Industriale, BrindisiPrima prova di esonero di Analisi Matematica I10 gennaio 2011, A



z − i |z| = i .

2. Calcolare3√

(1 + i)6 .


limx→0

cos(e(x2) − 1)− e(x2)

log(1 + sin2 x).


limx→+∞

(2 + sinx)x

log x arctan(−x).

5. Teoria: La funzione logaritmo. Definizione e grafico.

6. Teoria: Teoremi di confronto sui limiti (con dim.).

7

Soluzione della prova di esonero Brindisi, 10 gennaio 2011, A

1. Posto z = x+ iy, si ottiene x− iy− i√

x2 + y2 = i e separando le partireali ed immaginarie si ottiene il sistema{

x = 0 ,

−y −√

x2 + y2 = 1 ;

quindi x = 0 e sostituendo nella seconda equazione −y − |y| = 1;considerando separatamente i casi y ≥ 0 e y < 0 si riconosce chel’ultima equazione non ha soluzioni e quindi l’equazione assegnata nonha soluzioni.

2. Si ha 1+i =√2 (cosπ/4 + i sinπ/4) e quindi (1+i)6 = 8 (cos 3π/2 + i sin 3π/2).

Utilizzando la formula sulle radici n-esime si ottengono le soluzioni

wk = 2

(cos

3π/2 + 2kπ

3+ i sin

3π/2 + 2kπ

3

), k = 0, 1, 2 ,

e sostituendo i valori di k si ottengono le soluzioni richieste.

3. Si ha cos(e(x2) − 1) − e(x2) =

(cos(e(x

2) − 1)− 1)+(1− e(x2)

)∼

−12(e(x

2) − 1)2

−(e(x

2) − 1)∼ −12x

4 − x2 e tenendo presente che idue addendi hanno ordini uguali a 4 e rispettivamente 2, si ha

cos(e(x2) − 1)− e(x2) ∼ −x2 .

Per quanto riguarda il denominatore si ha log(1+sin2 x) ∼ sin2 x ∼ x2e quindi il limite richiesto è uguale a −1.

4. Si ha x ≤ (2 + sinx)x ≤ 3x e quindi il numeratore è un infinitodi ordine 1. Al denominatore la funzione log x è un infinito di ordinearbitrariamente piccolo e la funzione arctan(−x) tende a−π/2. Quindila funzione è un infinito e tenendo presente che il suo segno è negativoper x > 1, il limite richiesto è uguale a −∞.

8

Facoltà di Ingegneria Industriale, BrindisiPrima prova di esonero di Analisi Matematica I10 gennaio 2011, B



z2 − |z|2 i+ i = 1 .

2. Calcolare4

√(−1 +

√3 i)3

.


limx→0

ecosx − ee(x2) − cosx

.


limx→+∞

x3 + x sinx

arctanx+ e−x + ex.

5. Teoria: La funzione esponenziale. Definizione e grafico.

6. Teoria: Il teorema sul limite della funzione reciproca.

9

Soluzione della prova di esonero, Brindisi, 10 gennaio 2011, B

1. Posto z = x + iy, si ottiene x2 − y2 + 2xyi − (x2 + y2) i + i = 1 eseparando le parti reali ed immaginarie si ottiene il sistema{

x2 − y2 = 1 ,2xy − x2 − y2 + 1 = 0 .

Dalla prima equazione si ottiene x2 = 1 + y2 e quindi, dalla seconda,±2√

1 + y2 y − 1− y2 − y2 + 1 = 0, da cui ±√

1 + y2 y = y2; tenendopresente che il secondo membro è positivo deve essere

√1 + y2 y = y2;

quindi si ottiene y = 0 oppure√

1 + y2 = y che non ha soluzioni (deveessere y ≥ 0 in quanto il primo membro è positivo ed elevando alquadrato si ottiene 1+y2 = y2 da cui 1 = 0 che è impossibile). Quindideve essere y = 0 e dalla prima si ricava x2 = 1 da cui x = ±1. Quindivi sono due soluzioni z = ±1.

2. Si ha −1 +√3 i = 2(cos 2π/3 + i sin 2π/3) e quindi

(−1 +

√3 i)3

=8(cos 2π + i sin 2π) = 8(cos 0 + i sin 0) e quindi, applicando la formulasulle radici, si ottengono le soluzioni

wk =4√8

(cos

kπ

2+ i sin

kπ

2

), k = 0, 1, 2, 3 .

Sostituendo i valori di k, si ottengono le soluzioni richieste.

3. Per quanto riguarda il numeratore si ha ecosx − e = e(ecosx−1 − 1

)∼

e(cosx−1) ∼ −ex2/2; analogamente per quanto riguarda il denomina-tore si ha e(x

2)− cosx =(e(x

2) − 1)+(1− cosx) ∼ x2+x2/2 = 3x2/2

e quindi il limite richiesto diventa

limx→0

ecosx − ee(x2) − cosx

= limx→0

−ex2/23x2/2

= −e3.

4. Al numeratore si ha x3+x sinx ∼ x3 mentre al denominatore il terminearctanx tende a π/2, il termine e−x tende a 0 e infine il termine ex è uninfinito di ordine arbitrariamente grande da cui arctanx+e−x+ex ∼ exe quindi il limite richiesto è uguale a 0.

10

Facoltà di Ingegneria, LeccePrima prova di esonero di Analisi Matematica I12 gennaio 2011, A



|z|2 − 2zRe z = 0 .

2. Calcolare

3

√i3

4(1 + i)2.


limx→0

e√1+x − e√

x log(1 +√x) + x2

.


limx→+∞

(x3 + log x) log(1 + e−x)

arccot2x.

5. Teoria: Massimi e minimi assoluti e relativi di una funzione. Punti dimassimo e minimo relativo ed assoluto.

6. Teoria: Ordine del prodotto di due infinitesimi e di due infiniti.

11

Soluzione della prova di esonero, Lecce, 12 gennaio 2011, A

1. Posto z = x + iy si ottiene x2 + y2 − 2x(x + iy) = 0 e separando leparti reali ed immaginarie si ottiene il sistema{

y2 − x2 = 0 ,2xyi = 0 .

Dalla seconda equazione deve essere x = 0 oppure y = 0 e sostituendonella prima si ricava che l’unica soluzione è z = 0.

2. Si ha i = cosπ/2 + i sinπ/2 da cui i3 = cos 3π/2 + i sin 3π/2; inoltre1 + i =

√2(cosπ/4+ i sinπ/4) da cui (1 + i)2 = 2(cosπ/2+ i sinπ/2).

Quindi

i3

4(1 + i)2=

1

8

(cos

(3

2π − π

2

)+ i sin

(32π − π

2

))=

1

8(cosπ + i sinπ) .

Dalla formula sulle radici si ottengono le soluzioni

wk =1

2

(cos

π + 2kπ

3+ i sin

π + 2kπ

3

), k = 0, 1, 2 ,

e assegnando i valori 0, 1 e 2 a k si ottiene l’espressione esplicita dellesoluzioni.

3. Per quanto riguarda il numeratore si ha e√1+x−e = e

(e√1+x−1 − 1

)∼

e(√1 + x−1) ∼ ex/2. Al denominatore vi è la somma dell’infinitesimo√

x log(1+√x) ∼

√x√x = x di ordine 1 e dell’infinitesimo x2 di ordine

2. Quindi il denominatore è equivalente a x e il limite diventa

limx→0

e√1+x − e√

x log(1 +√x) + x2

= limx→0

ex/2

x=

e

2.

4. Al numeratore vi è l’infinito x3 + log x ∼ x3 di ordine 3 e l’infini-tesimo log(1 + e−x) ∼ e−x di ordine arbitrariamente grande; quindiil numeratore è un infinitesimo di ordine arbitrariamente grande. Ildenominatore invece è un infinitesimo di ordine 2 e quindi il limite èuguale a 0.

12

Facoltà di Ingegneria, LeccePrima prova di esonero di Analisi Matematica I12 gennaio 2011, B



z2 − z2 + 4− Im z = 0 .

2. Calcolare

4

√i+ 1

(1− i)7.


limx→0

cos(√

1 + x− 1)− 1

log(1 + x2)− log(1 + x).


limx→+∞

(√1 + e−x − 1

) (cos2 x+ x5

).

5. Teoria: Funzioni monotone e monotone in un punto. Proprietà erelazioni.

6. Teoria: Teorema sul limite delle funzioni monotone (caso reale edinfinito).

13

Soluzione della prova di esonero, Lecce, 12 gennaio 2011, B

1. Posto z = x+ iy, si ha x2 − y2 + 2xyi− x2 + y2 + 2xyi+ 4− y = 0 eseparando le parti reali ed immaginarie, si ottiene il sistema{

4− y = 0 ,4xy = 0 ,

da cui si ottiene y = 4 e x = 0; quindi vi è un’unica soluzione z = 4i.

2. Si ha 1+i =√2(cosπ/4+i sinπ/4) e 1−i =

√2(cos−π/4+i sin−π/4),

da cui (1− i)7 = 8√2(cos−7π/4 + i sin−7π/4). Quindi

i+ 1

(1− i)7=

1

8(cos 2π + i sin 2π) =

1

8(cos 0 + i sin 0) ,

e le radici quarte si ottengono applicando la formula sulle radici:

wk =4

√1

8

(cos

kπ

2+ i sin

kπ

2

), k = 0, 1, 2, 3 .

Sostituendo i valori di k, si ricavano esplicitamente le radici richieste.

3. Per quanto riguarda il numeratore si ha

Studiare il seguente limite cos(√

1 + x− 1)−1 ∼ −

(√1 + x− 1

)2/2 ∼

− (x/2)2 /2 = −x2/8. Al denominatore invece vi è la somma dell’infini-tesimo log(1+x2) ∼ x2 di ordine 2 e dell’infinitesimo − log(1+x) ∼ −xdi ordine 1. Quindi il denominatore è equivalente a −x e il limitediventa

limx→0

cos(√

1 + x− 1)− 1

log(1 + x2)− log(1 + x)= lim

x→0

−x2/8−x

= 0 .

4. Il termine√1 + e−x−1 ∼ e−x/2 è un infinitesimo di ordine arbitraria-

mente grande, mentre il termine cos2 x+x5 ∼ x5 (in quanto compresotra x5 − 1 e x5 + 1) è un infinito di ordine 5. Quindi il prodotto è uninfinitesimo di ordine arbitrariamente grande ed il limite è uguale a 0.

14

Facoltà di Ingegneria Industriale, BrindisiPrima prova di esonero di Analisi Matematica I12 gennaio 2011, A



zRe z + i Im 2z = 1 .

2. Calcolare

3

√(1 + i)2

(1− i)2.


limx→0

e1−cosx −√1 + x√

sin4 (√x)

.


limx→+∞

arctan (e−x) ex (x2 + sinx)

x+ cosx.

5. Teoria: Funzioni pari, dispari e periodiche. Definizioni e proprietà.

6. Teoria: Limiti notevoli di tipo trigonometrico.

15

Soluzione della prova di esonero, Brindisi, 12 gennaio 2011, A

1. Posto z = x+iy, si ottiene (x+iy)x+iy2 = 1, da cui x2+xyi+iy2 = 1e separando le parti reali ed immaginarie si ottiene il sistema{

x2 = 1 ,xy + y2 = 0 ,

da cui si ricava x = ±1 e, sostituendo nella seconda, y(±1 + y) = 0,da cui y = 0 oppure y = ∓1. Quindi si hanno quattro soluzioni dateda z = ±1 e z = ±1∓ i.

2. Si ha 1 + i =√2(cosπ/4 + i sinπ/4) da cui (1 + i)2 = 2(cosπ/2 +

i sinπ/2) e analogamente 1 − i =√2(cos−π/4 + i sin−π/4) da cui

(1− i)2 = 2(cos−π/2 + i sin−π/2). Pertanto

(1 + i)2

(1− i)2=

2

2

(cos(π2−(−π2

))+ i sin

(π2−(−π2

)))= cosπ+i sinπ .

Dalla formula delle radici si ottengono le soluzioni

wk = cosπ + 2kπ

3+ i sin

π + 2kπ

3, k = 0, 1, 2 ,

che possono essere scritte in maniera esplicita sostituendo i valori dik.

3. Per quanto riguarda il numeratore si ha e1−cosx−√1 + x =

(e1−cosx − 1

)+(

1−√1 + x

)∼ (1− cosx)− x/2 e poiché 1− cosx ha ordine 2 men-

tre −x/2 ha ordine 1 tutto il numeratore è equivalente a −x/2. Perquanto riguarda il denominatore si ha

√sin4 (

√x) ∼

√(√x)

4= x.

Pertanto il limite diventa

limx→0

e1−cosx −√1 + x√

sin4 (√x)

= limx→0

−x/2x

= −12.

4. Per quanto riguarda il numeratore si ha innanzitutto limx→+∞ arctan (e−x) ex =

limx→+∞ arctan (e−x) /e−x = 1 e quindi si ottiene il limite

limx→+∞

x2 + sinx

x+ cosx= lim

x→+∞

x2

x= +∞

(si è utilizzato il fatto che x2 + sinx ∼ x2 in quanto −1 ≤ sinx ≤ 1 eanalogamente x+ cosx ∼ x).

16

Facoltà di Ingegneria Industriale, BrindisiPrima prova di esonero di Analisi Matematica I12 gennaio 2011, B



z Im z +Re 2z + (i) = 0 .

2. Calcolare

4

√(1− i)2

(1 + i)2.


limx→0

3√cosx− e

√x

cos ( 3√x)− 1

.


limx→+∞

log(x2 + sinx) + x arctanx√x+

1

x log(1 + x−2)

.

5. Teoria: Estremo superiore ed inferiore di una funzione e di una suc-cessione. Numero di Nepero.

6. Teoria: Forme indeterminate.

17

Svolgimento della prova di esonero, Brindisi, 12 gennaio 2011,B

1. Posto z = x+ iy e tenendo presente che (i) = −i si ottiene (x+ iy)y+x2−i = 0 e separando le parti reali ed immaginarie si ottiene il sistema{

xy + x2 = 0 ,y2 − 1 = 0 .

Dalla seconda equazione si ricava y = ±1 e sostituendo nella primax(±1 + x) = 0 da cui x = 0 oppure x = ∓1. Quindi si ottengono lequattro soluzioni z = ±i e z = ∓1± i.

2. Si ha 1− i =√2(cos−π/4+ i sin−π/4) da cui (1− i)2 = 2(cos−π/2+

i sin−π/2) e analogamente 1+ i =√2(cosπ/4+ i sinπ/4) da cui (1 +

i)2 = 2(cosπ/2 + i sinπ/2). Pertanto

(1− i)2

(1 + i)2=

2

2

(cos(−π2− π

2

)+ i sin

(−π2− π

2

))= cosπ + i sinπ .

Dalla formula delle radici si ottengono le soluzioni

wk = cosπ + 2kπ

4+ i sin

π + 2kπ

4, k = 0, 1, 2, 3 ,

che possono essere scritte in maniera esplicita sostituendo i valori dik.

3. Per quanto riguarda il numeratore si ha 3√cosx−e

√x = ( 3

√1 + (cosx− 1)−

1) + (1 − e√x) ∼ (cosx − 1)/3 −

√x ∼ −x2/6 −

√x e poiché −x2/6

ha ordine 2 mentre −√x ha ordine 1/2, tutto il numeratore è equiva-

lente a −√x. Analogamente per il denominatore si ha cos( 3

√x)− 1 ∼

−( 3√x)2/2 = −x2/3/2. Pertanto

limx→0

3√cosx− e

√x

cos ( 3√x)− 1

= limx→0

−x2/6−x2/3/2

= 0 .

4. Per quanto riguarda il numeratore si ha che il log(x2 + sinx) è uninfinito di ordine arbitrariamente piccolo in quanto x2 + sinx ∼ x2mentre x arctanx è un infinito di ordine 1 equivalente a πx/2 in quantolimx→+∞ arctanx = π/2. Quindi tutto il numeratore è equivalente aπx/2. Al denominatore vi è l’infinito

√x di ordine 1/2 sommato ad un

infinito di ordine 1 (infatti x log(1 + x−2) = (log(1 + x−2)/x−2)/x ∼1/x) equivalente ad x. Quindi il denominatore è equivalente ad x.Pertanto

limx→+∞

log(x2 + sinx) + x arctanx√x+

1

x log(1 + x−2)

= limx→+∞

πx/2

x=

π

2.

18

Facoltà di Ingegneria, LecceSeconda prova di esonero di Analisi Matematica I4 marzo 2011, A


1. Studiare la convergenza della seguente serie numerica:

+∞∑n=1

(−1)n

nlog

√n− 1√n

log n .

2. Studiare la seguente funzione e tracciarne approssimativamente il gra-fico:

f(x) =

√e2x

ex − e.

3. Calcolare il seguente integrale indefinito:∫cos 3x

(sin3 3x− sin 5x

)dx .

4. Teoria: Caratterizzazione sequenziale del limite.

5. Teoria: Formula di Taylor con il resto di Peano (dim.).

19

Cenni sulla soluzione della prova di esonero Lecce, 4 marzo2011, A

1. La condizione necessaria è soddisfatta. Inoltre log√n−1√n

< 0 mentre

log n > 0 per n > 1 e quindi la serie è a segni alterni. Il termine gene-rale è un infinitesimo di ordine < 3/2 e > 3/2− ε per ogni ε ∈]0, 3/2[.Quindi la serie converge assolutamente per il criterio sull’ordine diinfinitesimo.

2. Per quanto riguarda la funzione, essa è definita nell’intervallo ]1,+∞[.Ha un asintoto verticale in alto a destra nel punto 1 e non ha asinto-ti orizzontali o obliqui. È derivabile infinite volte (l’argomento dellafunzione radice non si annulla mai e le altre funzioni sono derivabiliinfinite volte) e si ha, per ogni x ∈]1,+∞[

f ′(x) =ex − 2e2(ex − e)

√e2x

ex − e, f ′′(x) =

e2x − 2ex+1 + 4e2

4(ex − e)2

√e2x

ex − e.

Si omette per brevità lo studio del segno.

3. Conviene dividere l’integrale in due parti:∫cos 3x

(sin3 3x− sin 5x

)dx =

∫cos 3x sin3 3x dx−

∫cos 3x sin 5x dx .

Il primo integrale è immediato (una primitiva è la funzione sin4 3x/4)e il secondo si calcola facilmente usando le formule di prostaferesi.

20

Facoltà di Ingegneria, LecceSeconda prova di esonero di Analisi Matematica I4 marzo 2011, B



+∞∑n=1

(−1)n(e1/n

2 − e1−cos 1/n)

.


f(x) =

√ex − 1e2x

.

3. Calcolare il seguente integrale indefinito:∫sin 2x

(cos4 2x− sin 6x

)dx .

4. Teoria: Proprietà delle estratte di una successione e Teorema di Bol-zano (dim.).

5. Teoria: Formula di Taylor con il resto di Lagrange.

21

Cenni sulla soluzione della prova di esonero Lecce, 4 marzo2011, B

1. Si ha

e1/n2 − e1−cos 1/n = e1/n2 − 1−

(e1−cos 1/n − 1

)∼ 1

n2−(1− cos 1

n

)∼ 1

n2− 1

2n2=

1

2n2,

e quindi il termine generale è un infinitesimo di ordine 2. Pertanto laserie è assolutamente convergente e quindi convergente.

2. Per quanto riguarda la funzione, essa è definita nell’intervallo [0,+∞[.Non ha asintoti verticali ma ha un asintoto orizzontale a destra diequazione y = 0. È derivabile infinite volte in ]0,+∞[ (nel punto0 invece è solo dotata di derivata uguale a +∞) e si ha, per ognix ∈]0,+∞[,

f ′(x) =2− ex

2ex√ex − 1

, f ′′(x) =e2x − 6ex + 4

4ex(ex − 1)√ex − 1

.

Si omette per brevità lo studio del segno.

3. Conviene dividere l’integrale in due parti:∫sin 2x

(cos4 2x− sin 6x

)dx =

∫sin 2x cos4 2x dx−

∫sin 2x sin 6x dx .

Il primo integrale è immediato (una primitiva è la funzione− cos5 2x/5)e il secondo si calcola facilmente usando le formule di prostaferesi.

22

Facoltà di Ingegneria Industriale, BrindisiSeconda prova di esonero di Analisi Matematica I28 febbraio 2011, A



+∞∑n=1

(−1)n(√

1 +1

n2− 1

).


f(x) = e(x−1)/|x| .

3. Calcolare il seguente integrale indefinito:∫6x

(x− 2)(x3 − 8)dx .

4. Teoria: Criterio di convergenza di Cauchy (dim.).

5. Teoria: Integrabilità delle funzioni monotone (dim.).

23

Facoltà di Ingegneria Industriale, BrindisiSeconda prova di esonero di Analisi Matematica I28 febbraio 2011, B



+∞∑n=1

(−1)n log(cos

1

n+ sin

1

n3

).


f(x) = ex/|x−1| .

3. Calcolare il seguente integrale indefinito:∫3x

(x− 1)(x3 − 1)dx .

4. Teoria: Definizione di massimo e minimo limite di una successione.

5. Teoria: Teorema fondamentale del calcolo integrale (dim.).

24

Facoltà di Ingegneria, LecceProva scritta di Analisi Matematica I7 marzo 2011, A


1. Calcolare le radici seste del numero complesso:

z =(3 + (1 + 2i)2

)2.

2. Dire se si può applicare il criterio di Leibnitz alla seguente serie nu-merica (giustificare la risposta):

+∞∑n=1

(−1)n log n+ (−1)n

n.


f(x) = ecosx | sinx| .

4. Calcolare il seguente integrale indefinito usando preferibilmente le for-mule di ricorrenza: ∫

log7 x dx .

25

Facoltà di Ingegneria, LecceProva scritta di Analisi Matematica I7 marzo 2011, B


1. Calcolare le radici quarte del numero complesso:

z =((3− 2i)2 + 12i

)2.


+∞∑n=1

cos(nπ) sinπ

n.


f(x) = ecosx | cosx| .

4. Calcolare il seguente integrale indefinito usando preferibilmente le for-mule di ricorrenza: ∫

log5 x dx .

26

Facoltà di Ingegneria, LecceProva scritta di Analisi Matematica IDM 509 — 7 marzo 2011



z =((3− 2i)2 + 12i

)2.


+∞∑n=1

cos(nπ) sinπ

n.


f(x) = ecosx | cosx| .

4. Calcolare il seguente integrale definito:∫ e1

log2 x dx .

27

Facoltà di Ingegneria, LecceProva integrativa di Analisi Matematica I7 marzo 2011


1. Dire a quali delle seguenti serie si può applicare il criterio di Leibnitz(giustificare la risposta):

+∞∑n=1

(−1)n log n+ (−1)n

n,

+∞∑n=1

cos(nπ) sinπ

n.

2. Scrivere il polinomio di Taylor di grado 4 nel punto 0 della funzione:

f(x) = esinx .

28

Facoltà di Ingegneria Industriale, BrindisiProva scritta di Analisi Matematica I7 marzo 2011, A



z =i+ 1

(i− 1)3.


+∞∑n=1

arctan

((−1)n

n

)1

n.


f(x) = cosx+ 2| sinx| .

4. Calcolare il seguente integrale definito:∫ 10

x3 cos(πx) dx .

29

Facoltà di Ingegneria Industriale, BrindisiProva scritta di Analisi Matematica I7 marzo 2011, B


1. Calcolare le radici quadrate del numero complesso:

z =

√3 i+ 1

(√3 i− 1)3

.


+∞∑n=1

(−1)n tan(cos(nπ))n

.


f(x) = | sinx|+ 2 cosx .


x2 sin(π2x)dx .

30

Facoltà di Ingegneria, LecceProva scritta di Analisi Matematica IDM 270 — 21 marzo 2011, traccia A



f(x) = |x+ 1| e−x .


z =(1− i)2

(1−√3 i)3

.

3. Studiare la convergenza semplice ed assoluta della serie:

+∞∑n=1

(−1)n n2en

πn.

4. Dire quale dei seguenti integrali impropri è convergente e calcolarlo:∫ 10

log

(1 +

1√x

)dx ,

∫ +∞1

log

(1 +

1√x

)dx .

31

Facoltà di Ingegneria, LecceProva scritta di Analisi Matematica IDM 270 — 21 marzo 2011, traccia B



f(x) = |x| e1−x .


z =1− i

(√3 + i)3

.


+∞∑n=1

(−1)n n2 2n

(n+ 1)3 3n.

4. Dire quale dei seguenti integrali impropri è convergente e calcolarlo:∫ 10

arctan1√xdx ,

∫ +∞1

arctan1√xdx .

32

Facoltà di Ingegneria, LecceProva scritta di Analisi Matematica IDM 509 — 21 marzo 2011 - B



f(x) = |x| e1−x .


z =1− i

(√3 + i)3

.


+∞∑n=1

n2 2n

(n+ 1)3 3n.

4. Calcolare il seguente integrale:∫ √21

arctan1

xdx .

33

Facoltà di Ingegneria, LecceProva Integrativa di Analisi Matematica Idal DM 509 al DM 270 — 21 marzo 2011 - A



+∞∑n=1

(−1)n n2en

πn.

2. Scrivere il polinomio di Taylor di ordine 4 della funzione

f(x) = log(1 + arctanx2

)nel punto x0 = 0.

34

Facoltà di Ingegneria Industriale, BrindisiProva scritta di Analisi Matematica I21 marzo 2011, A



f(x) =log2 x+ log x

x.

2. Calcolare le radici terze del numero complesso:

z =(1− i)4

1−√3 i

.


+∞∑n=1

(−1)n n(1 + cosn)(n+ 1)3

.

4. Calcolare il seguente integrale indefinito:∫1

x(log3 x+ log2 x

) dx .

35

Facoltà di Ingegneria Industriale, BrindisiProva scritta di Analisi Matematica I21 marzo 2011, B



f(x) =log2 x+ log x

x.

2. Calcolare le radici terze del numero complesso:

z =(1 + i)4√

3− i.


+∞∑n=1

(−1)n√n | cosn|(n+ 1)2

.


x(log2 x+ 1

)2 dx .

36

Facoltà di Ingegneria, LecceProva scritta di Analisi Matematica IDM 270 — 16 maggio 2011, traccia A



f(x) = |x2 − x| e−x .

2. Calcolare il seguente limite:

limx→0

x− log(1 + x)3 3√ex − 3− x

.


+∞∑n=1

(−1)n n! cos(nn)

nn.

4. Studiare la convergenza del seguente integrale improprio:∫ +∞0

sin(πx)√|x2 − x|3

dx .

37

Facoltà di Ingegneria, LecceProva scritta di Analisi Matematica IDM 270 — 16 maggio 2011, traccia B



f(x) = |x2 + x| ex .


limx→0

sinx+ e−x − 1log(1 + x2)− x2

.


+∞∑n=1

(−1)n (n+ 1)! sin(n!)(n+ 1)n

.

4. Studiare la convergenza del seguente integrale improprio:∫ +∞0

1− cos(πx)√|x(x− 2)|5

dx .

38

Facoltà di Ingegneria, LecceProva scritta di Analisi Matematica IDM 509 — 16 maggio 2011 - B



f(x) = |x2 − x| e−x .


limx→0

x− log(1 + x)3 3√1 + x− 3− x

.


+∞∑n=1

(−1)n n! cos(nn)

nn.

4. Calcolare il seguente integrale:∫ e1

log x

x(1 + log2 x)dx .

39

Facoltà di Ingegneria, LecceProva Integrativa di Analisi Matematica Idal DM 509 al DM 270 — 16 maggio 2011 - A



+∞∑n=1

(−1)n (n+ 1)! sin(n!)(n+ 1)n

.


f(x) = arctan(log(1 + x2

))

nel punto x0 = 0.

40

Facoltà di Ingegneria Industriale, BrindisiProva scritta di Analisi Matematica I17 maggio 2011, A



f(x) = x e−|x2−x| .


limx→0

sinx− xex2 − x2 − 1

.


+∞∑n=1

(−1)n (n+ 1)! arctan(nn)

nn.

4. Studiare la convergenza del seguente integrale improprio:∫ π/20

(2x− π) tanxx3/2

dx .

41

Facoltà di Ingegneria Industriale, BrindisiProva scritta di Analisi Matematica I17 maggio 2011, B



f(x) = x e−|x2+x| .


limx→0

log(1 + x)− xcosx+ ex2

.


+∞∑n=1

(−1)n n! arctan(n!)(n+ 1)n

.

4. Studiare la convergenza del seguente integrale improprio:∫ π/20

x cotx

(2x− π)3/2dx .

42

Facoltà di Ingegneria, LecceProva scritta di Analisi Matematica IDM 509 — 23 maggio 2011, A



f(x) =|x|

x− 1ex .

2. Calcolare le soluzioni complesse della seguente equazione:

z2 |z|2 − 27 i z̄ = 0 .


+∞∑n=1

(−1)n n3 sin 1n

(1

n− sin 1

n

).

4. Calcolare il seguente integrale definito:∫ log 5log 4

ex

e2x − 5ex + 6dx .

43

Facoltà di Ingegneria, LecceProva scritta di Analisi Matematica I11 luglio 2011, A



f(x) =x ex

1− x.


z + |z|2 = i(z + Im (z)) .

3. Studiare la convergenza semplice ed assoluta della seguente serie nu-merica:

+∞∑n=1

(−1)n(2n+ 3

5n+ 7

)n.


√x− 5

x+ 3√x+ 2

dx .

44

Facoltà di Ingegneria, LecceProva scritta di Analisi Matematica I11 luglio 2011, B



f(x) =x e−x

x+ 1.


z2 + |z|2 = iz + 1 .


+∞∑n=1

(−1)n(2n2 + 3n

3n2 + 5

)n.

4. Calcolare il seguente integrale indefinito:∫2√x+ 1

x− 3√x+ 2

dx .

45

Facoltà di Ingegneria, LecceProva scritta di Analisi Matematica IDM 509 — 11 luglio 2011 - B



f(x) =x ex

1− x.


z + |z|2 = i(z + Im (z)) .


+∞∑n=1

(−1)n(2n+ 3

5n+ 7

)n.


x2 − 5x2 + 3x+ 2

dx .

46

Facoltà di Ingegneria, LecceProva Integrativa di Analisi Matematica Idal DM 509 al DM 270 — 11 luglio 2011 - A



+∞∑n=1

(−1)n(2n+ 3

5n+ 7

)n.


f(x) =x ex

1− x.

nel punto x0 = 0.

47

Facoltà di Ingegneria Industriale, BrindisiProva scritta di Analisi Matematica I11 luglio 2011, A



f(x) =(x+ 1) e−x

x.


z2 − |z|2 = iz .


+∞∑n=1

(−1)n(3n3 + 2n2 + 1

5n3 + 2

)n.

4. Calcolare il seguente integrale indefinito:∫x2

x2 − 3x+ 2dx .

48

Facoltà di Ingegneria, LecceProva scritta di Analisi Matematica I25 luglio 2011, A



f(x) =log2 x− 2 log x

x.

2. Trovare le radici quarte del numero complesso:

1− i(√3 + i)3

.


limx→2

1√x− 2

log9(x− 1)3

(x+ 1)2.


x(log3 x+ log x

) dx .

49

Facoltà di Ingegneria, LecceProva scritta di Analisi Matematica I25 luglio 2011, B



f(x) =log2 x− log x

x.


(1− i)2

(1−√3 i)3

.


limx→1

1√x− 1

log(3x− 2)3

x2.


x(log3 x− log2 x

) dx .

50

Facoltà di Ingegneria, LecceProva scritta di Analisi Matematica IDM 509 — 25 luglio 2011 - B



f(x) =log2 x− log x

x.


(1− i)2

(1−√3 i)3

.


limx→0

1√x

log(2x− 1)4

(x+ 1)2.


x(log2 x− log x

) dx .

51

Facoltà di Ingegneria Industriale, BrindisiProva scritta di Analisi Matematica I25 luglio 2011, A



f(x) =2 log2 x− 3 log x

x.


−2 (1 + i)(1 +√3 i)

(√3 + i)3

.


limx→0

(1− cos 3x) log3(1 + 2 sinx)(√1− sin3 x− 1

)(2x+ tan4 x)

.


x(log2 x− 2 log x+ 3

) dx .

52

Facoltà di Ingegneria Industriale, BrindisiProva scritta di Analisi Matematica I25 luglio 2011, B



f(x) =log2 x+ 2 log x

x.


−2 (√3 + i)3

(1 + i)(1 +√3 i)

.


limx→0

sin2(2x) log3(1 + tanx)

(cos3 x− 1) (2x+ arcsin3 x).


x(log2 x− 7 log x+ 6

) dx .

53

Facoltà di Ingegneria, LecceProva scritta di Analisi Matematica I12 settembre 2011, A



f(x) = |x2 − 1| e−|x| .


+∞∑n=1

(−1)n arctann log nn2

.


limx→0

log(cos2 x)

ex2 − cosx.

4. Calcolare il seguente integrale indefinito:∫cosx

sin3 x− sin2 xdx .

54

Facoltà di Ingegneria, LecceProva scritta di Analisi Matematica I12 settembre 2011, B



f(x) = |x| e−|x2−1| .


+∞∑n=1

(−1)n n3 e−n .


limx→0

3√1 + x3 − cosx

x2.

4. Calcolare il seguente integrale indefinito:∫sinx

(cos2 x+ 1)2dx .

55

Facoltà di Ingegneria Industriale, BrindisiProva scritta di Analisi Matematica I13 settembre 2011, A



f(x) = log |sinx+ cosx| .


+∞∑n=1

(−1)n sinnn2

.


limx→+∞

arctanx

xlog x .

4. Calcolare il seguente integrale indefinito:∫sinx

cos2 x− 1dx .

56

Facoltà di Ingegneria Industriale, BrindisiProva scritta di Analisi Matematica I13 settembre 2011, B



f(x) = log |sinx− cosx| .


+∞∑n=1

(−1)n e−n cosn .


limx→+∞

e− arctanx log x

log(log x).


cosx tan2 xdx .

57

Facoltà di Ingegneria, LecceProva scritta di Analisi Matematica I6 dicembre 2011, A



f(x) =

∣∣log2 x− log x∣∣x

.


+∞∑n=1

n2 4n

(−5)n.


limx→0

arctan(1− esin2 x

)1− cos(ex − 1)

.

4. Calcolare il seguente integrale indefinito:∫x3 − 1x2 − 9

dx .

58

Facoltà di Ingegneria, LecceProva scritta di Analisi Matematica I6 dicembre 2011, B



f(x) =log2 |x| − log |x|

x.


+∞∑n=1

n3 2n

(−e)n.


limx→0

arcsin(1− cos2 x

)1− ex2

.

4. Calcolare il seguente integrale indefinito:∫x3 − 27x2 + 4

dx .

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