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Ripetizioni di Analisi Matematica 1 a Modena

Studi ingegneria e sei in difficoltà con l’esame di matematica. Sei nella pagina giusta!!!

Ripetizioni private di matematica in preparazione all’esame di analisi Matematica 1.

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Analisi Matematica è il primo grande scoglio da superare per chi studia ingegneria, un grande scoglio invece per chi studia economia o facoltà scientifiche in generale.
Se siete finiti in questa pagina è perché probabilmente non riuscite a saltarci fuori con questo esame e non riuscite a trovare una logica coerente per risolvere gli esercizi. Avete riletto mille volte la teoria e non sapete come metterla in pratica per risolvere gli esercizi?

Ing. Casparriello Marco

Ripetizioni private a Modena di Analisi matematica, Fisica, Algebra e geometria, per studenti di ingegneria ed Economia

Da diversi anni impartisco lezioni di analisi matematica maturando una grande esperienzaHo preparato tantissimi ragazzi. Sono forte di un’esperienza molto ampia, visto che ho preparato numerosi studenti di diverse facoltà e quindi esami di analisi matematica anche molto diversi tra di loro, ciascuno con difficoltà differente e ciascuno strutturato in maniera diversa.
Sono molto bravo ad individuare le difficoltà matematiche specifiche dello studente. Spiego le cose in modo calmo e preciso.
Creo un percorso personalizzato per ciascuno studente che si affida a me. Entro facilmente in sintonia con lo studente instaurando un rapporto amichevole ecoinvolgente.
Insegno metodi e approcci che rendono molto più semplice la comprensionee la risoluzione delle prove d’esame
I tipi di servizio che offro per quanto riguarda l’esame di analisi matematica sono: 

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ESEMPIO DI PROVA SVOLTA

Analisi Matematica I-Appello ordinario 14 settmbre 2020

prof. Luca Goldoni – prof. Armando Magnavacca – prof.ssa Federica Sani

Esame del 14 settembre 2020 - ingegneria unimore - prof Luca Goldoni - prof Armando Magnavacca - prof.ssa federica Sani
clicca sull’immagine per scaricare il testo dell’esame
 

$f\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}}{x\left| x \right|-3\left| x \right|+2}$

Per lo studio del dominio vediamo quando si annulla il denominatore. Bisogna studiare l’equazione

$x\left| x \right|-3\left| x \right|+2=0$

Per tenere conto dei moduli, bisogna dividere l’equazione in due sistemi

$\left\{ x\ge 0,{{x}^{2}}-3x+2=0 \right\}$ $\vee $ $\,\left\{ x<0,{{x}^{2}}-3x+2=0 \right\}$ 

Risolvendo i due sistemi si ha che il dominio della funzione è l’insieme dei numeri naturali che non annullano il denominatore $D=\mathbb{R}-\left\{ \frac{3-\sqrt{17}}{2},\,1,\,2 \right\}$

Il dominio è quindi tutto l’asse dei reali esclusi tre punti.

Dai limiti si può verificare che ci sono tre asintoti verticali e due orizzontali, infatti:

$\underset{x\to {{1}^{\pm }}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}-3x+2}$$=\underset{x\to {{1}^{\pm }}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}}{\left( x-1 \right)\left( x-2 \right)}$ $=-\frac{1}{{{0}^{\pm }}}=\mp \infty $

$=\underset{x\to {{1}^{\pm }}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}}{\left( x-1 \right)\left( x-2 \right)}$$=\frac{4}{{{0}^{\pm }}}=\pm \infty $

$\underset{x\to {{\left( \frac{3-\sqrt{17}}{2} \right)}^{\pm }}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}}{-{{x}^{2}}+3x+2}=$$\underset{x\to {{\left( \frac{3-\sqrt{17}}{2} \right)}^{\pm }}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}}{\left( \frac{3+\sqrt{17}}{2}-x \right)\left( x-\frac{3-\sqrt{17}}{2} \right)}=\pm \infty $

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}-3x+2}=1$

$\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}}{-{{x}^{2}}+3x+2}=-1$

Per lo studio del segno della derivata prima e la ricerca dei massimi e minimi, e dei punti stazionari, bisogna distinguere il caso $x\ge 0$ dal caso $x<0$

Nel primo caso $f\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}-3x+2}$ e la sua derivata è ${f}’\left( x \right)=\frac{x\left( 4-3x \right)}{{{\left( {{x}^{2}}-3x+2 \right)}^{2}}}$ che risulta positiva per $0<x<\frac{4}{3}$ e risulta negativa per $x>\frac{4}{3}$

Nel secondo caso $f\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}}{-{{x}^{2}}+3x+2}$ e la sua derivata è ${f}’\left( x \right)=\frac{x\left( 4+3x \right)}{{{\left( -{{x}^{2}}+3x+2 \right)}^{2}}}$ che invece risulta positiva per $x<-\frac{4}{3}$ e positiva per $-\frac{4}{3}<x<0$ .

Pertanto dallo studio dei segni della derivata prima si ha che ci sono due massimi relativi in corrispondenza di $x=\frac{4}{3}$ e $x=-\frac{4}{3}$, e un punto di minimo relativo in corrispondenza di $x=0$.

La funzione presenta sicuramente almeno due punti stazionari, perché la derivata prima si annulla in corrispondenza di $x=\frac{4}{3}$ e $x=-\frac{4}{3}$.

In $x=0$ prima di poter dire se la funzione è derivabile e se eventualmente si tratta di punto stazionario, essendoci il valore assoluto, è necessario calcolare il limite destro e sinistro della derivata prima.

$\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{f}’\left( x \right)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x\left( 4-3x \right)}{{{\left( {{x}^{2}}-3x+2 \right)}^{2}}}=0$

$\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,{f}’\left( x \right)=\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x\left( 4+3x \right)}{{{\left( -{{x}^{2}}+3x+2 \right)}^{2}}}=0$

Notiamo che limite destro e sinistro coincidono e sono entrambi nulli, pertanto in corrispondenza di $x=0$ c’è un punto stazionario per la funzione.

La funzione presenta esattamente tre punti stazionari.

Il grafico della funzione è il seguente:

Ricordiamo innanzi tutto la definizione di media integrale nell’intervallo $\left[ a,b \right]$ di $f\left( x \right)$ che vale:

$m=\frac{1}{b-a}\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)dx}$

Nel nostro caso l’intervallo è $\left[ -4,1 \right]$ pertanto la media integrale diventa:

$m=\frac{1}{5}\int\limits_{-4}^{1}{f\left( x \right)dx}$

L’integrale a sua volta può essere suddiviso in due integrali per la proprietà di additività degli integrali $\int\limits_{-4}^{1}{f\left( x \right)dx}=\int\limits_{-4}^{-1}{f\left( x \right)dx}+\int\limits_{-1}^{1}{f\left( x \right)dx}$

Il primo integrale è immediato e vale:

$\int\limits_{-4}^{-1}{{{e}^{x}}+1+{{e}^{-1}}dx}=$ $\left[ {{e}^{x}}+\left( 1+{{e}^{-1}} \right)x \right]_{-4}^{-1}=3-{{e}^{-4}}-2{{e}^{-1}}$

Il secondo integrale può essere invece calcolato considerando che si sta integrando una funzione pari su un intervallo simmetrico

$\int\limits_{-1}^{1}{\left| x \right|dx}=2\int\limits_{0}^{1}{xdx}=1$

Tornando alla media integrale si ha:

$m=\frac{1}{5}\left( 3-{{e}^{-4}}-2{{e}^{-1}} \right)$

Il risultato non coincide con nessuno di quelli presenti nelle risposte.

La prima serie risulta sicuramente convergente, infatti applicando il criterio della convergenza assoluta seguito dal criterio del confronto si ha:

$\left| \frac{n\sin n}{{{n}^{3}}+n\cos n} \right|\le \frac{n}{{{n}^{3}}+n\cos n}$

La serie $\sum\limits_{{}}^{{}}{\frac{n}{{{n}^{3}}+n\cos n}}$ converge per confronto asintotico con la serie armonica generalizzata $\sum\limits_{{}}^{{}}{\frac{1}{{{n}^{2}}}}$

La seconda serie invece diverge a infinito per il criterio del rapporto:

$\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{a}_{n+1}}}{{{a}_{n}}}=\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\left[ \left( n+1 \right)! \right]}^{2}}}{\left( 2n+2 \right)!}{{e}^{{{\left( n+1 \right)}^{2}}}}\frac{\left( 2n \right)!}{{{\left( n! \right)}^{2}}}{{e}^{-{{n}^{2}}}}=$ ù

$\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left[ \frac{\left( n+1 \right)!}{n!} \right]}^{2}}\frac{\left( 2n \right)!}{\left( 2n+2 \right)!}{{e}^{{{\left( n+1 \right)}^{2}}-{{n}^{2}}}}=$

$\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\left( n+1 \right)}^{2}}}{\left( 2n+2 \right)\left( 2n+1 \right)}{{e}^{2n+1}}=+\infty >1$

Il dominio della funzione è $x>-2$ e contiene interamente l’intervallo $\left[ -1,2 \right]$, pertanto la funzione è definita in tale intervallo ed essendo composizione di funzioni elementari è anche continua.

Dalla continuità segue che è possibile applicare il teorema degli zeri in suddetto intervallo. Notando inoltre che la funzione assume valori discordi agli estremi di tale intervallo: $f\left( -1 \right)=-1<0$ e $f\left( 2 \right)=5-\log 4>0$ .

Studiando il segno della derivata prima della funzione si ha che ${f}’\left( x \right)=2x+1-\frac{1}{2+x}=\frac{2{{x}^{2}}+5x+1}{x+2}$ è negativa nell’intervallo $-1<x<\frac{\sqrt{17}-5}{4}$ e positiva nell’intervallo $\frac{\sqrt{17}-5}{4}<x<2$ .

Poiché $f\left( x \right)$ è decrescente nell’intervallo $-1<x<\frac{\sqrt{17}-5}{4}$, e quindi $f\left( \frac{\sqrt{17}-5}{4} \right)\le f\left( x \right)\le f\left( -1 \right)=-1<0$ , pertanto non ci sono zeri in questo intervallo.

Nell’intervallo $\left[ \frac{\sqrt{17}-5}{4},2 \right]$ vale il teorema degli zeri, ed essendo la funzione strettamente monotona, allora è iniettiva e questo implica che lo zero è unico.

Per prima cosa porto tutto a sinistra dell’uguale e faccio il minimo comune multiplo, in modo da scrivere l’equazione come un’unica frazione:

$\frac{2\left| z \right|-z\left| z \right|-z}{2\left( \left| z \right|+1 \right)}=0$

A questo punto, osservando che il denominatore è un numero reale e positivo per ogni $z\in \mathbb{C}$, si ha che non può mai annullarsi e quindi possiamo non considerarlo. L’equazione pertanto diventa

$2\left| z \right|-z\left| z \right|-z=0$

A questo punto si pone $z=x+iy$ e l’equazione diventa:

$2\left| z \right|-\left( x+iy \right)\left| z \right|-x-iy=\left( 2\left| z \right|-x\left| z \right|-x \right)-iy\left( \left| z \right|+1 \right)=0$

Imponendo che parte reale e parte immaginaria dell’equazione devono annullarsi contemporaneamente si ottiene il seguente sistema di equazioni:

$\left\{ \begin{align} & 2\left| z
\right|-x\left| z \right|-x=0 \\  &
y\left( \left| z \right|+1 \right)=0 \\ \end{align} \right.$ 

La seconda equazione si annulla solo per $y=0$ e sostituendo $\left| z \right|=\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}$  si ha:
$\left\{
\begin{align}  &
2\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}-x\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}-x=0 \\  & y=0 \\ \end{align} \right.$.

E risolvendo si ha che:

$\left\{ \begin{align}  & 2\left| x \right|-x\left| x \right|-x=0
\\  & y=0 \\ \end{align} \right.$

$\left\{ \begin{align}  & x\ge 0 \\  & -{{x}^{2}}+x=0 \\  & y=0 \\ \end{align} \right.$ $\vee $ $\left\{ \begin{align}  & x<0 \\  & {{x}^{2}}-3x=0 \\  & y=0 \\ \end{align} \right.$

Le soluzioni del sistema sono $z=0$ e $z=1$

$f\left( x \right)$ è una funzione limitata e continua nell’intervallo limitato $\left[ -1,1 \right]$ pertanto risulta sicuramente integrabile in tale intervallo.

Verifichiamo se la funzione è derivabile in tale intervallo.

Per fare ciò verifichiamo se esiste il limite del rapporto incrementale in $x=0$

${f}’\left( 0 \right)=\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( t \right)-f\left( 0 \right)}{t}=\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,1+{{t}^{2}}\sin \frac{1}{{{t}^{2}}}=1$

La funzione è derivabile in quanto il limite del rapporto incrementale esiste ed è finito.

A questo punto verifichiamo se ammette derivata seconda in $x=0$

\[{f}’\left( x \right)=\left\{ \begin{align}  & 1-2\cos
\frac{1}{{{x}^{2}}}+3{{x}^{2}}\sin\frac{1}{{{x}^{2}}},\,\,\,x\ne 0 \\  & 1,\,\,\,\,x=0 \\ \end{align} \right.\]

${f}”\left( 0 \right)=\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{f}’\left( t \right)-{f}’\left( 0 \right)}{t}=\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( -\frac{2}{t}\cos \frac{1}{{{t}^{2}}}+3{{t}^{2}}\sin \frac{1}{{{t}^{2}}} \right)$

L’ultimo limite non esiste, pertanto la derivata prima non è derivabile in $x=0$.