n + 1 √ n2+ 4n

Politecnico di Milano – Ingegneria Industriale

Analisi Matematica 1 Preparazione al primo compito in itinere 2016

1. (a) Risolvere, nel campo complesso, l’equazione

(z³− 3z²+ 3z − 2)(z²+ |z|²+ 2 i z) = 0 . (b) Disegnare nel piano di Gauss le soluzioni trovate nel punto precedente.

(c) Stabilire quante delle soluzioni trovate appartengono all’insieme D = {z ∈ C : |z − 1 − i| ≤ 1} . 2. Calcolare il limite

L = lim

n→+∞

1 n²√

n sin 1 n² tg 2

n artg 3

√n



1 − cos 1 n²



(e^1/n2− 1)

pn +√ n −√

n + 1

√

n²+ 4n −√

n²+ n.

3. Sia f : (a, b) → R una funzione tale che f (x) 6= −1 per ogni x ∈ (a, b) , f⁰(x0) = 0 e f⁰⁰(x0) < 0 , dove x0∈ (a, b) . Sia poi F : (a, b) → R la funzione definita da

F (x) = 1 1 + f (x) per ogni x ∈ (a, b) .

(a) Stabilire se f possiede un punto di massimo in x0. (b) Stabilire se F `e ben definita.

(c) Stabilire se F possiede un punto di minimo in x0. 4. Sia f : R → R la funzione definita da

f (x) =





 2

1 + |x|^x se x 6= 0 1 se x = 0 . (a) Stabilire se f continua in x0= 0 .

(b) Stabilire se f `e derivabile in x0= 0 . (c) Determinare gli eventuali asintoti di f .

(d) Determinare i punti di massimo e di minimo di f .

(e) Disegnare il grafico qualitativo di f (senza calcolare la derivata seconda).

(f) Determinare l’immagine di f .

5. Determinare la parte principale, rispetto alla funzione campione x , per x → 0 della funzione f definita da

f (x) =√

1 − 2x +√³

1 + 3x − 2e^−x− (1 + 3x) ln(1 + 2x) .

Soluzioni 1. (a) L’equazione data si pu`o spezzare nelle due equazioni

z³− 3z²+ 3z − 2 = 0 e z²+ |z|²+ 2 i z = 0 . La prima equazione si pu`o riscrivere come

(z − 1)³= 1 e quindi ammette la tre soluzioni

zk = 1 + cos2kπ

3 + i sin2kπ

3 k = 0, 1, 2 , ossia le soluzioni

z0= 1 + 1 = 2 z1= 1 + cos2π

3 + i sin2π

3 = 1 −1 2 + i

√3 2 =1

2 + i

√3 2 z2= 1 + cos4π

3 + i sin4π

3 = 1 −1 2 − i

√3 2 =1

2 − i

√3 2 .

Per risolvere la seconda equazione poniamo z = x + i y , con x, y ∈ R . Si ottiene cos`ı l’equazione

(x + i y)²+ (x²+ y²) + 2 i (x − i y) = 0 ossia

x²+ 2i xy − y²+ x²+ y²+ 2 i x + 2y = 0 ossia

2(x²+ y) + 2 i (xy + x) = 0 . Quest’ultima equazione `e equivalente al sistema

(x²+ y = 0 x(y + 1) = 0 .

Dalla seconda equazione, si ha x = 0 oppure y = −1 . Se x = 0 , dalla prima equazione si ha y = 0 . Se y = −1 , dalla prima equazione si ha x²= 1 , ossia x = ±1 . Si hanno cos`ı le tre soluzioni

z₃= 0 , z₄= 1 − i e z₅= −1 − i .

(b) Le 6 soluzioni z0, z1, . . . z5 si dispongono nel piano di Gauss nel modo seguente

y

x z₀ z1

z₂ z₃

z₄ z₅

(c) L’insieme D `e il disco chiuso di centro w₀ = 1 + i e di raggio r = 1 . Quindi, come si vede subito dal seguente disegno

y

x z₀ z₁

z₂ z₃

z₄ z₅

w₀

l’insieme D contiene soltanto z1. 2. Consideriamo le due successioni

an= 1 n²√

n sin 1 n² tg 2

n artg 3

√n



1 − cos 1 n²



(e^1/n2− 1)

e bn =

pn +√ n −√

n + 1

√

n²+ 4n −√

n²+ n.

Per n → +∞ , si ha 1/n → 0 e quindi si hanno le equivalenze asintotiche sin 1

n² ∼ 1

n², tg2 n ∼ 2

n, artg 3

√n∼ 3

√n, 1 − cos 1 n² ∼ 1

2n⁴, e^1/n2− 1 ∼ 1 n². Pertanto, si ha

a_n∼ 1 n²√

n 1 n²

2 n

√3 n 1

2n⁴ 1 n²

= 6 n⁶

1 2n⁶

= 12

e quindi

n→+∞lim a_n = 12 . Inoltre, si ha

bn= n +√

n − n − 1 pn +√

n +√ n + 1

√n²+ 4n +√ n²+ n n²+ 4n − n²− n

=

√n − 1 pn +√

n +√ n + 1

√n²+ 4n +√ n²+ n

3n .

Quindi, per n → +∞ , si ha

bn∼

√n 2√

n 2n 3n =1

3 e di conseguenza

n→+∞lim bn =1 3. Poich´e le successioni a_n e b_n sono convergenti, si ha

L = lim

n→+∞a_nb_n= lim

n→+∞a_n· lim

n→+∞b_n=12 3 = 4 .

3. (a) Poich´e f⁰(x0) = 0 e f⁰⁰(x0) < 0 , la funzione f possiede un punto di massimo in x0. (b) La funzione F `e ben definita poich´e f (x) 6= −1 per ogni x ∈ (a, b) .

(c) La funzione F `e derivabile due volte, essendo composta da funzioni derivabili due volte, e F⁰(x) = − f⁰(x)

(1 + f (x))² e F⁰⁰(x) = −(1 + f (x))f⁰⁰(x) − 2f⁰(x)² (1 + f (x))³ . Poich´e f⁰(x0) = 0 e f⁰⁰(x0) < 0 , si ha

F⁰(x0) = − f⁰(x0) (1 + f (x0))² = 0

F⁰⁰(x0) = −(1 + f (x0))f⁰⁰(x0) − 2f⁰(x0)²

(1 + f (x₀))³ = − f⁰⁰(x0)

(1 + f (x₀))² > 0 . Di conseguenza, F possiede un punto di minimo in x₀.

4. Iniziamo con l’osservare che f (x) > 0 per ogni x ∈ R e ricordiamo che

x→0lim|x|^x= lim

x→0e^{x ln |x|}= 1 lim

x→+∞f (x) = lim

x→+∞e^{x ln |x|}= +∞

x→−∞lim f (x) = lim

x→−∞e^{x ln |x|}= 0 . (a) Poich´e

x→0limf (x) = lim

x→0

2

1 + |x|^x = 1 = f (0) , la funzione f `e continua in x0= 0 .

(b) La funzione f non `e derivabile in x0= 0 , poich´e lim

x→0

f (x) − f (0) x − 0 = lim

x→0

1 x

 2

1 + |x|^x − 1



= lim

x→0

1 − |x|^x x(1 + |x|^x)

= 1 2 lim

x→0

1 − |x|^x

x =

DH −1 2 lim

x→0(ln |x| + 1)|x|^x= +∞ .

In particolare, f possiede un flesso a tangente orizzontale in corrispondenza di x0= 0 . (c) Poich´e

x→+∞lim f (x) = lim

x→+∞

2

1 + |x|^x = 0 e lim

x→+∞f (x) = lim

x→+∞

2

1 + |x|^x = 2 , la funzione f ha un asintoto orizzontale di equazione y = 0 per x → +∞ e ha un asintoto orizzontale di equazione y = 2 per x → −∞ .

(d) Si ha

f⁰(x) = −2(ln |x| + 1) |x|^x (1 + |x|^x)² .

Pertanto f⁰(x) ≥ 0 se e solo se ln |x| + 1 ≤ 0 , ossia se e solo se −e⁻¹≤ x ≤ e⁻¹. Quindi, f ha un punto di massimo in x = e⁻¹ e ha un punto di minimo in x = −e⁻¹. Pi`u precisamente, i punti di massimo e di minimo sono

M ≡



e⁻¹, 2 1 + e^−1/e



e m ≡



−e⁻¹, 2 1 + e^1/e

 . (e) Il grafico qualitativo di f `e

y

x 2

1

e⁻¹

−e⁻¹

(f) Il massimo locale di f `e inferiore a 2 . Quindi, come si vede dal grafico di f , si ha Im f = (0, 2) .

5. Per x → 0 , si ha

√1 − 2x = 1 −1 2 2x −1

8 4x²+ o(x²) = 1 − x −x²

2 + o(x²)

√3

1 + 3x = 1 +1 3 3x − 1

9 9x²+ o(x²) = 1 + x − x²+ o(x²) 2e^−x= 2

1 − x +x²

2 + o(x²)

= 2 − 2x + x²+ o(x²) (1 + 3x) ln(1 + 2x) = (1 + 3x)

2x −4x²

2 + o(x²)

= 2x − 2x²+ o(x²) + 6x²+ o(x²) = 2x + 4x²+ o(x²) . Quindi, per x → 0 , si ha

f (x) = 1 − x − x²

2 + o(x²) + 1 + x − x²+ o(x²) − 2 + 2x − x²+ o(x²) − 2x − 4x²+ o(x²) ossia

f (x) = −13

2 x²+ o(x²) . Pertanto, la parte principale di f `e

−13 2 x².