RISOLUZIONE 1. La risposta esatta `e c . Le soluzioni dell’equazione z4 + 4

RISOLUZIONE

1. La risposta esatta `e c . Le soluzioni dell’equazione z

⁴

+ 4i = 0 corrispondono alle radici quarte di ↵ = 4i = 4(cos

³₂

⇡ + i sin

³₂

⇡) e sono date da z

_k

= p

⁴

4(cos ✓

_k

+ i sin ✓

_k

) = p

2(cos ✓

_k

+ i sin ✓

_k

) dove

✓

_k

=

3

2

⇡ + 2k⇡

4 = 3⇡ + 4k⇡

8 , k = 0, 1, 2, 3 Dunque le soluzioni cercate sono

z

₀

= p

2(cos

³₈

⇡ + i sin

³₈

⇡), z

₁

= p

2(cos

⁷₈

⇡ + i sin

⁷₈

⇡), z

2

= p

2(cos

¹¹₈

⇡ + i sin

¹¹₈

⇡), z

3

= p

2(cos

¹⁵₈

⇡ + i sin

¹⁵₈

⇡).

e nessuna appartiene all’asse immaginario del piano complesso.

2. La risposta corretta `e la d , abbiamo infatti che per n ! +1 risulta p

3

n

³

+ n n = n

✓

3

q

1 +

_n¹2

1

◆

⇠ n ·

_3n¹²

=

_3n¹

mentre, essendo ↵ > 0 si ha

cos

_n¹↵

e

ⁿ¹

=

_2n¹2↵

+ o(

_n¹2↵

)

_n¹

+ o(

_n¹

) ⇠ 8 >

<

> :

1

n

se 2↵ > 1

3

2n

se 2↵ = 1

1

2n^2↵

se 2↵ < 1 Ne concludiamo che per n ! +1

a

n

⇠ 8 >

> >

> >

> >

> >

> >

> <

> >

> >

> >

> >

> >

1 n 1 3n

= 3 se ↵ >

¹₂

3 2n

1 3n

=

⁹₂

se ↵ =

¹₂

1

e quindi che la successione converge a 3 se ↵ >

¹₂

, converge a

⁹₂

se ↵ =

¹₂

e diverge a 1 se

↵ <

¹₂

.

3. La risposta corretta `e b . Scriviamo (cos x)

^{x sin x1}

= e

^{log(cos x)x sin x}

e studiamo il comportamento dell’esponente

^{log(cos x)}_{x sin x}

per x ! 0. Dai limiti notevoli, per x ! 0 abbiamo

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

^x₂²

mentre, dalla formula di Taylor del seno risulta sin x x =

^x₆³

+ o(x

³

) ⇠

^x₆³

. Ne segue che log(cos x)

x sin x ⇠ 3

x ! ⌥1 per x ! 0

^±

e dunque che

x

lim

!0⁺

(cos x)

^{x sin x1}

= 0 mentre lim

x!0

(cos x)

^{x sin x1}

= + 1.

Dato che limite destro e sinistro non coincidono possiamo concludere che non esiste il limite

x

lim

!0

(cos x)

^{x sin x1}

.

4. La risposta corretta `e b . Abbiamo infatti

f

_↵

(x) = x(x

^x₆³

+ o(x

³

)) x

^2↵

(1

^x₂²

+ o(x

²

))

= x

^{2 x}₆⁴

+ o(x

⁴

) x

^2↵

+

^x2↵+2₂

+ o(x

^2↵+2

)

= 8 >

<

> :

x

²

+ o(x

²

) se 2↵ > 2

x

^2↵

+ o(x

^2↵

) se 2↵ < 2

x⁴

6

+

^x₂⁴

+ o(x

⁴

) =

^x₃⁴

+ o(x

⁴

) se 2↵ = 2 e dunque che la funzione ha ordine di infinitesimo 4 per ↵ = 1.

5. La risposta corretta `e d , infatti dato che

x

lim

!0

f (x) = lim

x!0

p

3

1 + x = 1 = f (0) per ogni 2 R, mentre

x

lim

!0⁺

f (x) = lim

x!0⁺

log(1 + x

²

) + sin ↵x

x = lim

x!0⁺

x

²

+ o(x

²

) + ↵x + o(x)

x = ↵

per ogni ↵ 2 R, abbiamo che la funzione risulta continua solo per ↵ = 1, qualunque sia 2 R.

Quindi a e c sono false.

Riguardo alla derivabilit` a osserviamo che per ogni 2 R risulta

x

lim

!0

f (x) f (0)

x = lim

x!0

p

3

1 + x 1

x =

₃

e quindi che la funzione ammette derivata sinistra in x = 0 con f

⁰

(0) =

₃

. Per ↵ = 1 abbiamo che

x

lim

!0⁺

f (x) f (0)

x = lim

x!0

log(1+x²)+sin x

x

1

x = lim

x!0

log(1 + x

²

) + sin x x x

²

= lim

x!0

x

²

+ o(x

²

) + x + o(x

²

) x

x

²

= 1

e dunque che la funzione ammette derivata destra in x = 0 con f

₊⁰

(0) = 1. La funzione risulta pertanto derivabile in x = 0 solo per ↵ = 1 e = 3 con f

⁰

(0) = 1 e anche b `e falsa.

6. La risposta corretta `e b . La funzione f (x) = xe

^x

e

^x

1 `e definita e continua in R\{0}, non risulta pari dato che f ( x) 6= f(x) per ogni x 6= 0 (quindi a `e falsa). Risulta

x!0

lim f (x) = lim

x!0

xe

^x

e

^x

1 = lim

x!0

x e

^x

1 = 1 mentre

x!+1

lim f (x) = lim

x!+1

xe

^x

e

^x

1 = + 1 e lim

x! 1

f (x) = lim

x!+1

xe

^x

e

^x

1 = 0

La funzione non ammette asintoti verticali e y = 0 `e asintoto orizzontale per x ! 1. Abbiamo inoltre che

x!+1

lim f (x)

x = lim

x!+1

e

^x

e

^x

1 = 1 e

x!+1

lim f (x) x = lim

x!+1

xe

^x

e

^x

1 x = lim

x!+1

x

✓ e

^x

e

^x

1 1

◆

= lim

x!+1

x e

^x

1 = 0 Dunque la funzione ammette come asintoto obliquo per x ! +1 la bisettrice y = x.

Osserviamo che la risposta c `e falsa, infatti la funzione risulta derivabile nel suo dominio con f

⁰

(x) = (e

^x

1)(e

^x

+ xe

^x

) xe

^x

· e

^x

(e

^x

1)

²

= e

^x

(e

^x

1 x) (e

^x

1)

²

e poich´e f

⁰

(x) > 0 per ogni x 6= 0 (in quanto, essendo e

^x

funzione convessa, risulta e

^x

> 1 + x per ogni x 2 R), dal Teorema di Fermat possiamo concludere che la funzione non ammette punti n´e di minimo n´e di massimo relativo. Dal criterio di monotonia, abbiamo che la funzione risulta strettamente crescente sia in ( 1, 0) che in (0, +1).

7. La risposta corretta `e d . Determiniamo gli zeri della funzione f

_↵

(x) = ↵ log |x 1 |

_{x 1}¹

al variare di ↵ > 0. Abbiamo che la funzione risulta definita R \ {1} con

x!±1

lim f

_↵

(x) = + 1 e lim

x!1^±

f

_↵

(x) = ⌥1

per ogni ↵ > 0. Dato che la funzione risulta continua nel suo dominio, dal Teorema dei valori

intermedi possiamo subito concludere che la funzione ammette almeno uno zero, precisamente

nell’intervallo (1, + 1). La funzione risulta inoltre derivabile nel suo dominio con

Dato che, per ↵ > 0, risulta f

⁰

(x) > 0 se e solo se x >

^{↵ 1}_↵

e che

^{↵ 1}_↵

< 1 per ogni ↵ >

0, otteniamo che la funzione risulta risulta strettamente crescente in ( 1,

^{↵ 1}_↵

), strettamente decrescente in (

^{↵ 1}_↵

, 1) e in (1, + 1) e x =

^{↵ 1}_↵

risulta punto di minimo relativo con

f

↵

(

^{↵ 1}_↵

) = ↵ ↵ log ↵ Poich´e, per ↵ > 0, risulta ↵ ↵ log ↵ > 0 se e solo se ↵ < e

dal Teorema dei valori intermedi possiamo concludere che la funzione ammette un unico zero se 0 < ↵ < e, due zeri se ↵ = e, tre zeri se ↵ > e e dunque che la risposta corretta `e d .

8. La risposta corretta `e b . L’area del rettangolo inscritto in una circonferenza di raggio 1 `e data da A(x) = 4x p

1 x

²

dove x 2 [0, 1] indica la semibase del rettangolo. La funzione A(x) risulta continua in [0, 1], quindi dal Teorema di Weierstrass ammette massimo e minino assoluto. Per determinarne il massimo, osserviamo che la funzione risulta derivabile in (0, 1) con

A

⁰

(x) = 4 p

1 x

²

4x x

p 1 x

²

= 4 1 2x

²

p 1 x

²

Poich´e per x 2 (0, 1) risulta A

⁰

(x) = 0 se e solo se x =

p¹

2

, dal Teorema di Fermat abbiamo che tale punto `e l’unico candidato punto di massimo interno a [0, 1]. Essendo A(1) = A(0) = 0 e A(

p¹

2

) = 2, ne deduciamo che x =

p¹

2

`e punto di massimo assoluto e dunque che l’area massima

`e A(

p¹ 2

) = 2.

9. La risposta corretta `e b . Abbiamo che Z

₂

2

|x

²

1 |e

^x

dx = Z

₁

2

(x

²

1) |e

^x

dx Z

₁

1

(x

²

1)e

^x

dx + Z

₂

1

(x

²

1)e

^x

dx

e determiniamo R

(x

²

1)e

^x

dx. Integrando per parti otteniamo Z

(x

²

1)e

^x

dx = (x

²

1)e

^x

+ Z

2xe

^x

dx = (x

²

1)e

^x

2xe

^x

+ 2 Z

e

^x

dx

= (x

²

1)e

^x

2xe

^x

2e

^x

+ c = (x + 1)

²

e

^x

+ c e pertanto

Z

₂

2

|x

²

1 |e

^x

dx = Z

₁

2

(x

²

1) |e

^x

dx Z

₁

1

(x

²

1)e

^x

dx + Z

₂

1

(x

²

1)e

^x

dx

= ⇥

(x + 1)

²

e

^x

⇤

1 2

⇥ (x + 1)

²

e

^x

⇤

1 1

+ ⇥

(x + 1)

²

e

^x

⇤

2 1

= e

²

+ 4e

¹

9e

²

+ 4e

¹

= e

²

+

⁸_{e e}⁹2

10. La risposta corretta `e c . Osserviamo innanzitutto che integrando per parti si ha Z

x arctan

_x+1¹

dx =

^x₂²

arctan

_x+1¹

Z

x²

2 1

1+⇣ 1 x+1

⌘2 1 (x+1)²

dx

=

^x₂²

arctan

_x+1¹

+

¹₂

Z

x² x²+2x+2

dx

=

^x₂²

arctan

_x+1¹

+

¹₂

Z

1

_x2^2x+2_+2x+2

dx

=

^x₂²

arctan

_x+1¹

+

¹₂

(x log(x

²

+ 2x + 2)) + c Dalla definizione di integrale improprio otteniamo

Z

+1 0

x arctan

_x+1¹

dx = lim

b!+1

Z

b 0

x arctan

_x+1¹

dx

= lim

b!+1

h

x²

2

arctan

_x+1¹

+

¹₂

(x log(x

²

+ 2x + 2)) i

b 0

= lim

b!+1 b²

2

arctan

_b+1¹

+

¹₂

(b log(b

²

+ 2b + 2)) +

¹₂

log 2 = + 1 NOTA: il risultato si poteva dedurre direttamente dalla condizione necessaria alla convergenza osservato che per x ! +1 risulta x arctan

_x+1¹

! 1 6= 0 e che l’integranda `e positiva in [0, +1), l’esercizio richiedeva comunque il calcolo esplicito.

11. La risposta corretta `e d . Osserviamo che la funzione integranda f

↵

(x) =

_log^{(1 x)}2x sin^↵p

x

con ↵ > 0 risulta continua in (0, 1) e l’integrale improprio R

1

0

f

_↵

(x) dx risulter` a convergente se e solo se risultano tali gli integrali R

¹₂

0

f

↵

(x) dx e R

1

1

2

f

↵

(x) dx. Studiamone quindi il comportamento per x ! 0

⁺

e x ! 1 .

Per x ! 1 , essendo log x = log(1 + (x 1)) ⇠ (x 1), abbiamo che f

_↵

(x) ⇠ (1 x)

^↵

sin 1(x 1)

²

= 1 sin 1(1 x)

^{2 ↵}

Dal criterio del confronto asintotico, dato che R

₁

1 1

(1 x)^{2 ↵}

dx converge se e solo se 2 ↵ < 1,

Per x ! 0

⁺

abbiamo invece che

f

_↵

(x) ⇠ 1 p x log

²

x L’integrale R

¹₂

0 p 1

x log²x

dx converge, infatti risulta

x!0

lim

⁺

px log1 ²x p1

x

= lim

x!0⁺

1 log

²

x = 0 e poich´e R

¹₂

0 p1x

dx converge, dal criterio del confronto asintotico sar` a tale anche l’integrale R

¹₂

0 p 1

x log²x

dx. Dunque, sempre dal criterio del confronto asintotico, possiamo concludere che R

¹₂

0

f

_↵

(x) dx converge per ogni ↵ > 0.

Riunendo quanto ottenuto possiamo concludere che l’integrale dato converge se e solo se ↵ > 1.

12. La risposta corretta `e c . Per stabilirlo studiamo il comportamento della successione a

_n

=

↵ⁿ q

1+_3n² cos_2n¹

per n ! +1. Dai limiti notevoli, per n ! +1 risulta q

1 +

₃²n

cos

₂¹n

= 1 +

¹₂

·

₃²ⁿ

+ o(

₃¹n

) (1

¹₂

·

₍₂ⁿ¹₎²

+ o(

₍₂n¹)²

))

=

₃¹n

+ o(

₃¹n

) +

₄¹n

+ o(

₄¹n

) =

₃¹n

+ o(

₃¹n

) ⇠

₃¹ⁿ

essendo

₄¹n

= o(

₃¹n

) per n ! +1. Ne segue allora che

n!+1

lim a

_n

= lim

n!+1

↵

ⁿ

1 3ⁿ

= lim

n!+1

(3↵)

ⁿ

= 8 >

> >

> <

> >

> >

:

+ 1 se 3↵ > 1 1 se 3↵ = 1 0 se |3↵| < 1 6 9 se 3↵  1

Dalla condizione necessaria alla convergenza di una serie possiamo allora concludere che la serie non converge se |3↵| 1. Se invece |3↵| < 1, cio`e |↵| <

¹₃

, abbiamo che |a

n

| ⇠ |3↵|

ⁿ

e poich´e la serie geometrica

+1

X

n=0

|3↵|

ⁿ

con |3↵| < 1 converge, dal criterio del confronto asintotico otteniamo che anche la serie a termini non negativi

X

+1 n=0

|a

ⁿ

| converge, e pertanto per tali valori di ↵ anche la serie

+1

X

n=0

a

n

converge.

13. La risposta esatta `e b . Per determinare l’insieme di convergenza della serie X

1 n=1

x

ⁿ

2

ⁿ

p n log n determiniamone innanzitutto il raggio di convergenza utilizzando il metodo del rapporto. Posto a

_n

=

_2np¹

n log n

, abbiamo

n!+1

lim

|a

n+1

|

|a

n

| = lim

n!+1

2

ⁿ

p n log n 2

ⁿ⁺¹

p

n + 1 log(n + 1) = lim

n!+1

1 2

r n

n + 1

log n

log(n + 1) = 1

2

Ne segue che il raggio di convergenza `e ⇢ = 2 e dunque che la serie converge per |x| < 2 e non converge per |x| > 2. Per x = 2 abbiamo la serie

X

1 n=1

p n log n 1 che risulta divergente per il criterio del confronto asintotico, dato che

n!+1

lim

p 1 n log n

1 n

= lim

n!+1

p n

log n = + 1 e che la serie

X

1 n=1

1

n diverge. Per x = 2 abbiamo invece la serie a termini di segno alterno X

1

n=1

( 1)

ⁿ

p n log n che risulta convergente per il criterio di Leibniz essendo la successione

p ¹ n log n

de- crescente e infinitesima per n ! +1.

Possiamo quindi concludere che l’insieme di convergenza della serie data `e l’intervallo [ 2, 2).

14. La risposta corretta `e a . La serie

+1

X

n=0

( 1)

ⁿ

x

²ⁿ⁺¹

n + 1 per x 6= 0 si pu`o riscrivere come

+1

X

n=0

( 1)

ⁿ

x

²ⁿ⁺¹

n + 1 = 1

x

+1

X

n=0

( 1)

ⁿ⁺¹

x

²ⁿ⁺²

n + 1 = 1

x X

+1 n=0

( x

²

)

ⁿ⁺¹

n + 1

Posto y = x

²

, riconosciamo nella serie

+1

X

n=0

( x

²

)

ⁿ⁺¹

n + 1 =

+1

X

n=0

y

ⁿ⁺¹

n + 1 la serie integrata della serie geometrica

+1

X

n=0

y

ⁿ

che ha raggio di convergenza ⇢ = 1 e somma R

y 0 1

1 t

dt = log(1 y) per

|y| < 1. Otteniamo quindi che per | x

²

| < 1, x 6= 0, ovvero per 0 < |x| < 1, risulta X

+1

n=0

( 1)

ⁿ

x

²ⁿ⁺¹

n + 1 = 1

x

+1

X

n=0

( x

²

)

ⁿ⁺¹

n + 1 = 1

x · ( log(1 + x

²

)) = 1

x · log(1 + x

²

)

15. La risposta corretta `e a . Riconosciamo infatti nella serie

+1

X

n=1

n(n + 1)

2

ⁿ

la serie di potenze

+1

X

n=1

n(n + 1)x

ⁿ

valutata in x =

¹₂

. Posto k = n + 1 possiamo scrivere

+1

X

n=1

n(n + 1)x

ⁿ

=

+1

X

k=2

k(k 1)x

^{k 1}

= x

+1

X

k=2

k(k 1)x

^{k 2}

La serie

+1

X

k=2

k(k 1)x

^{k 2}

si ottiene derivando due volte la serie geometrica

+1

X

k=0

x

^k

, quindi per

|x| < 1 risulta

+1

X X

⁺¹

✓

1 ◆

₀₀

2

Pertanto

+1

X

n=1

n(n + 1)x

ⁿ

= x

+1

X

k=2

k(k 1)x

^{k 2}

= 2x

(1 x)

³

, 8|x| < 1 e quindi

+1

X

n=1

n(n + 1)

2

ⁿ

= 1

(1

¹₂

)

³

= 8