(1) Le soluzioni dell’equazione z 2 + (1 − i)z − i = 0 nel piano complesso appartengono a agli assi cartesiani

Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica A/L Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 22 aprile 2017

(1) Le soluzioni dell’equazione z ² + (1 − i)z − i = 0 nel piano complesso appartengono a agli assi cartesiani

c al primo o al quarto quadrante

b al primo o al terzo quadrante d nessuna delle precedenti

(2) La funzione f (x) =

( sin

²

x+arctan αx

x per x > 0

√

3

1 + βx per x ≤ 0 nel punto x = 0 a ` e continua per ogni α, β ∈ IR

c ` e derivabile per ogni α > 0

b ` e derivabile solo per α = 1 e ogni β ∈ IR d nessuna delle precedenti

(3) La funzione g _α (x) = cos(x ^α ) − √

⁴

1 − 2 sinh x per x → 0 ⁺ ha ordine di infinitesimo a 1 per ogni α < 1

c 2 per qualche α > 1

b minore di 1 per ogni α < ¹ ₂ d nessuna delle precedenti (4) L’equazione xe

^|x−1|x+1

= α ammette

a due soluzioni per ogni α < 0

c nessuna soluzione per qualche α > 0

b un’unica soluzione per ogni α > −1 d nessuna delle precedenti

(5) L’integrale improprio Z +∞

1

1 x √

x ² + 1 dx vale a +∞

c log

√

√ 2+2 2

b log ^e+1 _e−1

d nessuna delle precedenti

(6) La serie

+∞

X

n=1

(2n)!

n ^αn converge a per nessun α ∈ IR c solo se α ≥ 2

b per ogni α ∈ IR

d nessuna delle precedenti

1

Soluzione

(1) La risposta esatta ` e a . Ricordiamo che le soluzioni dell’equazione a coefficienti complessi z ² + bz + c = 0 sono date da

z ± = −b ± √

b ² − 4c 2 dove ± √

b ² − 4c denota le due radici complesse del numero complesso b ² −4c. Nel nostro caso b ² −4c = (1 − i) ² + 4i = 1 − 2i − 1 + 4i = 2i ed essendo 2i = 2(cos ^π ₂ + i sin ^π ₂ ) le sue due radici complesse sono

√

2(cos ^π ₄ + i sin ^π ₄ ) = √ 2(

√ 2 2 + i

√ 2

2 ) = 1 + i

e √

2(cos ^5π ₄ + i sin ^5π ₄ ) = √ 2(−

√ 2 2 − i

√ 2

2 ) = −(1 + i) Ne segue che le due soluzioni dell’equazione data sono

z ₊ = −(1 − i) + (1 + i)

2 = i e z ₋ = −(1 − i) − (1 + i)

2 = −1

e dunque appartengono agli assi cartesiani del piano complesso.

In alternativa si poteva osservare che

z ² + (1 − i)z − i = z ² + z − iz − i = z(z + 1) − i(z + 1) = (z + 1)(z − i) e dunque che le soluzioni complesse dell’equazione z ² + (1 − i)z − i = 0 sono z = −1 e z = i.

(2) La risposta esatta ` e d . Abbiamo che lim

x→0

⁻

f (x) = lim

x→0

⁻

p

3

1 + βx = 1 = f (0)

per ogni β ∈ IR. Mentre, essendo per x → 0, arctan(αx) = αx + o(x ² ) e sin ² x = x ² + o(x ² ), si ottiene lim

x→0

⁺

f (x) = lim

x→0

⁺

sin ² x + arctan(αx)

x = lim

x→0

⁺

αx + o(x)

x = α

per ogni α ∈ IR. Dunque f (x) risulter` a continua in x ₀ = 0 solo per α = 1.

Riguardo alla derivabilit` a, abbiamo che lim

x→0

⁻

f (x) − 1

x = lim

x→0

⁻

√

3

1 + βx − 1

x = ^β ₃

per ogni β ∈ IR. Quindi, per ogni β ∈ IR, la funzione ammette derivata sinistra in x ₀ = 0 con f ₋ ⁰ (0) = ^β ₃ .

Riguardo alla derivata destra, dagli sviluppi sopra per α = 1, risulta lim

x→0

⁺

f (x) − 1

x = lim

x→0

⁺

sin ² x + arctan x − x

x ² = lim

x→0

⁺

x ² + o(x ² ) x ² = 1

Quindi la funzione ammette derivata destra in x 0 = 0 con f ₊ ⁰ (0) = 1. Ne segue che la funzione risulta derivabile in x ₀ = 0 solo per α = 1 e β = 3.

2

(3) La risposta corretta ` e la b . Infatti per x → 0, dagli sviluppi di ordine 2 delle funzioni coinvolte abbiamo

√

4

1 − 2 sinh x = 1 − ¹ ₂ sinh x − ³ ₈ sinh ² x + o(sin ² x) = 1 − ¹ ₂ (x + o(x ² )) − ³ ₈ (x + o(x ² )) ² + o((x + o(x ² )) ² )

= 1 − ¹ ₂ x − ³ ₈ x ² + o(x ² )

mentre cos(x ^α ) = 1 − ¹ ₂ x ^2α + ₂₄ ¹ x ^4α + o(x ^4α ). Pertanto g _α (x) = cos(x ^α ) − √

⁴

1 − 2 sinh x = − ¹ ₂ x ^2α + ₂₄ ¹ x ^4α + o(x ^4α ) + ¹ ₂ x + ³ ₈ x ² + o(x ² ) Possiamo allora concludere che

• se 2α > 1 allora g α (x) = ¹ ₂ x + o(x) e ord(g α (x)) = 1,

• se 2α = 1 allora g _α (x) = ₁₂ ⁵ x ² + o(x ² ) e dunque ord(g _α (x)) = 2,

• se 2α < 1 allora g _α (x) = − ¹ ₂ x ^2α + o(x ^2α ) e quindi ord(g _α (x)) = 2α < 1.

(4) La risposta corretta ` e la a . Per stabilirlo studiamo l’immagine della funzione f (x) = xe

^|x−1|x+1

. Osserviamo innanzitutto che la funzione ` e definita e continua in IR \ {1} e che

x→±∞ lim f (x) = ±∞, lim

x→−1

⁻

f (x) = 0 e lim

x→−1

⁺

f (x) = −∞

Abbiamo inoltre che f (x) risulta positiva per x > 0, negativa per x < 0 e nula in x = 0. La funzione

` e derivabile in ogni x 6= ±1 con

f ⁰ (x) =

( e

^x−1x+1

^(x+1) _(x+1)

²

^+2x

₂

se x > 1

e

^1−xx+1

^(x+1) _(x+1)

²

^−2x

2

= e

^1−xx+1

_(x+1) ^x

²

⁺¹

2

se x < 1, x 6= −1

da cui f ⁰ (x) > 0 per ogni x 6= ±1. Ne segue che la funzione risulta strettamente crescente in (−∞, −1) e in (−1, +∞).

3

Dal Teorema dei valori intermedi e dalla monotonia stretta della funzione possiamo concludere che l’equazione f (x) = α ammette un’unica soluzione per ogni α ≥ 0 e due soluzioni per ogni α < 0.

(5) La risposta corretta ` e c . Infatti, posto t = √

x ² + 1 e quindi x = √

t ² − 1 da cui dx = ^{√ t}

t

²

−1 dt otteniamo

Z 1

x √

x ² + 1 dx =

Z 1

t √ t ² − 1

√ t

t ² − 1 dt =

Z 1

t ² − 1 dt = 1 2

Z 1

t − 1 − 1 t + 1 dt

= 1

2 log |t − 1| − 1

2 log |t + 1| + c = 1 2 log( √

x ² + 1 − 1) − 1 2 log( √

x ² + 1 + 1) + c

= 1 2 log

√ x ² + 1 − 1

√ x ² + 1 + 1 + c

Dalla definizione di integrale improprio e dalla formula fondamentale del calcolo integrale, possiamo concludere che

Z +∞

1

1 x √

x ² + 1 = lim

b→+∞

"

1 2 log

√ x ² + 1 − 1

√ x ² + 1 + 1

# b 1

= lim

b→+∞

1 2 log

√ b ² + 1 − 1

√ b ² + 1 + 1 − 1 2 log

√ 2 − 1

√ 2 + 1 = log(1 + √

2) = log

√ 2 + 2

√ 2 essendo

√ b

²

+1−1

√

b

²

+1+1 → 1 per b → +∞.

In alternativa, operando la sostituzione x = sinh t, e quindi t = settsinh x = log(x + √

1 + x ² ) e dx = cosh t dt, ricordando che cosh ² t = sinh ² t + 1 si ottiene

Z 1

x √

x ² + 1 dx =

Z 1

sinh t p

sinh ² t + 1

cosh t dt =

Z 1

sinh t dt

=

Z 2

e ^t − e ^−t dt =

Z 2e ^t

e ^2t − 1 dt =

Z e ^t

e ^t − 1 − e ^t

e ^t + 1 dt = log |e ^t − 1| − log(e ^t + 1) + c

= log |x + √

1 + x ² − 1| − log(x + √

1 + x ² + 1) + c = log |x + √

1 + x ² − 1|

x + √

1 + x ² + 1 + c e dunque

Z +∞

1

1 x √

x ² + 1 = lim

b→+∞

"

log |x + √

1 + x ² − 1|

x + √

1 + x ² + 1

# b 1

= lim

b→+∞ log |b + √

1 + b ² − 1|

b + √

1 + b ² + 1 − log

√ 2 2 + √

2

= − log

√ 2 2 + √

2 = log 2 + √

√ 2 2 dato che per b → +∞ risulta ^|b+

√ 1+b

²

−1|

b+ √

1+b

²

+1 → 1.

(6) La risposta corretta ` e c . Posto a _n = ^(2n)! _n

αn

, per n → +∞ abbiamo a _n+1

a _n = (2n + 2)!

(n + 1) ^αn+α n ^αn

(2n)! = (2n + 2)(2n + 1) (n + 1) ^α

 n

n + 1

 αn

∼ 4n ² n ^α

1

1 + _n ¹
αn →



 

 

+∞ se α < 2

4

e

²

se α = 2 0 se α > 2 Dato che _e ⁴

2

< 1, dal criterio del rapporto possiamo concludere che la serie converge se e solo se α ≥ 2.

4