+ (1 + i)z + 2i = 0 a nessuna appartiene al terzo quadrante

Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica M/Z

Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 2 febbraio 2019

(1) Delle soluzioni in campo complesso dell’equazione z

²

+ (1 + i)z + 2i = 0 a nessuna appartiene al terzo quadrante

c una appartiene all’asse reale

b una appartiene al primo quadrante d nessuna delle precedenti

(2) La successione a

_n

= sin

^{2 1}_n

− log(1 +

_n¹2

) e

^n2α

−

₁₊¹1

n2

per n → +∞ ` e convergente

a per ogni α ∈ R c per nessun α ∈ R

b solo per α = −1

d nessuna delle precedenti

(3) La funzione f (x) = ( √

cos(αx)−cos x

x³

se x > 0

sinh(βx) − x

²

se x ≤ 0 nel punto x

₀

= 0 a non ` e continua per ogni α, β ∈ R

c ` e derivabile per α = − √

2 e β = −

¹₂

b ` e continua ma non derivabile per α = √

2 e ogni β ∈ R d nessuna delle precedenti

(4) La funzione g

_α

(x) = xe

|x−α|

x

per ogni α > 0 a ammette massimo relativo

c non ammette asintoti verticali

b ` e derivabile nel suo dominio d nessuna delle precedenti

(5) L’integrale improprio Z

+∞

0

x + 2

(x

²

+ 2x + 2)

²

dx vale a π

c +∞

b

^π₈

d nessuna delle precedenti

(6) La serie

+∞

X

n=0

n

²ⁿ

3

ⁿ

(n!)

^α

a converge per ogni α ∈ R c converge solo per α = 2

b diverge se e solo se α < 2

d nessuna delle precedenti

Soluzione

(1) La risposta esatta ` e a . Infatti, le soluzioni dell’equazione sono date da z

±

= −b ± √

∆ 2a

Poich´ e ∆ = (1 + i)

²

− 4(2i) = −6i = 6(cos(−

^π₂

) + i sin(−

^π₂

)), le due radici quadrate di ∆ sono

± √

∆ = ± √

6 cos(−

^π₄

) + sin(−

^π₄

) i
= ± √ 6



^√

2 2

−

√ 2 2

i



= ± √

3 − √ 3 i

 . Quindi le soluzioni complesse dell’equazione data sono

z

±

= −(1 + i) ± √ 3 − √

3 i
2

ovvero

z

₊

=

√ 3 − 1

2 −

√ 3 + 1

2 i e z

−

= − 1 + √ 3

2 +

√ 3 − 1

2 i

Siccome √

3 > 1, abbiamo che z

₊

appartiene al quarto quadrante mentre z

₋

appartiene al secondo quadrante.

(2) La risposta esatta ` e a . Osserviamo innanzitutto che dagli sviluppi notevoli per x → 0 abbiamo e

^αx

−

_1+x¹

= 1 + αx +

^α2₂^x2

+ o(x

²

) − (1 − x + x

²

+ o(x

²

))

= (α + 1)x + (

^α₂²

− 1)x

²

+ o(x

²

) ∼

( (α + 1)x se α 6= −1

−

^x₂²

se α = −1 Posto x =

_n¹2

otteniamo che n → +∞ si ha

e

^n2α

− 1 1 +

_n¹2

∼ (

α+1

n²

se α 6= −1

−

_2n¹4

se α = −1 Per x → 0 abbiamo inoltre

sin

²

x − log(1 + x

²

) = (x −

^x₆³

+ o(x

³

))

²

− (x

²

−

^x₂⁴

+ o(x

⁴

))

= x

²

−

^x₃⁴

+ o(x

⁴

) − (x

²

−

^x₂⁴

+ o(x

⁴

)) =

^x₆⁴

+ o(x

⁴

) ∼

^x₆⁴

e quindi, posto x =

_n¹

per n → +∞ otteniamo

sin

^{2 1}_n

− log(1 +

_n¹2

) ∼

_3n¹4

Dunque

a

_n

∼



 

 

1 6n4 α+1 n2

=

_6(α+1)n¹ 2

se α 6= −1

−

1 6n4

1 2n4

= −

¹₃

se α = −1

e dunque che la successione converge per ogni α ∈ R.

(3) La risposta esatta ` e d . Studiamo la continuit` a e la derivabilit` a della funzione

f (x) = ( √

cos(αx)−cos x

x³

se x > 0 sinh(βx) − x

²

se x ≤ 0 nel punto x

0

= 0. Abbiamo

lim

x→0⁻

f (x) = lim

x→0⁻

sinh(βx) − x

²

= 0 = f (0) per ogni β ∈ R. Mentre, dato che per x → 0

p cos(αx) − cos x = p

(cos(αx) − 1) + 1 − cos x

= 1 +

¹₂

(cos(αx) − 1) −

¹₈

(cos(αx) − 1)

²

+ o((cos(αx) − 1)

²

) − (1 −

^x₂²

+

^x₂₄⁴

+ o(x

⁴

))

=

¹₂

(−

^α2₂^x2

+

^α4₂₄^x4

+ o(x

⁴

)) −

¹₈

(−

^α2₂^x2

+

^α₂₄^4x4

+ o(x

⁴

))

²

+ o((−

^x₂²

+

^x₂₄⁴

+ o(x

⁴

))

²

) +

^x₂²

−

^x₂₄⁴

+ o(x

⁴

)

=

¹₂

(−

^α2₂^x2

+

^α4₂₄^x4

) −

¹₈^α4₄^x4

+

^x₂²

−

^x₂₄⁴

+ o(x

⁴

)

=

¹₂

(1 −

^α₂²

)x

²

−

₂₄¹

(

^α₄⁴

+ 1)x

⁴

+ o(x

⁴

) Quindi, se α 6= ± √

2, allora pcos(αx) − cos x ∼

¹₂

(1 −

^α₂²

)x

²

da cui

lim

x→0⁺

f (x) = lim

x→0⁺

pcos(αx) − cos x

x

³

= ±∞

e f (x) non risulta continua in 0. Se invece α = ± √

2 allora pcos(αx) − cos x ∼ −

₁₂¹

x

⁴

e

lim

x→0⁺

f (x) = lim

x→0⁺

pcos(αx) − cos x

x

³

= 0

e la funzione ` e continua in 0. Quindi f (x) ` e continua in 0 solo per α = ± √

2 e ogni β ∈ R.

Riguardo alla derivabilit` a, per x < 0 la funzione ` e derivabile con f

⁰

(x) = β cosh(βx)−2x e lim

x→0⁻

f

⁰

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

−⁰

(0) = β. Osservato poi che la funzione risulta continua in x = 0 solo per α = ± √

2, per tali valori studiamo l’esistenza della derivata destra. Dal precedente sviluppo abbiamo

lim

x→0⁺

f (x) − f (0)

x = lim

x→0⁺

pcos(αx) − cos x

x

⁴

= lim

x→0⁺

−

₁₂¹

x

⁴

x

⁴

= −

₁₂¹

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

₊⁰

(0) = −

₁₂¹

. Ne segue che la funzione risulta derivabile in x = 0 solo per α = ± √

2 e β = −

₁₂¹

.

(4) La risposta esatta ` e d . Studiamo la funzione g

_α

(x) = xe

|x−α|

x

con α > 0. Abbiamo che la funzione ` e definita e continua in D = R \ {0}, inoltre per ogni α > 0 abbiamo lim

x→±∞

g

_α

(x) = ±∞ e lim

x→0⁻

g

_α

(x) = 0, mentre dalla gerarchia degli infiniti si ha lim

x→0⁺

g

_α

(x) = lim

x→0⁺

xe

^α−xx

= lim

x→0⁺ 1 e

e

^αx

1 x

= +∞

Ne segue che x = 0 ` e asintoto verticale destro e pertanto c ` e falsa. Osserviamo inoltre che g

_α

(x)·x > 0 per ogni x ∈ D. La funzione ` e derivabile in ogni x ∈ D \ {α} con

g

⁰_α

(x) =

( e

^x−αx

+ xe

^x−αx _x^α2

= e

^x−αx

(1 +

^α_x

) se x > α

e

^α−xx

− xe

^α−xx _x^α2

= e

^α−xx

(1 −

^α_x

) se x < α, x 6= 0 Ne segue che

lim

x→α⁺

g

_α

(x) = 2 6= lim

x→α⁻

g

_α

(x) = 0 e quindi che la funzione non ` e derivabile in x = α e b ` e falsa.

Abbiamo inoltre che g

_α⁰

(x) > 0 per ogni x < 0 e x > α e dunque che la funzione ` e strettamente crescente in (−∞, 0) e in [α, +∞) mentre g

⁰_α

(x) < 0 per 0 < x < α e quindi g

_α

(x) risulta strettamente decrescente in (0, α]. Ne segue che x = α ` e punto di minimo relativo per g

_α

(x) e pertanto anche a ` e falsa.

(5) La risposta esatta ` e b . Per calcolare R

+∞

0

x+2

(x²+2x+2)²

dx osserviamo innanzitutto che dalla definizione di integrale improprio

Z

+∞

0

x + 2

(x

²

+ 2x + 2)

²

dx = lim

b→+∞

Z

b 0

x + 2

(x

²

+ 2x + 2)

²

dx Per determinare R

_x+2

(x²+2x+2)²

dx osservato che x

²

+ 2x + 2 ` e polinomio indecomponibile in R, possiamo utilizzare la formula di Hermite e dunque cerchiamo A, B, C, D ∈ R tali che

(1) x + 2

(x

²

+ 2x + 2)

²

= Ax + B x

²

+ 2x + 2 +

 Cx + D x

²

+ 2x + 2



0

Abbiamo

Ax + B x

²

+ 2x + 2 +

 Cx + D x

²

+ 2x + 2



⁰

= Ax + B

x

²

+ 2x + 2 + C(x

²

+ 2x + 2) − (Cx + D)(2x + 2) (x

²

+ 2x + 2)

²

= Ax

³

+ (2A + B − C)x

²

+ 2(A + B − D)x + 2(B + C − D) (x

²

+ 2x + 2)

²

quindi (1) ` e verificata per A = D = 0 e B = C =

¹₂

. Otteniamo allora

Z x + 2

(x

²

+ 2x + 2)

²

dx =

¹₂

Z 1

x

²

+ 2x + 2 +

 x

x

²

+ 2x + 2



0

dx

=

¹₂

Z 1

(x + 1)

²

+ 1 dx +

¹₂

x

x

²

+ 2x + 2 =

¹₂

arctan(x + 1) +

¹₂

x

x

²

+ 2x + 2 + c e dunque

Z

+∞

0

x + 2

(x

²

+ 2x + 2)

²

dx = lim

b→+∞

Z

b 0

x + 2

(x

²

+ 2x + 2)

²

dx

= lim

b→+∞



1

2

arctan(x + 1) +

¹₂

x x

²

+ 2x + 2



b 0

= lim

b→+∞

1

2

(arctan(b + 1) + b

b

²

+ 2b + 2 − arctan 1) =

¹₂

(

^π₂

−

^π₄

) =

^π₈

In alternativa, osservato che x

²

+ 2x + 2 = (x + 1)

²

+ 1 e ricordando che R

₁

(1+s²)²

ds =

¹_2s2^s+1

+

1 2

R

₁

1+s²

ds =

¹_2s2^s+1

+

¹₂

arctan s + c, operando la sostituzione s = x + 1 l’integrale indefinito poteva essere calcolato nel seguente modo

Z x + 2

(x

²

+ 2x + 2)

²

dx =

Z s + 1

(s

²

+ 1)

²

ds =

¹₂

Z 2s

(s

²

+ 1)

²

ds +

Z 1

(s

²

+ 1)

²

ds

= −

¹₂

1

s

²

+ 1 +

¹₂

s

s

²

+ 1 +

¹₂

arctan s + c

=

¹₂

s − 1

s

²

+ 1 +

¹₂

arctan s + c

=

¹₂

x

x

²

+ 2x + 1 +

¹₂

arctan(x + 1) + c

(6) La risposta esatta ` e d . Infatti, posto a

n

=

₃nⁿ(n!)^2nα

abbiamo

n→+∞

lim a

n+1

a

_n

= lim

n→+∞

(n + 1)

²⁽ⁿ⁺¹⁾

3

ⁿ⁺¹

((n + 1)!)

^α

· 3

ⁿ

(n!)

^α

n

²ⁿ

= lim

n→+∞

1

3

(n + 1)

^2−α

(n + 1)

²ⁿ

n

²ⁿ

=



 

 

+∞ se α < 2

e²

3

se α = 2

0 se α > 2

Poich´ e e

²

> 3, dal criterio del rapporto possiamo concludere che la serie converge se α > 2 e diverge

se α ≤ 2.