Risoluzione del compito n. 4 (Marzo 2021)

Risoluzione del compito n. 4 (Marzo 2021)

PROBLEMA 1

Calcolate preliminarmente 1 + 2 + 2²+ 2³+ · · · + 2⁹.

a) Determinate tutte le soluzioni z ∈ C dell’equazione 1 + z + z²+ z³ = 1 . b) Determinate tutte le soluzioni z ∈ C dell’equazione 1 + z + z²+ z³+

z⁴+ z⁵+ z⁶= 1 .

Ricordando che per q ̸= 1 `e 1 + q + · · · + q^k= (1 − q^k+1)/(1 − q) , abbiamo

1 + 2 + 2²+ 2³+ · · · + 2⁹=1 − 2¹⁰

1 − 2 = 2¹⁰− 1 = 1023 .

Allora osserviamo che z = 1 non risolve alcuna delle equazioni proposte, quindi possiamo usare la formula ricordando che gi`a sappiamo che z ̸= 1 e otteniamo

1 + z + z²+ z³= 1 ⇐⇒

⎧

⎨

⎩ z ̸= 1

1 − z⁴

1 − z = 1 ⇐⇒ $ z ̸= 1

1 − z⁴= 1 − z ⇐⇒ $ z ̸= 1 z⁴= z .

L’equazione z⁴ = z ha come soluzione z = 0 oppure z³ = 1 , e le radici cubiche dell’unit`a sono z = 1 (che dobbiamo scartare) e z = −1/2 ±√

3/2 , quindi l’equazione a) ha tre soluzioni:

z = 0 , z = −1 2±

√3 2 . L’equazione b) si tratta allo stesso modo, ma arriviamo a

$ z ̸= 1 z⁷= z

per cui o z = 0 o z⁶= 1 con z ̸= 1 . Le radici seste dell’unit`a hanno argomenti multipli di π/3 quindi le soluzioni dell’equazione b) sono sei,

z = 0 , z = 1 2 ±

√3

2 , z = −1 2±

√3

2 , z = −1 .

PROBLEMA 2

Considerate la funzione f (x) = 1

2log(x²− 3x + 2) + 1

x − 2− 1 x − 1. a) Determinate il dominio di f , e i limiti di f agli estremi del dominio.

b) Determinate f^′, l’ insieme in cui f `e derivabile, e i limiti di f^′ agli estremi di tale insieme.

c) Determinate gli intervalli di monotonia di f , gli eventuali punti di mas- simo e minimo locale di f .

d) Determinate il segno di f .

e) Senza studiare f^′′, spiegate perch´e f^′′ si deve annullare almeno due volte.

f ) Tracciate il grafico di f .

Dato che x²−3x+2 = (x−1)(x−2) e che il logaritmo `e definito quando il suo argomento

`e maggiore di zero, il dominio di f `e ]−∞, 1[∪]2, +∞[ . Per x → ±∞ il logaritmo va all’ infinito e le due frazioni a zero, quindi

x→±∞lim f (x) = +∞ .

-4 -2 2 4

1 2 3 4

Invece per x → 2⁺ il logaritmo tende a −∞ e la prima frazione a +∞ , ma quest’ultima domina sul logaritmo quindi f (x) → +∞ , e lo stesso accade per x → 1⁻, dunque

x→1lim⁻f (x) = lim

x→2⁺f (x) = +∞ . Nel suo dominio, f `e derivabile con derivata

f^′(x) = x(x − 3)(2x − 3) 2(x − 1)²(x − 2)²

che (nel dominio) si annulla per x = 0 e x = 3 , `e positiva per 0 < x < 1 e x > 3 e negativa per x < 1 e 2 < x < 3 ; inoltre

x→±∞lim f^′(x) = 0 , lim

x→1⁻f^′(x) = +∞ , lim

x→2⁺f (x) = −∞ .

In particolare f `e strettamente decrescente in ]−∞, 0] e in ]2, 3] , strettamente crescente in [0, 1[ e in [3, +∞[ , e ha due punti di minimo in x = 0 e x = 3 . Il valore in x = 0

`e il minimo su ]−∞, 1[ e quello in x = 3 `e il minimo su ]2, +∞[ . Dato che

f (0) = f (3) = 1

2log 2 +1 2 > 0 , la funzione f `e sempre positiva.

Dato infine che nell’ intervallo ]−∞, 0[ la funzione continua f^′ `e negativa, e tende a zero agli estremi, per un corollario del Teorema di Weierstraß ha un minimo in tale intervallo, e questo deve essere un punto in cui f<sup>′′</sup> si annulla; lo stesso ragionamento si pu`o fare in ]3, +∞[ ottenendo che anche in tale intervallo c’`e (almeno) un altro punto in cui f^′′ si annulla.

PROBLEMA 3

In questo esercizio, i coefficienti dei monomi vanno semplificati ai minimi termini. Siano

f (x) = sen(sen x) , g(x) = cos(1 − cos x) , h(x) = f (x) − xg(x) . a) Determinate lo sviluppo di Taylor di f di ordine 6, centrato in x0= 0 . b) Determinate lo sviluppo di Taylor di g di ordine 6, centrato in x0= 0 . c) Determinate lo sviluppo di Taylor di h di ordine 6, centrato in x0 = 0 . d) Determinate al variare di β ∈ R il valore di lim_x→0h(x) + βx³

x⁵ .

Possiamo anticipare che, essendo f dispari, nello sviluppo vedremo solo i termini di ordine dispari, ed essendo g pari nel suo sviluppo vedremo solo termini di ordine pari;

ma se g `e pari, xg(x) e quindi anche h sono dispari, e anche nello sviluppo di h vedremo solo termini di ordine dispari.

Ricordiamo che o%x + o(x)&^k = o(x^k) , dunque abbiamo direttamente

f (x) = sen' x − x³

6 + x⁵

120+ o(x⁶)(

=' x −x³

6 + x⁵

120+ o(x⁶)(

−1

6(· · ·)³+ 1

120(· · ·)⁵+ o(· · ·)⁶

= x −x³ 6 + x⁵

120+ o(x⁶) −1 6

'x³− 3x⁵ 6

(+ 1

120x⁵= x − x³ 3 +x⁵

10+ o(x⁶) . Dato poi che 1 − cos x = x²/2 − x⁴/24 + o(x⁵) `e un infinitesimo di ordine 2 , ricordando che o%hx²+ o(x²)&^k

= o(x^2k) abbiamo

g(x) = cos'x² 2 −x⁴

24+ o(x⁵)(

= 1 − 1 2

'x² 2 −x⁴

24+ o(x⁵)(2

+ o(· · ·)³

= 1 − 1 2

'x⁴ 4 −x⁶

24+ o(x⁷)(

+ o(x⁶) = 1 −x⁴ 8 +x⁶

48+ o(x⁶) , per cui

h(x) = x −x³ 3 +x⁵

10+ o(x⁶) − x +x⁵ 8 = −x³

3 +9x⁵

40 + o(x⁶) . Allora

x→0lim

h(x) + βx³ x⁵ = lim

x→0

(β − 1/3)x³+ 9x⁵/40 + o(x⁶) x⁵

= lim

x→0

(β − 1/3) + 9x²/40 + o(x³)

x² =

⎧

⎪⎨

⎪⎩

+∞ se β > 1/3 9/40 se β = 1/3

−∞ se β < 1/3.

Considerate la successione an= log 1

n⁷ − log 1 n⁷+ n^α . a) Calcolate _n→lim_+∞ an al variare di α ∈ R .

b) Studiate la convergenza della serie *

nan al variare di α ∈ R . c) Posto bn = n^α−7 − aⁿ, studiate la convergenza della serie *

nbn al variare di α ∈ R .

Abbiamo

an= logn⁷+ n^α

n⁷ = log%1 + n^α−7& . Vediamo subito che

n→+∞lim an=

++∞ se α > 7 log 2 se α = 7 0 se α < 7.

Dato che 1 + n^α−7> 1 , la prima serie `e a termini positivi, e per quanto appena visto di- verge positivamente se α ≥ 7 dato che il termine generale non `e infinitesimo, e dobbiamo studiarla per α < 7 . In tal caso n^α−7→ 0 quindi

n→+∞lim an

n^α−7 = lim

n→+∞

log%1 + n^α−7&

n^α−7 = 1

quindi per il criterio del confronto asintotico la serie ha lo stesso carattere di *

nn^α−7=

*

n1/n^7−α, dunque converge per 7 − α > 1 ossia α < 6 , e diverge positivamente altrimenti (il criterio dice solo che diverge per 6 ≤ α < 7 dato che per α ≥ 7 non possiamo applicarlo perch´e il logaritmo NON si comporta come n^α−7; peraltro per α ≥ 7 sapevamo gi`a tutto). In conclusione la prima serie converge se α < 6 e diverge positivamente se α ≥ 6 . Invece la seconda serie ha termine generale

bn= n^α−7− log%1 + n^α−7&

(che `e sempre positivo dato che log(1 + x) ≤ x ), e distinguiamo due (anzi, tre) casi:

se α − 7 > 0 il termine n^α−7 tende a +∞ e domina sul logaritmo, quindi bn → +∞

e la serie diverge positivamente. Se α = 7 abbiamo bn ≡ 1 − log 2 > 0 e di nuovo la serie diverge positivamente. Invece per α < 7 abbiamo n^α−7 → 0 e ricordando che log(1 + t) = t − t²/2 + o(t²) possiamo scrivere

bn= n^α−7−'

n^α−7−1

2n^2(α−7)+ o(n^2(α−7))(

=1

2n^2(α−7)+ o(n^2(α−7)) e per il criterio del confronto asintotico *

nbn ha lo stesso carattere di ,

n

n^2(α−7)=,

n

1 n^14−2α

che converge se e solo se 14 − 2α > 1 ossia α < 13/2 . Riunendo (come prima) i tre casi otteniamo che *

nbn converge per α < 13/2 e diverge positivamente per α ≥ 13/2 .