(1) Delle soluzioni dell’equazione z 5 − 1 = 0 nel piano complesso a due cadono sull’asse reale

Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica M/Z Prova scritta di Analisi Matematica 1 del 10 luglio 2019

(1) Delle soluzioni dell’equazione z ⁵ − 1 = 0 nel piano complesso a due cadono sull’asse reale

c nessuna cade nel secondo quadrante

b una cade sull’asse immaginario d nessuna delle precedenti

(2) La successione a _n = sin ₃ ¹

n

− log(1 + ₃ ¹

n

) e

^4nα

− ¹

1+

_4n¹

` e convergente

a per ogni α ∈ R c se e solo se α = −1

b per nessun α ∈ R

d nessuna delle precedenti

(3) La funzione f (x) =







cosh(x

^α

)− √ 1+sin x

x se x > 0

arctan(βx) se x ≤ 0 in x ₀ = 0 a ` e continua ma non derivabile per ogni α > 1, β ∈ R

c ` e derivabile solo per α = ¹ ₂ e β = ¹ ₆

b ` e derivabile per ogni α > ¹ ₂ e β ∈ R d nessuna delle precedenti

(4) L’equazione arctan ^|x+1| _x = α ammette a almeno una soluzione per ogni |α| < ^π ₄ c nessuna soluzione per ogni α < 0

b due soluzioni per qualche α > ^π ₄ d nessuna delle precedenti

(5) L’integrale improprio

Z 1 0

log(1 + x)

√ x dx vale

a +∞

c π + 2 log 2 − 4

b log 2 − π

d nessuna delle precedenti

(6) La serie di potenze

+∞

X

n=0

(2n)!

2 ⁿ (n!) ^α x ⁿ ha insieme di convergenza a I = R per ogni α < 2

c I = {0} per ogni α > 0

b I ⊆ [−1, 1] per α = 2

d nessuna delle precedenti

Soluzione

(1) La risposta corretta ` e d . Le soluzioni complesse dell’equazione z ⁵ − 1 = 0 corrispondono alle radici quinte di 1 = cos 0 + i sin 0 e sono quindi date da

z _k = cos ^{Ä 2kπ} ₅ ^ä + i sin ^{Ä 2kπ} ₅ ^ä , k = 0, 1, 2, 3, 4.

Abbiamo pertanto che tali soluzioni sono

z ₀ = cos 0 + i sin 0 = 1 z ₁ = cos ^{Ä 2π} ₅ ^ä + i sin ^{Ä 2π} ₅ ^ä z ₂ = cos ^{Ä 4π} ₅ ^ä + i sin ^{Ä 4π} ₅ ^ä z ₃ = cos ^{Ä 6π} ₅ ^ä + i sin ^{Ä 6π} ₅ ^ä z ₄ = cos ^{Ä 8π} ₅ ^ä + i sin ^{Ä 8π} ₅ ^ä

Abbiamo quindi che solo una soluzione cade sull’asse reale, nessuna sull’asse immaginario e una nel secondo quadrante. La risposta corretta ` e dunque d .

(2) La risposta corretta ` e d . Per calcolare il limite per n → +∞ della successione a _n = ^sin

1

3n

−log(1+

¹

3n

) e

^4nα

−

¹

1+ 14n

al variare di α ∈ R, osserviamo innanzitutto che lo sviluppo di Taylor di ordine 2 della funzione sin x − log(1 + x) per x → 0 ` e

sin x − log(1 + x) = ^x ₂

²

+ o(x ² ) ∼ ^x ₂

²

mentre quello della funzione e ^αx − _1+x ¹ ` e

e ^αx − _1+x ¹ = 1 + αx + ^α

²

₂ ^x

²

+ o(x ² ) − (1 − x + x ² + o(x ² ))

= (α + 1)x + ( ^α ₂

²

− 1)x ² + o(x ² ) ∼







(α + 1)x, se α 6= −1,

− ^x ₂

²

, se α = −1.

Ponendo x = ₃ ¹

n

nel primo sviluppo e x = ₄ ¹

n

nel secondo, per n → +∞ otteniamo sin ₃ ¹

n

− log(1 + ₃ ¹

n

) ∼ _2·9 ¹

n

e

e

^4nα

− ₁₊ ¹

1 4n

∼







α+1

4

ⁿ

, se α 6= −1,

− _2·4 ¹

2n

, se α = −1.

Ne segue allora che

a _n = sin ₃ ¹

n

− log(1 + ₃ ¹

n

) e

^4nα

− ¹

1+

¹₄ⁿ

∼







1 2(α+1)

4

ⁿ

9

ⁿ

, se α 6= −1,

− ¹⁶ ₉

nⁿ

, se α = −1.

e quindi che

n→+∞ lim a n =







0, se α 6= −1,

−∞, se α = −1.

(3) La risposta corretta ` e c . Dagli sviluppo notevoli per x → 0 ⁺ , per ogni α > 0 abbiamo cosh(x ^α )− √

1 + sin x = 1 + ^x

^2α

₂ + ^x _4!

^4α

+ o(x ^4α ) − (1 + ¹ ₂ sin x − ¹ ₈ sin ² x + o(sin ² x))

= ^x

^2α

₂ + ^x ₂₄

^4α

+ o(x ^4α ) − ¹ ₂ (x + o(x ² )) + ¹ ₈ (x + o(x ² )) ² + o((x + o(x ² )) ² )

= ^x

^2α

₂ + ^x ₂₄

^4α

+ o(x ^4α ) − ^x ₂ + ^x ₈

²

+ o(x ² ) =



 



 



− ^x ₂ + o(x) se 2α > 1

x

²

6 + o(x ² ) se 2α = 1

x

^2α

2 + o(x ^2α ) se 2α < 1 Ne segue che

x→0 lim

⁺

f (x) = lim

x→0

⁺

cosh(x ^α ) − √

1 + sin x

x =



 

 



 

 



−

^x₂

+o(x)

x se 2α > 1

x2 6

+o(x

²

)

x se 2α = 1

x2α 2

+o(x

^2α

)

x se 2α < 1

=



 



 



− ¹ ₂ se α > ¹ ₂ 0 se α = ¹ ₂ +∞ se α < ¹ ₂ Poich´ e lim

x→0

⁺

f (x) = lim

x→0

⁺

arctan(βx) = 0 per ogni β ∈ R, otteniamo che la funzione risulta continua in x ₀ = 0 per α = ¹ ₂ e ogni β ∈ R. Per α = ¹ ₂ abbiamo inoltre che

lim

x→0

⁺

f (x)

x = lim

x→0

⁺

x

²

6 + o(x ² ) x ² = ¹ ₆ ed essendo f ⁰ (x) = _1+(βx) ^β

2

per ogni x < 0 e lim

x→0

⁻

f ⁰ (x) = β, possiamo concludere che la funzione ` e derivabile in x ₀ = 0 solo per α = ¹ ₂ e β = ¹ ₆ .

(4) La risposta corretta ` e d . Per determinare il numero di soluzioni dell’equazione arctan <sup>|x+1|</sup> <sub>x</sub> = α studiamo l’immagine della funzione f (x) = arctan <sup>|x+1|</sup> <sub>x</sub> . Tale funzione ` e definita e continua in R \ {0}

con lim

x→±∞ f (x) = ± ^π ₄ mentre lim

x→0

^±

f (x) = ± ^π ₂ . Dato che

f (x) =







− arctan ^Ä 1 + ¹ _x ^ä se x < −1

arctan ^Ä 1 + ¹ _x ^ä se x ≥ −1

la funzione ` e inoltre derivabile in ogni x ∈ R con x 6= 0 e x 6= −1 e

f ⁰ (x) =



 



 



1 1+(

¹

1+ 1x

)

²

· _x ¹

2

se x < −1

− ¹

1+(

¹

1+ 1x

)

²

· _x ¹

2

se x > −1

Abbiamo allora che f ⁰ (x) > 0 se e solo se x < −1. Dal criterio di monotonia abbiamo allora che la funzione ` e strettamente crescente in (−∞, −1], strettamente decrescente in [−1, 0) e in (0, +∞).

Da quanto ottenuto e dal Teorema dei valori intermedi possiamo concludere che l’equazione f (x) = α

• non ammette soluzioni per |α| ≥ ^π ₂ e 0 < α ≤ ^π ₄ ;

• un’unica soluzione per − ^π ₂ < α ≤ − ^π ₄ , ^π ₄ < α < ^π ₂ e α = 0;

• due soluzioni per − ^π ₄ < x < 0.

Nota: L’equazione poteva risolversi anche per via elementare, osservato che l’arcotangente assume solo valori strettamente compresi tra − ^π ₂ e ^π ₂ , possiamo innanzitutto concludere che l’equazione non ammette soluzioni per |α| ≥ ^π ₂ . Per |α| < ^π ₂ abbiamo che

arctan ^|x+1| _x = α ⇔ ^|x+1| _x = tan α ⇔ |x+1|−x tan α

x = 0 ⇔ |x + 1| − x tan α = 0

⇔

( x + 1 ≥ 0

x(1 − tan α) = −1 ∨

( x + 1 < 0

x(1 + tan α) = −1 ⇔



 



 



x ≥ −1 α 6= ^π ₄

x = − _{(1−tan α)} ¹

∨



 



 



x < −1 α 6= − ^π ₄ x = − _{(1+tan α)} ¹

Per verificare che x = − _{(1±tan α)} ¹ siano effettivamente soluzioni occorre infine determinare per quali valori di α risulta − _{(1−tan α)} ¹ ≥ −1 e − _{(1+tan α)} ¹ < −1, lascio a chi interessato...

(5) La risposta corretta ` e c . Per calcolare l’integrale improprio ^R ₀ ^{1 log(1+x) √} _x dx, determiniamo innanzi- tutto l’integrale ^{R log(1+x) √} _x dx. Operando la sostituzione √

x = y (da cui x = y ² e dx = 2ydy) e quindi

integrando per parti otteniamo

Z log(1 + x)

√ x dx = 2

Z

log(1 + y ² ) dy = 2y log(1 + y ² ) − 4

Z y ² 1 + y ² dy

= 2y log(1 + y ² ) − 4

Z

1 − 1 1 + y ² dy

= 2y log(1 + y ² ) − 4y + 4 arctan y + c = 2 √

x log(1 + x) − 4 √

x + 4 arctan √ x + c, c ∈ R. In alternativa, integrando direttamente per parti e osservato che (arctan √

x) ⁰ = _1+x ¹ · ₂ ^{√ 1} _x , si ha

Z log(1 + x)

√ x dx = 2 √

x log(1 + x) − 2

Z √ x

1 + x dx = 2 √

x log(1 + x) − 2

Z 1

√ x − 1 1 + x · 1

√ x dx

= 2 √

x log(1 + x) − 2(2 √

x − 2 arctan √ x) + c

= 2 √

x log(1 + x) − 4 √

x + 4 arctan √ x + c, Dalla definizione di integrale improprio otteniamo allora

Z 1 0

log(1 + x)

√ x dx = lim

a→0

⁺

Z 1 a

log(1 + x)

√ x dx

= lim

a→0

⁺

î 2 √

x log(1 + x) − 4 √

x + 4 arctan √ x ^{ó 1}

a

= lim

a→0

⁺

2 log 2 − 4 + π − 2 √

a log(1 + a) + 4 √

a − 4 arctan √

a = 2 log 2 − 4 + π

(6) La risposta corretta ` e a . Applichiamo il metodo del rapporto per determinare il raggio di convergenza ρ della serie. Posto a _n = ₂

n

^(2n)! (n!)

^α

, calcoliamo il limite di    ^a

ⁿ⁺¹

_a

n

 

 per n → +∞. Abbiamo

    

a _n+1 a n

    

= (2n + 2)!

2 ⁿ⁺¹ ((n + 1)!) ^α · 2 ⁿ (n!) ^α

(2n)! = (2n + 2)(2n + 1)(2n)!

2 2 ⁿ (n + 1) ^α (n!) ^α · 2 ⁿ (n!) ^α (2n)!

= (2n + 2)(2n + 1) 2(n + 1) ^α ∼ 2

n ^α−2 →



 



 



0 se α > 2 2 se α = 2 +∞ se α < 2 Dal metodo del rapporto e dalle propriet` a del raggio di convergenza abbiamo

• se α > 2 allora ρ = +∞, la serie converge in ogni x ∈ R e quindi l’intervallo di convergenza della serie ` e I = R,

• se α = 2 allora ρ = ¹ ₂ , la serie converge in ogni |x| < ¹ ₂ e non converge per |x| > ¹ ₂ , l’intervallo di convergenza I della serie sar` a quindi contenuto in [− ¹ ₂ , ¹ ₂ ] ⊂ [−1, 1],

• se α > 2 allora ρ = 0, la serie converge solo nel suo centro x = 0 e quindi l’intervallo di

convergenza della serie ` e I = {0}