Risoluzione del compito n. 1 (Gennaio 2018)

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1 Risoluzione del compito n. (Gennaio 208 PROBLEMA Calcolate 3(2 i 2 i(5i 6 4+2i 2 5(3 + i. Determinate le soluzioni z C dell equazione z 2 + z = + i. Osserviamo che (2 i 2 = 4 4i = 3 4i e che 4+2i 2 = 6+4 = 20, per cui 3(2 i 2 i(5i 6 4+2i 2 5(3+i = 3(3 4i i( 5i 6 = 9 2i 5+6i i 5( i = (4 6i(+i 5( i(+i = 4+4i 6i+6 = i 0 5. Ora risolviamo l equazione: una soluzione (z = i si può trovare a occhio; se no, usando la formula risolutiva, z = ± +4i 4 2 = ± (+2i 2 2 = ±(+2i 2 { i = i. Se si fa subito la somma +4i 4 = 3+4i, può non essere immediato vedere che è il quadrato di +2i; in tal caso per trovarne le radici si deve procedere nel solito modo (x+iy 2 = 3+4i { x 2 y 2 = 3 2xy = 4, e risolvendo il sistema si trova x = ±, y = ±2. Risoluzione del compito n.

2 PROBLEMA 2 Considerate la funzione f(x = x 2/3 ( x. a Determinatene il dominio, il segno, i iti agli estremi del dominio e gli eventuali asintoti. b Determinatene la derivata, studiando gli eventuali punti in cui la funzione non è derivabile, e determinate gli intervalli di monotonia di f. c Determinate la derivata seconda di f e individuate gli intervalli di concavità e convessità; tracciate poi il grafico di f. d Determinate, al variare di k R, il numero di soluzioni dell equazione x 2/3 ( x = k. Dato che x 2/3 = (x 2 3, non ci sarebbe stata necessità di scrivere il valore assoluto. Il dominio di f è tutto R, f è continua, il primo fattore è sempre positivo (nullo in zero e il secondo è positivo per x <, dunque f è positiva per x < 0 e 0 < x <, negativa per x > e nulla in zero e in uno. Il primo fattore x 2/3 tende a + per x ±, mentre il secondo tende a, dunque f(x per x ±. Non vi sono asintoti verticali od orizzontali, e neppure obliqui dato che f(x x ± x = x2/3 x = x ± x x ± x2/3 =. La funzione f è certamente derivabile per x 0; visto che 2/3 <, non possiamo dire a priori che è derivabile anche per x = 0. Questo non vuol dire che non possa essere derivabile, e ora studieremo la situazione. Per x 0 abbiamo pertanto f(x = x 2/3 x 5/3 f (x = 2 3 x /3 5 3 x2/3 = 2 5x 3x /3, ± f (x = ± 2 = ± 3x/3 e in zero abbiamo derivata sinistra e derivata destra +. Invece all infinito ( 2 x ± f (x = x ± 3 x /3 5 3 x2/3 5 = x ± 3 x2/3 =. Infine f (x > 0 2 5x 3x > 0 /3 ma il numeratore è positivo per x < 2/5 e il denominatore è positivo per x > 0, quindi f (x > 0 0 < x < 2 5, f (x < 0 [ x < 0 o x > 2 ] 5, f ( 2 = 0, 5 ed f risulta decrescente in ], 0] e in [2/5, + [ mentre è crescente in [0, 2/5]. Il punto 2/5 è di massimo locale e f(2/5 = (3/5 (2/5 2/3. La derivata seconda (naturalmente per x 0 vale f (x = 2 ( 3 x 4/ x /3 = 2 9 5x x 4/3 2 Risoluzione del compito n.

3 ed è positiva per x < /5, nulla per x = /5 e negativa per /5 < x < 0 e per x > 0, pertanto f risulta convessa in ], /5] e concava sia in [ /5,0] che in [0,+ [. Non è però concava in tutto [ /5,+ [ perchè altrimenti f avrebbe dovuto essere decrescente in tale intervallo L equazione f(x = k ha: una soluzione se k > (3/5 (2/5 2/3 due soluzioni se k = (3/5 (2/5 2/3 tre soluzioni se 0 < k < (3/5 (2/5 2/3 due soluzioni se k = 0 una soluzione se k < 0. Risoluzione del compito n. 3

4 PROBLEMA 3 3a Scrivete lo sviluppo di Taylor di ordine 6, centrato in x 0 = 0, della funzione + x + 2 x2 x 4. [ 3b Calcolate x 6 (arctanx x + x3 3 x5 ]. 5 3c Scrivete lo sviluppo di Taylor di ordine 0, centrato in x 0 = 0, della funzione arctan x. Da /( t = +t+t 2 +t 3 +o(t 3 segue +x 2 = x2 +x 4 x 6 +o(x 6 +x 2 +x2 x 4 = x 6 +o(x 6. Allora usando il Teorema di de l Hôpital(dopo aver controllato che in effetti il numeratore è infinitesimo arctanx x+ x3 3 x5 5 x 6 = H +x 2 +x2 x 4 6x 5 = x 6 +o(x 6 6x 5 = 0. È chiaro che avremmo potuto spingerci più oltre con gli esponenti, senza alcuna fatica: ad esempio t = +t+t2 +t 3 +t 4 +t 5 +o(t 5 +x 2 = x2 +x 4 x 6 +x 8 +o(x 9 implica arctanx x+ x3 ossia 3 x5 5 + x7 7 x9 9 x 0 = H +x 2 +x2 x 4 +x 6 x 8 0x 9 = 0 arctanx x+ x3 3 x5 5 +x7 7 x9 9 = o(x0 arctanx = x x3 3 +x5 5 x7 7 +x9 9 +o(x0, che è lo sviluppo richiesto, o più in generale arctanx = n k=0 ( k x2k+ 2k+ +o(x2n+2. 4 Risoluzione del compito n.

5 PROBLEMA 4 /n Sia a n = x2 /n 3 +x dx. 2 a Calcolate a n per ogni n naturale positivo. b Determinate per quali valori di α R converge la serie n α a n. n ( n 2 c Calcolate il ite della successione b n = 3 n5 a n. Abbiamo facilmente x 2 x 2 +x 2 dx = + ( +x 2 dx = +x 2 dx = x arctanx+c : ne segue a n = n arctan n n 3 +arctan n 3. Osserviamo che /n 3 /n e che x 2 /(+x 2 0, quindi a n 0 e possiamo usare i criteri per le serie a termini non negativi. Ricordiamo che (lo sviluppo lungo serve per il punto seguente quindi arctanx = x x3 3 + x5 5 +o(x6 = x x3 3 +o(x3 n arctan n = ( 3n 3 +o n 3, n 3 arctan ( n 3 = o n 3 ed a n = /(3n 3 +o(/n 3. In particolare per il criterio del confronto asintotico la serie n nα a n ha lo stesso carattere della serie n nα /n 3 = n /n3 α, dunque converge se e solo se 3 α > α < 2. Per l ultimo punto osserviamo che n arctan n = 3n 3 ( 5n 5 +o n 5 e dunque n 3 arctan n 3 = ( ( 3n 9 +o n 9 = o n 5 a n = 3n 3 5n 5 +o ( n 5 n2 3 n5 a n = 5 + o(/n5 /n 5 5. Risoluzione del compito n. 5

6 Esercizio. Denotiamo con P n le permutazioni di n oggetti, con D n,k le disposizioni (semplici di n oggetti presi k alla volta, con C n,k le combinazioni (semplici di n oggetti presi k alla volta. Quale tra le seguenti affermazioni è vera? (A D 7,3 < 2 P 5 < C 0,5. (B P 5 < C 0,5 < D 7,3. (C C 0,5 < 2 P 5. (D 2 D 7,3 < 3 P 5. Abbiamo P 5 = 5! = 20, C 0,5 = 0! 5! 5! = = 252, D 7,3 = 7! = = ! e la risposta corretta è D 7,3 = 20 < 2 P 5 = 240 < C 0,5 = 252. Esercizio 2. Sia S l insieme delle soluzioni della disequazione 2 4 x x. Allora: (A [2,4] S. (B ],/2] S. (C S è itato superiormente. (D S. Dato che 4 x = (2 2 x = 2 2x = (2 x 2 ponendo t = 2 x > 0 la disequazione si riscrive 2t t t 2 oppure t 4, ma 2 x /2 = 2 x e 2 x 2 2 x 2 per cui S =], ] [2,+ [ [2,4]. Esercizio 3. Quando n + la successione a n = log( +2 n 3 n 2 + e n (A log3. (B log2. (C log6. (D +. n 2 ha ite Nell argomento del logaritmo l addendo che domina è 2 n 3 n2, e lo raccogliamo: con b n, dunque Esercizio 4. Sia I = +2 n 3 n2 + e n = 2 n + 3 n2 en (+ = 2 n 3 n2 b 2 n n 3 n2 a n = log( 2 n 3 n 2 b n n 2 = nlog2+n2 log3+logb n n 2 log3. 3 3/2 x 2x+3 dx. Quale tra le seguenti affermazioni è vera? 6 Risoluzione del compito n.

7 (A I = 0. (B I = 3 (x 3 2x+3. (C I < 0. (D I = +. Una delle risposte è una funzione (fra l altro, è una primitiva della funzione integranda anziché un numero, e potremmo scartarla subito. Calcoliamo facilmente l integrale per parti: dato che dx = (2x+3 /2 dx = (2x+3 /2 +c, (2x+3 /2 dx = 2x+3 3 (2x+33/2 +c abbiamo x dx = x(2x+3 /2 2x+3 (2x+3 /2 dx = x(2x+3 /2 3 (2x+33/2 +c dunque I = [x(2x+3 /2 3 (2x+33/2] 3 3/2 = (9 9 (0 0 = 0. Esercizio 5. Se z = 4 3i e w = z 2i z 3 z z i allora (A Iw =. (B Rw = 76/85. (C Iw = 57i/85. (D Rw =. Abbiamo z = 6+9 = 5 dunque z 2i z 3 z z i = 5 8i+6 2+9i 4+3i i = 8i 8+i = ( 8i(8 i = i Esercizio 6. La retta tangente al grafico di f(x = 3x 4 4x 3 2x 2 +6 nel suo punto di minimo assoluto ha equazione (A y = 6. (B x = 2. (C y = 6+(x 2/2. (D y = 8 x/4. La funzione f è un polinomio, quindi derivabile su tutto R, dunque certamente in un punto di minimo assoluto la retta tangente è orizzontale, quindi tre risposte sono da scartare immediatamente e l esercizio è finito. Ad ogni modo, controlliamo: il polinomio f è di quarto grado, e tende a + per x ±, inoltre la sua derivata f (x = 2x 3 2x 2 24x = 2x(x 2 x 2 = 2(x + x(x 2 si annulla in tre punti, di cui necessariamente x = e x = 2 di minimo locale, e x = 0 di massimo locale. Abbiamo f( = = e f(2 = = 6, il punto di minimo è x = 2 e l equazione cercata è y = 6. Risoluzione del compito n. 7

8 Esercizio 7. Il coefficiente di x 3 nello sviluppo di Taylor (centrato in x 0 = 0 di sen(3x x 3 è (A /2. (B /6. (C 27/6. (D /2. Calcoliamo sen(3x x 3 = (3x x 3 6 (3x x3 3 +o(3x x 3 3 = 3x x x3 +o(x 3 = 3x 2 x3 +o(x 3. 8 Risoluzione del compito n.