Risoluzione del compito n. 2 (Febbraio 2014/1)

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1 Risoluzione del compito n. Febbraio 04/ PROBLEMA Determinate le soluzioni z C del sistema { z + zz z = 4i z =5 3Iz. Dato che nella seconda equazione compare esplicitamente Iz, sembra inevitabile porre z = x + iy, tanto più che la prima equazione, ricordando che z + z = Rz e che z z = iiz, assume una forma eccellente: il sistema diventa { xiy = 4i x + y =5 3y { xy = x +4y =5. Per la prima equazione non può essere x = 0, perciò possiamo proseguire { y =/x x + 4 x =5 { y =/x x 5x + 4 = 0. Dall ultima equazione ricaviamo x = 5 ± 5 6 = 5 ± 3 { 4 = x = { ± ± e per ciascun valore della parte reale x ricaviamo la corrispondente parte immaginaria y = /x, ottenendo così quattro soluzioni del sistema originario: ± + i, ± + i. Risoluzione del compito n. 9

2 PROBLEMA Sia fx = sen x e x + cos xe x x 6 x4. a Calcolate il polinomio di Taylor di ordine 4 di f, centrato in x 0 = 0. b Calcolate al variare di α R I primi due termini non pongono problemi: sen x e x = fx αx 3 lim. x 0 + x 4 x x3 6 + ox4 x + x x3 6 + x4 4 + ox4 = + x x x4 4 + ox4. Per il termine rimanente, lo sviluppo del coseno inizia con, dunque dovremo sviluppare l esponenziale fino a ox 4. Analogamente lo sviluppo dell esponenziale inizia con e dovremo sviluppare anche il coseno fino a ox 4. Dato che l argomento dell esponenziale è un infinitesimo di ordine, per ottenere ox 4 dobbiamo usare lo sviluppo e t = + t + t + t3 6 + t4 4 + ot4 : infatti per t = x x x 4 /6= x + ox abbiamo ot 4 =ox 4. Ricaviamo e x x 6 x4 = + x x 6 x o 4 = x x 6 x4 + 4x +4x 3 + x x3 x x4 + ox 4 = x + + x + 4 x x 4 + ox 4 3 = x + x + 3 x3 x 4 + ox 4. Dato che cos x = x /+x 4 /4 + ox 4 otteniamo cos xe x x 6 x4 = x + x4 4 + ox4 x + x + 3 x3 x 4 + ox 4 = x + x + 3 x3 x 4 + ox 4 x x + x + x4 4 = x + x x = x + x x x4 + ox 4. x 4 + ox 4 0 Risoluzione del compito n.

3 Sommando a questo lo sviluppo dei primi addendi ricavato all inizio abbiamo infine fx = + x x x4 4 + ox4 + x + x x x4 + ox 4 = 5 3 x3 3 x4 + ox 4. A questo punto osserviamo che per x 0 fx αx 3 x 4 = 5/3 αx3 3/x 4 + ox 4 x 4 = 5 3 α x 3 + ox4 x 4, pertanto abbiamo fx αx 3 lim x 0 + x 4 = + se α< 5/3 3/ se α =5/3 se α> 5/3. Risoluzione del compito n.

4 PROBLEMA 3 Considerate la funzione fx = logx +x + x x. a Trovatene i limiti agli estremi del dominio e gli intervalli di monotonia. Disegnate poi un grafico di f. b Determinate al variare di k R il numero di soluzioni dell equazione fx =k. c Determinate la primitiva della funzione fx che si annulla nel punto x 0 =. L argomento del logaritmo è x +x+ = x+ + per ogni x, quindi il dominio di f è tutto R. Osserviamo che potremmo scrivere anche fx = log +x + x x + = log +x + x + + = gx + con gt = log + t t + e studiare g, dopo di che il grafico di f si ottiene traslando a sinistra di una unità quello di g. Il vantaggio è che g è pari, ma non seguiamo questa strada rimanendo a calcoli standard. All infinito il termine dominante in f è la potenza x, pertanto lim fx = lim fx =. x x + Per determinare gli intervalli di monotonia calcoliamo f x + x = x +x + x = x + + x + x + = x + + x +. Risoluzione del compito n.

5 Il numeratore della frazione è positivo per x + <, ovvero per < x < 0, e il termine x + è positivo per x>, pertanto f è positiva per x< e per < x < 0, nulla in, e 0 e negativa per < x < e per x>0. Allora f è strettamente crescente in ], ] e in [, 0], strettamente decrescente in [, ] e in [0, + [. Il punto x = è di minimo locale, e f =. Invece i punti e 0 sono di massimo locale e f = log = f0 che è il massimo di f, e si può tracciare il grafico di f. Per la stretta monotonia di f nell intervallo ], ], essa è iniettiva e, dato che è continua, per il teorema dei valori intermedi assume in questo intervallo una e una sola volta tutti i valori fra = lim fx e log = f x compreso. Analogamente, in [, ] assume una e una sola tutti i valori fra e log e così via sugli altri intervalli. In conclusione l equazione fx = k ha due soluzioni se k< tre soluzioni se k = quattro soluzioni se < k < log due soluzioni se k = log nessuna soluzione se k>log. Passiamo all ultimo punto dell esercizio: calcoliamo l integrale indefinito fx dx = log + t t + dt. x+=t Gli ultimi due addendi non danno problemi, l altro lo trattiamo integrando per parti: log + t dt = t log + t t t t +t dt = t log + + t +t dt quindi = t log + t t + arctan t + c, log + t t + dt =t log + t 4t + 4 arctan t t3 3 + t + c. Prima di risostituire t = x+ calcoliamo c, osservando che x = t = 0, quindi c = 0. Allora la primitiva cercata è t log + t 4t + 4 arctan t t3 3 + t = x + logx x + 3 +x arctanx + 3x + 3 t=x+ = x + logx +x arctanx + x3 3 x 4x 0 3. Risoluzione del compito n. 3

6 PROBLEMA 4 n+ arctan x Sia a n = n +x dx. a Calcolate lim a n. n + b Calcolate la somma a n. n=0 c Determinate per quali α R converge la serie Si trova subito a α n. n=0 [ a n = arctan x] n+ n = arctan n + arctan n perciò a n 0, e dato che ci servirà poi osserviamo che a n > 0 essendo un integrale di una funzione positiva su un intervallo orientato in verso crescente. Dato poi che n a k = e che n arctan k+ n n k arctan = arctan k+ arctan k n n+ arctan k + = arctan h = h= abbiamo come sempre in una serie telescopica n n+ k= arctan k, a k = arctan n + arctan 0 = arctan n + π 8, quindi la somma della serie è π /8. L ultimo punto è più delicato, e dopo aver osservato che si tratta di una serie a termini positivi lo svolgiamo in due modi: intanto a n = arctann++arctan n arctann+ arctan n c arctann+ arctan n. Poi, ricordando che per x > 0 è arctan x + arctan/x = π/, possiamo scrivere per n arctann + arctan n = arctan n arctan n + = [ n + o n n + + o ] n + =, n + n + o n, da cui a n = c n. 4 Risoluzione del compito n.

7 Allora a α n /n α converge per α> /. Un secondo modo è osservare che la funzione integranda nella definizione di a n, per n grande, è circa come /x, quindi ci si può aspettare che il suo integrale fra n e n + valga circa /n. Per far le cose precise stimiamo così: per n abbiamo quindi e n x n + π 4 arctan x π n +x + n + n +n + n 5n, π/0 n+ π/4 n+ n = n 5n dx a n n π/0 α n α a α n π/α n α : π/ π/ dx = n n per il teorema di confronto la serie ha lo stesso carattere di /n α e converge se e solo se α> /. Risoluzione del compito n. 5

8 Esercizio. La successione 4 n 3 cos n! n sen 5 n n6 +3n n 6 n tende a A 5. B. C 6/5. D 0. Osserviamo che sen5/n 5/n n sen 5 n = 0 sen5/n n, 5/n mentre l altro termine al numeratore è trascurabile dato che va come /n 3. riscriviamo il numeratore come 4 n 3 cos n! n sen 5 n = 0 sen5/n n 5/n 5n cos n! 0 n, Allora perché la quantità fra parentesi tende a. Al denominatore abbiamo n6 +3n n 6 n = n6 +3n n 6 n n6 +3n + n 6 n 4n = n 3 + 3/n 5 + /n 5 n perché le due radici tendono ciascuna a. Allora 4 n cos n! 3 n sen 5 n n6 +3n n 6 n 0/n 5. /n Esercizio. I valori di a, b R per i quali la funzione { 5 senπx 3 x +x se x < fx = ax + bx se x risulta continua su R sono A b = 3, a =. B b = 0, a =. C a =/, b qualsiasi. D b = 0, a qualsiasi. Dobbiamo vedere quando f è continua in ogni punto x 0 R. Definiamo le funzioni f x = 5 senπx 3 x +x, f x =ax + bx : queste sono definite su R e sono continue perché composizione e somma di funzioni continue. Se <x 0 < la funzione f coincide con f in un intorno di x 0, dunque per la località della continuità anche f è continua in x 0. Se x 0 < o x 0 > allora 6 Risoluzione del compito n.

9 f coincide con f in un intorno di x 0, e di nuovo risulta continua. Dobbiamo solo controllare la continuità in x 0 = e in x 0 =. Abbiamo f = a + b, lim fx = lim f x = lim f x =f = a + b, x x x Analogamente lim fx = lim f x = lim f x =f = 5. x + x + x f = a + b, lim fx = lim f x =, x x lim fx = lim f x =a + b. x + x + Perché f sia continua in x 0 = occorre che a + b = 5, perché sia continua in x 0 = occorre che a + b =, pertanto { a + b = 5 a + b = a =, b = 3. Esercizio 3. Quale dei seguenti integrali vale +? A B π 0 π 0 sen x x dx. sen x x dx. C D π 0 π 0 sen x dx. x sen x x dx. Per tutti gli integrali, l unico eventuale punto di improprietà è lo zero; osserviamo subito che si tratta in ogni caso di integrande positive, per cui si possono applicare i criteri di confronto abituali. Ricordando che sen t/t per t 0 abbiamo sen x x x, sen x, x sen x x x, sen x x. In particolare tutte le funzioni hanno integrale convergente vicino a zero, salvo quella che si comporta come /x. Esercizio 4. Se z C è una qualunque soluzione dell equazione z +z + i = 0 allora A Rz Iz =. B Rz >0. C Iz <0. D Rz + Iz =. Risolviamo l equazione: z = ± i = ± i = ± + i. Risoluzione del compito n. 7

10 In particolare entrambe le radici hanno parte reale negativa, una delle radici ha parte immaginaria positiva, la somma di parte reale e parte immaginaria vale ± e quindi tre risposte sono errate. La restante è esatta perché Rz Iz = ± ± = ± =. Esercizio 5. Dato il parametro α R, la serie n nα[ logn + log n ] A converge per ogni α< 0. B converge per qualche α> 0. C diverge negativamente per almeno un valore di α R. D converge se e solo se α<. Si tratta di una serie a termini positivi, e logn + log n = log n + n = log + = n n + o n perciò n α[ logn + log n ] = n α[ ] n + o n α n n = n α, che converge se e solo se α<. Esercizio 6. La retta tangente al grafico di fx =x x nel punto di ascissa x 0 = e ha equazione A y = e e x ee e. B y = e e xe e. C y = e e x e+e e. D y = e e xe e. L equazione della retta tangente è y = fx 0 +f x 0 x x 0, e fe =e e. Calcoliamo la derivata: fx =x x = e x log x f x =e x log x log x =x x log x, Perciò f e = e e e l equazione della retta tangente è y = e e e e x e. Esercizio 7. Sia S l insieme delle soluzioni della disequazione +3x > 4 x. Allora A [, 3] S. B [ 3, ] S. C S è limitato. D [ 6, 4] S. 8 Risoluzione del compito n.

11 Il modo più rapido di procedere è ricordare che a, b 0 [ a > b a >b ], quindi trattandosi di valori assoluti che sono certamente maggiori o uguali a zero + 3x > 4 x + 3x > 4 x + 3x > 4 x visto che a = a, quindi 9x + x +4>x 8x + 6 4x +5x 3 > 0, che ha soluzione x< 3 oppure x>/, pertanto S =], 3[ ]/, + [. Dato che la situazione è molto semplice, avremmo potuto anche studiare separatamente i tre casi x< /3, /3 x<4 e x 4. Nel primo caso abbiamo { x< /3 + 3x > 4 x { x< /3 3x >4 x { x< /3 x< 3, x< 3 quindi ], 3[ S, il che ci fa scartare già due risposte. Nel secondo caso abbiamo { { /3 x<4 /3 x<4 + 3x > 4 x + 3x >4 x { /3 x<4 / < x < 4 x>/ Pro- e abbiamo anche ]/, 4[ S, così possiamo già individuare la risposta esatta. seguiamo comunque con l ultimo caso: { x 4 + 3x > 4 x { x 4 + 3x > x 4 { x 4 x> 3 x 4 e come prima concludiamo che S =], 3[ ]/, + [. Avremmo potuto usare anche il metodo grafico i grafici di + 3x e 4 x sono facili e mettono in evidenza senza dubbio alcuno quali risposte scartare o la traduzione in sistemi proseguendo da + 3x > 4 x + 3x < 4 x< + 3x Risoluzione del compito n. 9