ANALISI MATEMATICA I-A. Prova scritta del 1/9/2009 TUTTE LE RISPOSTE DEVONO ESSERE MOTIVATE

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1 ANALISI MATEMATICA I-A CORSO DI LAUREA IN FISICA Prova scritta del /9/009 TUTTE LE RISPOSTE DEVONO ESSERE MOTIVATE ESERCIZIO. Punti 8 Risolvere la seguente equazione nel campo complesso w 6 w 64 = 64 3 i. ESERCIZIO. Punti 8 Determinare il valore del parametro reale α > 0 affinché esista l R \ {0} tale che [ ] + 4 log sin α = l. + + ESERCIZIO 3. Punti 8 Si consideri la successione a 0 = α a n+ = a 3 n +. a Determinare i valori di α per i quali è ben definita. b Stabilire l esistenza del ite della successione, ed eventualmente calcolarlo, al variare del parametro reale α. Esercizio 4 Punti 8 Si consideri arcsin f = arctan >. a Determinare l estremo superiore e l estremo inferiore di f su R. b Dimostrare che f è invertibile su R. c Dimostrare che f è continua su fr.

2 SOLUZIONI ESERCIZIO. Punti 8 Risolvere la seguente equazione nel campo complesso w 6 w 64 = 64 3 i. Svolgimento. Essendo w w = w possiamo scrivere w 6 w 64 = 64 3i w 5 w w = i w 5 w = i Uguagliamo i modulo del primo e del secondo membro dell equazione w 5 w = 8 w 5 w = 8 w 5 w = 8 w 7 = 8 w =. Sostituiamo il modulo di w in w 5 = i. Esprimiamo il numero complesso al secondo membro in forma trigonometrica: i = 3 i = 3 cos 53 π + i sin 53 π. Sostituiamo in w 5 = 3 cos 53 π + i sin 53 π. Data la relazione tra l angolo di un numero complesso e quello del suo coniugato possiamo scrivere w 5 = 3 cos 3 π + i sin 3 π. Applcando la formula per il calcolo delle radici ennesime dei numeri complessi si ha { [ w 5 cos 5 π + k 5 π + i sin 3 π + k ] } 5 π, k = 0,,,3,4 ESERCIZIO. Punti 8 Determinare il valore del parametro reale α > 0 affinché esista l R \ {0} tale che [ ] + 4 log sin α = l. + + Svolgimento. Possiamo sviluppare il termine logaritmo nel modo seguente log = log + + = 4 =.

3 Perché log = log + 4 log +. Ed inoltre, tenuto conto che in un intorno di t = 0 possiamo utilizzare lo sviluppo log t = t t, e che per + risulta 0 +, si ha log + 4 = 4 log + =. D altra parte il termine che contiene la funzione sin si può trattare nel modo che segue: sin = = + o == [ ] + o o = Perché In quanto + o o = o + o mentre = 0, mentre + [ ] o o = o o [ o ] [ ] o o = 0. + Abbiamo anche utilizzato lo sviluppo + o perché + t = + t t per t 0 +. Tornando al ite di partenza: = + o [ o ], + [ log ] + 4 sin α + + α + = α Per il principio di sostituzione degli infinitesimi + α + α = 0 se α < se α = + se α > ESERCIZIO 3. Punti 8 Si consideri la successione a 0 = α a n+ = a 3 n +. a Determinare i valori di α per i quali è ben definita. b Stabilire l esistenza del ite della successione, ed eventualmente calcolarlo, al variare del parametro reale α. 3

4 Determiniamo i valori di α per i quali è possibile definire a, ovvero tali che α 3 + 0, e quindi α. Si tratta ora di verificare che se α allora per ogni valore di n N risulta a n. Procediamo per induzione verificando l induttività della proposizione enunciata il primo passo è ovviamente verificato. Dimostrare che a n = a n+ significa dimostrare che a n = a 3 n + ovvero a n = a 3 n + 0. Questo è verificato in quanto la radice quadrata è non negativa ed il suo argomento per l ipotesi induttiva è maggiore o uguale a zero condizione di realtà della radice. Per stabilire l esistenza del ite vediamo se la succesione è monotona, per ogni α possiamo scrivere: a 0 a α α 3 + α + α 3 + = α + α α + α + α α + Da cui α oppure α 0. Mentre a 0 a se 0 α. Prima di verificare l induttività della proposizione consideriamo la funzione f = 3 +, osservando che è monotona strettamente crescente: < = f < f 3 + < < < 3. Questo risultato permette di stabilire che se a n < a n+ allora fa n < fa n+ e quindi a n+ < a n+. La successione è dunque strettamente crescente se a 0 < a cioé se α > oppure < α < 0. Con considerazioni identiche stabiliamo che la successione è strettamente decrescente se 0 < α <. Se α = ovviamente si ha che per ogni n N, a n = e quindi il ite è. Se α = 0 ovviamente si ha che per ogni n N, a n = 0 e quindi il ite è 0. Se infine α = si ha che per ogni n N, a n = e quindi il ite è. Sia ora 0 < α <, per quanto osservato sopra si ha che la succesione è decrescente e itata inferiormente dal valore e quindi ammette ite reale l che detreminiamo risolvendo l equazione l = l + l + = l 3 + = l + l l + l l = 0. 3 Le soluzioni sono l = 0 e l =. La soluzione l = si scarta perché la successione è decrescente e a 0 = α <. Se < α < 0 allora essendo la succesione crescente vediamo se è itate superiormente. Per induzione a n < 0 implica a n+ < 0 ovvero a n < 0 = a 3 n + < 0 a 3 n + < a 3 n + < a n < 0. La successione ammette dunque ite reale l che si calcola risolvendo l equazione 3. Anche in questo caso il ite è l = 0 perché l = non è punto di accumulazione della successione essendo per ogni n N a n < 0. Infine consideriamo il caso α >. Per quanto stabilito sopra, ovvero la monotonia della successione, questa deve ammettere ite, si quindi tratta di stabilire se esso è finito. Osserviamo che per α > allora per ogni n N, a n > infatti: a n > = a 3 n + > a 3 n + > 3 a 3 n + > 9 a 3 n > 8 a n >. Di conseguenza se la successione ammette ite finito questo non può essere l = 0 perché non è di accumulazione per essa. D altra parte non puó essere nemmeno l =, perché a n è crescente e strettamente maggiore di, il ite nel caso α > è dunque +. Esercizio 4 Punti 8 Si consideri arcsin f = arctan >. a Determinare l estremo superiore e l estremo inferiore di f su R. b Dimostrare che f è invertibile su R. c Dimostrare che f è continua su fr. 4

5 Svolgimento. a Osserviamo che f è strettamente crescente sul suo dominio infatti, come è noto, ciascuna delle funzioni arcsin e arctan sono strettamente crescenti e quindi < < = arctan < arctan f < f, < < = arctan < arctan f < f, < = arcsin < arcsin f < f. Esaminiamo gli altri casi che si possono presentare. < = f < f perché arctan < arctan = π 4 e π 4 = arcsin arcsin. < = f < f perché arcsin arcsin = π 4 e π 4 = arctan < arctan. Se infine < < < allora f < f per la monotonia della funzione arctan. Essendo dunque f monotona strettamente crescente si ha, per il teorema di regolarità delle funzioni monotone che esistono i iti di f per che tende a ± e + Ma f arctan = π + + e f = Possiamo di conseguenza concludere che f = supf e f = inf f. R R supf = π R, inf f = π R. arctan = π. b Abbiamo visto nel punto precedente che f è strettamente monotona, e quindi iniettiva, allora f è invertibile. In particolare, per il punto a, si ha che Imf = fr = π, π, quindi f : π, π R. c f è continua, infatti: f = π = f, e 4 f = π + 4 = f. Nel caso che ± allora f è continua perché ciascuna delle due funzioni che la definiscono, ossia arcsin e arctan lo sono sugli intervalli dove sono definite. Essendo f definitita su tutto R, che è un insieme connesso, si ha che f è continua. 5