Transcript 20 Settembre

Risoluzione del compito n. 7 (Settembre 2016/2)
PROBLEMA 1
Determinate le soluzioni (z, w) , con z, w ∈ C , del sistema
!
z̄ 2 − w2 = −1
w̄2 − z = 0 .
Dalla seconda equazione ricaviamo w̄2 = z ossia w2 = z̄ che sostituito nella prima dà
z̄ 2 − z̄ + 1 = 0 ⇐⇒ z 2 − z + 1 = 0 ⇐⇒ z =
1±
√
2
−3
=
√
3
1
±i
.
2
2
√
√
Se z = 1/2 − i 3/2 abbiamo w2 = z̄ = 1/2 + i 3/2 , un numero di modulo 1 e
argomento π/3 , quindi le sue radici quadrate (che sono i valori di w ) hanno modulo 1
e argomento π/6 o π + π/6 , ossia le prime due coppie di soluzioni sono
z=
√
3
1
−i
,
2
2
w=±
" √3
2
+
i#
.
2
Allo stesso modo si ricavano le altre due coppie di soluzioni
√
1
3
z = +i
,
2
2
w=±
" √3
2
−
i#
2
(che sono le coniugate delle precedenti, non a caso).
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Risoluzione del compito n. 7
PROBLEMA 2
√
Sia f (x) = 4 − x2 − x .
a) Determinate il dominio di f , i limiti di f e f ′ agli estremi del dominio,
il segno, gli intervalli di monotonia. Disegnate poi il grafico di f .
b) Determinate, al variare di k ∈ R , il numero di soluzioni dell’equazione
f (x) = k .
Il dominio di f è [−2, 2] e la funzione è continua nel dominio, per cui
lim
x→(−2)+
f (x) = f (−2) = 2 ,
lim f (x) = f (2) = −2 .
x→2−
La funzione è derivabile (almeno) per −2 < x < 2 e
−x
f ′ (x) = √
−1
4 − x2
pertanto
lim
x→(−2)+
f ′ (x) = +∞ ,
lim f ′ (x)−∞ .
x→2−
Per trovare il segno di f dobbiamo risolvere la disequazione
$
f (x) < 0 ⇐⇒
4 − x2 < x
il che implica che x > 0 (dato che deve essere maggiore di una radice) e che la radice
deve esistere, dopo di che i due membri sono non negativi e quindi nello stesso ordine dei
loro quadrati. Dunque
% −2 ≤ x ≤ 2
!
$
0<x≤2
2
x>0
4 − x < x ⇐⇒
⇐⇒
f (x) < 0 ⇐⇒
x2 > 2
4 − x2 < x2
Risoluzione del compito n. 7
51
√
√
√
ossia f è negativa per 2 < x ≤ 2 , positiva per −2 ≤ x < 2 e si annulla per x = 2 .
Analogamente per gli intervalli di monotonia abbiamo
$
−x
> 1 ⇐⇒ −x > 4 − x2
f ′ (x) > 0 ⇐⇒ √
2
4−x
(ma avendo tolto il denominatore dobbiamo ricordarci che −2 < x < 2 e non ≤ ) che
come prima equivale a
% −x > 0
√
−2 < x < 2 ⇐⇒ −2 < x < − 2 .
x2 > 4 − x2
√ '
&
& √ '
Quindi f è strettamente crescente in −2, − 2 , strettamente decrescente in − 2, 2 .
√
( √ )
Osserviamo infine che f − 2 = 2 2 .
√ '
&
Per la stretta monotonia, la funzione f nell’ intervallo −2, − 2 assume una e una
√
& √ '
sola volta tutti i valori compresi fra 2 e 2 2 inclusi, mentre nell’ intervallo − 2, 2
√
assume una e una sola volta
√ tutti i valori fra −2 e 2 2 . Dato che quest’ultimo valore
viene assunto nel punto − 2 , in comune fra i due intervalli, le soluzioni dell’equazione
f (x) = k sono
√
0 se k < −2 oppure k > 2 2
√
1 se −2 ≤ k < 2 o se k = 2 2
√
2 se 2 < k < 2 2.
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Risoluzione del compito n. 7
PROBLEMA 3
Siano date le funzioni
f (x) = log(sen x + cos x) ,
g(x) =
1(
2
)
e−2x − 1 .
a) Calcolate gli sviluppi di Taylor di ordine 4 e centrati in x0 = 0 di f (x)
e di g(x) .
b) Trovate l’ordine di infinitesimo per x → 0 della funzione somma f (x) +
g(x) .
c) Calcolate al variare di α ∈ R il limite
lim
f (x) + g(x)
x→0+
xα
.
Ricordiamo che
x2
x3
x4
−
+
+ o(x4 )
2
6
24
(quindi in particolare sen x + cos x − 1 è un infinitesimo di ordine 1 ) e che log(1 + t) =
t − t2 /2 + t3 /3 − t4 /4 + o(t4 ) , dunque
sen x + cos x = 1 + x −
#+
*
"
x2
x3
x4
−
+
+ o(x4 )
f (x) = log 1 + x −
2
6
24
# 1
"
x3
x4
1
1
x2
−
+
+ o(x4 ) − (· · ·)2 + (· · ·)3 − (· · ·)4 + o(· · ·)4 .
= x−
2
6
24
2
3
4
Abbiamo osservato che (· · ·) è un infinitesimo di ordine 1 , per cui o(· · ·)4 = o(x4 ) e
possiamo proseguire:
# 1"
"
x3
x4
x4
x4 # 1 " 3 3 4 # 1 4
x2
x2 +
+
x − x − x
−
+
+ o(x4 ) −
− x3 −
f (x) = x −
2
6
24
2
4
3
3
2
4
2 3 2 4
2
4
= x − x + x − x + o(x ) .
3
3
La seconda funzione è più facile e da
2
4
e−2x − 1 = −2x + 2x2 − x3 + x4 + o(x4 )
3
3
si ha subito
1
2
g(x) = −x + x2 − x3 + x4 + o(x4 ) .
3
3
In particolare
1
f (x) + g(x) = − x4 + o(x4 )
3
è un infinitesimo di ordine 4 . Inoltre
⎧
−∞ se α > 4
f (x) + g(x)
−x4 /3 + o(x4 ) ⎨
lim
= lim+
= −1/3 se α = 4
⎩
xα
xα
x→0+
x→0
0
se α < 4.
Risoluzione del compito n. 7
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PROBLEMA 4
Calcolate l’ integrale generalizzato
Sostituiamo
dx = 2t dt :
√
/
+∞
√
√
( x + 1) e− x dx .
1/4
2
x = t ossia x = t , cui è associato il cambiamento dei differenziali
/ +∞
/ +∞
√
√
( x + 1) e− x dx = 2
(t + t2 ) e−t dt .
√↑
x=t
1/4
1/2
Ora facciamo meno calcoli possibile: una primitiva si ottiene integrando più volte per
parti, sempre integrando l’esponenziale e derivando l’altro fattore, perciò alla fine otterremo il prodotto dell’esponenziale per un polinomio di secondo grado. Allora procediamo
alla rovescia, cercando quale polinomio della forma F (t) = (at2 + bt + c) e−t è una primitiva. Abbiamo
F ′ (t) = [−at2 + (2a − b)t + (b − c)] e−t
che è uguale a (t + t2 ) e−t solo se a = −1 , b = −3 e c = −3 . Allora
/
(t + t2 ) e−t dt = (−t2 − 3t − 3) e−t + k
per cui l’ integrale cercato vale
2
/
+∞
1/2
54
#
+M
*
"1 3
19
+ + 3 e−1/2 = √ .
(−t2 − 3t − 3) e−t
=2
M→+∞
4 2
2 e
1/2
(t + t2 ) e−t dt = 2 lim
Risoluzione del compito n. 7
Esercizio 1. Un sacchetto contiene 8 palline rosse e 4 nere. Pescando a caso 3 palline,
qual è la probabilità che siano tutte rosse?
(C) 8/12 .
8
7
6
(D)
+
+
.
12 11 10
(A) 14/55 .
(B) 8!/12! .
( )
I casi possibili, ovvero le possibili estrazioni di tre palline su dodici, sono 12
mentre i
3
casi
favorevoli
sono
quelli
in
cui
le
tre
palline
fanno
parte
delle
otto
rosse,
e
sono
dunque
(8)
.
Allora
la
probabilità
è
3
0 1
8
14
8·7·6
3
0 1=
=
.
12
12 · 11 · 10
55
3
Esercizio 2. Se z = 3 − i e w =
(A) w = 7/2 + 13i/2 .
(B) w = 7/2 − 13i/2 .
z̄ + 3z̄ 2
, allora
|z|2 − 2z̄
(C) ℜw = 7 .
(D) w ∈ R .
Osserviamo (ma non è indispensabile, risparmia solo un po’ di calcoli) che
w=
z̄ + 3z̄ 2
1 + 3z̄
10 + 3i
z̄ + 3z̄ 2
=
=
=
2
|z| − 2z̄
z z̄ − 2z̄
z−2
1−i
e moltiplicando e dividendo per 1 + i otteniamo subito w = 7/2 + 13i/2 .
√
√
Esercizio 3. Sia S l’ insieme delle soluzioni della disequazione x2 − 2x − 3 ≤ 9 − x .
Allora
(A) ] − 3, −1[⊂ S .
(B) S = [3, 4] .
(C) 0 ∈ S .
(D) S non è limitato inferiormente.
Entrambi gli argomenti delle radici devono essere non negativi perché le radici esistano;
assicuratisi di questo, le radici sono numeri non negativi, quindi sono nello stesso ordine
dei loro quadrati: dunque la disequazione equivale al sistema
⎧ 2
% x ≤ −1 oppure x ≥ 3
⎨ x − 2x − 3 ≥ 0
9−x≥0
⇐⇒
x≤9
⎩ 2
−3 ≤ x ≤ 4
x − 2x − 3 ≤ 9 − x
e dunque S = [−3, −1] ∪ [3, 4] che contiene ] − 3, −1[ .
Esercizio 4. L’ immagine di [−1, 3] tramite la funzione f (x) = −x3 +3x+1 è l’ intervallo
Risoluzione del compito n. 7
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(A) [−17, 3] .
(C) [−1, 3] .
(B) [−17, −1] .
(D) ] − ∞, +∞[ .
La funzione f è un polinomio di terzo grado che tende a ±∞ per x → ∓∞ , inoltre
f ′ (x) = −3(x2 − 1) dunque f decresce per x ≤ −1 , cresce per −1 ≤ x ≤ 1 e decresce
per x ≥ 1 . Infine f (−1) = −1 , f (1) = 3 e f (3) = −17 . Per la continuità di
f l’ immagine di [−1, 1] è un intervallo; inoltre f è crescente in [−1, 1] dunque ha
minimo all’ inizio e massimo alla fine, per cui
(
)
f [−1, 1] = [−1, 3] .
Analogamente (ma qui f è decrescente)
(
)
f [1, 3] = [−17, 3] ,
per cui l’ immagine di f è l’unione dei due intervalli precedenti e risulta essere [−17, 3] .
2
( √ )
x − 1 − cos x 2
Esercizio 5. Il limite lim+
vale
x3
x→0
(A) 1/12 .
(C) +∞ .
(B) 0 .
(D) 1 .
Sappiamo che cos t = 1 − t2 /2 + t4 /24 + o(t4 ) quindi
"
#
( √ )
x4
x2
1 − cos x 2 = x2 −
+ o(x4 ) = x2 1 −
+ o(x2 )
6
6
e per x > 0 (perché?)
2
( √ )
x − 1 − cos x 2
x3
$
1 − x2 /6 + o(x2 )
=
x2
(
)
1 − 1 − x2 /6 + o(x2 )
1
$
·
.
=
x2
1 + 1 − x2 /6 + o(x2 )
1−
La prima frazione tende a 1/6 e la seconda a 1/2 , quindi il limite è 1/12 .
Esercizio 6. La successione
log(n3 + n2 )
ha limite
log(n2 + n)
(A) 3/2 .
(C) +∞ .
(B) 2/3 .
(D) 0 .
Scrivendo n3 + n2 = n3 (1 + 1/n) e analogamente al denominatore, abbiamo
log n3 + log(1 + 1/n)
3 log n + log(1 + 1/n)
3
log(n3 + n2 )
=
=
→ .
2
2
log(n + n)
log n + log(1 + 1/n)
2 log n + log(1 + 1/n)
2
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Risoluzione del compito n. 7
Esercizio 7. La serie
3" |α + 1| + |α − 2| #n
n
(A) quando −3/2 < α < 5/2 .
4
converge
(C) quando −2 < α < 3 .
(D) per nessun valore di α .
(
)
Si tratta di una serie geometrica di ragione |α + 1| + |α − 2| /4 , che converge se e
solo se la sua ragione (che è non negativa) è minore di 1 . Dobbiamo quindi risolvere
la disequazione |α + 1| + |α − 2| < 4 , e conviene studiare i casi α < −1 , −1 ≤ α ≤ 2
e α > 2 . Nel primo caso la disequazione si riscrive −2α + 1 < 4 , quindi per α < −1
la serie converge se −3/2 < α < −1 e diverge se α ≤ −3/2 . Nel secondo caso la
disuguaglianza si riduce a 3 < 4 ed è sempre vera, quindi per −1 ≤ α ≤ 2 la serie
converge. Nel terzo caso la disequazione diviene 2α < 5 e quindi la saerie converge
per 2 < α < 5/2 e diverge per α ≥ 5/2 . Unendo i risultati la serie converge per
−3/2 < α < 5/2 .
(B) quando −5/2 < α < 3/2 .
Risoluzione del compito n. 7
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