Esame di analisi matematica (Cds. 8615)9/1/2015 (tempo 2 ore)

• Nome e Cognome:• Numero di Matricola:

(1) Trovare tutte le soluzioni dell’equazione

(z − 2)3 = −1.

(2) Studiare e disegnare il grafico della funzione

f(x) = (x2 − 4x+ 4) |x2 − 6x+ 8|.(3) Calcolare

limx→0

log(2 + x2) + cosx+ log(

1

2e

)

tan(x4).

(4) Risolvere l’equazione

y′(t) = t√

1− (y(t))2, y(0) =

√2

2.

(5) Risolvere l’equazione

y′′(t)− y(t) = t2et, y(0) = −1

8, y′(0) = −7

8.

(6) Usando la definizione verificare che

limn→+∞

e−n = 0.

Soluzioni:1) Si ha che | − 1| = 1, quindi −1 = eiπ e

zk = 2 + eiπ

(

1+2k

)

/3, k = 0, 1, 2.

Ossia

• z0 = 2 + cos(π/3) + i sin(π/3) = (5 + i√3)/2,

• z1 = 2 + cos(π) + i sin(π) = 1,• z2 = 2 + cos(5π/3) + i sin(5π/3)) = (5− i

√3)/2.

2) Il dominio delle funzione f e l’insieme R. Visto chex2 − 4x− 4 = (x− 2)2 ≥ 0 ci si puo ridurre a studiare

f1(x) = (x2 − 4x− 4) (x2 − 6x+ 8) = (x− 2)3(x− 4).

Si ha

limx→±∞

f1(x) = limx→±∞

x4

(

1− 4

x− 4

x2

)(

1− 6

x+

8

x2

)

= +∞.

Calcolo della derivata prima e studio del segno:

f ′1(x) = 3(x− 2)2(x− 4) + (x− 2)3 = (x− 2)2(4x− 14),

(si e usata la regola di derivazione del prodotto di due funzioni).Inoltre

f ′1(x) > 0 ⇐⇒ (4x− 14) > 0 ⇐⇒ x >

7

2.

Calcolo del minimo:

f1(7/2) = −27

16.

Calcolo della derivata seconda e studio del segno:

f ′′1 (x) = 2(x− 2)(4x− 14) + 4(x− 2)2 = 12(x− 2)(x− 3)

e

f ′′1 (x) > 0 ⇐⇒ (x− 2)(x− 3) > 0 ⇐⇒ x < 2 oppure x > 3.

Il grafico di f si ottiene ricordando che f(x) = |f1(x)|.

Figure 1. Grafico di f1

Figure 2. Grafico di f

3) Usando le proprieta dei logaritmi si ha che

limx→0

log(2 + x2) + cosx+ log(

1

2e

)

tan(x4)= lim

x→0

log 2 + log(

1 + x2

2

)

+ cosx− log 2− 1

tan(x4)

Quindi usando le formule di Taylor:

cosx− 1 = −x2

2+

x4

4!+ o(x5), per x → 0,

log(

1 +x2

2

)

=x2

2− x4

8+ o(x4), per x → 0,

e

tan(x4) = x4 + o(x4), per x → 0,

ci si riduce a calcolare il limite

limx→0

− 1

12x4 + o(x4)

x4 + o(x4)= − 1

12.

4) Si ha∫ y

√2/2

ds√1− s2

=

∫ t

0

s ds

qundi

arcsin y =π

4+

t2

2,

ossia

y(t) = sin(π

4+

t2

2

)

.

5) Il polinomio caratteristico e λ2 − 1 = 0. Si ha quindi λ = ±1 e lasoluzione generale dell’equazione omogenea e

yom(t) = C0e−t + C1e

t.

Una soluzione particolare e della forma

yp(t) = e−t

∫

e2t(

∫

e−tt2et dt)

dt =e−t

3

∫

e2tt2 dt

Integrando per parti si conclude che

yp(t) = et(t3

6− t2

4+

t

4− 1

8

)

quindi la soluzione (generale) dell’equazione e

y(t) = C0e−t + C1e

t + et(t3

6− t2

4+

t

4− 1

8

)

Ricordando che y(0) = −1/8 e y′(0) = −7/8 si ottiene il sistema

C0 + C1 = 0,

C0 − C1 = 1.

Quindi C0 = −C1 = 1/2 e

y(t) =e−t

2+ et

(t3

6− t2

4+

t

4− 5

8

)

.

6) Il simbolo limn→+∞ e−n = 0 significa che per ogni ǫ > 0 esisteN ∈ R tale che per ogni n > N si ha

−ǫ < e−n < ǫ.

Si fissi ǫ > 0. Essendo l’esponenziale positivo si ha che, per ognin ∈ N, −ǫ < e−n. Invece

e−n < ǫ ⇐⇒ −n < log ǫ ⇐⇒ n > log(ǫ−1).

Quindi, la definizione e verificata prendendo, ad esempio,N = log(ǫ−1).

Esame di analisi matematica (Cds. 8615)9/1/2015 (tempo 2 ore)

• Nome e Cognome:• Numero di Matricola:

(1) Trovare tutte le soluzioni dell’equazione

(z − 1)3 = −8.

(2) Studiare e disegnare il grafico della funzione

f(x) = (x2 − 2x+ 1) |x2 − 4x+ 3|.(3) Calcolare

limx→0

log(6 + x3) + sin x− log(6ex)

log(1 + x5).

(4) Risolvere l’equazione

y′(t) = −t√

1− (y(t))2, y(0) =1

2.

(5) Risolvere l’equazione

y′′(t)− y(t) = t2e−t, y(0) = y′(0) =7

8.

(6) Usando la definizione verificare che

limn→+∞

en = +∞.

Soluzioni:1) Si ha che | − 8| = 8, quindi −8 = 8eiπ e

zk = 1 + 2eiπ

(

1+2k

)

/3, k = 0, 1, 2.

Ossia

• z0 = 1 + 2 cos(π/3) + 2i sin(π/3) = 2 + i√3,

• z1 = 1 + 2 cos(π) + 2i sin(π) = −1,• z2 = 1 + 2 cos(5π/3) + 2i sin(5π/3)) = 2− i

√3.

2) Il dominio delle funzione f e l’insieme R. Visto chex2 − 2x+ 1 = (x− 1)2 ≥ 0 ci si puo ridurre a studiare

f1(x) = (x2 − 2x+ 1) (x2 − 4x+ 3) = (x− 1)3(x− 3).

Si ha

limx→±∞

f1(x) = limx→±∞

x4

(

1− 2

x+

1

x2

)(

1− 4

x+

3

x2

)

= +∞.

Calcolo della derivata prima e studio del segno:

f ′1(x) = 3(x− 1)2(x− 3) + (x− 1)3 = 2(x− 1)2(2x− 5),

(si e usata la regola di derivazione del prodotto di due funzioni).Inoltre

f ′1(x) > 0 ⇐⇒ (2x− 5) > 0 ⇐⇒ x >

5

2.

Calcolo del minimo:

f1(5/2) = −27

16.

Calcolo della derivata seconda e studio del segno:

f ′′1 (x) = 4(x− 1)(2x− 5) + 4(x− 1)2 = 12(x− 1)(x− 2)

e

f ′′1 (x) > 0 ⇐⇒ (x− 1)(x− 2) > 0 ⇐⇒ x < 1 oppure x > 2.

Il grafico di f si ottiene ricordando che f(x) = |f1(x)|.

Figure 3. Grafico di f1

Figure 4. Grafico di f

3) Usando le proprieta dei logaritmi si ha che

limx→0

log(6 + x3) + sin x− log(

6ex)

log(1 + x5)= lim

x→0

log 6 + log(

1 + x3

6

)

+ sin x− log 6− x

log(1 + x5)

Quindi usando le formule di Taylor:

sin x− x = −x3

6+

x5

5!+ o(x5), per x → 0,

log(

1 +x3

6

)

=x3

6+ o(x5), per x → 0,

e

log(1 + x5) = x5 + o(x5), per x → 0,

ci si riduce a calcolare il limite

limx→0

1

5!x5 + o(x5)

x5 + o(x5)=

1

5!=

1

120.

4) Si ha

−∫ y

1/2

ds√1− s2

=

∫ t

0

s ds

qundi

arccos y =π

3+

t2

2,

ossia

y(t) = cos(π

3+

t2

2

)

.

5) Il polinomio caratteristico e λ2 − 1 = 0. Si ha quindi λ = ±1 e lasoluzione generale dell’equazione omogenea e

yom(t) = C0e−t + C1e

t.

Una soluzione particolare e della forma

yp(t) = et∫

e−2t(

∫

ett2e−t dt)

dt =et

3

∫

e−2tt2 dt

Integrando per parti si conclude che

yp(t) = −e−t(t3

6+

t2

4+

t

4+

1

8

)

quindi la soluzione (generale) dell’equazione e

y(t) = C0e−t + C1e

t − e−t(t3

6+

t2

4+

t

4+

1

8

)

Ricordando che y(0) = y′(0) = 7/8 si ottiene il sistema

C0 + C1 = 1,

−C0 + C1 = 1.

Quindi C0 = 0, C1 = 1 e

y(t) = et − e−t(t3

6+

t2

4+

t

4+

1

8

)

.

6) Il simbolo limn→+∞ en = +∞ significa che per ogni M > 0 esisteN ∈ R tale che per ogni n > N si ha

M < en.

Si fissi M > 0. Allora

M < en ⇐⇒ logM < n.

Quindi, la definizione e verificata prendendo, ad esempio, N = logM .