ESERCITAZIONI DI ANALISI 1FOGLIO 1FOGLIO 2FOGLIO 3FOGLIO 4FOGLIO 5FOGLIO 6FOGLIO 7SVOLTI

Marco Pezzulla

21 gennaio 2015

FOGLIO 1

1. Determinare il dominio e il segno della funzione

f(x) = arccos(√

x2 − 1− x+ 1)− π/3

2. Sia f(x) una funzione tale che limx→∞ f(x) = +∞. Studiare, al variaredel parametro c, il seguente limite:

limx→+∞

f(x)(c+ sin(x))

3. Dimostrare che ∀q 6= 1 e ∀n ∈ N, si han∑k=0

qk =1− qn+1

1− q

4. Dimostrare, mediante la definizione di limite, che

limx→+∞

x3

1− x= −∞

5. Sia limn→+∞ an = −∞ e an ≥ bn,∀n ∈ N. Dimostrare che

limn→+∞

bn = −∞

6. Dimostrare che ∀n ∈ N0, n ≥ 3, vale:

n2 > 2n+ 1

1

SVOLGIMENTO

1. Per studiare il dominio della funzione f(x) dobbiamo imporre che l’ar-gomento della radice quadrata non sia negativo e l’argomento dellafunzione arccos sia compreso tra −1 e 1.Dunque dobbiamo intersecare l’insieme delle soluzioni della disequa-zione x2 − 1 ≥ 0 con quello delle soluzioni delle due disequazioni−1 ≤

√x2 − 1−x+1 ≤ 1 (è equivalente studiare |

√x2 − 1−x+1| ≤ 1).

In particolare x2 − 1 ≥ 0 ha come insieme delle soluzioni l’insieme

S1 = (−∞,−1] ∪ [1,+∞)

. Mentre per trovare le soluzioni di

−1 ≤√x2 − 1− x+ 1 ≤ 1

bisogna studiare due equazioni irrazionali e intersecare le loro soluzioni.Le due disequazioni sono

√x2 − 1 ≤ x

e √x2 − 1 ≥ x− 2

La prima disequazione è equivalente al seguente sistema di disequazioni:

{ x2 − 1 ≥ 0x ≥ 0x2 − 1 ≤ x2

che ha come insieme delle soluzioni l’intersezione

S1 ∩ [0,+∞) ∩ R = [1,+∞)

Allo stesso modo la seconda disequazione ha come soluzioni l’unionedelle soluzioni dei seguenti due sistemi di disequzioni:

{ x2 − 1 ≥ 0x− 2 ≥ 0x2 − 1 ≥ x2 − 4x+ 4

{x2 − 1 ≥ 0x− 2 < 0

2

il primo ha come insieme delle soluzioni l’intersezione

S1 ∩ [2,+∞) ∩ [5/4,+∞) = [2,+∞)

Il secondo ha come insieme delle soluzioni l’intersezione

S1 ∩ (−∞, 2) = (−∞,−1] ∪ [1, 2)

L’unione dell’insieme delle soluzioni dei sue sistemi è quindi S1.

Intersecando ora gli insiemi delle soluzioni delle due disequazioni tro-viamo che il dominio della funzione f(x) è la semiretta [1,∞).Studiamo ora il segno della funzione f(x). Studiamo quindi primala disequazione f(x) > 0, poi l’equazione f(x) = 0 e, andando peresclusione, troveremo anche le x per cui f(x) < 0.

f(x) > 0⇒ arccos(√

x2 − 1− x+ 1)− π/3 > 0

⇒ arccos(√

x2 − 1− x+ 1)> π/3

ed essendo 1/2 = cos(π/3) si ha

√x2 − 1− x+ 1 < 1/2

(si inverte il segno della disequazione perché la funzione arccos(x) èstrettamente decrescente)

Dunque dobbiamo risolvere la seguente disequazione irrazionale

2√x2 − 1 < 2x− 1

che è equivalente al seguente sistema di disequazioni{ x2 − 1 ≥ 02x− 1 > 04x2 − 4 < 4x2 − 4x+ 1

che ha come soluzioni l’intersezione

S1 ∩ (1/2,+∞) ∩ (−∞, 5/4) = [1, 5/4)

Quindi la funzione f(x) è positiva per x ∈ [1, 5/4). Studiamo ora dovela funzione si annulla, cioè dove

arccos(√

x2 − 1− x+ 1)− π/3 = 0

3

con lo stesso ragionamento fatto per la disequazione, questa equivale a√x2 − 1− x+ 1 = 1/2

che è verificata per x = 5/4.

Di conseguenza possiamo concludere chef(x) > 0 se x ∈ [1, 5/4)f(x) = 0 se x = 5/4

f(x) < 0 se x ∈ (5/4,+∞)

2. Innanzitutto notiamo che, essendo −1 ≤ sin(x) ≤ 1, abbiamo chec− 1 ≤ c+ sin(x) ≤ c+ 1, dunque

f(x)(c− 1) ≤ f(x)(c+ sin(x)) ≤ f(x)(c+ 1),∀x ∈ (δ,+∞)

dove con δ abbiamo indicato un numero sufficientemente grande ta-le che f(x) > 0, ∀x > δ (sappiamo che esiste perché, per ipotesi,limx→∞ f(x) = +∞). Ora si prospettano 5 casi per la costante c.1 caso. Se c − 1 > 0, cioè c > 1, f(x)(c − 1) → +∞ per x → +∞.Quindi, dal Teorema del confronto,

limx→+∞

f(x)(c+ sin(x)) = +∞

2 caso. Se c + 1 < 0, cioè c < −1, f(x)(c + 1) → −∞ per x → +∞.Quindi, dal Teorema del confronto,

limx→+∞

f(x)(c+ sin(x)) = −∞

3 caso. Se −1 < c < 1 il Teorema del Confronto non è applicabile.Peròpossiamo notare che

∀δ > 0,∃x′, x′′ ∈ (δ,+∞) : sin(x′) = −1 e sin(x′′) = +1

cioè tali chef(x′)(c+ sin(x′)) = f(x′)(c− 1)f(x′′)(c+ sin(x′′)) = f(x′′)(c+ 1)

Quindi @ limx→∞ f(x)(c+ sin(x).4 caso. c = −1; in questo caso possiamo scrivere direttamente

−2f(x) ≤ f(x)(−1 + sin(x)) ≤ 0,∀x ∈ (δ,+∞)

4

Anche in questo caso non si può applicare il Teorema del Confronto mapossiamo dire che

∀δ > 0,∃x′, x′′ ∈ (δ,+∞) : sin(x′) = −1 e sin(x′′) = 1

cioè tali chef(x′)(−1 + sin(x′)) = −2f(x′)f(x′′)(−1 + sin(x′′)) = 0

e quindi anche in questo caso possiamo concludere che@ limx→∞ f(x)(c+ sin(x).5 caso. c = 1; in questo caso possiamo scrivere direttamente

0 ≤ f(x)(1 + sin(x)) ≤ 2f(x),∀x ∈ (δ,+∞)

Anche in questo caso non si può applicare il Teorema del Confrontoma possiamo dire che ∀δ > 0,∃x′, x′′ ∈ (δ,+∞) : sin(x′) = −1 esin(x′′) = 1, cioè tali che

f(x′)(1 + sin(x′)) = 0

f(x′′)(1 + sin(x′′)) = 2f(x)

e quindi anche in questo caso possiamo concludere che @ limx→∞ f(x)(c+sin(x).

3. L’idea per dimostrare questo esercizio di carattere teorico è utilizzareil principio di induzione.

Innanzitutto verifichiamo il passo iniziale del principio: n = 0.

In effetti0∑

k=0

qk = q0 = 1

e1− q0+1

1− q= 1

Di conseguenza, per n = 0, l’uguaglianza è soddisfatta.

Dobbiamo ora dimostrare che se per un generico n è verificata la se-guente uguaglianza (ipotesi induttiva)

n∑k=0

qk =1− qn+1

1− q

5

alloran+1∑k=0

qk =1− qn+2

1− q

cioè l’uguaglianza vale anche per il passo n+ 1.

A tal proposito possiamo scrivere

n+1∑k=0

qk =n∑k=0

qk + qn+1 =

per l’ipotesi induttiva

=1− qn+1

1− q+ qn+1 =

=1− qn+1 + (1− q)qn+1

1− q=

=1− qn+2

1− qche è ciò che volevamo dimostrare. Dunque per il principio di induzioneabbiamo dimostrato che ∀n ∈ N e ∀q 6= 1

n∑k=0

qk =1− qn+1

1− q

Osserviamo che, naturalmente, il valore q = 1 è da escludere perché ildenominatore del membro di destra dell’uguaglianza è q − 1.

4. A partire dalla definizione dobbiamo dimostrare che

∀k > 0,∃δk > 0 : ∀x > δk,x3

1− x< −k

Nei casi più semplici la strategia è quella di cercare di risolvere ladisequazione x

3

1−x < −k e controllare se nell’insieme delle soluzioni c’èun sottoinsieme del tipo {x > δk}. Tuttavia ci sono casi in cui ledisequazioni con cui abbiamo a che fare non sono di semplice soluzione.E questo esercizio ne è un esempio.

Notiamo innanzitutto che, volendo studiare il comportamento della fra-zione per x che tende a +∞, possiamo assumere il denominatore ne-gativo, in quanto stiamo trattando valori di x molto maggiori di 1.

6

Dunque possiamo riportare la nostra analisi allo studio della disequa-zione x3 − kx+ k > 0 che è equivalente a x3

1−x < −k sotto l’assunzione1 − x < 0 (è stato portato il −k a sinistra ed è stato fatto il minimocomune multiplo).

Tuttavia anche x3−kx+k > 0 è una disequazione che non è immediatorisolvere. Conviene considerare una funzione ausiliaria g(x) = x3− kx,che minora la funzione x3 − kx + k e si ottiene da essa eliminando lacostante k > 0. Dunque

x3 − kx+ k > x3 − kx > 0

Ora x3 − kx > 0 è di facile soluzione. Infatti si riduce a

x(x2 − k) > 0

e, poiché stiamo trattando valori di x grandi e positivi, possiamo diret-tamente studiare

(x2 − k) > 0che ha, come insieme di soluzioni positive S ′ = (

√k,+∞).

Ora è importante notare che se abbiamo una relazione d’ordine deltipo f(x) > g(x) > 0 e indichiamo con S l’insieme delle soluzionidella disequazione f(x) > 0 e con S ′ l’insieme delle soluzioni delladisequazione g(x) > 0, allora S ′ ⊆ S. Infatti se x̄ è un punto fissatotale che x̄ ∈ S ′ allora, per definizione di S ′, g(x̄) > 0; ma allora f(x̄) > 0(perché f(x) > g(x)), dunque x̄ ∈ S; quindi S ′ ⊆ S.Dunque, tornando all’esercizio, S ′ = (

√k,+∞) ⊆ S e di conseguenza

possiamo prendere δk =√k.

5. Dobbiamo dimostrare che limn→+∞ bn = −∞; dunque, per definizione,dobbiamo dimostrare che

∀M > 0,∃n0 ∈ N0 : ∀n > n0, bn < −M

ma d’altronde sappiamo, per ipotesi, che

limn→+∞

an = −∞

Dunque∀M > 0,∃n0 ∈ N0 : ∀n > n0, an < −M

E, per ipotesi, abbiamo che an ≥ bn,∀n, quindi

∀M > 0,∃n0 ∈ N0 : ∀n > n0, bn ≤ an < −M

7

Segue che∀M > 0, ∃n0 > 0 : ∀n > n0, bn < −M

che è quello che volevamo dimostrare.

6. Dimostriamo per induzione. Verifichiamo innanzitutto il passo iniziale:n = 3.

32 > 6 + 1

Supponiamo che la relazione valga per n con n ≥ 3 (ipotesi induttiva)e verifichiamo che vale per n+ 1.

(n+ 1)2 = n2 + 2n+ 1 >

per l’ipotesi induttiva

> 2n+ 1 + 2n+ 1 = 4n+ 2 ≥ 2(n+ 1) + 1

per n ≥ 1. Sembrerebbe, quindi, che la relazione vale ∀n ≥ 1, tuttavial’ipotesi induttiva vale ∀n ≥ 3, di conseguenza non possiamo includerei valori n = 1, n = 2.

Dunque abbiamo dimostrato che la relazione n2 > 2n+ 1 vale ∀n ≥ 3.

8

FOGLIO 2

1. Determinare (se esistono) l’estremo inferiore, superiore, il massimo e ilminimo assoluti della successione

an =3 + 4n

2n

2. Sia

f(x) =

{|x2−2x−3|+| ln(−x)|

|x+1| se x ∈ (−3, 0) \ {−1}α se x = −1

Determinare il valore da assegnare al parametro reale α affinché f ri-sulti continua in (−3, 0). Per tale valore di α determinare l’insieme diderivabilità.

3. Stabilire l’invertibilità delle funzioni f(x) = cos(3x) eg(x) = x + f(x) nell’intervallo I =

[π3, 2π

3

]. In caso affermativo deter-

minare l’espressione esplicita della funzione inversa di f , l’insieme diderivabilità di g−1 e calcolare, se esiste, dg

−1dy

(π/2).

4. Sia f una funzione continua in x0 e sia f(x0) > 0. Dimostrare cheesiste un intorno di x0 tale che f(x) > 0 in tale intorno.

5. Dimostrare o confutare (giustificando la risposta) la seguente afferma-zione: sia c = supA con A illimitato inferiormente. Allora ∀ε > 0 si hac− ε ∈ A.

9

SVOLGIMENTO

1. Possiamo notare innanzitutto che an > 0,∀n e che

limn→∞

an = 0

Da questo possiamo sicuramente concludere che @minn an e che

infnan = 0

Per trovare l’eventuale massimo una strategia spesso valida è quelladi costruire una funzione f(x) associata alla successione an, ottenutada quest’ultima semplicemente sostituendo la variabile naturale n conuna variabile reale x. In questo caso, quindi, la funzione associata allasuccessione an sarebbe

f(x) =3 + 4x

2x

Una volta fatto questo avremmo tutti gli strumenti necessari (derivataprima e seconda) per studiare il massimo della funzione f(x) ; il mas-simo della successione an spesso (dipende dall’andamento globale dellafunzione associata) coincide con il più grande tra i due valori assuntidalla successione nel naturale precedente e in quello seguente il punto dimassimo (in generale non naturale) della funzione f(x); questo perchéf(n) = an,∀n.Nel caso specifico del nostro esercizio non serve questa costruzione. Perstudiare la monotonia della successione possiamo studiare la disequa-zione

an+1 > an

e trovare per quali n è soddisfatta. Studiamo quindi

3 + 4(n+ 1)

2n+1>

3 + 4n

2n

(3 + 4n+ 4)

2> 3 + 4n

7

2+ 2n > 3 + 4n

1/2 > 2n

n < 1/4

Da questa soluzione notiamo che se la successione parte da n = 0allora la successione è crescente tra 0 e 1 e poi decresce; mentre se la

10

successione parte da n = 1 la successione è monotòna decrescente. Inentrambi i casi il massimo si ha per n = 1, dove la successione valea1 = 7/2.

Quindi possiamo concludere che la successione non ha minimo, il suoestremo inferiore è 0, mentre l’estremo superiore e il massimo coinci-dono e sono uguali a 7/2.

2. Osserviamo dallo studio del segno delle funzioni all’interno dei tremoduli che

|x2 − 2x− 3| =

{−(x− 3)(x+ 1) se x ∈ (−1, 0)(x− 3)(x+ 1) se x ∈ (−3,−1)

| ln(−x)| =

{− ln(−x) se x ∈ (−1, 0)ln(−x) se x ∈ (−3,−1)

|x+ 1| =

{x+ 1 se x ∈ (−1, 0)−x− 1 se x ∈ (−3,−1)

Quindi se x ∈ (−1, 0) allora per esplicitare il modulo dobbiamo cam-biare segno al numeratore e lasciare invariato quello del denominatore,mentre se x ∈ (−3,−1) allora dobbiamo cambiare segno al denomi-natore e lasciare invariato quello del numeratore. In entrambi i casi,quindi, l’espressione della funzione è la seguente:

f(x) =

{x2−2x−3+ln(−x)

−x−1 se x ∈ (−3, 0) \ {−1}α se x = −1

Affinché la funzione sia continua nel punto −1, dobbiamo imporre

α = limx→−1

f(x)

Applicando il Teorema di De l’Hospital possiamo dire che

limx→−1

f(x) = limx→−1

2x− 2 + 1/x−1

= 5

Concludiamo che per α = 5 la funzione f(x) risulta essere continuaanche nel punto −1. Sia quindi

f(x) =

{x2−2x−3+ln(−x)

−x−1 se x ∈ (−3, 0) \ {−1}5 se x = −1

11

L’unico punto in cui potrebbe non esistere la derivata nell’intervallo(−3, 0) è il punto −1. Ma calcolando prima

f ′(x) =−x2 − 2x− 2− 1/x+ ln(−x)

(x+ 1)2

e applicando due volte il Teorema di De l’Hospital scopriamo che

limx→−1

f ′(x) = limx→−1

−2x− 2 + 1/x2 + 1/x2(x+ 1)

=

= limx→−1

−2− 2/x3 − 1/x2

2= −1/2

Quindi per α = 5 la funzione f(x) è continua e derivabile nell’intervallo(−3, 0). In particolare f ′(−1) = −1/2

3. La funzione f(x) è la composizione della funzione h(x) = 3x e dellafunzione k(t) = cos(t). Notiamo inoltre che se x varia in [π/3, 2π/3]allora t varia in [π, 2π]. Sia la funzione h(x) che la funzione k(t) sonomonotòne crescenti negli intervalli appena specificati; quindi anche f(x)lo è, essendo f(x) = k(h(x)). Per trovare f−1(y) dobbiamo trovare siak−1 che h−1. Infatti f−1(y) = h−1(k−1(y)). Innanzitutto dobbiamoinvertire k(t) = cos(t) con t ∈ [π, 2π]. La funzione cercata non èt = arccos(y), perché questa è l’inversa di cos(t) con t ∈ [0, π]. Lanostra funzione si ottiene o riflettendo la funzione arccos(y) rispettoall’asse t e traslarla di π verso l’alto, o riflettendo la funzione arccos(y)rispetto all’asse y e traslarla di 2π verso l’alto. La funzione inversa dih(x) è facile da trovare ed è x = h−1(y) = y/3. Possiamo concludereche

x = f−1(y) =− arccos(y) + 2π

3=

arccos(−y) + π3

Passiamo ora alla funzione g(x). E’ somma di due funzioni x e f(x), en-trambe monotòne crescenti nell’intervallo [π/3, 2π/3], dunque anch’essasarà una funzione monotòna crescente nel suddetto intervallo, e quindiè invertibile. Il dominio della funzione inversa è il codominio di g(x),che è

Cg = [g(π/3), g(2π/3)]

Poichè g′(x) = 1− 3 sin(3x) 6= 0 in I, allora per il Teorema di Deriva-zione della funzione inversa

D(g−1)′ = Dg−1

12

edg−1

dy(ȳ) =

1

1− 3 sin(3x̄)dove x̄ è il punto tale che x̄ = g−1(y), che è il punto x̄ tale che g(x̄) =ȳ. Nel nostro caso ȳ = π/2, quindi dobbiamo trovare x̄ che soddisfal’equazione

π/2 = x+ cos(3x)

La soluzione di questa equazione si trova con l’intuizione, ed in questocaso è x̄ = π/2.

Dunquedg−1

dy(π/2) =

1

1− 3 sin(3π/2)= 1/4

4. Per ipotesi, dalla definizione di continuità in un punto, abbiamo che

∀ε > 0,∃δε | ∀x ∈ (x0 − δε, x0 + δε), f(x0)− ε < f(x) < f(x0) + ε

e dobbiamo dimostrare che

∃σ > 0 | ∀x ∈ (x0 − σ, x0 + σ), f(x) > 0

ma scegliendo, ad esempio, ε = f(x0)2

, si ha, dall’ipotesi, che

∃δ f(x0)2

| x ∈ (x0 − δ f(x0)2

, x0 + δ f(x0)2

),f(x0)

2< f(x) <

3

2f(x0)

In particolare, f(x) > f(x0)2

> 0. Quindi scegliendo σ = δ f(x0)2

si ha

la tesi. Abbiamo quindi dimostrato che ∀x0 che soddisfa le ipotesi deltesto, nell’intorno (x0−δ f(x0)

2

, x0+δ f(x0)2

) la funzione è positiva, dunque

l’intorno cercato è proprio questo.

5. L’affermazione è FALSA. Un controesempio è l’insieme

A = (−∞, 0) ∪ {1}

Infatti il supA = 1 ed ∃ε > 0 | 1− ε /∈ A, ad esempio ε = 1/2.

13

FOGLIO 3

1. Provare la seguente disuguaglianza:

ln(1 + cos(x)) +x2

4≤ ln 2,−π < x < π

2. Dire per quali valori di a > 0 l’equazione x = loga x ammette soluzionie in tal caso stabilirne il numero. (suggerimento: distinguere i casicorrispondenti ad a > 1 e a < 1)

3. Studiare l’insieme di derivabilità della funzione f(x) = arctan(√|x2 + 3x|

).

Classificare gli eventuali punti di non derivabilità.

4. Verificare, mediante la definizione di estremo inferiore, se risulta

infR\{0}

(1

2

) 1x

= 0

5. Dimostrare che per ogni intero non negativo n vale l’uguaglianza

n∑k=0

1

2k= 2− 1

2n

14

SVOLGIMENTO

1. Per provare la disuguaglianza, possiamo definire la funzione

f(x) = ln(1 + cos(x)) +x2

4− ln 2

Se riusciamo a verificare che f(x) ≤ 0 per x ∈ (−π, π) abbiamodimostrato automaticamente la disuguaglianza.

In effetti

f ′(x) =1

1 + cos(x)(− sin(x)) + x

2

ed

f ′′(x) =−1 + cos(x)2(1 + cos(x))

Allora f ′′(x) ≤ 0 per x ∈ (−π, π), perché −1 ≤ cos(x) ≤ 1 e si annullasolo per x = 0. Dunque f ′(x) è una funzione decrescente perx ∈ (−π, π). Notando che f ′(0) = 0 possiamo dire che 0 è puntomassimo assoluto di f in (−π, π). f(0) = 0, quindi f(x) ≤ 0 perx ∈ (−π, π) e la disuguaglianza è provata.

2. Innanzitutto poniamo f(x) = x − loga(x) e distinguiamo, come dasuggerimento, i casi a < 1 e a > 1. L’equazione ammetterà tantesoluzioni quanti sono gli zeri della funzione f(x).

Supponiamo, inizialmente, che a < 1. f ′(x) = 1 − 1x ln a

= x ln a−1x ln a

.Allora f ′(x) > 0 per x ∈ (0,+∞), dunque la funzione è crescente inquesto intervallo e siccome risulta

limx→0+

f(x) = −∞

f(1) = 1

E’ chiaro, per il Teorema dell’esistenza degli zeri, essendo f una fun-zione continua, che ∃! zero della funzione f(x), soluzione dell’equazionedata.

Sia ora a > 1. Dallo studio della derivata prima si evince che x = 1ln a

è il punto di minimo assoluto della funzione f in R+. Ora

f

(1

ln a

)=

1

ln a− loga

(1

ln a

)

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Se f( 1ln a

) > 0 allora @ zeri per f ; se f( 1ln a

) = 0 allora ∃! zero dellafunzione f ; se f( 1

ln a) < 0 ∃ due zeri per la funzione f .

f

(1

ln a

)> 0⇒ 1

ln a− loga

(1

ln a

)> 0

1

ln a> loga

(1

ln a

)1

ln a>

ln(

1ln a

)ln a

1 > ln

(1

ln a

)1

ln a< e

a > e1/e

Quindi, se a > e1/e allora non esistono zeri per la funzione f e diconseguenza nemmeno soluzioni per l’equazione data. Se, invece, a =e1/e esiste un solo zero per la funzione f e, conseguentemente, una solasoluzione per l’equazione data. Infine, se a < e1/e esistono due zeri perla funzione f e di conseguenza due soluzioni per l’equazione data.

3. Dallo studio del modulo possiamo dire che

f(x) =

{arctan(

√x2 + 3x se x ∈ (−∞,−3] ∪ [0,+∞)

arctan(√−x2 − 3x se x ∈ (−3, 0)

Quindi f sicuramente è derivabile in R \ {−3, 0} e continua in tutto Rperché composizione di funzioni continue. ∀x 6= −3, 0 possiamo scrivere

f ′(x) =

{2x+3

2(1+x2+3x)√x2+3x

se x ∈ (−∞,−3) ∪ (0,+∞)2x+3

2(x2+3x−1)√−x2−3x se x ∈ (−3, 0)

Nei punti −3, 1 dobbiamo studiare la derivabilità. Notiamo che

limx→−3−

f ′(x) = −∞; limx→−3+

f ′(x) = +∞

limx→0−

f ′(x) = −∞; limx→0+

f ′(x) = +∞

Dunque possiamo concludere la funzione non è derivabile nei punti−3, 0, quindi Df ′ = R \ {−3, 0} e i due punti sono due punti cuspidali,come si evince dallo studio dei limiti appena fatto.

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4. Dalla definizione di estremo inferiore dobbiamo verificare che 0 è ilmassimo dei minoranti dell’insieme

A = {y : ∃x ∈ R \ {0} : y = (1/2)1/x}

cioè dobbiamo verificare che

(a) 0 è un minorante dell’insieme A

(b) se z > 0 allora z non è un minorante dell’insieme A, cioè ∃h ∈ A :h < z

Il punto 1. è facilmente verificato notando che tutti i punti che si espri-mono come (1/2)1/x, x ∈ R \ {0} sono strettamente positivi, dunque 0è un minorante dell’insieme A.

Per verificare il punto 2. dobbiamo verificare che ∀z > 0,∃x ∈ R\{0} :z >

(12

) 1x . Il numero cercato è un qualsiasi numero reale non nullo tale

che x < 1log 1

2(z)

, che effettivamente appartiene all’insieme R \ {0}.

5. Dimostriamo per induzione. Verifichiamo quindi che l’uguaglianza èvera per n = 0.

0∑k=0

1

2k= 1

e

2− 120

= 1

Dunque l’uguaglianza è verificata.

Supponiamo ora l’ipotesi induttiva, cioè che l’uguaglianza sia vera pern e dimostriamo che allora è vera per n+ 1.

n+1∑k=0

1

2k=

n∑k=0

1

2k+

1

2n+1=

che per ipotesi induttiva

= 2− 12n

+1

2n+1= 2− 1

2n(1− 1/2) =

2− 12n

(1/2) = 2− 12n+1

Dunque, per induzione, possiamo concludere che è vera l’uguaglianzan∑k=0

1

2n= 2− 1

2n

17

FOGLIO 4

1. Provare la seguente disuguaglianza:

xx ≥ x, x > 0

2. Determinare l’espressione esplicita e l’insieme di derivabilità della fun-zione f(x) = max(arctan(x), x), con x ∈ R. Stabilire l’invertibilitàdella funzione g(x) = x + f(x) e determinare l’insieme di derivabilitàdella funzione inversa g−1. Calcolare

dg−1

dy(−1− π/4)

3. Dimostrare che ∀x ∈ [0, 1) vale l’identità:

arccos(x) = 2 arcsin

(√1− x

2

)

4. Dimostrare o confutare, mediante la definizione di funzione convergenteche

limx→0−

(1

2

) 1x

= 0

5. Dimostrare o confutare la seguente affermazione: sia f derivabile nelsuo dominio e sia f ′(x) < 0,∀x ∈ Df , allora f è strettamente decre-scente in Df .

18

SVOLGIMENTO

1. Come nel primo esercizio del foglio 3 poniamo f(x) = xx − x. Osser-viamo prima di tutto che xx = ex lnx. Dimostrare la disuguaglianza∀x > 0 equivale a dimostrare che la funzione f(x) è non negativa.Allora scriviamo la derivata prima

f ′(x) = ex lnx(lnx+ 1)− 1

il segno della derivata prima è difficile da studiare. Cerchiamo diricavare informazioni dalla derivata seconda.

f ′′(x) = ex lnx[(lnx+ 1)2 +

1

x

]che è positiva in R+. Dunque la derivata prima è crescente in R+.Inoltre, osservando che f ′(1) = 0, allora 1 è il minimo assoluto di f perx > 0.

Ma f(1) = 0 dunquef(x) ≥ 0, x ∈ R+

xx − x ≥ 0, x ∈ R+

xx ≥ x, x ∈ R+

che è quello che volevamo dimostrare.

2. Per ogni punto x, la funzione max(x, arctan(x)) associa x, se x ≥arctan(x), mentre associa arctan(x) se x < arctan(x). Possiamo de-finire la funzione h(x) = x − arctan(x). Notiamo che h(0) = 0,inoltre

h′(x) = 1− 11 + x2

Dunque h′(x) > 0,∀x ∈ R. Quindi la funzione h(x) è crescente perx ∈ R. Quindi, in particolare, h(x) > 0, x ∈ R+ e h(x) < 0, x ∈ R−.Quindi x > arctan(x), x ∈ R+ e x < arctan(x), x ∈ R−. Dunque

f(x) =

{x se x ≥ 0arctan(x) se x < 0

Innanzitutto notiamo che la funzione e’ continua in 0 e derivabile inR \ {0}; inoltre essa risulta derivabile anche in 0 poiché f è continua e

limx→0+

f ′(x) = limx→0−

f ′(x) = 1

19

Dunque Df ′ = R e

f ′(x) =

{1 se x ≥ 0

11+x2

se x < 0

Passiamo ora alla funzione g(x) = x + f(x). Dalla scrittura di primapossiamo scrivere

g(x) = f(x) + x =

{2x se x ≥ 0arctan(x) + x se x < 0

La bisettrice del primo quadrante è monotòna crescente; dalla formadi prima ci accorgiamo anche che f(x) è una funzione crescente, diconseguenza anche g(x), essendo somma di funzioni crescenti, è unafunzione crescente. Dunque è invertibile nel suo dominio. Il dominiodella funzione inversa è il codominio di g(x). Dunque Dg−1 = Cg = R.D’altronde

limx→0+

g′(x) = limx→0−

g′(x) = 2

e

g′(x) = f ′(x) + 1 =

{2 se x ≥ 0

11+x2

+ 1 se x < 0

quindi g′(x) 6= 0,∀x ∈ R e D(g−1)′ = Dg−1 e

dg−1

dy(−1− π/4) = 1

g′(−1)=

1

1 + 1/2= 2/3

infatti per il Teorema di derivazione della funzione inversa l’equazione

−1− π4

= x+ f(x)

ha come unica soluzione x = −1.

3. Per dimostrare che ∀x ∈ [0, 1)

arccosx = 2 arcsin

(√1− x

2

)

ci possiamo servire della funzione ausiliaria g(x) := arccos x−2 arcsin(√

1−x2

).

Dimostrare l’uguaglianza equivale a dimostrare che la funzione g èidenticamente nulla. Calcoliamo la derivata di g:

g′(x) =−1√

1− x2− 2√

1− 1−x2

−1/2

2√

1−x2

=

20

=−1√

1− x2+

1/2√1−x2− (1−x)2

4

=

=−1√

1− x2+

1

2√

1−x2

(1− 1−x

2

) == − 1√

1− x2+

1

2√

1−x24

= 0

Quindi g′(x) = 0, possiamo concludere che g(x) è costante. Ma

g(0) =π

2− 2π

4= 0

Quindi la funzione g è costante e in 0 vale 0; possiamo concludere che∀x ∈ [0, 1), g(x) = 0. Quindi ∀x ∈ [0, 1)

arccosx− 2 arcsin

(√1− x

2

)= 0

arccosx = 2 arcsin

(√1− x

2

)4. Esplicitiamo la definizione di limite:

∀ε > 0,∃δε > 0|∀x ∈ (−δε, 0)⇒ −ε <(

1

2

) 1x

< ε

Cioè (1

2

) 1x

< ε

1

x> log1/2 ε > 0

Assurdo perché 1/x < 0 e loga ε > 0, per ε piccolo.

Quindi l’asserzione è falsa.

5. L’affermazione è falsa e un controesempio è f(x) = 1x. Infatti questa

funzione è definita in R \ {0}, nel suo dominio f ′(x) è negativa perchéf ′(x) = − 1

x2ma non è descrescente, o meglio, è descrescente nella se-

miretta negativa e nella semiretta positiva considerate separatamente,ma

limx→0−

f(x) = −∞

21

limx→0+

f(x) = +∞

quindi per passare dalle x negative alle x positive la funzione cresce.

22

FOGLIO 5

1. Calcolare

limx→0+

ex2 − 1− x sinx

x2 ln(1 + x2)− cos(x2) + 1

2. Costruire il polinomio di MacLaurin di ordine 2 della funzionef(x) =

√1 + x. Calcolare, inoltre

limx→0

x2 + 2(sinx− x√

1 + x)

x(1− cosx)

3. Calcolare, al variare del parametro reale positivo α

limx→+∞

(x− xα ln

(1 +

1

x

))

4. Calcolare, al variare del parametro reale α

limx→0

eαx2 − 1 + x2

x(sin(3x)− 3x)

5. Calcolare

limx→0+

1− cos(3x) + x3

x1/3 sinx5/3

6. Calcolare, al variare del parametro reale positivo α

limx→1+

arctan(x− 1)(x− 1)α

23

7. Siano f(x) = o(sinx) e g(x) = o(x), per x→ 0. Dimostrare o confutareche

f(x) + g(x) = o(sin(x) + x), x→ 0

8. Siano f(x) = o(g(x)) e g(x) = o(h(x)), per x → x0. Dimostrare oconfutare che

(a) f(x) = o(h(x)), x→ x0(b) f(x) = o(g(x)h(x)), x→ x0

24

SVOLGIMENTO

1. Per calcolare il limite dato dobbiamo scrivere lo sviluppo di McLaurindelle funzioni ex

2, sin x, cos(x2) e ln(1 + x2).

Sviluppando la formula del polinomio di McLaurin otteniamo, ponendot = x2, per x→ 0:

et = 1 + t+t2

2+ o(t2)

cioè

ex2

= 1 + x2 +x4

2+ o(x4)

sinx = x− x3

3!+ o(x3)

cos t = 1− t2

2+ o(t2)

cioè

cos(x2) = 1− x4

2+ o(x4)

ed infineln(1 + t) = t+ o(t)

cioèln(1 + x2) = x2 + o(x2)

Sostituendo nel limite:

limx→0+

ex2 − 1− x sinx

x2 ln(1 + x2)− cosx2 + 1=

= limx→0+

1 + x2 + x4/2 + o(x4)− 1− x2 + x4/6 + o(x4)x4 + o(x4)− 1 + x4/2 + o(x4) + 1

=

= limx→0+

2x4/3 + o(x4)

3x4/2 + o(x4)=

= limx→0+

2/3 + o(1)

3/2 + o(1)=

4

9

25

2. Innanzitutto scriviamo il polinomio di McLaurin di ordine 2 della fun-zione

√1 + x; ricordando che

(√

1 + x)′ =1

2√

1 + x

(√

1 + x)′′ = − 14√

(1 + x)3

possiamo scrivere per x→ 0:

f(x) = 1 +x

2− 1

4

x2

2+ o(x2) =

= 1 +x

2− x

2

8+ o(x2)

Per calcolare il limite sviluppiamo il polinomio di McLaurin delle fun-zioni sin x e cos x:

sinx = x− x3

3!+ o(x3)

cosx = 1− x2

2+ o(x2)

Ora che abbiamo trovato tutti gli sviluppi di McLaurin che ci interes-savano possiamo sostituirli nel limite da calcolare:

limx→0

x2 + 2(sinx− x√

1 + x)

x(1− cosx)=

limx→0

x2 + 2(x− x3/6 + o(x3)− x− x2/2 + x3/8 + o(x3))x3/2 + o(x3)

=

= limx→0+

−x3/3 + x3/4 + o(x3)x3/2 + o(x3)

=

limx→0+

−x3/12 + o(x3)x3/2 + o(x3)

=

limx→0+

−1/12 + o(1)1/2 + o(1)

= −16

26

3. Vogliamo trasformare, attraverso un cambio di variabile del tipot = f(x), il limite per x→ +∞ in un limite per t→ 0+.In questo modoper calcolare il limite possiamo sviluppare il polinomio di McLaurin diogni funzione al suo interno. Ci riusciamo ponendo t = 1

x. Ricordando,

poi, il seguente sviluppo di McLaurin

ln(1 + t) = t+ o(t)

Possiamo andare a sostituire nel limite ottenendo:

limt→0+

(1

t− 1tα

(t+ o(t))

)=

limt→0+

1

t

[1− 1

tα−2(1 + o(1))

]=

limt→0+

1

t

[1− t2−α(1 + o(1))

]=

=

00

forma indet. se α = 2

+∞ se 0 < α < 2−∞ se α > 2

Il primo caso dà origine a una forma indeterminata, che dobbiamorisolvere. In questo caso può essere utile sviluppare ln(1 + t) fino alsecondo ordine. Infatti:

ln(1 + t) = t− t2

2+ o(t2)

E sostituendo, con α = 2:

limt→o+

1

t

[1− (1− t

2+ o(t))

]=

= limt→0+

(1

2+ o(1)

)=

1

2

Dunque possiamo concludere che il limite dato è uguale a12

se α = 2

+∞ se 0 < α < 2−∞ se α > 2

27

4. Innanzitutto sviluppiamo vicino a 0, attraverso la formula di McLaurin,le funzioni eαx

2e sin(3x). Ponendo t = x2 abbiamo:

eαx2

= eαt = 1 + αt+α2t2

2+ o(t2) =

= 1 + αx2 +αx4

2+ o(x4)

sin(3x) = 3x− 27x3

3!+ o(x3) = 3x− 9x

3

2+ o(x3)

Ora che abbiamo trovato gli sviluppi cercati, possiamo sostituirli nellimite, che calcoliamo:

= limx→0

1 + αx2 + α2x4

2+ o(x4)− 1 + x2

3x2 − 9x42

+ o(x4)− 3x2=

=(α + 1)x2 + α

2x4

2+ o(x4)

−9x42

+ o(x4)=

=(α + 1) + α

2x2

2+ o(x2)

−9x22

+ o(x2)=

=

−1

9se α = −1

+∞ se α < −1−∞ se α > −1

5. Dobbiamo sviluppare vicino a 0 le funzioni cos(3x) e sin(x5/3):

cos(3x) = 1− 9x2

2+ o(x2)

e, ponendo t = x5/3,

sin(t) = t+ o(t) = x5/3 + o(x5/3)

Ora, come fatto negli esercizi precedenti, sostituiamo gli sviluppi nellimite:

limx→0+

1− cos(3x) + x3

x1/3 sinx5/3=

= limx→0+

1− 1 + 9x22

+ o(x2) + x3

x1/3(x5/3 + o(x5/3)=

28

= limx→0+

9x2

2+ o(x2)

x2 + o(x2)=

= limx→0+

92

+ o(1)

1 + o(1)=

9

2

E’ da notare che nel terzultimo passaggio abbiamo inglobato il terminex3 nell’o(x2).

6. Riportiamo il nostro studio vicino a 0 ponendo t = x− 1. Cos̀ı facendoinfatti si ha:

limx→1+

arctan(x− 1)(x− 1)α

=

= limt→0+

arctan(t)

tα=

dallo sviluppo dell’arcotangente arctan t = t+ o(t),

= limt→0+

t+ o(t)

tα=

= limt→0+

1 + o(1)

tα−1=

=

1 se α = 1

+∞ se α > 10 se α < 1

7. Dalla definizione di o(sinx + x) dobbiamo verificare o confutare chevale:

limx→0

f(x) + g(x)

sinx+ x= 0

Ma questo limite è uguale a

limx→0

o(sinx) + o(x)

sinx+ x=

= limx→0

o(sinx)

sinx+ x+ lim

x→0

o(x)

sinx+ x=

limx→0

o(sinx)sinx(

1 + xsinx

) + limx→0

o(x)x(

1 + sinxx

) =29

= 0 + 0 = 0

Perché in entrambi i membri dell’addizione il numeratore tende a 0per ipotesi, mentre il denominatore tende a 2 per il limite notevoleseguente:

limx→0

sinx

x= 1

8. 1. Come nell’esercizio precedente dobbiamo dimostrare o confutare che

limx→x0

f(x)

h(x)= 0

Ma questo limite è uguale a

limx→x0

o(g(x))

h(x)=

= limx→x0

o(g(x))

g(x)

g(x)

h(x)= 0

perché limx→x0o(g(x))g(x)

= 0 e, per ipotesi, limx→x0g(x)h(x)

= 0.

2. Al solito dobbiamo dimostrare o confutare che

limx→x0

f(x)

g(x)h(x)= 0

Questo limite è uguale a

limx→x0

o(g(x))

g(x)h(x)

che non è detto che sia uguale a 0, perché è vero che limx→x0o(g(x))g(x)

= 0

per ipotesi, ma diviso per una funzione incognita h(x) non è detto cheil limite resti 0.

Per trovare un controesempio possiamo prendere le seguenti tre funzio-ni:

f(x) = (x− x0)α, g(x) = (x− x0)β, h(x) = (x− x0)γ

con α > β, β > γ, α ≤ β + γ.Ad esempio α = 3, β = 2, γ = 1, quindi

f(x) = (x− x0)3, g(x) = (x− x0)2, h(x) = (x− x0)1

Infatti

limx→x0

(x− x0)3

(x− x0)2(x− x0)1= 1 6= 0

30

FOGLIO 6

1. Studiare il carattere della serie

∞∑k=1

arctan

(1

k√k + 1

)

2. Studiare il carattere della serie

∞∑k=1

1√k ln k

3. Studiare il carattere della serie, al variare del parametro reale x

∞∑k=1

cos2(kx)

ek − 1

4. Studiare il carattere della serie

∞∑k=1

(π2− arctan(

√k + 1)

)

5. Studiare il carattere della serie

∞∑k=1

esin k sin

(1

k2

)

6. Studiare il carattere della serie, al variare del parametro reale α

∞∑k=0

2k(α2−3α)

31

7. Studiare per quali valori del parametro reale positivo α la serie

∞∑k=1

sin

(1

k3α

)k3/2−2α

converge.

8. Studiare al variare del parametro reale x il carattere della serie

∞∑k=0

(|x− 1| − 1)k

9. Studiare il carattere della serie

∞∑k=0

2k+1

3k+3

ed eventualmente calcolarne la somma.

32

SVOLGIMENTO

1. Per studiare il carattere della serie possiamo utilizzare il Criterio delconfronto asintotico. In particolare vorremmo confrontare la serie datacon la serie

∑+∞k=1

(1k

)α, α > 0, di cui conosciamo il comportamento al

variare di α: per α > 1 converge mentre per α ≤ 1 diverge.Quindi dobbiamo studiare

limk→+∞

arctan(

1k3/2+1

)k−α

=0

0

Applicando il Teorema di De L’Hospital, e riportando il nostro studioalle funzioni associate delle successioni numeriche

= limx→+∞

1

1+

(1

x3/2+1

)2 · − 32x1/2(x3/2+1)2−αx−α−1

=

= limx→+∞

3

2α

x3/2+α

x3 + 2x3/2 + 2

Questo limite è uguale a 1 se 32+α = 3, cioè se α = 3

2, che è maggiore di

1. La serie data, dunque, ha lo stesso comportamento asintotico della

serie∑∞

k=1

(1k

)3/2, che converge, essendo 3/2 > 1, dunque converge.

2. Anche in questo esercizio vogliamo applicare il Criterio del confrontoasintotico. Come prima vogliamo confrontare la serie data con la serie∑+∞

k=1

(1k

)α, α > 0. Quindi andiamo a studiare

limk→+∞

kα

k1/2 ln k=

= limk→+∞

kα−1/2

ln k

Ora, se α ∈ (0, 1/2], il limite è 0, se α ∈ (1/2, 1] il limite è +∞,ed infine se α > 1 il limite è +∞. Nel primo e nel terzo caso nonpossiamo dedurre nulla, in quanto nel primo caso la serie con cui stiamoconfrontando diverge ma il limite del rapporto tra le due successioni ènullo e nel terzo la serie con cui stiamo confrontando converge, ma illimite è +∞. Il caso che ci permette di concludere è il secondo; infattiper α ∈ (1/2, 1] la serie

∑+∞k=1

(1k

)αdiverge e il limite del rapporto tra

33

le successioni viene +∞, dunque possiamo dire che anche la serie datadiverge:

∞∑k=1

1√k ln k

= +∞

3. In questo esercizio possiamo applicare il Teorema del confronto tra leserie; infatti

cos2(kx)

ek − 1≤ 1ek − 1

,∀x ∈ R

Il membro di destra della precedente disuguaglianza è asintoticamenteuguale a 1

ek, perché

limk→+∞

1ek−11ek

= limk→+∞

ek

ek − 1=

= limk→+∞

(1 +

1

ek − 1

)= 1

Sappiamo che∑∞

k=11ek

converge, dunque possiamo concludere che laserie data converge ∀x ∈ R.

4. Vogliamo applicare il Criterio del confronto asintotico. Studiamo, quin-di

limk→+∞

π/2− arctan(√k + 1)

k−α, α > 0

Questa è una forma indeterminata 0/0, dunque proviamo a risolvereil limite attraverso il Teorema di De L’Hospital e le funzioni associatealle successioni all’interno del limite:

= limx→+∞

− 11+(√x+1)2

· 12√x

−αx−α−1=

limx→+∞

1

2α· x

α+1/2

x+ 2√x+ 2

=1

2α

Questo limite è uguale a 12α

se α + 1/2 = 1, cioé α = 12. Quindi, per il

criterio del confronto asintotico, possiamo concludere che la serie data

asintoticamente si comporta come la serie∑∞

k=1

(1k

) 12 , la quale diverge,

dunque diverge.

34

5. Possiamo dire che:

esin(k) sin

(1

k2

)≤ e sin

(1

k2

)essendo ex una funzione crescente.

Ora ci chiediamo se converge∑∞

k=1 e sin(

1k2

). Questa serie converge

perché

limk→+∞

e sin(

1k2

)1k2

= limh→0

e sin(h2)

h2= e

Dunque applicando il criterio del confronto asintotico, possiamo con-cludere che la serie

∑∞k=1 e sin

(1k2

)si comporta asintoticamente come

la serie∑∞

k=1

(1k

)2, la quale converge, dunque converge. Ma essendo la

serie∑∞

k=1 e sin(

1k2

)una maggiorante della serie data, possiamo dire

che anche quest’ultima converge.

6.∞∑k=0

2k(α2−3α) =

∞∑k=0

(2(α

2−3α))k

Il membro di destra della precedente uguaglianza è una serie geometricadi ragione 2(α

2−3α). Dunque

• Converge se−1 < 2(α2−3α) < 1

Cioè0 < α < 3

• Diverge se2(α

2−3α) ≥ 1Cioè

α ≤ 0 o α ≥ 3

• E’ indeterminata se2(α

2−3α) ≤ −1cioé per nessun α ∈ R.

Nel caso in cui converge, cioè per 0 < α < 3, possiamo calcolare ilvalore della somma della serie geometrica

∞∑k=0

(2(α

2−3α))k

=1

1− 2(α2−3α)

35

7. Vogliamo utilizzare il Criterio del confronto asintotico. Quindi studia-mo

limk→+∞

sin

(1

k3α

)k3/2−2α+β, β > 0

che, ponendo h = 1k

e sviluppando sin(h3α) con la formula di McLaurin,diventa

limh→0+

sin(h3α)

h3/2−2α+β=

= limh→0+

h3α + o(h3α)

h3/2−2α+β= 1

Se 3α = 32− 2α + β, cioè

β = 5α− 32

Quindi, se β > 1, converge, mentre se β ≤ 1 diverge.Possiamo concludere, quindi, che la serie converge se 5α − 3

2> 1, cioé

α > 12, mentre diverge se 5α− 3

2≤ 1, cioé α ≤ 1

2.

8. La serie in questione è una serie geometrica di ragione Q = |x− 1| − 1.Dunque

• Diverge se Q ≥ 1, cioè se x ∈ (−∞,−1) ∪ [3,+∞)• Converge se −1 < Q < 1, cioé se x ∈ (−1, 3) \ {1}• E’ impropria se Q = −1, cioè se x = 1

9. Riscriviamo la serie come segue

∞∑k=0

2k+1

3k+3=

2

33

∞∑k=0

(2

3

)kDunque converge perché è una serie geometrica di ragione minore di 1.Essendo una serie geometrica possiamo anche calcolare la somma:

2

33

∞∑k=0

(2

3

)k=

2

27· 1

1− 2/3=

2

9

36

FOGLIO 7

1. Determinare in R tutte le primitive della funzione

g(x) = |x− 1|

Calcolare l’espressione esplicita della funzione integrale

f(x) =

∫ x−1g(t) dt

2. Sia f(x) = cos(1− e−x). Senza calcolare esplicitamente le derivate suc-cessive della funzione, calcolare f (6)(0).

3. Risolvere nel campo complesso l’equazione

z|z|2 − 9iz̄ = 0

4. Stabilire per quali valori del parametro reale α converge la serie

∞∑k=1

(e1/k

2 − 1)k3/2−α

5. Dimostrare che

1

1 + x2= 1− x2 + x4 + o[x5], x→ 0

37

SVOLGIMENTO

1. Esplicitando il modulo si ha

g(x) =

{x− 1 se x ≥ 11− x se x < 1

Poiché g è continua in R, tutte e sole le primitive di g differiscono peruna costante arbitraria e sono continue. Esse hanno espressione

G(x) =

{x2

2− x+ c se x ≥ 1

−x22

+ x+ α(c) se x < 1

∀c ∈ R e α(c) tale che G(x) risulti continua in 1, cioè

limx→1−

G(x) = G(1)

che vuol dire

−12

+ 1 + α(c) =1

2− 1 + c

cioè α(c) = c− 1.Quindi tutte le primitive di g(x) in R sono le funzioni

G(x) =

{x2

2− x+ c se x ≥ 1

−x22

+ x+ c− 1 se x < 1

∀c ∈ R.Dal II Teorema fondamentale del calcolo integrale si ha

f(x) = G(x)−G(−1)

Ora G(−1) = −12− 1 + c− 1 = −5

2+ c. Dunque

f(x) = G(x)−G(−1) =

{x2

2− x+ 5

2se x ≥ 1

−x22

+ x− 1 + 52

se x < 1

cioè

f(x) = G(x)−G(−1) =

{x2

2− x+ 5

2se x ≥ 1

−x22

+ x+ 32

se x < 1

38

2. Per calcolare f (6)(0) senza calcolare esplicitamente le derivate succes-sive della funzione, l’idea è quella di costruire lo sviluppo di McLaurindi ordine 6 di f(x) e considerare il coefficiente di x

6

6!, che rappresenta

proprio f (6)(0).

Cominciamo, quindi, costruendo lo sviluppo di McLaurin della funzionecos(t).

cos t = 1− t2

2+t4

4!− t

6

6!+ o(t6), t→ 0

Poi

et = 1 + t+t2

2+t3

3!+t4

4!+t5

5!+t6

6!+ o(t6), t→ 0

Quindi

1− e−x = x− x2

2+x3

3!− x

4

4!+x5

5!− x

6

6!+ o(x6)

Ed infine, ponendo t = 1− e−x otteniamo

cos(1− e−x) = 1− 12

[x2 +x4

4+

x6

3!3!+

2

5!x6 − 2

4!x5 +

2

3!x4 − x3+

1

4!x6− 1

3!x5+o(x6)]+

1

4![x4+x6+

1

2x6+

4

3!x6−2x5+o(x6]− 1

6![x6+o(x6)]

Il coefficiente di x6 è

− 12 · 3! · 3!

− 15!− 1

2 · 4!+

1

4!+

1

2 · 4!+

4

4! · 3!− 1

6!=

=1

6!

(− 6!

2 · 3! · 3!− 6!

5!+

6!

4!+

6!

3! · 3!− 1)

=

=1

6!(−10− 6 + 30 + 20− 1) = 33

6!

Dunque possiamo concludere che f (6)(0) = 33.

3. Moltiplicando ambo i membri per z si ha

z2|z|2 − 9i|z|2 = 0

|z|2(z2 − 9i) = 0

z = 0 è una soluzione; ora studiamo

z2 − 9i = 0

39

che ha come soluzioni z = 3√i. Le radici di i sono

√i = cos

( π2

+ 2kπ

2

)+ i sin

(π4

+ kπ), k = 0, 1

per k = 0 abbiamo la radice w0 =√22

(1 + i). Per k = 1 abbiamo la

radice w1 = −√22

(1 + i).

Dunque possiamo concludere che le soluzioni dell’equazione sono 3:

• z1 = 0• z2 = 3

√2

2(1 + i)

• z2 = −3√2

2(1 + i)

4. Per risolvere l’esercizio vogliamo sfruttare il seguente limite notevole

limx→0

ex − 1x

= 1

Dunque trasformo la serie data, in questo modo

∞∑k=1

(e1/k

2 − 1)k3/2−α =

=∞∑k=1

e1/k2 − 1

kα−3/2=

=∞∑k=1

e1/k2 − 1

k−2+α+1/2=

=∞∑k=1

e1/k2 − 1

k−2 · kα+1/2

Quest’ultima serie si comporta come

∞∑k=1

1

kα+1/2

perché, come dicevamo all’inizio,

limk→+∞

e1/k2 − 1

1/k2= 1

Ma la serie armonica generalizzata∑∞

k=11

kα+1/2converge per

α+ 1/2 > 1, cioé per α > 1/2. Quindi anche la serie data nell’esercizioconvergerà per α > 1/2.

40

5. E’ equivalente dimostrare che

1

1 + x2− 1 + x2 − x4 = o[x5], x→ 0

Ma1

1 + x2− 1 + x2 − x4 = − x

6

1 + x2

Per dimostrare l’uguaglianza dobbiamo quindi verificare che

− x6

1 + x2= o(x5)

cioè

limx→0

− x61+x2

x5= 0

E questo è vero perché

limx→0

− x61+x2

x5= lim

x→0− x

1 + x2= 0

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