ESERCIZI DI ANALISI MATEMATICA PER I CORSI DI LAUREA IN

ESERCIZI DI ANALISI MATEMATICA
PER I CORSI DI LAUREA IN INFORMATICA
Tutor:
Dottoressa Simona DI GIROLAMO
———————————————————————————————
ANNO ACCADEMICO 2015-2016
1
Funzioni
Definizione 1.1 Dati due insiemi non vuoti A e B, si chiama funzione di
A in B una qualsiasi legge che associa ad ogni x ∈ A uno ed un solo y ∈ B.
Si scrive y = f (x), dove x si dice variabile indipendente o controimmagine e y variabile dipendente o immagine. Per indicare che f è una
funzione di A in B si utilizza la scrittura:
f :A→B
Definizione 1.2 Una funzione si dice suriettiva se f (A) = B.
Definizione 1.3 Una funzione si dice iniettiva se ad elementi distinti di
A corrispondono elementi distinti di B, ovvero
se f (x1 ) = f (x2 ) allora x1 = x2 , ∀x1 , x2 ∈ A
Definizione 1.4 Una funzione si dice bigettiva se è sia iniettiva che suriettiva.
Data una funzione bigettiva, essa invertibile, ovvero esiste la funzione
inversa di f che si indica con f −1 tale che:
f −1 : B → A
f :A→B
Componendo f con la sua inversa otteniamo la funzione identica.
Definizione 1.5 Il dominio o campo di esistenza di una funzione f è il
sottoinsieme D di A formato da tutti i possibili valori che la variabile x può
assumere. Il codominio è l’insieme delle immagini y = f (x) corrispondenti
a tutti i possibili valori che la variabile x può assumere.
Definizione 1.6 Si chiama grafico di una funzione f : A → B l’insieme di
tutte le coppie ordinate (x, y) del piano cartesiano che si ottengono prendendo
un valore di x in A e trovando il corrispondente valore y = f (x) in B, ovvero
G(f ) = {(x, y)|x ∈ A, y = f (x) ∈ B}
1
2
Funzione potenza ennesima
Sia n ∈ N∗ e definiamo la funzione potenza n-esima come fn : R → R tale
che fn (x) = xn . Osserviamo che
xn := x
| · x{z· · · x}
n−volte
x si chiama base e n esponente, xn significa moltiplicare per se stessa la base
x esattamente n-volte.
La funzione potenza fn gode delle seguenti proprietà:
• il dominio di fn è R
• se n è pari fn è pari, se n è dispari fn è dispari
• fn si annulla per x = 0
• se n è pari fn è positiva in R, se n è dispari fn è positiva in R+ , negativa
in R−
• se n è pari il codominio di fn è R+ , se n è dispari il codominio di fn è
R
• se n è pari fn è strettamente crescente in R+ , strettamente decrescente
in R− ; se n è dispari fn è strettamente crescente in R
• xn · xm = xn+m
• (xn )m = xn·m
•
xn
= xn−m
xm
n≥m
• xn · y n = (x · y)n
n
xn
x
• n =
y
y
• x0 = 1
2
Il grafico di fn per n pari è:
Dal grafico notiamo la simmetria rispetto all’asse y, poichè la funzione è
pari.
Il grafico di fn per n pari è:
Dal grafico notiamo la simmetria rispetto all’origine, poichè la funzione è
dispari.
3
3
Polinomi
P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn
Un polinomio è la somma algebrica di potenze della variabile x, a0 , a1 , · · · , an
sono numeri reali; n indica il grado del polinomio. Un polinomio può essere
inteso come una funzione, detta funzione polinomiale:
fp : R → R
f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn
fp ha come dominio e codominio R.
Nelle equazioni e disequazioni polinomiali ricordiamo che spesso la proprietà
distributiva a(b + c) = ab + ac può risultare utile, perchè ci serve per
raccogliere un monomio comune per tutte le componenti del polinomio.
4
Funzione radice ennesima
La funzione radice n-esima è la funzione inversa della funzione potenza. Se
consideriamo n ∈ N∗ pari, per ogni a√∈ R+ esiste uno e un solo b ∈ R+ tale
1
che bn = a, o equivalentemente b = n a = a n . Se invece n ∈ N∗ dispari, per
ogni a ∈ R esiste uno e un solo b ∈ R+ tale che bn = a. La funzione
radice
√
1
n
n
n-esima si definisce come f 1 : R → R tale che f 1 (x) = x = x.
n
n
La funzione radice n-esima f 1 gode delle seguenti proprietà:
n
• il dominio di f 1 è R+ se n è pari, R se n è dispari
n
• se n è dispari f 1 è dispari
n
• f 1 si annulla per x = 0
n
• se n è pari f 1 è strettamente positiva, se n è dispari f 1 è strettamente
n
n
positiva in R∗+ , strettamente negativa in R∗−
• se n è pari il codominio di f 1 è R+ , se n è dispari il codominio di f 1 è
n
n
R
• f 1 è strettamente crescente nel suo dominio
n
•
√
n
1=1
√ √
√
• n x n y = n xy
√
√
n
• xk = ( n x)k
4
√
x = nk x
(
√
| x | se n pari
• n xn =
x
se n dispari
•
p
√
n
k
Il grafico di f 1 per n pari è:
n
Il grafico di f 1 per n dispari è:
n
Per risolvere le equazioni e disequazioni irrazionali bisogna distinguere i
casi in base all’indice della radice, in quanto una radice con indice pari ha
come campo di esistenza R+ e quindi il radicando deve essere sempre positivo.
5
5
Funzione reciproca della funzione potenza
ennesima
Sia n ∈ N∗ e definiamo la funzione reciproca della funzione potenza n-esima
1
come f−n : R∗ → R tale che f−n (x) = x−n = n . La funzione f−n gode delle
x
seguenti proprietà:
• il dominio di f−n è R∗
• se n è pari f−n è pari, se n è dispari f−n è dispari
• se n è pari f−n è strettamente positiva in R∗ , se n è dispari f−n è
strettamente positiva in R∗ + , strettamente negativa in R∗ −
• se n è pari il codominio di fn è R+ , se n è dispari il codominio di fn è
R
• se n è pari f−n è strettamente crescente in R∗ + , strettamente decrescente in R∗ − ; se n è dispari f−n è strettamente decrescente sulle semirette
R∗ + ed R∗ −
• se n è pari, il codominio di f−n è R∗ + , se n è dispari il codominio è R∗
6
Funzione potenza ad esponente razionale
Sia assegnato a ∈ R∗+ . Si consideri la funzione fa,Q : Q → R tale che per ogni
√
n
q ∈ Q, q = risulta fa (q) = aq = d an .
d
La funzione potenza ad esponente razionale gode delle seguenti proprietà:
• è strettamente positiva
• se a > 1 allora fa,Q è strettamente crescente, se 0 < a < 1 allora fa,Q è
strettamente decrescente
• è limitata inferiormente
• a0 = 1
• a1 = a
• a−q =
1
per ogni q ∈ Q
aq
• aq · ap = aq+p per ogni q, p ∈ Q
6
• (aq )p = aq·p per ogni q, p ∈ Q
• aq · bq = (a · b)q per ogni q ∈ Q, a, b ∈ R∗+
7
Funzione razionale
Una funzione razionale è una funzione del tipo:
f (x) =
P (x)
1
= P (x) ·
R(x)
Q(x)
(1)
dove P (x) e R(x) sono polinomi nella variabile x.
8
Disequazioni razionali e irrazionali
8.1
Esercizio 1
√
3
8x3 − 7 < 2x − 1
Poichè l’indice della radice è dispari, il campo di esistenza è R e per risolvere
la disequazione, elevo entrambi
i membri alla potenza di 3, in modo tale da
√
applicare la proprietà ( n x)n = x
√
3
( 8x3 − 7)3 < (2x − 1)3
8x3 − 7
<
8x3 − 1 − 12x2 + 6x
12x2 − 6x − 6 < 0
2x2 − x − 1 < 0
la cui soluzione è
1
− <x<1
2
dove −
1
e 1 sono le soluzioni dell’equazione associata 2x2 − x − 1 = 0.
2
8.2
Esercizio 2
√
4 − x2 + x ≤ 2
Per risolvere questa disequazione, isoliamo al primo membro la radice
√
4 − x2 ≤ −x + 2
La risoluzione si riconduce a determinare le soluzioni del seguente sistema
7

2

4 − x ≥ 0
−x + 2 ≥ 0

√
( 4 − x2 )2 ≤ (−x + 2)2


−2 ≤ x ≤ 2
x≤2


x≤0∨x≥2
la cui soluzione è
−2 ≤ x ≤ 0 x = 2
8.3
Esercizio 3
√
1 − x2 > −x
Risolvere questa disequazione equivale a trovare le soluzioni di due sistemi:
(
−x < 0
1 − x2 ≤ 0
(
−x ≥ 0
√
( 1 − x2 )2 > (−x)2
Risolvendo le varie disequazioni otteniamo
(
x>0
−1 ≤ x ≤ 1

x ≤ 0
1
1
− √ ≤ x ≤ √
2
2
1
La soluzione del primo sistema è 0 < x ≤ 1, mentre del secondo è − √ ≤
2
1
x ≤ 0 e unendo le due soluzioni otteniamo − √ ≤ x ≤ 1
2
8
8.4
Esercizio 4
3
2
Riduco allo stesso minimo comune multiplo entrambi i membri
2x + 1 < 5x +
10x + 3
4x + 2
<
2
2
Moltiplico ambo i membri per 2, in modo che mi riconduco ad una disequazione non frazionaria; inoltre, il segno della disequazione non cambia perchè
2>0
4x + 2 < 10x + 3
−6x < 1
1
x>−
6
8.5
Esercizio 5
1
1
≥
x+1
x−1
Riduciamo allo stesso minimo comune multiplo entrambe le frazioni
x+1
x−1
≥
(x − 1)(x + 1)
(x − 1)(x + 1)
In questo caso la disequazione è fratta e devo studiare il segno contemporaneamente del numeratore e del denominatore, per questo motivo scrivo
un’unica frazione
x−1−x−1
≥0
(x − 1)(x + 1)
−2
≥0
(x − 1)(x + 1)
e impongo numeratore e denominatore > 0
−2 ≥ 0
x−1>0
x+1>0
Il grafico per lo studio del segno è:
9
−1
−2 ≥ 0
x>1
x > −1
−2
(x − 1)(x + 1)
1
−
−
−
−
−
+
−
+
+
−
+
−
Scegliamo il segno + perchè il segno della disequazione è ≥, quindi la
soluzioni della disequazione è:
−1 < x < 1
9
Funzione esponenziale
La funzione esponenziale expa : R → R si può definire nel modo seguente:
expa (x) = ax
a > 0, a 6= 1
La funzione esponenziale gode delle seguenti proprietà:
• il dominio è R
• il codominio è R∗+
• funzione crescente per a > 1, decrescente per 0 < a < 1
• ha asintoto orizzontale y = 0
• a−x =
1
ax
∀x ∈ R, a > 0, a 6= 1
• ax ay = ax+y
•
ax
= ax−y
y
a
• (ax )y = axy
• ax bx = (ab)x
∀x, y ∈ R, a > 0, a 6= 1
∀x, y ∈ R, a > 0, a 6= 1
∀x, y ∈ R, a > 0, a 6= 1
∀x ∈ R, a, b > 0, a, b 6= 1
10
Il grafico della funzione per esponenziale è:
Dal grafico si possono dedurre i limiti fondamentali della funzione
esponenziale:
lim ax = +∞ a > 1
x→+∞
lim ax = 0 0 < a < 1
x→+∞
lim ax = 0 a > 1
x→−∞
lim ax = +∞ 0 < a < 1
x→−∞
10
Funzione logaritmo
Sia a > 0, a 6= 0. Essendo l’esponenziale una funzione strettamente
crescente, possiamo invertirla nel suo codominio: l’inversa della ridotta di
expa alla semiretta ]0, +∞[ si chiama funzione logaritmo di base a.
11
−1
exp−1
a :]0, +∞[∈ R è tale che expa (x) = loga (x) e gode delle seguenti
proprietà:
• se a > 1 allora loga (x) > 0 in ]1, +∞[
• se 0 < a < 1 allora loga (x) > 0 in ]0, 1[
• se a > 1 allora la funzione loga (x) è strettamente crescente
• se 0 < a < 1 allora la funzione loga (x) è strettamente decrescente
• non è limitata
• il dominio è R∗+
• il codominio è R
∀x, y ∈ R∗+
• loga (xy) = loga (x) + loga (y)
• loga ( xy ) = loga (x) − loga (y)
• loga (x)c = cloga (x)
• loga (x) =
logb (x)
logb (a)
∀x, y ∈ R∗+
∀x ∈ R∗+ , c ∈ R
∀x ∈ R∗+ , a, b > 0, a, b 6= 1
Il grafico della funzione logaritmo è:
12
Dal grafico si possono dedurre i limiti fondamentali della funzione
esponenziale:
lim loga (x) = +∞ a > 1
x→+∞
lim loga (x) = −∞ 0 < a < 1
x→+∞
lim loga (x) = −∞ a > 1
x→0+
lim loga (x) = +∞ 0 < a < 1
x→0+
11
11.1
Equazioni e disequazioni esponenziali e
logaritmiche
Esercizio 1
2x−3 = 82x
Per poter risolvere questa equazione esponenziale, occorre ricondurre alla
stessa base entrambe le funzioni esponenziali che si trovano al primo e al
secondo membro dell’equazione stessa, per questo motivo scriviamo 8 = 23
2x−3 = (23 )2x
Per la proprietà delle funzioni esponenziali (ax )y = axy possiamo scrivere
2x−3 = 26x
Due funzioni esponenziali aventi la stessa base sono uguali se sono uguali i
loro esponenti, per questo motivo uguagliamo gli esponenti, ottenendo
x − 3 = 6x
x − 6x = 3
3
x=−
5
13
11.2
Esercizio 2
2
9x < 272x
Riconduciamo entrambe le funzioni esponenziali alla stessa base
2
(32 )x < (33 )2x
Per la proprietà delle funzioni esponenziali (ax )y = axy possiamo scrivere
2
32x < 36x
Per passare alla disequazione fra gli esponenti, ricordiamo che se la base
a > 1, il segno della disequazione non cambia, se 0 < a < 1 il segno cambia.
Nel nostro caso otteniamo
2x2 < 6x
2x2 − 6x < 0
2x(x − 3) < 0
0<x<3
11.3
Esercizio 3
52x−1 − 5x +
Applichiamo la proprietà
4
>0
5
ax
= ax−y
ay
52x
4
− 5x + > 0
5
5
Applichiamo la proprietà (ax )y = axy
(5x )2
4
− 5x + > 0
5
5
Occore applicare una sostituzione 5x = t in modo tale che l’equazione
diventi
t2
4
−t+ >0
5
5
2
t − 5t + 4 > 0
L’equazione di secondo grado associata ha per soluzioni t = 0 e t = 4,
quindi la disequazione ha per soluzione
t<1∨t>4
14
Sostituendo 5x in luogo di t otteniamo
5x < 1 ∨ 5x > 4
che sono disequazioni elementari e posso ottenere le soluzioni rispetto alla
variabile x
5x < 50 ∨ 5x > 4
x < 0 ∨ x > log5 (4)
11.4
Esercizio 4
log 1 (x + 3) = −1
2
Poichè il campo di esistenza della funzione logaritmica è (0, +∞), prima di
calcolare il valore della x, dobbiamo calcolare il campo di esistenza, che in
questo caso sarà x + 3 > 0, ovvero x > −3. Quando calcoleremo il valore
della x, verificheremo che rispetti la condizione di esistenza, altrimenti non
sarà accettabile. Ricordiamo che per definizione di logaritmo si ha che
loga (a)c = c, per tanto
−1
1
log 1 (x + 3) = log 1
2
2
2
Possiamo passare all’equazione tra gli argomenti del logaritmo
−1
1
x+3=
2
x+3=2
x = −1
soluzione che possiamo accettare perchè è maggiore di −3
11.5
Esercizio 5
log3 (x) − 2 > 0
log3 (x) > 2
Poichè il campo di esistenza della funzione logaritmica è (0, +∞), prima di
calcolare il valore della x, dobbiamo calcolare il campo di esistenza, che in
questo caso sarà x > 0. Questa disequazione sarà inserita in un sistema in
cui è contenuta anche la soluzione della disequazione, affinchè entrambe le
15
disequazioni siano verificate contemporaneamente. Ricordiamo che per
definizione di logaritmo si ha che loga (a)c = c, per tanto
log3 (x) > log3 (32 )
Possiamo passare alla disequazione tra gli argomenti del logaritmo,
ricordando che il segno della disequazione rimane invariato se a > 1, cambia
se 0 < a < 1
x > 32
x>9
Risolviamo infine il sistema in cui inseriamo anche il campo di esistenza
(
x>9
x>0
la cui soluzione è
x>9
12
Funzioni Goniometriche
Definizione 12.1 Siano T > 0 e D ⊆ R tale che
∀x ∈ D : x + T ∈ D.
Si dice che f : D → R, non costante, è periodica se
∀x ∈ D : f (x) = f (x + T ).
Si dice che T̄ è il periodo di f se è il più piccolo fra i valori di T per cui
vale la proprietà precedente.
Definiamo il seno, il coseno, la tangente e la cotangente di un angolo.
16
Il grafico ci mostra cosa sono geometricamente il seno e il coseno di un
angolo; la circonferenza goniometrica è una circonferenza che ha centro
nell’origine degli assi e raggio di lunghezza 1. Possiamo dire che
OR
= OR
OP
OQ
sin(α) =
= OQ
OP
cos(α) =
e che la relazione fondamentale della goniometria è
cos2 (α) + sin2 (α) = 1
Il seno e il coseno sono funzioni reali a valori reali (R → R), che hanno
come dominio R e codominio [−1, 1], periodiche di periodo T = 2π. Sono
funzioni surgettive, ma non ingettive per la loro periodicità. Riportiamo i
grafici del seno e del coseno
17
Poichè il codominio delle due funzioni è limitato, non esistono i limiti per
x → ±∞ di sin(x) e cos(x).
A partire da queste funzioni se ne possono definire altre due: la tangente e
la cotangente di un angolo.
18
19
Come si può osservare graficamente
tg(α) = AT =
BH
sin(α)
=
cos(α)
OH
cotg(α) = CT =
BK
cos(α)
=
sin(α)
OK
Le funzioni tangente e cotangente
n π sono funzionio reali a valori reali (R → R).
Il dominio dell tangente è R −
+ kπ, k ∈ Z , mentre quello della
2
cotangente è R − {kπ, k ∈ Z}.
Entambe hanno come codominio R e il loro periodo è T = π.Sono funzioni
surgettive, ma non ingettive per la loro periodicità. I loro grafici sono:
20
13
Funzioni goniometriche inverse
Le funzioni seno e coseno, cosı̀ come le abbiamo definite, non sono
invertibili, perchè non ingettive.
Posso
considerare la funzione ridotta del
i
h π π
e la funzione ridotta del coseno ristretta
seno ristretta all’intervallo − ,
2 2
all’intervallo [0, π], che continuiamo ancora a chiamare seno e coseno:
h π πi
sin : − ,
→ [−1, 1]
2 2
cos : [0, π] → [−1, 1]
Otteniamo rispettivamente due funzioni, crescente e decrescente, nei loro
intervalli di definizione, sono surgettive e ingettive e quindi invertibili. Le
loro funzioni inverse sono:
h π πi
arcsin : [−1, 1] → − ,
2 2
arcos : [−1, 1] → [0, π]
21
π π
Analogamente, posso considerare la funzione tangente ristretta a − ,
2 2
e la funzione cotangente ristretta a (0, π)
π π
→R
tg : − ,
2 2
cotg : (0, π) → R
che sono rispettivamente strettamente crescente e strettamente decrescenti,
quindi sono invertibili e le loro funzioni inverse sono:
π π
arctg : R → − ,
2 2
arcotg : R → (0, π)
I grafici delle funzioni inverse sono:
22
23
14
Equazioni Goniometriche
14.1
Equazioni elementari
14.1.1
Caso 1
sin(x) = b
Si possono presentare i seguenti casi:
1. se −1 ≤ b ≤ 1 allora l’equazione è determinata e ha soluzione
x = α + 2kπ ∨ x = (π − α) + 2kπ con k ∈ Z
dove α è l’angolo che ha per seno b;
2. se b < −1 ∨ b > 1 allora l’equazione è impossibile.
14.1.2
Esempio
sin(x) =
Dato che −1 <
1
2
1
< 1, l’equazione ha come soluzione:
2
π
5π
x = + 2kπ ∨ x =
+ 2kπ, k ∈ Z
6
6
24
14.1.3
Caso 2
cos(x) = b
Si possono presentare i seguenti casi:
1. se −1 ≤ b ≤ 1 allora l’equazione è determinata e ha soluzione
x = α + 2kπ ∨ x = (2π − α) + 2kπ (oppurex = −α + 2kπ) con k ∈ Z
dove α è l’angolo che ha per coseno b;
2. se b < −1 ∨ b > 1 allora l’equazione è impossibile.
14.1.4
Esempio
cos(x) =
Dato che −1 <
14.1.5
1
2
1
< 1, l’equazione ha come soluzione:
2
π
π
x = + 2kπ ∨ x = − + 2kπ, k ∈ Z
3
3
Caso 3
tg(x) = b
L’equazione ha sempre una soluzione, perchè il codominio della funzione
tangente è R. Allora:
x = α + kπ con k ∈ Z
dove α è l’angolo che ha per tangente b;
14.1.6
Esempio
tg(x) = 1
L’equazione ha come soluzione:
x=
π
+ kπ,
4
25
k∈Z
14.1.7
Caso 4
cotg(x) = b
L’equazione ha sempre una soluzione, perchè il codominio della funzione
cotangente è R. Allora:
x = α + kπ con k ∈ Z
dove α è l’angolo che ha per cotangente b;
14.1.8
Esempio
cotg(x) = 1
L’equazione ha come soluzione:
x=
14.2
Equazioni lineari
14.2.1
Caso 1
π
+ kπ,
4
k∈Z
a · sin(x) + b · cos(x) = 0 a, b ∈ R
14.3
Esempio
sin(x) + cos(x) = 0
Supponendo che cos(x) sia diverso da 0, divido entrambi i fattori per cos(x)
sin(x)
π
e ricordo che
= tg(x). Se cos(x) = 0, ovvero x = + kπ, k ∈ Z è
cos(x)
2
soluzione dell’equazione, non posso procedere in questo modo, ma dovrò
seguire il caso successivo.
tg(x) + 1 = 0
tg(x) = −1 ⇒ x = −
14.3.1
π
+ kπ
4
Caso 2
a · sin(x) + b · cos(x) + c = 0 a, b, c ∈ R
26
14.4
Esempio
sin(x) + cos(x) + 1 = 0
In questo caso, si utilizza leseguenti formule parametriche, che derivano
x
:
dalla sostituzione t = tg
2
2t
1 − t2
sin(x) =
cos(x)
=
1 + t2
1 + t2
Nel nostro caso
2t
1 − t2
+
+1=0
1 + t2 1 + t2
2t + 1 − t2 + 1 + t2
=0
1 + t2
2t + 2 = 0
t = −1
x
otteniamo
Sostituendo t con tg
2
x
x
π
π
tg
= −1 ⇒ = − + kπ ⇒ x = − + 2kπ
2
2
4
2
14.5
Equazioni omogenee
a · sin2 (x) + b · sin(x) · cos(x) + c · cos2 (x) = 0
Supponendo che cos(x) sia diverso da 0, posso dividere ciascun fattore per
cos2 (x), ottenendo:
a · tg 2 (x) + b · tg(x) + c = 0
14.5.1
Esempio
sin2 (x) + 2sin(x)cos(x) + cos2 (x) = 0
tg 2 (x) + 2tg(x) + 1 = 0
Operando la sostituzione t = tg(x), ottengo un’equazione di secondo grado
t2 + 2t + 1 = 0
con ∆ = 0, quindi l’equazione ammette un’unica soluzione
π
t = −1 ⇒ tg(x) = −1 ⇒ x = − + kπ
4
27
15
Disequazioni goniometriche
15.1
Disequazioni elementari
15.1.1
Schema di risoluzione per il seno
1. sin(x) > a
• se a ≥ 1 allora la disequazione è impossibile,
• se a < −1 allora la disequazione è vera ∀x ∈ R,
• se −1 ≤ a < 1 allora la disequazione è possibile e, scelto x0 tale
π
π
che sin(x0 ) = a con − ≤ x0 < , le soluzioni sono
2
2
x0 + 2kπ < x < π − x0 + 2kπ, k ∈ Z.
2. sin(x) < a
• se a > 1 allora la disequazione è vera ∀x ∈ R,
• se a ≤ −1 allora la disequazione è impossibile,
• se −1 < a ≤ 1 allora la disequazione è possibile e, scelto x0 tale
π
π
che sin(x0 ) = a con − < x0 ≤ , le soluzioni sono
2
2
−π − x0 + 2kπ < x < x0 + 2kπ, k ∈ Z.
15.1.2
Schema di risoluzione per il coseno
1. cos(x) > a
• se a ≥ 1 allora la disequazione è impossibile,
• se a < −1 allora la disequazione è vera ∀x ∈ R,
• se −1 ≤ a < 1 allora la disequazione è possibile e, scelto x0 tale
che cos(x0 ) = a con 0 < x0 ≤ π, le soluzioni sono
−x0 + 2kπ < x < x0 + 2kπ, k ∈ Z.
2. cos(x) < a
• se a > 1 allora la disequazione è vera ∀x ∈ R,
• se a ≤ −1 allora la disequazione è impossibile,
• se −1 < a ≤ 1 allora la disequazione è possibile e, scelto x0 tale
che cos(x0 ) = a con 0 ≤ x0 < π, le soluzioni sono
x0 + 2kπ < x < 2π − x0 + 2kπ, k ∈ Z.
28
15.1.3
Schema di risoluzione per la tangente
1. tg(x) > a
π
π
scelto x0 tale che tg(x0 ) = a con − < x0 < , le soluzioni sono
2
2
π
x0 + kπ < x < + kπ, k ∈ Z.
2
2. tg(x) < a
π
π
scelto x0 tale che tg(x0 ) = a con − < x0 < , le soluzioni sono
2
2
π
− + kπ < x < x0 + kπ, k ∈ Z.
2
15.1.4
Schema di risoluzione per la cotangente
1. ctg(x) > a
scelto x0 tale che ctg(x0 ) = a con 0 < x0 < π, le soluzioni sono
x0 + kπ < x < π + kπ, k ∈ Z.
2. tg(x) < a
scelto x0 tale che ctg(x0 ) = a con 0 < x0 < π, le soluzioni sono
kπ < x < x0 + kπ, k ∈ Z.
15.1.5
Esempio 1
√
sin(x) >
Scelto x0 =
2
2
π
, la soluzione della disequazione è:
4
3π
π
+ 2kπ < x <
+ 2kπ,
4
4
15.1.6
k∈Z
Esempio 2
2sin2 (x) − 5sin(x) + 2 < 0
Applicando la sostituzione t = sin(x) la disequazione diventa:
2t2 − 5t + 2 < 0
1
<t<2
2
1
< sin(x) < 2
2
29
L’ultima disequazione è un sistema

sin(x) < 2
1
sin(x) >
2

∀x ∈ R
π
5π
 + 2kπ < x <
+ 2kπ
6
6
La soluzione del sistema è
π
5π
+ 2kπ < x <
+ 2kπ
6
6
15.1.7
Esempio 3
2cos(x) < 1
cos(x) <
Scelto x0 =
15.1.8
1
2
π
, la soluzione della disequazione è:
3
π
5π
+ 2kπ < x <
+ 2kπ, k ∈ Z
3
3
Esempio 4
cos2 (x) − 2cos(x) − 3 < 0
Applicando la sostituzione t = cos(x) la disequazione diventa:
t2 − 2t − 3 < 0
−1 < t < 3
−1 < cos(x) < 3
L’ultima disequazione è un sistema
(
cos(x) < 3
cos(x) > −1
(
∀x ∈ R
∀x ∈ R − {π + 2kπ}
La soluzione del sistema è
∀x ∈ R − {π + 2kπ}
30
15.1.9
Esempio5
tg(x) < −1
π
Scelto x0 = − , la soluzione della disequazione è:
4
−
π
π
+ kπ < x < − + kπ,
2
4
15.2
Disequazioni lineari
15.2.1
Esempio
k∈Z
sin(x) < cos(x)
sin(x) − cos(x) < 0
cos(x) (tg(x) − 1) < 0
Risolviamo la disequazione imponendo ciascun fattore > 0 e tracciando
successivamente il grafico dei segni:
cos(x) > 0 ⇒ 2kπ < x <
tg(x) > 1 ⇒
3π
π
+ 2kπ ∨
+ 2kπ < x < 2π + 2kπ
2
2
π
π
5π
3π
2kπ < x < + 2kπ ∨
2kπ < x <
+ 2kπ
4
2
4
2
π
4
0
cos(x) > 0
tg(x) > 1
cos(x) (tg(x) − 1)
+
−
−
π
2
+
+
+
5π
4
−
−
+
3π
2
−
+
−
2π
+
−
−
Dato che il segno della disequazione è <, scegliamo gli intervalli
corrispondenti al segno negativo. La soluzione è:
2kπ < x <
π
5π
+ 2kπ ∨
+ 2kπ < x < 2π + 2kπ
4
4
15.3
Disequazioni omogenee
15.3.1
Esempio
sin2 (x) − cos2 (x) < 0
31
Divido ciascun fattore per cos2 (x), che non cambia il segno della
disequazione perchè cos2 (x) > 0; otteniamo:
tg 2 (x) − 1 < 0
(tg(x) − 1) (tg(x) + 1) < 0
Imponendo ciascun fattore > 0
π
π
+ kπ < x < + kπ
4
2
π
π
tg(x) > −1 ⇒ − + kπ < x < + kπ
4
2
tg(x) > 1 ⇒
Grafico dei segni:
− π2
- π4
−
−
+
tg(x) > 1
tg(x) > −1
(tg(x) − 1) (tg(x) + 1)
π
4
−
+
−
π
2
+
+
+
Dato che il segno della disequazione è <, scegliamo gli intervalli
corrispondenti al segno negativo. La soluzione è:
−
16
16.1
π
π
+ kπ < x < + kπ
4
4
Limiti di funzioni
Limiti notevoli
limx→0
sin(x)
=1
x
limx→0
tg(x)
=1
x
limx→0
1 − cos(x)
1
=
2
x
2
limx→0
limx→0
ex − 1
=1
x
log(x + 1)
=1
x
32
limx→0
(1 + x)α − 1
=α
x
1
limx→0 (1 + αx) x = eα
α x
= eα
limx→+∞ 1 +
x
α ∈ R∗+
α ∈ R∗
α ∈ R∗
Definizione 16.1 Date due funzioni f (x) e g(x) entrambe definite in un
intorno di c ∈ R∗ , si dice che f (x) è asintotica a g(x) per x → c se
limx→c
f (x)
=1
g(x)
In tal caso si scrive
f (x) ∼ g(x) per x → c
33
16.1.1
Esempi di relazioni asintotiche
Per x → 0 :
sin(x) ∼ x
tg(x) ∼ x
1
1 − cos(x) ∼ x2
2
arcsin(x) ∼ x
arctg(x) ∼ x
ex − 1 ∼ x
log(x + 1) ∼ x
(1 + x)α − 1 ∼ αx
Bisogna ricordare che:
1. occorre sempre precisare il punto c
per esempio è vero che sin(x) ∼ x per x → 0, ma non che sin(x) ∼ x
per x → ∞
2. non usare “asintotico” come “uguale”
3. l’operazione di somma non conserva in generale l’asintoticità:
per esempio, se avessi
limx→0 sin(x) − x,
allora sin(x) ∼ x, −x ∼ −x per x → 0, ma non è vero che
x − x = 0, perchè abbiamo sostituito la funzione sin(x) con una sua
approssimazione. Vediamo un esempio specifico di questo caso.
34
16.1.2
Esempio
Vogliamo risolvere il seguente limite:
p
p
(1 + 2x) − ex
(1 + 2x) − 1 + 1 − ex
limx→0+
= limx→0+
x · arctg(x)
x · arctg(x)
1
1
(1 + 2x) 2 − 1 ∼ 2x = x
2
1 − ex ∼ −x
arctg(x) ∼ x
ottengo sia al numeratore x − x che non è uguale a 0.
Il limite può essere risolto con altri metodi, come lo sviluppo in serie di
Taylor o applicando il teorema di De l’Hospital, visto che la forma
0
indeterminata è . Utilizziamo De l’Hopital:
0
limx→0+
p
(1 + 2x) − ex
= limx→0+
x · arctg(x)
1
p
· 2 − ex
2 (1 + 2x)
x
arctg(x) +
1 + x2
0
ottengo ancora una forma indeterminata , allora derivo ancora
0
numeratore e denominatore
limx→0+
16.1.3
2
1
1
− ex
− ex
− ·p
−p
3
3
2
(1 + 2x)
(1 + 2x)
−2
+
= −1
=
2
2 = limx→0
2
1
x + 1 − 2x
1
1−x
2
+
+
1 + x2
(x2 + 1)2
1 + x2 (x2 + 1)2
Confronto tra infiniti e ordine di infinito
Siano f (x) e g(x) funzioni reali e supponiamo che
limx→x0 f (x) = +∞
(oppure − ∞)
limx→x0 g(x) = +∞
(oppure − ∞)
Definizione 16.2 Diremo che f (x) è un infinito di ordine superiore
rispetto a g(x) per x → x0 se risulta:
limx→x0
f (x)
= +∞ (−∞)
g(x)
35
Diremo che f (x) è un infinito di ordine inferiore rispetto a g(x) per
x → x0 se risulta:
f (x)
=0
g(x)
limx→x0
Diremo che f (x) ha lo stesso ordine di infinito di g(x) per x → x0 se
risulta:
limx→x0
f (x)
=c
g(x)
c ∈ R∗
In relazione a queste definizioni, possiamo elencare i seguenti limiti che
sanciscono una “scale” di infiniti:
limx→+∞
loga xq
=0
xn
limx→+∞
xn
=0
ax
n, q ∈ R∗+
n ∈ R∗+
a ∈ R∗+ , a 6= 1
a ∈ R∗+ , a 6= 1
Nel caso avessimo delle successioni, possiamo anche dire che:
limn→+∞
nα
=0
n!
16.2
Esercizi
16.2.1
Esercizio 1
α ∈ R+
n! = n(n − 1)(n − 2) · · · 2 · 1
Vogliamo risolvere il seguente limite:
limx→0
log(ex + 2sin(x))
tg(x)
Sostituendo lo zero alla x, ci accorgiamo di avere una forma indeterminata
0
; procediamo a risolverla:
0
log(ex + 2sin(x))
log(ex − 1 + 2sin(x) + 1)
= limx→0
=
tg(x)
tg(x)
log((ex − 1 + 2sin(x)) + 1) ex − 1 + 2sin(x)
limx→0
·
ex − 1 + 2sin(x)
tg(x)
limx→0
Ho diviso e moltiplicato per la quantita ex − 1 + 2sin(x), in modo tale da
utilizzare il limite notevole:
36
limx→0
log(x + 1)
=1
x
Infatti, ex − 1 + 2sin(x) → 0 quando x → 0. Allora:
limx→0
log((ex − 1 + 2sin(x)) + 1) ex − 1 + 2sin(x)
=
·
ex − 1 + 2sin(x)
tg(x)
|
{z
}
→1
ex − 1 + 2sin(x)
ex − 1 2sin(x)
limx→0
= limx→0
+
=
tg(x)
tg(x)
tg(x)
ex − 1
x
· cos(x) = lim
limx→0
·
+2
sin(x)
x→0 1 + 2cos(x) = 3
x } tg(x)
sin(x)
| {z
| {z }
→1
16.2.2
→1
Esercizio 2
Vogliamo risolvere il seguente limite:
limx→+∞
log(x)
x2 − 2x
Sostituendo +∞ alla x, ci accorgiamo di avere una forma indeterminata
∞
; procediamo a risolverla:
∞
limx→+∞
log(x)
= limx→+∞
x2 − 2x
log(x)
log(x)
= limx→+∞
=0
2
x2
2
)
x (1 −
x
|{z}
→0
in base alla gerarchia degli infiniti e al limite notevole:
limx→+∞
16.2.3
loga xq
=0
xn
Esercizio 3
Vogliamo risolvere il seguente limite:
limx→0
ex − 1 + x
3x + x2
0
Sostituendo 0 alla x, ci accorgiamo di avere una forma indeterminata ;
0
procediamo a risolverla:
37


→1
z }| {
 ex − 1


x
+1
 x

limx→0
ex − 1 + x
= limx→0
3x + x2
x(3 + x)
= limx→0
2
2
=
3+x
3
Al denominatore 3x + x2 si poteva utilizzare il principio di sostituzione
degli infinitesimi di ordine superiore e giungere allo stesso risultato.
16.2.4
Esercizio 4
Vogliamo risolvere il seguente limite:
limx→−∞ x
√
x2 + 1 + x
Sostituendo −∞ alla x, ci accorgiamo di avere una forma indeterminata
+∞ − ∞; procediamo a risolverla:
q
√
x2 1 + x12 + x =
limx→−∞ x x2 + 1 + x = limx→−∞ x
q
q
|x|
1
1
2
1 + x2 + 1
limx→−∞ x |x| 1 + x2 + x = limx→−∞ x
x
√
Ricordiamo che x2 = |x| e per x → −∞ risulta che |x| = −x, quindi
|x|
= −1. Allora:
x
 q

q
− 1 + x12 + 1
 · 1 = − 1
limx→−∞ x2 − 1 + x12 + 1 = limx→−∞ x2 
1
2
x2
x2
|
{z
}
→− 12
Dove abbiamo utilizzato il limite notevole limx→0
1
α = 21 , perchè 2 → 0 quando x → −∞
x
16.2.5
(1 + x)α − 1
= α, con
x
Esercizio 5
Vogliamo risolvere il seguente limite:
limx→0
(1 − cos(x))2 + log(1 + tg 2 (x))
x2 (x2 + 2)
38
Sostituendo 0 alla x, ci accorgiamo di avere una forma indeterminata
0
; procediamo a risolverla:
0
(1 − cos(x))2 + log(1 + tg 2 (x))
=
limx→0
x2 (x2 + 2)
2
1 − cos(x)
log(1 + tg 2 (x))
4
·x +
· tg 2 (x)
2
2
x
tg (x)
limx→0
2
2
x (x + 2)
Operando in questo modo possiamo ricondurci ai limiti notevoli
log(1 + x)
1 − cos(x)
1
, perchè tg 2 (x) → 0 se x → 0.
limx→0
= e limx→0
2
x
2
x
Allora:
→ 14
→1
}|
}|
{
z
{2
2
1 − cos(x)
log(1
+
tg
(x))
·tg 2 (x)
·x4 +
x2
tg 2 (x)
limx→0
=
x2 (x2 + 2)
→1
z }| {
tg 2 (x) 2
1 4
1 4
1 4
2
·x
x
+
x + tg (x)
x + x2
4
4
x2
4
=
lim
=
lim
=
x→0
x→0
x2 (x2 + 2)
x2 (x2 + 2)
x2 (x2 + 2)
1 2
x2 1 x2 + 1
x +1
1
=
= limx→0 4 2
limx→0 2 4
x +2
2
x (x2 + 2)
z
limx→0
16.2.6
Esercizio 6
Vogliamo risolvere il seguente limite:
limx→+∞
√
x2 + x + 1
x3 + sin(x)
Ricordiamo che il sin(x) è una funzione limitata, quindi non esiste proprio
il limite per x → ∞, ma sappiamo che limx→x0 f (x) · g(x) = 0 se f (x) è
infinitesima e g(x) è limitata; per questo:


→0
→0
z}|{ z}|{

1
1 

x2 
1
+
+
3

2 
x
2
x
√
x2 + x + 1
1

 = limx→+∞ = 0
= limx→+∞
limx→+∞ 3
x + sin(x)
x
sin(x)


x3 1 +

3
| x
{z }
→0
39
sin(x)
1
1
Infatti,
= sin(x) · 3 , dove sin(x) è limitata e 3 → 0 se x → +∞,
3
x
x
x
quindi è una funzione infinitesima.
16.2.7
Esercizio 7
Vogliamo risolvere il seguente limite:
√
3
1 + 2x − ex
limx→0+
xarctg(x)
0
Sostituendo lo 0 alla x otteniamo la forma indeterminata , procediamo a
0
risolverla:
√
√
3
3
1 + 2x − ex
1 + 2x − 1 + 1 − ex
limx→0+
= limx→0+
arctg(x)
xarctg(x)
·x
x·
x }
| {z
→1
Aggiungiamo e sottraiamo, al denominatore, 1, in modo da poter usare i
limiti notevoli:
limx→0
limx→0
ex − 1
=1
x
(1 + x)α − 1
=α
x
mentre al denominatore moltiplichiamo e dividiamo arctg(x) per x per
utilizzare il limite notevole
limx→0
arctg(x)
=1
x
Otteniamo:
z√
3
limx→0+
→ 13
→1
}|
{
z }| {
1 + 2x − 1
ex − 1
2
1
·2x −
·x
x−x
− x
2x
x
3
3 =
+
+
=
lim
=
lim
x→0
x→0
x2
x2
x2
−1
limx→0+
= −∞
3x
40
16.2.8
Esercizio 8
Vogliamo risolvere il seguente limite:
limx→0
log(ex − sin(x))
tg(2x)
Sostituendo lo zero alla x, ci accorgiamo di avere una forma indeterminata
0
; procediamo a risolverla:
0
limx→0
log(ex − 1 − sin(x) + 1)
log(ex − sin(x))
= limx→0
tg(2x)
tg(2x)
Aggiungendo e sottraendo 1 al numeratore all’interno dell’argomento del
logaritmo, posso utilizzare il limite notevole:
limx→0
log(x + 1)
=1
x
in quanto log(ex − 1 − sin(x)) → 0 quando x → 0. Al denominatore divido
e moltiplico per 2x in modo da utilizzare il limite notevole:
limx→0
tg(x)
=1
x
Allora otteniamo:
→1
limx→0
z
}|
{
log(ex − 1 − sin(x) + 1) x
·(e − 1 − sin(x))
ex − 1 − sin(x)
=
tg(2x)
·2x
| 2x
{z }
→1
limx→0
ex − 1 − sin(x)
2x
Se volessi usare i limiti notevoli
limx→0
sin(x)
=1
x
limx→0
ex − 1
=1
x
dovrei moltiplicare e dividere per x sia ex − 1 sia sinx(x) al numeratore,
ottenendo
41
limx→0
x−x
2x
che continua ad essere forma indeterminata
limx→0
16.3
0
. Allora utilizzo De l’Hospital:
0
ex − 1 − sin(x)
ex − cos(x)
0
= limx→0
= =2
2x
2
2
Esercizi con le relazioni asintotiche
Vediamo come risolvere gli stessi esercizi, utilizzando le relazioni asintotiche
16.3.1
Esercizio 1a
log(ex + 2sin(x))
log(ex − 1 + 2sin(x) + 1)
limx→0
= limx→0
tg(x)
tg(x)
Utilizzando le relazioni asintotiche per x → 0
log(ex − 1 + 2sin(x) + 1) ∼ ex − 1 + 2sin(x)
ex − 1 ∼ x
sin(x) ∼ x
ex − 1 + 2sin(x) ∼ x + 2x
tg(x) ∼ x
otteniamo
limx→0
16.3.2
3
x
=3
x
Esercizio 2a
limx→+∞
log(x)
x2 − 2x
Utilizzando la realzione asintotica per x → +∞
x2 − 2x ∼ x2
otteniamo
limx→+∞
log(x)
=0
x2
in base alla gerarchia degli infiniti e al limite notevole vistone nell’Esercizio
2.
42
16.3.3
Esercizio 3a
limx→0
ex − 1 + x
3x + x2
Utilizzando la relazione asintotica per x → 0
ex − 1 ∼ x
otteniamo
limx→0
x+x
2
2
x
=
= limx→0
2
3x + x
x(3 + x)
3
16.3.4
Esercizio 4a
q
√
2
x2 1 + x12 + x =
limx→−∞ x x + 1 + x = limx→−∞ x
q
q
|x|
1
1
2
limx→−∞ x |x| 1 + x2 + x = limx→−∞ x
1 + x2 + 1 =
x
q
limx→−∞ x2 − 1 + x12 + 1
Utilizzando la relazione asintotica x → −∞
q
1
− 1 + x12 + 1 ∼ − x2
2
otteniamo
1 2
1
2
limx→−∞ x · − x = −
2
2
16.3.5
Esercizio 5a
limx→0
(1 − cos(x))2 + log(1 + tg 2 (x))
x2 (x2 + 2)
Utilizzando le seguenti relazioni asintotiche per x → 0
1
1
1 − cos(x) ∼ x2 , (1 − cos(x))2 ∼ x4
2
4
log(1 + tg 2 (x)) ∼ tg 2 (x)
tg(x) ∼ x, tg 2 (x) ∼ x2
si ottiene
limx→0
1 4
x + x2
(1 − cos(x))2 + log(1 + tg 2 (x))
4
=
lim
=
x→0 2 2
x2 (x2 + 2) x (x + 2)
1 2
x2 1 x2 + 1
x +1
1
limx→0 2 4
= limx→0 4 2
=
x +2
2
x (x2 + 2)
43
16.3.6
Esercizio 6a
limx→+∞
√
x2 + x + 1
x3 + sin(x)
Utilizzando le seguenti relazioni asintotiche per x → +∞
√
x2 + x + 1 ∼ x2
x3 + sin(x) ∼ x3
si ottiene
limx→+∞
16.3.7
√
x2 + x + 1
x2
1
=
lim
= limx→+∞ = 0
x→+∞
3
3
x + sin(x)
x
x
7a
√
3
limx→0+
1 + 2x − ex
x · arctg(x)
Aggiungiamo e sottraiamo, al numeratore, 1, in modo da poter usare le
seguenti relazione asintotiche per x → 0:
√
2
3
1 + 2x − 1 ∼ x
3
1 − ex ∼ −x
arctg(x) ∼ x
Otteniamo:
limx→0+
16.3.8
1
2
√
3
− ·
·x−x
x
1 + 2x − 1 + 1 − ex
= limx→0+ 3
= limx→0+ 3
=
x · arctg(x)
x·x
x2
1
limx→0+ −
= −∞
3x
Esercizio 8a
limx→0
log(ex − sin(x))
tg(2x)
Aggiungendo e sottraendo 1 al numeratore all’interno dell’argomento del
logaritmo, posso utilizzare le seguenti relazioni asintotiche per x → 0:
log(ex − 1 − sin(x) + 1) ∼ (ex − 1 − sin(x))
tg(2x) ∼ 2x
Otteniamo:
44
ex − 1 − sin(x)
2x
Se volessi usare le relazioni asintotiche per x → 0
limx→0
ex − 1 ∼ x
sin(x) ∼ x
ottenerrei al numeratore x − x che non è uguale a 0 come spiegato
precedentemente. Allora utilizzo De l’Hospital:
ex − cos(x)
0
ex − 1 − sin(x)
= limx→0
= =2
limx→0
2x
2
2
17
Limiti di successioni
Definizione 17.1 Una successione è un’applicazione di N → R tale che:
n → an
e si indica con {an }n≥1 .
Definizione 17.2 Una successione {an }n≥1 ha limite finito L ∈ R se
∀ > 0 ∃ν ∈ R t.c. ∀n > ν :
|an − L| < .
Definizione 17.3 Una successione an → +∞ (an → −∞) se
∀M ∈ R
∃ν ∈ R t.c. ∀n > ν :
17.1
Esercizi
17.1.1
Esercizio 1
an > M
(an < M ).
Vogliamo risolvere il seguente limite:
n3 − 3n
n+2
Sostituendo +∞ alla n, ci accorgiamo di avere una forma indeterminata
∞
; procediamo a risolverla:
∞


→0
z}|{

3 

n3 
1
−

n2 
n3 − 3n
 = limn→+∞ n2 = +∞
limn→+∞
= limn→+∞ 
n+2
2 

n 1 +

n
|{z}
limn→+∞
→0
45
17.1.2
Esercizio 2
Vogliamo risolvere il seguente limite:
2n − 1
3n + 2
limn→+∞
Sostituendo +∞ alla n, ci accorgiamo di avere una forma indeterminata
∞
; procediamo a risolverla:
∞


→0
z}|{

1 

n
2
−

n 
2n − 1
2
=
limn→+∞
= limn→+∞ 
3n + 2
3
2 

n 3 +

n
|{z}
→0
17.1.3
Esercizio 3
Vogliamo risolvere il seguente limite:
limn→+∞
n2 + 1
2n + 5n
Sostituendo +∞ alla n, ci accorgiamo di avere una forma indeterminata
∞
; procediamo a risolverla:
∞


→0
z}|{

1 

1
+
n2 

n2 
n2 + 1
n2


limn→+∞ n
=
lim
=
lim
=0
n→+∞
n→+∞
2 + 5n
5n
n
 2


5n 
 5 +1
| {z }
→0
Abbiamo utilizzato
n sia la proprietà della funzione esponenziale con base
< 1 per cui 25 → 0 e sia il confronto tra infiniti per cui 5n è un infinito di
ordine maggiore rispetto a n2 .
46
17.1.4
Esercizio 4
Vogliamo risolvere il seguente limite:
limn→+∞ 1 +
7 2n
n
Sostituendo +∞ alla n, ci accorgiamo di avere una forma indeterminata
1∞ ; ricordiamo il limite notevole:
n
limn→+∞ 1 + αn = eα
Risolviamo il limite:
2
n

7 
7 2
14

= limn→+∞ 
 1 + n  = (e ) = e
| {z }

limn→+∞ 1 +
7 2n
n
→e7
17.1.5
Esercizio 5
Vogliamo risolvere il seguente limite:
n2 − nsin(n)
3n2 + cos(n)
Sostituendo +∞ alla n, ci accorgiamo di avere una forma indeterminata
∞
; procediamo a risolverla utilizzando il criterio del confronto e ricordando
∞
che le funzioni seno e coseno sono funzioni limitate superiormente e
inferiormente con codominio [−1, 1]:
limn→+∞
sin(n) ≤ 1
cos(n) ≤ 1
n2 − nsin(n)
n2 − n
≤
3n2 + cos(n)
3n2 + 1


→0
z}|{

1 

n2 
1
−

n 
limn→+∞
n2 − n
= limn→+∞
3n2 + 1
=

1 

n2 3 + 2 
n
|{z}
→0
Per il criterio del confronto:
limn→+∞
n2 − nsin(n)
1
=
2
3n + cos(n)
3
47
1
3
17.1.6
Esercizio 6
Vogliamo risolvere il seguente limite:
limn→+∞
√
3
3x − 1
x+3
Sostituendo +∞ alla n, ci accorgiamo di avere una forma indeterminata
∞
; procediamo a risolverla utilizzando le stime asintotiche per n → +∞:
∞
√
√ 1
√
3
3x − 1 ∼ 3 3x = 3 3x 3
x+3∼x
Allora:
√
3
limn→+∞
17.1.7
3x − 1
= limn→+∞
x+3
√
3
√
√
1
3
3
3x 3
3
3
= limn→+∞ 1− 1 = limn→+∞ 2 = 0
x
x 3
x3
Esercizio 7
Vogliamo risolvere il seguente limite:
√
√
limn→+∞ 3 + n − 1 + n
Sostituendo +∞ alla n, ci accorgiamo di avere una forma indeterminata
+∞ − ∞; se utilizzassi per risolvere questo limite le relazioni asintotiche
per n → +∞, avrei:
√
√
√3 + n ∼ √n
1+n∼ n
Otterrei:
limn→+∞
√
√
√
√
3+n− 1+n= n− n=0
e non possiamo effettuare questo passaggio, come spiegato
precedentemente. Procediamo, allora, con la razionalizzazione:
√
√
limn→+∞ 3 + n − √1 + n = √
√
√
3+n+ 1+n
√
limn→+∞ 3 + n − 1 + n · √
=
3+n+ 1+n
2
2
√
√
3+n −
1+n
3+n−1−n
√
√
√
limn→+∞
= limn→+∞ √
=
3+n+ 1+n
3+n+ 1+n
2
√
limn→+∞ √
=0
3+n+ 1+n
48