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