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