Appunti (II parte) - mat.uniroma3

Università degli Studi Roma Tre
Facoltà di Ingegneria Informatica
Corso di Calcolo II, docente prof. Natalini
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Gli appunti che seguono si riferiscono alla prima
parte del corso di Calcolo 2 (canale L – Z) del
Collegio
Didattico
di
Ingegneria
Informatica
dell’Università Roma Tre.
Essi sono stati redatti da uno studente del corso e
revisionati dal docente.
Si ringrazia lo studente e tutti coloro che, in
futuro, contribuiranno (con aggiunte ed utili
osservazioni) alla stesura degli stessi.
Roma, 28 dicembre 2006
Università degli Studi Roma Tre
Facoltà di Ingegneria Informatica
Corso di Calcolo II, docente prof. Natalini
Indice
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(la corrispondenza dei numeri di pagina sarà corretta al completamento degli
appunti)
Integrali di funzioni continue _______________ 3
Definizione di integrale definito __________________________________________________________________3
Teorema della linearità ____________________________________________________________________________4
Teorema dell’additività ____________________________________________________________________________5
Teorema della monotonia _________________________________________________________________________5
Teorema della media _______________________________________________________________________________5
Teorema della media pesata _______________________________________________________________________5
Interpretazione geometrica dell’integrale definito _______________________________________________6
Calcolo dell’integrale mediante la definizione ____________________________________________________6
Primo teorema fondamentale del calcolo integrale ______________________________________________6
Definizione funzione primitiva __________________________________________________________ 7
Secondo teorema fondamentale del calcolo integrale ____________________________________________7
SIntegrali indefiniti ________________________________________________________________________________8
Le funzioni iperboliche _____________________________________________________________________________9
Funzione
Funzione
Funzione
Funzione
seno iperbolico e settore seno inperbolico ________________________________________ 9
coseno iperbolico e settore coseno iperbolico ____________________________________ 10
tangente iperbolica e settore tangente iperbolica ________________________________ 13
cotangente iperbolica e settore cotangente iperbolica ____________________________ 14
Tecniche di risoluzione degli integrali ___________________________________________________________14
Tecnica di sostituzione della variabile:_____________________________________________________ 14
Tecnica dell’integrazione per parti _________________________________________________________ 16
Tecnica dei fratti semplici _________________________________________________________________ 16
Esercitazione ______________________________________________________________________________________18
Esercizio
Esercizio
Esercizio
Esercizio
Esercizio
Esercizio
Esercizio
Esercizio
Esercizio
Esercizio
Esercizio
Esercizio
Esercizio
1 – sostituzione della variabile ___________________________________________________
2 - sostituzione della variabile ___________________________________________________
3 – calcolo delle funzioni primitive _______________________________________________
4 – integrazione per parti ________________________________________________________
5 – integrazione per parti ________________________________________________________
6 – tecnica dei fratti semplici ____________________________________________________
7 – tecnica dei fratti semplici ____________________________________________________
8 – tecnica dei fratti semplici (3° caso) __________________________________________
9 – tecnica dei fratti semplici (3° caso) __________________________________________
10 _______________________________________________________________________________
11 _______________________________________________________________________________
12 _______________________________________________________________________________
12 _______________________________________________________________________________
18
18
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20
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26
Serie numeriche _ Errore. Il segnalibro non è definito.
Serie convergente, divergente e irregolare ____________________________ Errore. Il segnalibro non è definito.
Serie telescopica ________________________________________________________ Errore. Il segnalibro non è definito.
Serie geometrica ________________________________________________________ Errore. Il segnalibro non è definito.
Proprietà delle serie ______________________________________________________________________________29
Teorema __________________________________________________________________________________ 29
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Il criterio di convergenza di Cauchy _______________________________________________________ 29
Teorema (C.N. di convergenza) ___________________________________________________________ 29
Teorema __________________________________________________________________________________ 30
Serie armonica ____________________________________________________________________________________30
Integrali di funzioni continue _______________ 4
Definizione di integrale definito ___________________________________________________________________4
Teorema della linearità ____________________________________________________________________________6
Teorema dell’additività ____________________________________________________________________________7
Teorema della monotonia __________________________________________________________________________7
Teorema della media _______________________________________________________________________________7
Teorema della media pesata _______________________________________________________________________7
Interpretazione geometrica dell’integrale definito _______________________________________________8
Calcolo dell’integrale mediante la definizione ____________________________________________________8
Primo teorema fondamentale del calcolo integrale ______________________________________________9
Definizione funzione primitiva ______________________________________________________________ 9
Secondo teorema fondamentale del calcolo integrale ____________________________________________9
Integrali indefiniti _________________________________________________________________________________10
Le funzioni iperboliche ____________________________________________________________________________11
Funzione
Funzione
Funzione
Funzione
seno iperbolico e settore seno iperbolico _________________________________________
coseno iperbolico e settore coseno iperbolico ____________________________________
tangente iperbolica e settore tangente iperbolica ________________________________
cotangente iperbolica e settore cotangente iperbolica ____________________________
11
12
13
14
Tecniche di risoluzione degli integrali ___________________________________________________________14
Tecnica di sostituzione della variabile:_____________________________________________________ 14
Tecnica dell’integrazione per parti _________________________________________________________ 16
Tecnica dei fratti semplici _________________________________________________________________ 16
Esercitazione ______________________________________________________________________________________18
Esercizio
Esercizio
Esercizio
Esercizio
Esercizio
Esercizio
Esercizio
Esercizio
Esercizio
Esercizio
Esercizio
Esercizio
Esercizio
1 – sostituzione della variabile ___________________________________________________
2 - sostituzione della variabile ___________________________________________________
3 – calcolo di integrali indefiniti __________________________________________________
4 – integrazione per parti ________________________________________________________
5 – integrazione per parti ________________________________________________________
6 – tecnica dei fratti semplici ____________________________________________________
7 – tecnica dei fratti semplici ____________________________________________________
8 – tecnica dei fratti semplici (3° caso) __________________________________________
9 – tecnica dei fratti semplici (3° caso) __________________________________________
10 _______________________________________________________________________________
11 _______________________________________________________________________________
12 _______________________________________________________________________________
13 _______________________________________________________________________________
18
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Serie numeriche ________________________ 29
Serie convergente, divergente e irregolare ______________________________________________________29
Serie telescopica __________________________________________________________________________________30
Serie geometrica __________________________________________________________________________________30
Proprietà delle serie ______________________________________________________________________________32
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Teorema: _________________________________________________________________________________
Il criterio di convergenza di Cauchy _______________________________________________________
Teorema (C.N. di convergenza): __________________________________________________________
Teorema __________________________________________________________________________________
32
32
32
33
Serie armonica ____________________________________________________________________________________33
Criteri di convergenza per serie a termini di segno costante ___________________________________34
Criterio del confronto _____________________________________________________________________
Esempio 1 ________________________________________________________________________________
Esempio 2 ________________________________________________________________________________
Esempio 3 ________________________________________________________________________________
Criterio della radice _______________________________________________________________________
Esempio 4 ________________________________________________________________________________
Esempio 5 ________________________________________________________________________________
Criterio del rapporto ______________________________________________________________________
Esempio 6 ________________________________________________________________________________
Esempio 7 ________________________________________________________________________________
Criterio dell’integrale ______________________________________________________________________
Esempio 8 ________________________________________________________________________________
Serie armonica generalizzata______________________________________________________________
Esempio 9 ________________________________________________________________________________
Criterio del confronto asintotico ___________________________________________________________
Esempio 10 _______________________________________________________________________________
35
35
35
36
36
36
37
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37
38
38
38
38
39
39
Serie a termini di segno alterno __________________________________________________________________40
Criterio di Leibniz _________________________________________________________________________ 40
Serie a termini di segno generico ________________________________________________________________41
Teorema __________________________________________________________________________________ 41
Esercizi d’esame___________________________________________________________________________________42
Esercizio
Esercizio
Esercizio
Esercizio
1 ________________________________________________________________________________
2 ________________________________________________________________________________
3 ________________________________________________________________________________
4 ________________________________________________________________________________
42
42
43
43
Formula di Taylor _______________________ 45
Il polinomio di Taylor _____________________________________________________________________________45
Il resto della formula di Taylor ___________________________________________________________________46
Il simbolo di Landau
e sue proprietà algebriche _______________________________________________48
Rappresentazione del resto con l’ _______________________________________________________________50
Integrali di funzioni continue
Definizione di integrale definito
Sia
f
una
funzione
continua
nell’intervallo
[a, b] . Si fissi una decomposizione
Π n = { x0 = a < x1 < x2 < ... < xn−1 < xn = b} dell’intervallo [a, b] in n sottointervalli
(i
= 1,2,..., n ) di uguale ampiezza δ n =
b−a
:
n
[xi −1 , xi ]
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a = x0
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x n −1
x2
x1
In ciascuno di tali sottointervalli si consideri il prodotto
rappresenta, nel caso in cui f sia positiva in
altezza
xn = b
f ( xi ) ⋅ ( xi − xi −1 ) , i = 1,2,..., n , che
[a, b] , l’area del rettangolo di base ( xi − xi −1 ) e
f ( xi ) .
f ( xi )
a = x0
x1
…
xi −1
xi
…
x n −1
xn = b
Sommando tra loro questi n numeri reali si ottiene il seguente numero reale:
n
σ n = ∑ f ( xi )( xi − xi −1 ) ,
i =1
detto somma integrale, che dal punto di vista geometrico, se f(x)>0 in
[a, b] , rappresenta
l’area di un rettangoloide.
f ( xi )
a = x0
x1
…
xi −1
xi
…
x n −1
xn = b
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Al variare di n, i numeri
σn
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costituiscono i termini della successione numerica
{σ n } .
Sussiste, allora, il seguente teorema che caratterizza un integrale definito.
TEOREMA: Sia
f continua in [a, b] . Allora la successione {σ n } converge ad un valore l ∈ ℝ ,
cioè
∀ε > 0 ∃nε > 0 / ∀n > nε si ha σ n − l < ε .
f ( x ) da a a b e si scrive:
Il valore l si definisce integrale definito di
b
l = ∫ f ( x)dx ,
a
a e b si dicono estremi di integrazione e f ( x ) la funzione integranda.
f ( x) > 0 ), l rappresenta
Si intuisce che, dal punto di vista geometrico (considerando
l’area sottesa dal grafico della funzione, dall’intervallo [ a, b] e dalle proiezioni dei punti
( a, f ( a ) )
e
( b, f ( b ) )
sull’asse delle ascisse; infatti all’aumentare di n accade che l’area del
corrispondente rettangoloide, cioè la somma integrale
meglio, dall’alto, la suddetta area fino a tendervi per
Osservazione: la somma integrale
σn
σn ,
tende ad approssimare sempre
n → +∞ .
è stata definita in modo particolare, perché
particolari sono state
1) la scelta della partizione dell’intervallo
[a, b] (cioè in n parti uguali),
2) la scelta, in ciascun intervallino [xi −1 , xi ] , del punto estremo xi in cui considerare il
valore
Quindi il numero
f ( xi ) .
σn
(e quindi la successione
{σ n } ) dipende non solo da n, ossia dal numero di
[a, b] , ma anche dal tipo di partizione
effettuata (non necessariamente in parti uguali) e dalla scelta, in ciascun intervallino [xi −1 , xi ] ,
intervallini che si generano a seguito della partizione di
del punto
xi −1 ≤ ci ≤ xi (non necessariamente coincidente con l’estremo di destra xi ) la cui
immagine
f ( ci ) rappresenta l’altezza del singolo rettangolino con base xi − xi −1 . C’è allora da
chiedersi come cambia il comportamento delle diverse successioni
{σ n }
ottenute a partire da
scelte diverse sia per quanto riguarda le partizioni per quanto riguarda i punti
Ebbene, si dimostra che, indipendentemente dalla scelta della partizione di
in ciascun intervallino
[xi −1 , xi ] , del punto
xi −1 ≤ ci ≤ xi .
[a, b] e dalla scelta,
xi −1 ≤ ci ≤ xi , le diverse successioni {σ n } convergono
b
sempre allo stesso valore
l = ∫ f ( x)dx .
a
È possibile dimostrare le seguenti proprietà:
Teorema della linearità
b
Siano
f e g continue in [a, b] e c1 , c 2 ∈ R . Allora esiste
∫ [c f ( x) + c g ( x)] dx e si ha:
1
a
2
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b
∫ [c
1
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b
b
a
a
f ( x) + c 2 g ( x)]dx = c1 ∫ f ( x)dx + c 2 ∫ g ( x)dx
a
Teorema dell’additività
Sia
f continua in [a, b] e c ∈ (a, b ) . Allora:
b
c
b
a
a
c
∫ f (x )dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx
Teorema della monotonia
Siano
f e g continue in [a, b] e f ( x ) ≤ g ( x ) ∀x ∈ [a, b] . Allora:
b
b
a
a
∫ f ( x)dx ≤ ∫ g ( x)dx
Poiché vale sempre
continua in
− f ( x) ≤ f ( x ) ≤ f ( x) dal teorema precedente segue subito che, se f è
[a, b] si ha
b
b
∫
f ( x)dx ≤ ∫ f ( x) dx .
a
a
Teorema della media
Sia
f continua in [a, b] . Allora esiste in [a, b] un punto c tale che:
b
∫ f ( x)dx = f (c)(b − a)
a
Il teorema si può interpretare geometricamente così: supponendo
grafico della funzione, dall’intervallo
f ( x) > 0 , l’area sottesa dal
[a, b] e dalle proiezioni dei punti ( a, f ( a ) ) e ( b, f ( b ) )
sull’asse delle ascisse è coincide con l’area di un rettangolo di base ( b − a ) e altezza
f (c) .
Teorema della media pesata
f e g due funzioni continue in un intervallo [a, b] . Si supponga inoltre che g
mantenga nell’intervallo segno costante. Allora esiste almeno un punto in [ a, b] tale che:
Siano
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b
b
a
a
∫ f ( x) g ( x)dx = f (c)∫ g ( x)dx
Interpretazione geometrica dell’integrale definito
Dal punto di vista geometrico, nel caso in cui
f ( x) > 0 ∀x ∈ [a, b] , abbiamo visto che il
b
numero
∫ f ( x)dx
rappresenta l’area sottesa dal grafico della funzione, dall’intervallo
[ a, b] e
a
dalle proiezioni dei punti
( a , f ( a ) ) e ( b, f ( b ) )
sull’asse delle ascisse.
b
Se
∫ f ( x)dx
f ( x) < 0 ∀x ∈ [a, b] allora il numero
rappresenta l’opposto dell’area della
a
regione del piano compresa tra il grafico della funzione, l’intervallo
punti
( a , f ( a ) ) e ( b, f ( b ) )
[a, b] e le proiezioni dei
sull’asse delle ascisse.
Infine se la funzione cambia di segno nell’intervallo (per esempio
f ( x) > 0 ∀x ∈ [a, c) e
b
f ( x) < 0 ∀x ∈ (c, b] ) allora, dal teorema dell’additività, si ha che il numero
∫ f ( x)dx
a
rappresenta la somma tra l’area della regione del piano sottesa dal grafico della funzione,
dall’intervallo
[a, c] e dalle proiezioni dei punti ( a, f ( a ) ) e ( c, f ( c ) ) sull’asse delle ascisse e
l’opposto dell’area della regione del piano compresa tra il grafico della funzione, l’intervallo
[c, b] e le proiezioni dei punti ( c, f ( c ) ) e ( b, f ( b ) ) sull’asse delle ascisse.
a
Per convenzione si pone
∫
a
f ( x)dx = 0 e
a
∫
b
f ( x)dx = − ∫ f ( x)dx .
b
a
Calcolo dell’integrale mediante la definizione
b
Calcoliamo, utilizzando la definizione i due integrali
b
∫ c dx e
∫ x dx . Nel primo caso,
a
a
si ha
n
n
i =1
i =1
σ n = ∑ f ( xi )( xi − xi −1 ) = c∑ ( xi − xi −1 ) = c(b − a) ,
cioè la successione delle somme integrali è costante. Di conseguenza
b
lim σ n = ∫ c dx = c(b − a) .
n →+∞
Nel secondo caso,
a
∀n , si ha

i (b − a )   b − a    b − a  
(b − a ) n + 1 .
b−a n 
σn = ∑ a +
=
na
+
i  = (b − a ) a +


∑





n   n    n  
n i =1 
n
2
i =1  
n
2
∀n ,
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Di conseguenza
b
lim σ n = ∫ x dx =
n →+∞
a
b2 − a 2
.
2
Primo teorema fondamentale del calcolo integrale
Sia
f una funzione continua in un intervallo I (anche eventualmente illimitato). Sia inoltre
x
a ∈ I e F ( x) = ∫ f (t )dt ∀x ∈ I . Allora la F (x) , detta funzione integrale, è derivabile in I e si
a
ha che
F ′( x) = f ( x) ∀x ∈ I .
x
1
1
F ( x) = ∫ dt , poiché
è continua nell’intervallo (0,+∞) e
t
t
1
1
l’inferiore di integrazione 1 ∈ (0,+∞) si ha che F ′( x ) =
∀x ∈ (0, +∞) . Se consideriamo invece
x
x
1
1
G ( x) = ∫ dt poiché
è continua nell’intervallo ( −∞,0) e l’inferiore di integrazione
t
t
−1
1
−1 ∈ (−∞, 0) si ha che F ′( x) = ∀x ∈ (−∞, 0) .
x
Ad esempio, se consideriamo
Definizione funzione primitiva
f una funzione definita in A ∈ ℝ (insieme generico). Allora g si dice primitiva di f
in A se ∀x ∈ A risulta g ′( x ) = f ( x ) .
Se g è una primitiva di f in A allora anche g ( x ) + c lo e quindi possiamo dedurre che
Sia
una funzione non può possedere un’unica primitiva.
Sfruttando il teorema per cui se g ′( x ) = 0 ∀x ∈ I (intervallo) allora
g è costante e
considerando A come un intervallo e non più come un insieme generico, si può dedurre che le
uniche primitive di una funzione f sono quelle che differiscono tra loro di una costante.
Infatti se
g ed h fossero primitive di f nello stesso intervallo I risulterebbe
g ′( x) = h ′( x) = f ( x) ∀x ∈ I ⇒ g ′( x) − h ′( x) = 0 ∀x ∈ I
e quindi
g ( x) − h( x) = c
Secondo teorema fondamentale del calcolo integrale
f una funzione continua in un intervallo [a, b] e sia G ( x) una funzione primitiva di f in
[a, b] . Allora risulta
Sia
b
∫ f ( x)dx = G(b) − G(a) .
a
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Da questo teorema deduciamo che per calcolare un integrale definito è necessario
conoscere almeno una primitiva della funzione.
1
Ad esempio calcoliamo
∫ xdx
0
Una sua primitiva in R è sicuramente
1
quindi
G ( x) =
x2
poiché derivando si ha G ′( x ) = x . Risulta
2
1
∫ xdx = 2 .
0
Allo stesso modo
1
1
−1
−1
1
∫ cdx = c ⋅ ∫ 1dx = cx −1 = 2
Integrali indefiniti
Un integrale indefinito del tipo
∫ f ( x)dx
è l’insieme delle funzioni primitive di
f . Ad
esempio:
x n +1
∫ x dx = n + 1 + c con n ∈ N 0 e ∀c ∈ ℝ . Tali primitive sono definite in R
n
Ancora un esempio:
log( x) + c1 se x > 0 log x + c1 se x > 0
1
dx
=
∫ x log(− x) + c2 se x < 0 = log x + c se x < 0
2

Da notare che c e
Un altro esempio:
1
∫x
n
c ′ sono due costanti diverse e indipendenti tra loro.
dx con n = 2,3,4,...
 x1− n
+ c se x > 0

1
1− n
−n
∫ x n dx = ∫ x dx =  x1−n

+ c′ se x < 0
1 − n
1
Occorre notare che non ha senso l’integrale
1
∫x
2
dx , dal momento che la funzione integranda
−1
non è continua nell’intervallo [-1 , 1].
Qualche integrale definito determinato da funzioni elementari:
∫e
x
dx = e x + c ∀x ∈ ℝ ;
ax
∫ a dx = log a + c ∀x ∈ ℝ ;
x
∫ sin xdx = − cos x + c
∀x ∈ ℝ ;
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∫ cos xdx = sin x + c
1
∫1+ x
2
1
2
1
1− x2
−1
∫
∀x ∈ ℝ ;
dx = arctgx + c ∀x ∈ ℝ ;
∫ − 1+ x
∫
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1− x2
dx = arcctgx + c ∀x ∈ ℝ ;
dx = arcsin x + c con −1 < x < 1 ;
dx = arccos x + c con −1 < x < 1 ;
∫(
x 3 + 5 x + 1 dx = ∫ x 3dx + ∫ 5 xdx + ∫ 1 =
)
∫
1
x
x 4 5x 2
+
+ x + c ∀x ∈ ℝ ;
4
2
dx = 2 x + c per x > 0 ;
xα +1
∫ x dx = α + 1 + c con x > 0 e α ∈ R ;
α
Notiamo inoltre che
∫x
∫
f ′( x)
dx = log f ( x) + c e quindi:
f ( x)
[
]
2x
dx = log x 2 + 1 + c .
+1
2
Le funzioni iperboliche
Una classe di funzioni elementari non analizzata in precedenza e che in questa fase risulta
essere importante ai fini dell’argomento trattato è la classe delle funzioni iperboliche. Sono 4
funzioni con relative inverse molto simili alle funzioni circolari già conosciute.
e x − e−x
= f ( x)
2
e x + e−x
y = cosh x =
= g ( x)
2
y = sinh x =
Vale la seguente equazione facilmente verificabile:
cosh 2 x − sinh 2 x = 1
Funzione seno iperbolico e settore seno iperbolico
La funzione è dispari e definita su tutto
R ed è, nel suo dominio, strettamente crescente:
f ′( x) = cosh x > 0 ⇒ f ↑ in R
Di conseguenza per determinare il codominio della
comportamento assunto agli estremi del dominio:
funzione in
esame
si
studia il
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lim f ( x) = −∞ e lim f ( x) = +∞
x → −∞
x → +∞
Dunque la funzione seno iperbolico è definita così:
f :R→R
x → f ( x) = y = sinh x
Essendo una funzione iniettiva è anche chiaramente invertibile:
f
−1
:R→R
y → x = sett sinh y
Anche la funzione inversa è chiaramente crescente e derivabile nel dominio:
D y sett sinh y =
Ed essendo
1
cosh x
y = sinh x e risultando:
cosh 2 x − sinh 2 x = 1
cosh x = ± 1 + sinh 2 x
cosh x = 1 + sinh 2 x poiché il cosh x è sempre positivo
Possiamo riscrivere la derivata della funzione inversa così:
D y sett sinh y =
1
1
1
=
=
cosh x
1 + sinh 2 x
1+ y2
Da cui risulta che:
∫
1
1+ x2
dx = sett sinh x + c ∀x ∈ R .
Funzione coseno iperbolico e settore coseno iperbolico
La funzione è pari e definita su tutto
rispetto l’origine:
R ed ha, nel suo dominio una monotonia differente
f ′( x) = sinh x > 0 ⇒ f ↑ per x > 0
f ′( x) = sinh x = 0 per x = 0
f ′( x) = sinh x < 0 ⇒ f ↓ per x < 0
Per rendere la funzione iniettiva è dunque necessario considerarla in un sottointervallo del
dominio che, per definizione, è I = [0,+∞ ) . In questo intervallo il codominio del coseno
iperbolico è un intervallo i cui estremi sono:
f (0) = 1 e lim f ( x) = +∞
x → +∞
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Dunque la funzione coseno iperbolico è definita in questo modo:
f : [0,+∞) → [1,+∞)
x → f ( x) = y = cosh x
Ed è invertibile:
f
−1
: [1,+∞) → [0,+∞)
y → x = sett cosh y
Dato che la derivata della funzione cosh x si annulla in x = 0 la funzione inversa non è
derivabile in y = 1 , mentre lo è nell’intervallo I = (1,+∞) , e per ogni ∀y ∈ (1, +∞) si ha
D y sett cosh y =
1
1
=
sinh x ± cosh 2 x − 1
Poiché stiamo considerando solamente il semiasse reale positivo possiamo eliminare il caso
negativo e quindi:
1
D y sett cosh y =
cosh 2 − 1
=
1
y2 −1
Da cui risulta che:
∫
1
x2 −1
dx = sett cosh x + c ∀x > 1
Naturalmente è possibile fare lo stesso ragionamento considerando l’intervallo
I = (−∞,0] .
Trattandosi di una funzione pari c’è ovviamente una simmetria.
Funzione tangente iperbolica e settore tangente iperbolica
Così come per la funzione circolare
y = f ( x) = tghx =
sinh x e x − e − x
=
cosh x e x + e − x
E’ una funzione definita su tutto
f ′( x) =
tgx , anche per tghx vale la relazione:
R e la sua derivata vale:
cosh 2 x − sinh 2 x
1
=
> 0 ⇒ f ↑ in R
2
cosh x
cosh 2 x
Per definire il codominio della funzione passiamo allo studio del comportamento agli estremi:
e x (1 − e −2 x )
−∞
2 e −2 x
= lim x
=
lim
= −1 .
x → −∞
+ ∞ x →−∞ e (1 + e − 2 x ) x →−∞ − 2e − 2 x
Analogamente lim f ( x ) = 1 .
lim f ( x) =
x → +∞
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14 di 54
La funzione tangente iperbolica è dunque definita nel seguente modo:
f : R → (− 1,1)
x → f ( x) = y = tghx
Da cui risulta la funzione inversa:
f
−1
: (− 1,1) → R
y → x = setttghx
La cui derivata è:
D y setttghy = cosh 2 x =
1
1
1
=
=
2
2
cosh x − sinh x 1 − tgh x 1 − y 2
cosh 2 x
2
Da cui:
1
∫ 1− x
2
dx = setttgh x + c ∀x ∈ (−1,1)
Funzione cotangente iperbolica e settore cotangente iperbolica
Analogamente alla tangente vale lo stesso discorso anche per la cotangente. Il risultato finale
dell’analisi è che:
D y settctghy =
1
∀x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞)
1− y2
Da cui:
1
∫ 1− x
2
dx = settcotgh x + c ∀x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞)
Tecniche di risoluzione degli integrali
Se la funzione integranda non è una funzione per quale sia facilmente identificabile la primitiva
risultano comode alcune tecniche risolutrici.
Tecnica di sostituzione della variabile:
Sia t = ϕ ( x ) con ϕ ( x ) funzione derivabile ed invertibile (strettamente monotona in [ a, b] ).
Allora vale:
x = ϕ −1 (t )
b
ϕ (b )
∫ f ( x)dx = ϕ ∫ f [ϕ
a
Ad esempio:
(a)
−1
] dtd ϕ
(t ) ⋅
−1
(t )dt
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1
2
∫
1 − x 2 dx
0
Per risolvere l’integrale si può provare a considerare
sin t
deve
essere
quindi
invertibile
e,
di
x = sin t in cui ϕ −1 (t ) = sin t . La funzione
conseguenza,
t = ϕ ( x) = arcsin x per x ∈ [− 1,1] .
La funzione
 π π
t ∈ − ,  . Varrà anche
 2 2
 π π
arcsin x non è derivabile agli estremi quindi si considera t ∈  − ,  e x ∈ (− 1,1) .
 2 2
Gli estremi del nuovo integrale, applicando il teorema sopra enunciano sono:
ϕ (a) = arcsin(0) = 0
e
1
2
ϕ (b) = arcsin  =
π
6
Per cui risulta che:
π
1
2
6
∫
(
)
1 − x 2 dx = ∫ 1 − sen 2 t ⋅ cos t dt =
0
0
π
6
∫ (cos t )dt
2
0
Valendo la seguente uguaglianza:
cos 2t = 2 cos 2 t − 1 ⇒ cos 2 t =
cos 2t + 1
2
Da cui:
π
π
6
6
1
16
cos t dt = ∫ (cos 2t )dt + ∫ 1dt
20
20
∫(
0
π
2
)
Riapplicando il teorema si ha che
π
π
s = 2t ⇒ t =
s
derivabile e continua per cui:
2
π
π
π
3
3
16
16
13
1
π 1
π
3 π
1 π  1
( cos 2t ) dt + ∫ 1dt = ∫ cos s ⋅ ds +  ⋅  = ∫ cos sds + = sin s + = +
∫
20
20
20
2
12 4
12 8 12
2 6 4 0
0
Fino ad ora è stato fatto vedere come si applica il teorema in modo rigoroso. In realtà, nello
svolgimento dell’esercizio, esiste una metodologia alternativa più rapida:
1
2
∫
1 − x 2 dx si vuole provare a sostituire x = sin t
0
Si derivano le due funzioni nelle rispettive variabili e si moltiplicano i due membri per
dx e dt :
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x = sin t ⇒ 1 = cos t ⇒ 1dx = cos tdt
Si sostituisce a questo punto nell’integrale il
dx con il valore trovato. Per gli estremi:
 π π
x = 0 ⇒ t = 0 con t ∈ − , 
 2 2
1
π
se x = ⇒ t =
2
6
se
Risulta quindi:
π
1
2
∫
6
1 − x 2 dx =
0
∫
1 − sen 2 t ⋅ cos tdt
0
Che è proprio il risultato ottenuto prima.
Tecnica dell’integrazione per parti
Si applica quando la funzione integranda è espressa dal prodotto di una funzione e la derivata
di un’altra:
∫ f ( x) g ′( x)dx .
Vale, in tal caso, la seguente regola:
∫ f ( x) g ′( x)dx =
f ( x) g ( x) − ∫ f ′( x) g ( x)dx
Ad esempio:

d

1

∫ log xdx =∫  log x ⋅ dx x dx = log x ⋅ x − ∫  x ⋅ x dx = x log x − x = x(log− 1) + c
Tecnica dei fratti semplici
Consideriamo il seguente integrale:
lg 4
ex −1
∫ x dx
lg 3 e + 3
Ponendo
t = e x ⇒ x = log t risulta che dt = e x dx ⇒ dx =
x = log 3 ⇒ t = 3
x = log 4 ⇒ t = 4
L’integrale diventa:
dt dt
=
e quindi:
t
ex
per
x>0
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lg 4
17 di 54
4
ex −1
t −1
∫lg 3 e x + 3 dx = ∫3 (t + 3) ⋅ t dt
E quindi è un rapporto di due polinomi in cui quello al denominatore è di grado maggiore. In
questi casi può essere utile utilizzare la tecnica dei fratti semplici.
Pn ( x)
se n ≥ m si può effettuare la divisione dei polinomi ottenendo la somma di un
m ( x)
polinomio con una nuova frazione di polinomi in cui n < m
∫Q
La tecnica prevede 4 possibili casi:
Q
2. Q
3. Q
4. Q
1.
ammette solo zeri reali e semplici (con molteplicità 1)
ammette solo zeri reali e almeno uno con molteplicità maggiore di 1
ammette zeri reali (semplici o no) e complessi e coniugati semplici
ammette zeri reali e complessi coniugati con molteplicità maggiore di 1
Nell’esempio affrontato, dato che il polinomio al denominatore ammette zeri reali semplici,
siamo nel primo caso. Si procede fattorizzando il polinomio in questione (nel nostro caso è già
fattorizzato). Quindi si pone
t −1
A
B A(t ) + B (t + 3) ( A + B )t + 3B
=
+ =
=
(t + 3) ⋅ t t + 3 t
(t + 3) ⋅ t
(t + 3) ⋅ t
A questo punto si sfrutta il principio di identità tra polinomi per cui due polinomi, per essere
uguali, devono avere gli stessi coefficienti.
t −1
( A + B )t + 3B
=
(t + 3) ⋅ t
(t + 3) ⋅ t
4

A + B = 1  A = 3
⇒

1
 3B = −1
B = −
3

Quindi risulta:
A
B
4
1
+ =
−
t + 3 t 3(t + 3) 3t
Integrando si ha che:
4
4
4
4
4 dt
1
4
1
4
1


− ∫ dt = log t + 3  − log t  = (log 7 − log 6 ) − (log 4 − log 3)
∫
3 3 t +3 3 3
3
3
3 3
3 3
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Esercitazione
Esercizio 1 – sostituzione della variabile
Risolvere il seguente integrale:
0
∫
−1
dx
3 − 2x − x 2
L’obiettivo è quello di trasformare l’integranda in una funzione immediatamente integrabile
che, in questo caso, potrebbe essere del tipo
1
1− t2
. Il primo passo sarà quello di
trasformare il polinomio al denominatore in una forma del tipo
3 − 2 x − x = 4 − 1 − 2 x − x = 4 − (1 + x )
2
Imponendo
t=
2
2
c − (a + x) 2 . In tal senso si ha
 1+ x 2 
= 4 1 − 
 
  2  
1+ x
e derivando e moltiplicando per dx e dt come mostrato nella tecnica
2
della sostituzione della variabile risulta:
1
⋅ dx ⇒ dx = 2dt
2
x = −1 ⇒ t = 0
1
x=0⇒t =
2
1 ⋅ dt =
Da cui l’integrale originario risulta:
0
∫
−1
0
dx
3 − 2x − x 2
=
∫
−1
0
dx
1+ x 
2 1− 

 2 
2
=
1
2 −∫1
1
2
dx
1+ x 
1− 

 2 
2
=∫
0
1
1− t2
1
dt = arcsin t 02 =
π
6
Esercizio 2 - sostituzione della variabile
Calcolare il dominio e risolvere il seguente integrale:
x
∫
−1
dt
t + 2t + 2
2
L’esercizio chiede di analizzare il dominio della funzione integranda per poi individuare dove è
continua. Tra gli eventuali intervalli del suo dominio và chiaramente considerato solamente
quello che include l’estremo di integrazione noto.
g (t ) =
1
t + 2t + 2
2
⇒ t 2 + 2t + 2 > 0 ∀t ∈ R
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La funzione integranda è continua e definita su tutto R quindi l’estremo superiore di
integrazione x può variare comunque in R.
1
g (t ) =
t 2 + 2t + 1 + 1
1
=
(t + 1) 2 + 1
s = t + 1 abbiamo che ds = dt e quindi:
Ponendo
t = −1 ⇒ s = 0
t = x ⇒ s = x +1
E sfruttando l’integrale noto
x
∫
−1
x +1
dt
t + 2t + 2
2
=
∫
0
∫
ds
s +1
2
1
s2 +1
abbiamo che:
x +1
= sett sinh s 0 = sett sinh( x + 1)
Esercizio 3 – calcolo di integrali indefiniti
Calcolare il seguente integrale indefinito:
∫x
2
1
dx
+ 2x + 2
Allo stesso modo dei precedenti esercizi riscriviamo il polinomio al denominatore in modo più
agevole:
f ( x) =
Con
1
1
=
x + 2 x + 1 + 1 ( x + 1) 2 + 1
2
t = x + 1 e dt = dx abbiamo che:
∫x
2
1
dt
dx = ∫ 2
= arctgt + c
+ 2x + 2
t +1
Abbiamo un risultato espresso in relazione alla variabile t . E’ chiaramente possibile tornare alla
variabile originaria essendo il cambio di variabile basato su una funzione invertibile.
arctgt + c = arctg( x + 1) + c ∀x ∈ ℝ
Esercizio 4 – integrazione per parti
I = ∫ e x cos xdx
Applicando il teorema dell’integrazione per parti:
I = ∫ e x cos xdx = e x cos x + ∫ sin x ⋅ e x dx =e x cos x + e x sin x − ∫ cos x ⋅ e x dx
Ci si accorge che l’ultimo integrale è proprio uguale a quello di partenza. Risulta quindi:
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ex
I = e cos x + e sin x − I ⇒ I = ( cos x + sin x ) + c ∀x ∈ ℝ
2
x
x
Esercizio 5 – integrazione per parti
Risolvere il seguente integrale:
∫ arctgxdx
Applicando la tecnica di integrazione per parti si ha:

d

x
∫ 1 ⋅ arctgxdx = ∫  arctgx ⋅ dx x dx = x ⋅ arctgx − ∫ 1 + x
A questo punto si ottiene un integrale del tipo
2
dx =x ⋅ arctg −
1
2x
dx
∫
2 1+ x2
f ′( x)
quindi:
f ( x)
1
x ⋅ arctgx − log 1 + x 2 + c ∀x ∈ ℝ
2
(
)
Esercizio 6 – tecnica dei fratti semplici
Risolvere il seguente integrale applicando la tecnica dei fratti semplici:
2x + 5
∫ (x + 1)(x + 3)
2
dx
Si nota che il polinomio al denominatore ammette 2 zeri reali:
α1 = − 1
semplice e
doppio. Rispetto la tecnica dei fratti semplici ci troviamo quindi nel secondo caso:
2x + 5
=
A
B
C
Ax 2 + 6 Ax + 9 A + Bx 2 + 2 Bx − 3B + Cx − C
+
+
=
=
2
x − 1 x + 3 ( x + 3) 2
( x + 1)( x + 3)
( x + 1)( x + 3)
x 2 ( A + B ) + x(6 A + 2 B + C ) + 9 A − 3B − C
(x + 1)(x + 3)2
2
Quindi risulta:
2x + 5
(x + 1)(x + 3)2
=
x 2 ( A + B ) + x(6 A + 2 B + C ) + 9 A − 3B − C
(x + 1)(x + 3)2
Ed uguagliando i numeratori si ha:
7

A=

16
A + B = 0

7

6 A + 2 B + C = 2 ⇒  B = −
16

9 A − 3B − C = 5
1

C =

4
α 2 = −3
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Quindi integrando l’espressione
7
dx
7
21 di 54
A
B
C
+
+
:
x − 1 x + 3 ( x + 3) 2
dx
1
dx
∫ f ( x)dx = 16 ∫ x − 1 − 16 ∫ x + 3 + 4 ∫ (x + 3)
2
=
7
7
1
dx
log x − 1 − log x + 3 + ∫
=
16
16
4 ( x + 3) 2
7
7
1 1
log x − 1 − log x + 3 + ∫ 2 dt con t = x + 3
16
16
4 t
7
7
1  1
7
7
1 1
= log x − 1 − log x + 3 +  −  + c = log x − 1 − log x + 3 −
+c
16
16
4 t
16
16
4 x+3
=
In realtà il dominio della funzione è un insieme composto da tre intervalli:
D f = (− ∞,−3) ∪ (− 3,1) ∪ (1,+∞ )
La costante c in realtà non sarà una solamente ma tre indipendenti tra loro, una a seconda
dell’intervallo.
Se, ad esempio, l’integrale fosse stato definito così
2x + 5
t
f (t ) = ∫
0
(x + 1)(x + 3)2
dx ,
l’estremo superiore di integrazione
t deve appartenere all’intervallo I = (− 3,1) dato che
l’estremo inferiore di integrazione è ivi compreso.
Esercizio 7 – tecnica dei fratti semplici
Risolvere il seguente integrale:
e
log x − 2
dx
2
x −1
∫ x(log
1
Ponendo
e
t = log x si ha che dt =
1
2
x=e ⇒t =
1
2
)
1
dx e quindi i seguenti estremi di integrazione: x = 1 ⇒ t = 0
x
1
.
2
t+2
dt
2
−1
∫t
0
A questo punto abbiamo trasformato l’integrale originario in un integrale di un rapporto di
polinomi in cui quello al denominatore è di grado maggiore. Applicando la tecnica dei fratti
semplici si può facilmente determinare il risultato:
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1
2
22 di 54
1
2
t+2
t+2
dt = ∫
dt ammette 2 zeri reali distinti semplici
2
(t + 1)(t − 1)
−1
0
0
t+2
A
B
( A + B )t + B − A
f ( x) =
=
+
=
(t + 1)(t − 1) t + 1 t − 1
(t + 1)(t − 1)
∫t
E uguagliando le frazioni si hanno le seguenti uguaglianze:
1

A = − 2
A + B = 1
 2 A = −1
⇒
⇒

B − A = 2 B = 2 + A B = 3
2

Da cui:
1
2
1
2
1
2
1
1
t+2
1 dt 3 dt
1
1
3 3
1
2 3
2
∫0 (t + 1)(t − 1) dt = − 2 ∫0 t + 1 + 2 ∫0 t − 1 = − 2 log t + 1  0 + 2 log t − 1  0 = − 2 log 2 + 2 log 2
Esercizio 8 – tecnica dei fratti semplici (3° caso)
x2
x2
x2
∫ x 4 − 1 dx = ∫ x 2 + 1 x 2 − 1 dx = ∫ x 2 + 1 (x + 1)(x − 1) dx
(
)(
)
(
)
In questo caso il polinomio del denominatore ammette due zeri reali semplici e 2 zeri
complessi e coniugati (± i ) distinti semplici. Siamo quindi nel terzo caso della tecnica dei fratti
semplici e si applica, per questo fattore del polinomio la seguente forma:
x2
A
B
Cx + D
f ( x) = 2
=
+
+ 2
=
x + 1 ( x + 1)( x − 1) x − 1 x + 1 x + 1
(
)
A( x + 1)( x + 1) + B( x − 1)( x 2 + 1) + (Cx + D)( x 2 − 1)
=
=
x 2 + 1 ( x + 1)( x − 1)
2
(
=
)
x 3 ( A + B + C ) + x 2 ( A − B + D) + x( A + B − C ) + A − B − D
x 2 + 1 ( x + 1)( x − 1)
(
)
Da cui deriva il seguente sistema:
1

A = − 4
A + B + C = 0

A − B + D = 1
1


⇒ B = 4

A + B − C = 0
C = 0
 A − B − D = 0 
1
D =
2

E quindi:
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1
dx
1
23 di 54
dx
1
∫ f ( x)dx = − 4 ∫ x − 1 + 4 ∫ x + 1 + 2 ∫ x
dx
1
1
1
= − log x − 1 + log x + 1 + arctgx + c
4
4
2
+1
2
Esercizio 9 – tecnica dei fratti semplici (3° caso)
∫ x(x
2
dx
+ x +1
)
Applicando la tecnica:
f ( x) =
1
A
Bx + C
Ax 2 + Ax + A + Bx 2 + Cx x 2 ( A + B) + x( A + C ) + A
=
+
=
=
x x2 + x +1
x x2 + x +1
x x2 + x +1
x x2 + x +1
(
)
(
)
(
Da cui:
 A + B = 0  B = −1


 A + C = 0 ⇒ C = −1
A = 1
A = 1


Perciò risulta:
∫ x(x
2
dx
dx
x +1
=∫ −∫ 2
dx
x
+ x +1
x + x +1
)
Ci applica ora la tecnica di risoluzione per calcolare integrali del tipo
x +1
1
2x + 2
dx = ∫ 2
dx =
2 x + x +1
+ x +1
dx
1
1
= log x 2 + x + 1 + ∫
2
2 
2
1
x +  +
2

∫ Cx
Ax + B
dx :
+ Dx + E
2
dx
1
2x + 1
1
dx + ∫ 2
=
2
∫
2 x + x +1
2 x + x +1
1
1
dx
= log x 2 + x + 1 + ∫
=
2
2


3 2
1
 x + 

4
3 
2
+ 1

3
4


4


1
2
dx
1
2
dx
= log x 2 + x + 1 + ∫
= log x 2 + x + 1 + ∫
=
2
2
3 4
2
3  2  2x + 1 2 
1
 x +  +1
  +1
 
3
2
 3  2  
∫x
=
2
1
2
dx
log x 2 + x + 1 + ∫
2
3  2x + 1  2

 + 1
 3 
)
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Provando a porre
t=
2x + 1
24 di 54
per cui
3
dt =
2
3
dx si ha che:
3
dt
1
2 2
1
3
dt
1
3
2
= log x + x + 1 + ∫ 2
= log x 2 + x + 1 +
= log x 2 + x + 1 +
arctgt + c =
2
∫
2
3 t +1 2
3 t +1 2
3
 2x + 1 
1
3
= log x 2 + x + 1 +
arctg 
 + c
2
3
 3 
Quindi la funzione integranda iniziale diventa:
∫ x(x
2
 2x + 1 
dx
dx
x +1
1
3
= ∫ −∫ 2
dx = log x − log x 2 + x + 1 −
arctg 
 + c
x
2
3
+ x +1
x + x +1
 3 
)
Esercizio 10
x
g ( x) =
∫ t dt
−1
Per risolvere un esercizio di questo tipo è importante, per prima cosa, determinare il dominio
della funzione g (x ) per stabilire quali valori può assumere la variabile x . In questo caso la x
può chiaramente variare su tutto R la funzione integrando è ivi continua.
Notiamo che i valori − 1 e 0 sono due costanti assegnate dal problema (-1 è l’estremo
inferiore di integrazione, 0 è il punto in cui cambia di segno l’argomento del modulo della
funzione integrando); di conseguenza conviene suddividere lo studio del calcolo dell’integrale
in due casi: x < 0 e x ≥ 0 .
Se
x ≥ 0 si ha:
x
0
0
x
x
t2
g ( x) = ∫ t dt = ∫ t dt + ∫ t dt = ∫ − tdt + ∫ tdt = −
2
−1
−1
0
−1
0
Se
0
t2
−
2
−1
x
=
0
1 x2 x2 +1
+
=
2 2
2
x < 0 si ha:
x
x
t2
g ( x) = ∫ t dt = ∫ − tdt = −
2
−1
−1
x
=−
−1
x2 1 1− x2
+ =
2 2
2
Quindi risulta
 x2 +1
x≥0

g ( x) = ∫ t dt =  2 2
−1
1 − x
x<0
 2
x
L’esercizio chiede di rispondere anche ai seguenti quesiti: Senza calcolare l’integrale dire se
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•
La funzione
•
sarà anche continua.
La funzione g (x ) è derivabile? [VERO]
•
•
g (x) è continua nel suo dominio? [VERO] per il primo teorema
fondamentale del calcolo integrale risulta g ′( x ) = x ed essendo la funzione derivabile
g (x) è derivabile due volte nel suo dominio? [FALSO] poiché la derivata
d
seconda risulta g ′′( x) =
x e quindi non derivabile in zero.
dx
La funzione g (x ) ammette un minimo nell’origine? [FALSO] poiché, essendo
g ′( x) = x ≥ 0 ⇒ g ↑ in R (funzione crescente e continua in R ), il minimo non può
La funzione
trovarsi nell’origine.
Esercizio 11
t −1
x
Determinare dominio e condominio della funzione
f ( x) = ∫
0 t −t −2
2
dt .
Il denominatore della funzione integranda ne caratterizza la definizione:
t 2 − t − 2 = (t − 2)(t + 1)
(− ∞,−1) ∪ (− 1,2 ) ∪ (2,+∞ ) . Essendo l’estremo di
integrazione noto appartenente all’intervallo (− 1,2 ) ne deriva che questo è l’unico intervallo in
Da cui risulta che
cui la
f (x) è definita su
f (x) può essere considerata continua. Sarà quindi:
D f = (− 1,2 )
Per determinare il codominio della funzione si studia la derivata prima e poiché il denominatore
è negativo nel dominio si ha che:
f ′( x) =
x −1
x2 − x − 2
< 0 ⇒ f ↓ in (− 1,2)
Questo ci garantisce la monotonia della funzione e quindi si può passare all’analisi del
comportamento della funzione agli estremi del dominio:
(
C f = lim− f ( x), lim+ f ( x)
x→2
x → −1
)
Risulta quindi necessario determinare la forma esplicita di
x
1 1− t
t −1
dt
+
dt
∫ 2
2
∫
t −t −2
0 t − t − 2
1
f ( x) =  x
 1 − t dt
∫ t 2 − t − 2
0
se x ∈ [1, 2 )
se x ∈ ( −1,1)
Quindi si applicano le regole fino a qui viste.
f (x) :
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26 di 54
Esercizio 12
Siano:
x
dt
f ( x) = ∫ 2
e g ( x) =
2
−1 t cos t
x
∫t
−
3
2
2
dt
cos 2 t
Determinare:
•
•
f (x) e g (x)
Numero di zeri di f (x ) e g (x )
Dimostrare che lim− f ( x) = lim− g ( x ) = +∞
•
Dimostrare che
Dominio di
•
x→0
x →0
f ( x ) < g ( x)
La prima osservazione è che ci troviamo nel caso in cui, con gli strumenti fino a questo
momento conosciuti, l’integrale non è determinabile nella forma esplicita.
Per calcolare il dominio di entrambe le funzioni si ha che:
t 2 cos 2 t ≠ 0
t≠0
t≠
π
2
+ kπ ∀k ∈ ℤ
f e di g è proprio l’unione di infiniti intervalli così definiti:
E quindi il dominio di
D f = Dg = ... ∪ (−
π
π
, 0) ∪ (0, ) ∪ ...
2
2
Bisogna chiaramente considerare solo l’intervallo che contiene gli estremi di integrazione. Sia
per
f che per g il dominio è dunque D f = Dg = (−
π
2
, 0) .
Per determinare gli zeri della funzione si studia la monotonia delle funzioni:
f ′( x) = g ′( x) =
Poiché
1
π
> 0 ⇒ f , g ↑ in (− , 0)
2
2
x sin x
2
 3
f (−1) = g  −  = 0 , dalla monotonia delle due funzioni segue che sia f che g
 2
ammettono in
(−
π
2
, 0) un unico zero.
Inoltre f e g risultano primitive di una stessa funzione in
(−
π
2
, 0) , quindi differiscono per una
costante (i grafici sono uno una traslazione dell’altro). Graficamente, grazie anche alle
informazioni precedenti, segue che f ( x ) < g ( x) .
Sappiamo inoltre che:
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cos 2 t ≤ 1 e quindi
27 di 54
1
1
1
≥1⇒ 2
≥ 2
2
2
cos t
t s cos t t
E quindi, mantenendosi la relazione anche negli integrali, si ha che:
x
g ( x) > f ( x) ≥
1
∫t
2
dt
−1
x
x
1
1
1
x → 0−
∫−1 t 2 dt = − t = − x + 1 → +∞
−1
Esercizio 13
Calcolare il seguente integrale:
∫
x − x dx
Si procede per sostituzione e, ponendo
dx = 2t ⋅ dt .
∫
x − x dx = 2 ∫ t − t dt = 2 ∫
2
x = t 2 ed ipotizzando t ≥ 0 si ha che
2
2

1
1   1
 1
 t −  − ⋅ t ⋅ dt = 2 ∫
4 t −  − 1 ⋅ t ⋅ dt =
4
4   2 
 2

2
  1 
1
= 2 ⋅ ∫ 2 t −  − 1 ⋅ t ⋅ dt = ∫
2   2 
(2t − 1)2 − 1
Quindi si può procedere ulteriormente per sostituzione.
s +1
2
1
ds = 2dt ⇒ dt = ds
2
s = 2t − 1 ⇒ t =
L’integrale diventa:
∫ (2t − 1)
2
−1 = ∫ s2 −1 ⋅
s + 1 ds 1
⋅ = ∫ s 2 − 1 ⋅ (s + 1) ⋅ ds
2
2 4
Ed essendo
cosh 2 z − sinh 2 z = 1 ⇒ sinh 2 z = cosh 2 z − 1
Ponendo
s = cosh z ⇒ ds = sinh z ⋅ dz risulta:
(
)
1
1
s 2 − 1 ⋅ (s + 1) ⋅ ds = ∫ sinh 2 z cosh 2 + 1 dz
∫
4
4
x =t e
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Per poi proseguire come già visto in precedenza.
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29 di 54
Serie numeriche
La serie numerica è una particolare successione numerica
una successione numerica nota
{a k }.
{s n }
che si costruisce a partire da
{a k } → {s n }
In cui:
s1 = a1
s2 = a1 + a2
s3 = a1 + a2 + a3 = s2 + a3
...
n
sn = ∑ ak
k =1
...
E quindi:
{a k } → {s n } = ∑ a k 
n
 k =1
Il termine
 n∈N
sn così definito è detto somma parziale della serie. Per indicare la serie si usa la
∞
seguente notazione (al posto di
{sn } ) ∑ a k , dove
a k si dice termine generico della serie.
k =1
N.B. - Questo simbolismo non vuol dire che si tratta di una somma infinita di numeri reali.
Serie convergente, divergente e irregolare
La serie si dice convergente, divergente o irregolare se, rispettivamente,
lim sn = l , lim sn = ±∞ , lim sn = non esiste.
n →+∞
n →+∞
n →+∞
∞
Se la serie converge, il numero reale
l è detto somma della serie e si scrive
∑a
k
=l.
k =1
∞
Nel caso della divergenza scriveremo
∑a
k
= ±∞ .
k =1
La difficoltà dello studio del carattere di una serie numerica è dovuto al fatto che quasi mai si
riesce a determinare una espressione in forma chiusa (senza i puntini di sospensione) della
somma parziale sn ; ciò rende impossibile lo studio del limite lim sn .
n →+∞
Solo per le seguenti due tipologie di serie saremo in grado di determinare una espressione in
forma chiusa della somma parziale sn .
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Serie telescopica
∞
1
∑ k (k + 1)
k =1
La successione che ha dato origine alla serie sarà
{a k } = 
1 

 k (k + 1) 
La nuova successione che viene generata è caratterizzata, per definizione, al seguente modo:
n
1
1 1 1
1
1
= + + + ... +
+
2 6 12
(n − 1)n n(n + 1)
k =1 k ( k + 1)
sn = ∑
Per determinare il carattere della serie occorre calcolare il limite per
n → +∞ della successione
sn .
n
lim
x → +∞
Ma
1
∑ k (k + 1)
k =1
sn è espresso in forma aperta e per determinare il limite si ha bisogno di una forma chiusa.
Nel caso della serie telescopica questo è possibile:
1
1
1
= −
k ( k + 1) k k + 1
con la tecnica dei fratti semplici
Da cui:
n
sn =
1
1 

1 1
1 1
1
 1
1 1
k =1
Applicando la proprietà associativa si annullano i termini
n
1
1 
1
∑  k − k + 1  = 1 − n + 1
k =1
e quindi
 1 1 1 1
 − ;  − ;....
 2 2 3 3
1 

lim 1 −
 =1
x → +∞
 n + 1
La serie telescopica è convergente e la somma è proprio 1.
Serie geometrica
∞
∑q
k =1
k
1 
∑  k − k + 1  = 1 − 2  +  2 − 3  +  3 − 4  + ... +  n − 1 + n  +  n − n + 1 
con
q ∈ R costante (viene detta ragione della serie geometrica)
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31 di 54
Si ha dunque che:
{a k } = {q k }
Consideriamo due casi semplici:
n
Quando
q = 0 si ha che s n = ∑ q k = 0 ∀n ∈ N e quindi lim sn = 0
n →+∞
k =1
n
Quando
la serie converge a 0.
q = 1 si ha che s n = ∑1 = n e quindi lim n = +∞ la serie diverge a + ∞.
n →+∞
k =1
Consideriamo il caso generale
q ≠ 1 , allora
s n = q 1 + q 2 + q 3 + ... + q n (in forma aperta)
Moltiplichiamo entrambi i membri per
q si ha
q ⋅ s n = q 2 + q 3 + q 4 + ... + q n +1
Sottraendo membro a membro si ha:
s n (1 − q ) = q + q 2 − q 2 + q 3 − q 3 + ... + q n − q n − q n +1 = q − q n +1 cioè
sn =
q − q n +1
(forma chiusa)
1− q
da cui
q − q n +1
q
1
=
−
⋅ lim q n +1 .
x → +∞ 1 − q
1 − q 1 − q x →+∞
lim
A questo punto il risultato del limite dipende dal valore che assume la costante
<0
q:
+∞
∞
q
1
Se q > 1 sarà
−
⋅ lim q n+1 ⇒ ∑ q k = + ∞
1 − q 1 − q x →+∞
k =1
<0
∞
∑q
q
1− q
Se
− 1 < q < 1 sarà
Se
q < −1 la successione è irregolare poiché il valore n assume periodicamente valori
k =1
k
=
pari e dispari.
Osservazione: Se l’indice della serie geometrica parte dal valore 0 anziché 1 allora, nel caso
− 1 < q < 1 si avrà
∞
∑ qk =
k =0
1
, infatti
1− q
∞
∞
k =0
k =1
∑ q k =1 + ∑ q k =1 +
q
1
.
=
1− q 1− q
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Proprietà delle serie
Ricordiamo che una successione numerica
se
{a k } si dice monotona crescente (decrescente)
ak ≤ ak +1 ( ak ≥ ak +1 ) ∀k ∈ N . Per tali successioni vale la seguente proprietà
Teorema:
Una successione monotona
{a k } è regolare, ossia
lim ak = Λ , dove Λ ∈ ℝ oppure Λ = ±∞ . In
k →+∞
particolare, se la successione è monotona crescente (decrescente) allora converge ad un
valore reale oppure diverge a + ∞ ( −∞ ).
∞
Una serie del tipo
∑a
k
, con
a k ≥ 0 , si dice serie a termini di segno non negativo (se
k =0
a k > 0 si dirà serie a termini di segno positivo).
In tal caso, essendo
s n +1 = s n + a n +1 , si ha s n +1 ≥ s n e quindi la successione
{s n }
è
monotona crescente. Da ciò segue che tutte le serie a termini di segno non negativo (o
positivo) sono regolari (convergono o divergono a + ∞ ).
Tutto il discorso fatto per le serie a termini di segno non negativo (o positivo) vale
simmetricamente per quelle a termini di segno non positivo (o negativo), esse sono regolari
(convergono o divergono a −∞ ).
Per tali successioni vale anche la seguente proprietà
Il criterio di convergenza di Cauchy
Una successione
{a k } converge se e soltanto se
∀ε > 0 ∃k ε > 0 / ∀k > k ε e ∀p ∈ Ν si ha a k + p − a k < ε .
Il criterio identifica la convergenza di una successione con il fatto che all’aumentare
dell’indice k, la distanza tra due termini distinti di essa tende ad annullarsi.
Dal momento che la serie rappresenta una particolare successione {s n } , tale criterio si
può tradurre nel modo seguente
{s n } converge
n
Poiché
⇔ ∀ε > 0 ∃nε > 0 / ∀n > nε e ∀p ∈ Ν si ha s n + p − s n < ε
sn = ∑ ak , si ha
sn + p − sn =
k =0
n+ p
∑ ak − ∑ ak =
n
n
∑ ak +
n+ p
∑
ak − ∑ ak =
n
n+ p
k =0
k =0
k =0
k = n +1
k =0
k = n +1
∑a
k
quindi possiamo riformulare il criterio di convergenza di Cauchy per le serie numeriche
∞
La serie
∑a
k
converge ⇔ ∀ε >
n+ p
0 ∃nε > 0 / ∀n > nε e ∀p ∈ Ν si ha
Teorema (C.N. di convergenza): Se
∑a
k
<ε.
k = n +1
k =0
∞
∑a
k =0
k
converge, allora
lim a k = 0 .
k → +∞
Dim.: Scegliendo dal criterio di Cauchy p = 1, per l’ipotesi di convergenza si ha
e
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∀ε > 0 ∃nε > 0 / ∀n > nε
successione
33 di 54
an +1 < ε che equivale ad asserire la convergenza a 0 della
si ha
{a k }.
lim a k ≠ 0 allora sicuramente la serie non converge e potrà quindi
Ne consegue che, se
k → +∞
essere irregolare o divergente.
La condizione non è comunque sufficiente a garantire la convergenza.
Teorema
∞
Siano
∞
∞
∑ ak e
∑ bk serie convergenti e α , β ∈ R . Allora
∑ (α ⋅ a
k =0
k =0
k =0
∞
∞
∞
k =0
k =0
k =0
k
+ β ⋅ bk ) converge e si ha:
∑ (α ⋅ ak + β ⋅ bk ) = α ∑ ak + β ∑ bk .
Il teorema è valido anche nel caso in cui una delle due serie diverga:
∞
∑a
+∞ se β > 0
(α ⋅ ak + β ⋅ bk ) = −∞ se β < 0
∑
∞
α l se β = 0
∑ bk = +∞ k =0

k
=l
∞
k =0
k =0
Il teorema è valido anche se entrambe le serie divergono tranne che nel caso in cui,
tenendo conto anche dei segni di α e β , si ottenga la forma indeterminata ∞ − ∞ . Si ha per
esempio
∞
∑a
k
= +∞
∞
∑b
k
∞
∑ (α ⋅ a
k =0
k
= +∞
k =0
+∞ se α , β > 0
+ β ⋅ bk ) = 
−∞ se α , β < 0
k =0
Naturalmente se una delle due serie è irregolare dal teorema non si può concludere nulla.
Serie armonica
∞
1
∑k
k =1
La serie verifica la condizione
lim
k → +∞
1
= 0 tuttavia si dimostra, mediante il criterio di
k
convergenza di Cauchy,che diverge. Infatti si ha
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n+ p
1
1
1
1
1
1
=
+
+
+ ... +
+
.
n +1 n + 2 n + 3
n + p −1 n + p
k = n +1 k
∑
Scegliendo in particolare
p = n si ottiene
2n
1
1
1
1
1
1
=
+
+
+ ... +
+
n +1 n + 2 n + 3
2n − 1 2 n
k = n +1 k
∑
Supponendo
n ≥ 1 risulta n + 1 ≤ 2n e quindi
1
1
≥
da cui:
n + 1 2n
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
+
+
+ ... +
+
≥
+
+
+ ... +
+
n +1 n + 2 n + 3
2 n − 1 2n 2 n n + 2 n + 3
2n − 1 2 n
n ≥ 2 (se non fosse la somma a primo membro consterebbe solo del primo
1
1
addendo) risulta n + 2 ≤ 2n e quindi
≥
da cui:
n + 2 2n
Supponendo
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
+
+
+ ... +
+
≥
+
+
+ ... +
+
n +1 n + 2 n + 3
2 n − 1 2 n 2n 2n n + 3
2n − 1 2 n
Iterando il procedimento si otterrà:
2n
1
1
1 1
≥
+ ... +
= .
2n
2n 2
k = n +1 k
∑
Questo risultato mostra che esiste un particolare valore per p per il quale non si può
n+ p
avere
1
<ε
k = n +1 k
∑
∀ε > 0 , e dunque la convergenza (ad esempio scegliendo ε =
1
si ottiene
4
una contraddizione con quanto detto). La serie non converge ed essendo a termini di segni
∞
positivo sarà
1
∑k
= +∞ .
k =1
Criteri di convergenza per serie a termini di segno costante
Non potendo quasi mai determinare una forma chiusa della somma parziale di una serie
(escluse alcune eccezioni già note), diventa impossibile determinare il carattere della serie
stessa mediante il limite della successione delle sue somme parziali.
Esistono tuttavia alcuni criteri utili per determinare il carattere di una serie numerica
∞
∑a
k
se questa ha tutti termini di segno costante (per esempio
ak ≥ 0 oppure ak ≤ 0 ). Senza
k =0
perdere di generalità possiamo supporre
(esempio
ak > 0 ( ak < 0 ), infatti se uno dei termini è nullo per
a 2 = 0 ) è possibile sostituire la serie data
∞
∞
∑ ak con una equivalente
∑b
k =0
k =0
bk > 0 ( bk < 0 ); basta porre b0 = a0 , b1 = a1 , b2 = a3 , b3 = a4 e così via, si ha
k
dove
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∞
∞
k =0
k =0
∑ ak = a0 +a1 + a2 + a3 + ... = ∑ bk = b0 +b1 + b2 + b3 + ... .
Criterio del confronto
∞
∑a
Siano
∞
∑b
e
k
k =0
k
due serie numeriche con
a k > 0 e bk > 0 ∀k ∈ N 0 e sia a k ≤ bk ∀k ∈ N 0 .
k =0
Allora:
∞
∑ bk converge ⇒
1. Se
k =0
∞
∑a
2. Se
∞
∑a
k
converge;
k =0
∞
diverge ⇒
k
k =0
∑b
k
diverge.
k =0
∞
Si dice che la serie
∞
∑ bk (serie dominante) maggiora quella a termini ak , mentre
∑a
k =0
k =0
k
bk .
(serie dominata) minora quella a termini
Osservazione - Il criterio continua a sussistere anche quando la relazione d’ordine
a k ≤ bk
non è verificata ∀k ∈ N 0 purché lo sia almeno da un certo punto in poi, cioè ∀k >
stessa osservazione vale anche per le condizioni
k 0 . La
a k > 0 e bk > 0 che possono valer ∀k > k1 e
∀k > k 2 rispettivamente. k 0 , k1 , k 2 sono numeri interi positivi in generale diversi tra loro.
Quello più grande rappresenta il punto oltre il quale le condizioni sono
contemporaneamente. Questa osservazione vale anche per i criteri successivi.
verificate
Esempio 1
Studiare il carattere della serie
∞
sin k
k =0
2k
∑
.
Per utilizzare il criterio del confronto è necessario determinare una seconda serie con la quale
confrontarla.
Si ha
sin k
2
k
≤
1
∀k ∈ N 0
2k
Risulta quindi che la serie data è dominata dalla serie geometrica di ragione ½. Essendo
quest’ultima convergente lo sarà anche la serie data.
Esempio 2
Studiare il carattere della serie
∞
sin k
k =1
k
∑
Analizziamo il termine generico:
0≤
sin k
k
≤
1
k
.
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∞
Quindi
1
∑k
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è una serie dominante la serie data. Essendo divergente, il teorema del confronto
k =1
non comporta alcun risultato.
Esempio 3
∞
2 + cos k
k
k =1
∑
1 2 + cos k
≤
. Quindi la serie data diverge essendo dominante rispetto alla serie
k
k
Sappiamo che
armonica.
Criterio della radice
∞
Sia
∑a
k
una serie numerica con
a k > 0 ∀k ≥ k 0 .
k =0
Supponiamo che
lim k a k = Λ . Si ha:
k → +∞
1. Se 0 ≤ Λ < 1 allora la serie converge;
2. Se Λ > 1 oppure Λ = +∞ la serie diverge;
3. Se Λ = 1 nulla si può concludere.
Si può osservare che, essendo
k
a k > 0 ∀k ≥ k 0 allora il limite Λ non sarà negativo.
In generale conviene utilizzare questo criterio quando il termine generico
ak si esprime
come potenza k-esima; per esempio
∞
k
k
1
1
1
la serie ∑   converge dato che lim k   = lim
= 0.
k
→
+∞
k
→
+∞
k
k 
k =1  k 
Esempio 4
Studiare il carattere della serie
∞
sin k
k =0
2k
∑
.
∞
Si ha che la serie data è dominata dalla seguente
1
∑2
k =0
k
Applicando il criterio della radice si ha che:
lim
k →+∞
k
1 1
= da cui segue la convergenza della serie dominante e quindi di quella data.
2k 2
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Esempio 5
k
∞
 2k − 1 
Studiare il carattere della serie ∑  2
 .
k = 0  3k + 2 
Applicando il criterio della radice si ha che:
lim
k →+∞
k
2k − 1
= 0 . La serie converge.
k →+∞ 3k 2 + 2
ak = lim
Criterio del rapporto
∞
Sia
∑a
k
una serie numerica con
a k > 0 ∀k ≥ k 0 .
k =0
ak +1
= Λ . Si ha:
k →+∞ a
k
1. Se 0 ≤ Λ < 1 allora la serie converge;
2. Se Λ > 1 oppure Λ = +∞ la serie diverge;
3. Se Λ = 1 nulla si può concludere.
Supponiamo che
lim
Esempio 6
∞
Calcolare il carattere della serie
k =0
Se
ak =
k!
∑2
k
.
k!
(k + 1)!
allora a k +1 =
e si avrà:
k
2
2 k +1
(k + 1)! 2 k
1
⋅
che, essendo ( k + 1)! = ( k + 1) ⋅ k! diventa
lim (k + 1) = +∞
k
+
1
k → +∞ 2
k!
2 k → +∞
lim
La serie quindi diverge.
Esempio 7
∞
Calcolare il carattere della serie
2k
∑
k = 0 k!
k! 2 k +1
1
⋅
= 2 lim
= 0 la serie converge
k
k → +∞ 2
(k + 1)! k →+∞ k + 1
lim
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Criterio dell’integrale
∞
Sia
∑a
k
una serie numerica con
a k > 0 ∀k ≥ k 0 .
k =0
Sia
{a k } ↓
Sia
y = f (x) , con x ≥ k 0 , la funzione associata della successione {ak } .
Sia
{tk } la successione così definita
∀k ≥ k1 (decrescente da un certo punto in poi) e lim a k = 0 .
k → +∞
k
tk =
∫ f ( x)dx > 0
k0
∞
Se
{t k } converge allora anche la serie ∑ a k
converge.
k =0
∞
Se
{t k } diverge allora anche la serie ∑ a k
diverge.
k =0
Esempio 8
∞
1
∑ kα
Determinare il carattere della serie
(serie armonica generalizzata) dove
α >0.
k =1
Supponiamo anche che α ≠ 1 essendo questo il caso della serie armonica già studiata.
Applicando il criterio dell’integrale si ha:
k
tk =
∫
k0
k
1
x −α +1
1
=
=
dx
k 1−α − 1
α
x
−α + 1
1−α
{
}
1
1 − α > 0 ⇒ α < 1 ⇒ t k → +∞ e la serie diverge
1
Se 1 − α < 0 ⇒ α > 1 ⇒ t k →
e la serie converge
α −1
Quindi se
Serie armonica generalizzata
La
serie
armonica
generalizzata
generalizza
1 α > 1 converge
=
∑
α
k =1 k
α ≤ 1 diverge
∞
Esempio 9
∞
Determinare il carattere della serie
arctgk
∑ 1+ k
k =1
Possiamo utilizzare due criteri.
2
la
serie
armonica
classica:
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arctgk π  1  π 1
< 
< ⋅ 2 essendo 1 + k 2 > k 2 .
2
2 
2 1+ k  2 k
1+ k
∞
Quindi la serie data è maggiorata dalla serie armonica generalizzata
1
∑k
k =1
2
che è convergente.
Per il criterio del confronto convergerà anche la serie in esame.
Utilizzando il criterio dell’integrale invece:
y=
arctgx
↓ poiché f ′ < 0
1+ x2
k
arctgx
∫1 1 + x 2 dx con
k
∫
f 2 ( x)
arctg 2 x
arctg 2 k
arctg 2 k π 2
f ( x) ⋅ f ′( x)dx =
+c =
=
−c =
−
2
2
2
2
32
1
Quindi la serie converge.
Criterio del confronto asintotico
∞
Sia
∑a
k
una serie numerica con
a k > 0 ∀k ≥ k 0 .
k =0
Sia
{k
α
lim k α ⋅ ak = lim
k →+∞
k →+∞
}
ak
= Λ con α > 0 , Λ ≥ 0 o Λ = +∞ (si suppone cioè che la successione
1
kα
⋅ ak sia regolare)
Allora:
1. Se Λ = 0 o Λ = l > 0 e
∞
α > 1 ⇒ ∑ ak
la serie converge;
k =0
2. Se Λ = l > 0 o Λ = +∞ e
0 < α ≤ 1 la serie diverge.
Esempio 10
 k 2 + 5k − 2 


log
∑
2
k =1
 k +3 
∞
Studiare il carattere della serie
k 2 + 5k − 2
> 1 , cioè
k2 +3
 k 2 + 5k − 2 
k 2 + 5k − 2 − k 2 − 3
k −1
>0⇒5
> 0 . Inoltre lim log 
 = 0 per cui la condizione
2
k →+∞
k +3
k2 +3
 k +3 
Si ha che
a k > 0 ∀k > 1 , infatti a k > 0 se
necessaria di convergenza è soddisfatta (la serie può anche convergere).
Studiamo il seguente limite
 k 2 + 5k − 2 
 = Λ
lim k α ⋅ log
2
k → +∞
 k +3 
Passando alla funzione associata possiamo applicare De L’Hospital:
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 x 2 + 5x − 2 

log
x 2 + 3  0

lim
=
∀α > 0
x → +∞
1
0
xα
 ( 2 x + 5) x2 + 3 − 2 x x2 + 5x − 2
x2 + 3

⋅
2
2
2
x + 5x − 2 
x
+
3

= lim
(
)
(
x →+∞
−
(
)
α
) 


=
xα +1
2 x 3 + 5 x 2 + 6 x + 15 − 2 x 3 − 10 x 2 + 4 x
x 4 + 5 x 3 − 2 x 2 + 3 x 2 + 15 x − 6
= lim
=
x → +∞
α
− α +1
x
α +3
α +2
−5 x + 10 x + 15 xα +1
5
= lim
=
se α + 3 = 4 , cioè α = 1
4
3
2
x →+∞ −α x + 5 x + x + 15 x − 6
α
(
)
I valori trovati per α e Λ ci consentono di sfruttare il criterio del confronto asintotico
ed asserire che la serie data diverge.
Serie a termini di segno alterno
E’ una serie del tipo:
∞
∞
k =0
k =0
∑ ak = ∑ (− 1) ⋅ a k
k
a 0 > 0 , a1 < 0 , a 2 > 0 , …
In cui
Genericamente è indicata senza valore assoluto:
∞
∑ ( −1)
k
⋅ ak con a k > 0
k =0
Per questo tipo di serie, a termini di segno non costante, è possibile applicare un criterio di
convergenza.
Criterio di Leibniz
∞
Sia
∑ ( −1)
k
⋅ ak , con a k > 0 , una serie a termini di segno alterno. Sia, inoltre, {a k } ↓ 0
k =0
(decresce e infinitesima) allora la serie converge.
N.B. – Per determinare la monotonia di una successione spesso conviene studiare il segno
della derivata prima della rispettiva funzione associata.
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Il criterio di Leibniz fornisce una ulteriore informazione. Supponendo che la serie converga si
può infatti parlare della rispettiva somma
relazioni d’ordine tra le somme parziali
∞
s = ∑ ak ). Valgono le seguenti
s = lim s n (cioè
n → +∞
k =0
s 0 = a 0 , s1 = a0 − a1 , s 2 = s1 + a 2 , s3 = s 2 − a 3 , …
s 0 − s > s − s1 > s 2 − s > s − s 3 >…
Da un punto di vista geometrico le distanze tra la somma
s e le somme parziali sn vanno
via via diminuendo fino a convergere a 0.
s1
s
s3
s2
s0
Questa informazione è utile quando si vuole approssimare opportunamente la somma
della serie.
s
Serie a termini di segno generico
∞
L’unico criterio che consente di determinare il carattere di una serie
∑a
k
a termini di segno
k =0
non costante e non alterno si basa sullo studio del carattere della serie a termini si segno
∞
positivo
∑a
∞
. Diremo che la serie
k
k =0
∑a
k
converge assolutamente se converge la serie
k =0
∞
∑a
k
.
k =0
Teorema
∞
Se la serie
∑a
k
converge assolutamente allora sarà anche convergente.
k =0
Il teorema precedente fornisce solo una condizione sufficiente ma non necessaria per la
∞
convergenza
della
serie
∑a
k
;
infatti,
esistono
serie
convergenti
k =0
(−1) k
assolutamente convergenti come per esempio la seguente serie ∑
.
k
k =1
∞
pur
non
essendo
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Esercizi d’esame
Esercizio 1
∞
Studiare il carattere della serie
log 2 k
k2
k =1
∑
Si tratta ovviamente di una serie a termini di segno positivo per ogni k > 1 e quindi non può
essere irregolare.
Si nota che per k = 1 il relativo termine è nullo per cui la serie può essere riscritta così:
∞
∞
log 2 k
log 2 k
=
∑
∑
k2
k2
k =1
k =2
Il primo passo è quello di verificare la condizione necessaria di convergenza studiando il limite
della funzione associata:
log 2 x
2 log x
1
= lim
= lim
=0
2
2
x → +∞
x → +∞ 2 x
x → +∞ 2 x 2
x
lim
Quindi la serie soddisfa la condizione di convergenza e potrà sia convergere che divergere.
E’ necessario dunque applicare uno dei criteri studiati. Fra tutti, quello con maggiori possibilità
di riuscita, è il criterio del confronto asintotico.
k α ⋅ log 2 k
log 2 k
=
lim
con α > 0 .
k → +∞
k → +∞ k 2 −α
k2
lim
A questo punto è necessario distinguere due casi. Se 2 − α
potenza con esponente negativo. Il limite si può riscrivere:
≤ 0 ⇒ α ≥ 2 allora k 2−α è una
= lim log 2 k ⋅ k α − 2 = +∞
k → +∞
La tesi del criterio del confronto asintotico non è rispettata poiché
Occorre quindi considerare il caso 2 − α > 0 ⇒ 0 < α < 2 .
Si ha una forma indeterminata del tipo
Λ = +∞ e α ≥ 2 .
∞
. Si passa alla funzione associata e si risolve con De
∞
L’Hospital:
log 2 x
2 log x
2
= lim
= lim
=0
2
−
α
2
−
α
x → +∞ x
x → +∞ ( 2 − α ) x
x → +∞ ( 2 − α ) 2 ⋅ x 2 −α
= lim
Λ = 0 e 0 < α < 2 . In particolare scegliendo un valore compreso tra 1 e 2 per
α, si ha dal criterio del confronto asintotico che la serie converge.
Si ottiene allora
il parametro
Esercizio 2
∞
Siano
∑a
k =1
∞
∞
k
e
∑b
k
due serie numeriche tali che
k =1
∞
∑ ak diverge allora diverge anche
∑b
k =1
k =1
k
.
0 < a k ≤ bk ∀k ∈ N . Dimostrare che, se
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L’esercizio chiede in sostanza la dimostrazione del criterio del confronto.
La tesi è dunque che
∞
∞
k =1
k =1
∑ bk è divergente, quindi posto Bn = ∑ bk si chiede di dimostrare che
lim Bn = +∞ .
n → +∞
∞
An = ∑ a k , l’ipotesi asserisce che lim An = +∞ e che Bn ≥ An ∀n ∈ N .
Posto
n → +∞
k =1
Allora, per il teorema del confronto delle successioni, se
Esercizio 3
Sia
{s k } = {k
An diverge deve divergere anche Bn .
}
a k − 1 una successione numerica tale che inf s k > 0 e a k > 0 . Dimostrare che
∞
∑a
diverge.
k
k =1
Chiamando
λ = inf s k > 0 ⇒ s k ≥ λ ∀k ∈ N
e quindi:
sk = k ak − 1 ≥ λ
k
ak ≥ λ + 1
a k ≥ (λ + 1)
Notiamo che
k
λ>0
e quindi
λ +1 > 1.
∞
Quindi la serie
∑a
k
domina una serie geometrica
k =1
λ + 1 ≥ 1 , per il criterio del confronto allora
∞
∑a
k
diverge.
k =1
Esercizio 4
∞

1
∑ 1 − cos k 
k =1
La serie è a termini di segno positivi (non può essere irregolare) e soddisfa la condizione di
convergenza (può convergere oppure divergere):
1

lim 1 − cos  = 0
k

k → +∞
Si applica uno dei criteri studiati, ad esempio il confronto asintotico:
1

lim k α 1 − cos  = lim
k  k →+∞

k → +∞
1 − cos
1
kα
1
k
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Ponendo
lim+
h →0
1
= h si può riscrivere tale limite come segue
k
1 − cosh
hα
Si passa alla funzione associata e si procede alla risoluzione del limite (F.I.
lim+
x→0
44 di 54
1 − cos x
sin x
sin x 1
= lim+
e, con α = 2 si ha lim+
=
α
α
−
1
x →0 α ⋅ x
x→0
2x
2
x
La serie quindi è convergente.
0
)
0
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Formula di Taylor
Il polinomio di Taylor
Sia f una funzione continua definita in un intorno del punto
x0 . Ci poniamo l’obiettivo di
Iδ ( x0 ) con un polinomio Pn ( x) di grado n. Supponiamo
approssimare tale funzione in
x0 e n = 1. È chiaro che le condizioni ottimali, nel punto x0 ,
affinché P1 ( x ) approssimi meglio la f in I δ ( x0 ) sono f ( x0 ) = P1 ( x0 ) e f ′( x0 ) = P1′( x0 ) (ciò si
dapprima che f sia derivabile in
intuisce facilmente per via grafica). Tali condizioni si generalizzano quando n > 1 e f ammette
derivata fino all’ordine n, cioè
di
un
unico
polinomio
f ( k ) ( x0 ) = Pn( k ) ( x0 ) k = 0,1, … , n . È facile dimostrare l’esistenza
Pn ( x)
che
soddisfa
a
tali
condizioni.
n
Pn ( x) = ∑ ak ( x − x0 ) k , allora dalle condizioni poste risulta
k =0
(k )
Infatti,
poniamo
f ( k ) ( x0 ) = k !ak
e quindi
f ( k ) ( x0 )
( x − x0 ) k prende il nome
k!
k =0
di polinomio di Taylor della funzione f relativamente al punto x0 . Nel caso particolare x0 = 0
ak =
f
n
( x0 )
k!
n
Pn ( x) = ∑
k =0
k = 0,1, … , n . Il polinomio risultante Pn ( x) = ∑
f ( k ) (0) k
x viene detto polinomio di MacLaurin. Di seguito scriviamo i polinomi di
k!
MacLuarin de alcune funzioni elementari:
f ( x) = e
xk
Pn ( x) = ∑
k =0 k !
n
x
x 2k
(2k )!
n
Pn ( x) = ∑ (−1)k
f ( x) = cos x
k =0
;
f ( x) = e
;
f ( x) = sin x
Pn ( x) = ∑
1
1− x
1
f ( x) =
1 − x2
Pn ( x) = ∑ x k
Pn ( x) = ∑ x 2 k
;
f ( x) =
;
k =0
n
Pn ( x) = ∑
k =1
f ( x) = arctan x
n
Mentre nel punto
xk
k
Pn ( x) = ∑ (−1)k
k =0
x 2 k +1
(2k + 1)!
x 2 k +1
k = 0 (2 k + 1)!
f ( x) = sinh x Pn ( x) = ∑
k =0
n
f ( x) = − log(1 − x)
n
Pn ( x) = ∑ (−1)k
;
n
f ( x) =
k
n
x
k = 0 (2 k )!
f ( x) = cosh x
xk
Pn ( x) = ∑ (−1)
k!
k =0
n
k =0
2k
n
−x
;
n
1
Pn ( x) = ∑ (−1) k x k
1+ x
k =0
n
1
f ( x) =
P
(
x
)
=
(−1)k x 2 k
∑
n
1+ x2
k =0
f ( x) = log(1 + x)
n
Pn ( x) = ∑ (−1)k −1
k =1
xk
k
2 k +1
x
2k + 1
x0 la funzione f e il relativo polinomio di Taylor coincidono, in
Iδ ( x0 ) \ { x0 } bisogna tener conto della loro distanza, quindi possiamo scrivere che ∀x ∈ Iδ ( x0 )
vale la formula
f ( x) = Pn ( x) + Rn ( x) detta formula di Taylor di ordine n, dove Pn ( x)
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x0 e Rn ( x) il relativo errore, o
rappresenta il polinomio di Taylor di f relativamente al punto
Rn( k ) ( x0 ) = 0 k = 0,1, … , n .
resto, commesso; chiaramente si ha
Il resto della formula di Taylor
Vale il seguente teorema che fornisce una rappresentazione integrale del resto nella
formula di Taylor:
TEOREMA 2.1. Sia
f
derivabile n + 1 volte con continuità in
Iδ ( x0 ) . Allora si ha
∀x ∈ Iδ ( x0 )
x
Rn ( x) =
Dim.
Si
ha
∀x ∈ Iδ ( x0 )
1
( x − t ) n f ( n +1) (t )dt .
∫
n ! x0
Rn( n +1) ( x) = f n( n +1) ( x) , inoltre per il secondo teorema
e
x
fondamentale del calcolo integrale possiamo scrivere
Rn ( x) = ∫ Rn′ (t )dt da cui, integrando per
x0
x
parti
a
secondo
Rn ( x) = − ∫ Rn′ (t )
membro
x0
ragionamento
al
d (x − t)
dt = ∫ Rn′′(t ) ( x − t ) dt .
dt
x0
x
successivo
passaggio
Ripetendo
si
il
ottiene
Rn ( x) = −
1
d (x − t)
1
Rn′′(t )
dt = ∫ Rn′′′(t ) ( x − t ) 2 dt .
∫
2 x0
dt
2 x0
Rn ( x) = −
1
d ( x − t )3
1
′′′
R
(
t
)
dt = ∫ R (4) n (t ) ( x − t )3 dt . Procedendo in tal modo dopo n passi si
n
∫
3! x0
dt
3! x0
x
x
2
x
Al
successivo
passaggio
si
ottiene
x
x
1
arriva all’espressione Rn ( x ) =
R ( n +1) n (t ) ( x − t ) n dt cioè alla formula della tesi.
n ! x∫0
COROLLARIO 2.1. Sia
f
derivabile n + 1 volte con continuità in
Iδ ( x0 ) . Allora
∀x ∈ Iδ ( x0 ) esiste un punto ξ compreso tra x e x0 tale che
Rn ( x) =
f ( n+1) (ξ )
( x − x0 ) n +1 .
(n + 1)!
Dim. Basta applicare il teorema della media pesata all’integrale del teorema precedente,
tenuto conto del fatto che la funzione
( x − t )n non cambia di segno all’interno di tale integrale.
L’ultima formula ottenuta si definisce rappresentazione di Lagrange del resto della
formula di Taylor. Essa è importante in quanto ci consente di stimare Rn ( x ) e quindi di
conoscere, in
Iδ ( x0 ) , il grado di approssimazione della funzione f mediante il relativo polinomio
di Taylor come mostrano i seguenti due esempi.
ESEMPIO 2.1 Dare una stima di
e0.2 con un errore che in valore assoluto non superi 10−6 .
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47 di 54
(0.2)k
eξ
n +1
=
( 0.2 )
k!
(n + 1)!
k =0
n
Si
e0.2 − ∑
ha
e
Quindi
n +1
( 0.2 )
(0.2)k
−∑
<3
. Basta allora scegliere opportunamente l’intero n affinché si abbia
k!
(n + 1)!
k =0
n
0.2
ξ ∈ ( 0, 0.2 ) .
dove
( 0.2 )
3
n +1
( 0.2 )
3
−6
(n + 1)!
≤ 10 . Per n = 5 si ha
6
6!
a meno di un errore dell’ordine di
10
−6
ESEMPIO 2.2 Dare una stima di
(0.2) k
= 1.2214026
k!
k =0
5
= 2.6 × 10 −7 < 10 −6 . Quindi e0.2 ≈ ∑
in valore assoluto.
sin 0.5 con un errore che in valore assoluto non superi
−6
10 .
n
Si
sin 0.5 − ∑ (−1)k
ha
k =0
2n+2
( sin ξ ) 0.5 2n+ 2
(0.5)2 k +1 D
=
( )
(2k + 1)!
(2n + 2)!
dove
ξ ∈ ( 0, 0.5) .
Quindi
2n+2
(0.5)2 k +1 ( 0.5 )
<
. Basta allora scegliere opportunamente l’intero n affinché
sin 0.5 − ∑ (−1)
(2k + 1)! (2n + 2)!
k =0
n
k
( 0.5)
si abbia
2n+ 2
(2n + 2)!
3
sin 0.5 ≈ ∑ (−1) k
k =0
( 0.5 )
8
−6
≤ 10 . Per n = 3 si ha
= 9.68812006396825 × 10−8 < 10−6 . Quindi
8!
2 k +1
(0.5)
= 0.47942553323412698 a meno di un errore dell’ordine di 10−6 in
(2k + 1)!
valore assoluto.
Ulteriori rappresentazioni del resto
Rn ( x) , nelle formule di alcune funzioni, si possono
ottenere a partire dall’espressione in forma chiusa della somma parziale della serie geometrica
n
∑ xk =
k =0
1 − x n +1
1− x
da cui
n
1
x n+1
= ∑ xk +
.
1 − x k =0
1− x
Poiché la sommatoria a secondo membro coincide con il polinomio di MacLaurin della
funzione razionale
resto
Rn ( x) =
1
, per tale formula si dispone dell’ulteriore esplicita rappresentazione del
1− x
x n +1
. Da quest’ultima formula si determinano, per sostituzione, le ulteriori
1− x
seguenti
n
1
x n +1
= ∑ (−1) k x k + (−1) n +1
,
1 + x k =0
1+ x
2n+2
n
1
k 2k
n +1 x
=
(
−
1)
x
+
(
−
1)
,
∑
1 + x 2 k =0
1 + x2
n
1
x2n+ 2
2k
=
x
+
∑
1 − x 2 k =0
1 − x2
per integrazione (membro a membro delle precedenti) tra 0 e x, le ulteriori seguenti
n +1
− log(1 − x) = ∑
k =1
xk
t n +1
+∫
dt ,
k 0 1− t
x
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Corso di Calcolo II, docente prof. Natalini
48 di 54
n +1
log(1 + x) = ∑ (−1)
k =1
n +1
arctan x = ∑ (−1) k −1
k =1
xk
t n +1
+ (−1) n+1 ∫
dt ,
1+ t
k
0
x
k −1
x 2 k −1
t 2n+2
+ (−1) n +1 ∫
dt .
2
t
2k − 1
1
+
0
x
Utilizzando l’ultima delle formule sopra riportate, determinare un numero razionale q che
approssimi il numero arctan 0.8 con un ordine di precisione pari a 10-5.
È possibile esprimere il resto
Rn ( x) mediante un'altra formula utile nel problema del
calcolo dei limiti che danno luogo a forme indeterminate come vedremo successivamente. In
questa formula interviene il simbolo di Landau che verrà introdotto nel successivo paragrafo
assieme al alcune sue proprietà.
Il simbolo di Landau
e sue proprietà algebriche
f ( x)
(con λ che può essere
x →λ g ( x)
f ( x)
interpretato, a seconda dei casi, come x0 oppure ±∞ ). Se lim
= 0 , allora scriveremo
x →λ g ( x)
simbolicamente f(x) = [g(x)] per x → λ (notazione che si traduce dicendo che f è un o
piccolo di g per x che tende a λ ). Per esempio, possiamo scrivere che sin x = o[ x ] per x → ∞ .
Siano f e g due funzioni per le quali ha senso studiare
lim
Nel caso particolare in cui entrambe le funzioni f e g risultano entrambe infinitesime per
x → λ (cioè lim f ( x) = lim g ( x) = 0 ) e lim
x →λ
x→λ
x →λ
f ( x)
= 0 , allora diremo che f è un infinitesimo di
g ( x)
ordine superiore a g per x → λ (in altri termini ciò può essere interpretato dal modo più rapido
di tendere a 0, per x → λ , della funzione f rispetto a quello della funzione g.
In particolare scriveremo f(x) = [1] per x → λ nel caso in cui la funzione f è infinitesima
per
x→λ.
Chiameremo infinitesimo di ordine h per
[ ( x − x0 ) ] per
h
x → x0 la potenza ( x − x0 ) h . Se
f(x) =
x → x0 allora diremo che f è un infinitesimo di ordine superiore ad h (è facile
convincersi del fatto che necessariamente f sia infinitesima per
x → x0 ).
Valgono le seguenti proprietà utili quando si vuole applicare la formula di Taylor nel
calcolo dei limiti che danno luogo a forme indeterminate:
1.
[ ( x − x0 ) ] ± [ ( x − x0 ) ] = [ ( x − x0 ) ], dove h e k sono naturali e j = min (h , k);
2.
[c
3.
[ ( x − x0 ) ] ⋅ [ ( x − x0 ) ] = [ ( x − x0 )
4.
h
k
j
( x − x0 ) h ] = [ ( x − x0 ) h ], dove h è un intero positivo e c una costante nono nulla;
h
k
( x − x0 ) ⋅ [ ( x − x0 ) ] = [ ( x − x0 )
h
k
h+ k
h+ k
], dove h e k sono interi positivi;
], dove h e k sono interi positivi;
5.
[ [ ( x − x0 ) ]] = [ ( x − x0 ) ], dove h è un intero positivo;
6.
[ ( x − x0 ) + [ ( x − x0 ) ]] = [ ( x − x0 ) ], dove h e k sono interi positivi e h ≤ k;
h
h
h
k
h
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 h −1
∑ (x − x )

7.
[
0
i =1
i
49 di 54

+ o  ( x − x0 ) h   = [ ( x − x0 ) ], dove h è un intero positivo;

1
= 1 − f ( x) + o[ f ( x)] , dove f(x) = [1] per x → x0 .
1 + f ( x)
n
1
9.
= ∑ (−1) k f k ( x) + o[ f k ( x)] , dove f(x) = [1] per x → x0 .
1 + f ( x) k =0
8.
Dim.
1. Sia f(x) = [ ( x − x0 ) ] e g(x) =
h
[ ( x − x0 ) ] per
x → x0 e supponiamo che sia h < k. Si
k
ha
lim
x → x0
2. Sia f(x) = [c
f ( x) ± g ( x)
f ( x)
g ( x)
= lim
±
( x − x0 ) k −h = 0 .
h
h
k
x
→
x
0 (x − x )
( x − x0 )
( x − x0 )
0
f ( x)
f ( x)
= c lim
= 0.
h
x → x0 ( x − x )
x → x0 c ( x − x ) h
0
0
( x − x0 ) h ] per x → x0 . Si ha lim
3. Sia f(x) = [ ( x − x0 ) ] e g(x) =
h
x → x0 . Si ha
f ( x) g ( x)
f ( x)
g ( x)
lim
= lim
=0
x → x0 ( x − x ) h + k
x → x0 ( x − x ) h ( x − x ) k
0
0
0
4. Sia f(x) = [ ( x − x0 ) ] per
k
[ ( x − x0 ) ] per
k
x → x0 . Si ha
( x − x0 ) h f ( x)
f ( x)
= lim
=0
h
+
k
x → x0
x → x0 ( x − x ) k
( x − x0 )
0
lim
5. Sia f(x) = [ [ ( x − x0 ) ]] e g(x) =
[ ( x − x0 ) ] per
x → x0 . Si ha
f ( x)
f ( x ) g ( x)
f ( x) g ( x)
lim
= lim
= lim
=0
x → x0 ( x − x ) h
x → x0 ( x − x ) h g ( x )
x → x0 g ( x ) ( x − x ) h
0
0
0
h
h
6. Sia f(x) = [ ( x − x0 ) + [ ( x − x0 ) ]] e g(x) =
h
k
[ ( x − x0 ) ] per
k
x → x0 . Si ha
( x − x0 )h + g ( x)
f ( x)
f ( x) ( x − x0 ) + g ( x)
f ( x)
=
lim
=
lim
=
h
x → x0 ( x − x ) h
x → x0 ( x − x ) h ( x − x ) h + g ( x )
x → x0 ( x − x ) h + g ( x)
(
x
−
x
)
0
0
0
0
0
h
lim



f ( x)
g ( x)
= lim 
1+
( x − x0 )k −h   = 0 .

h
k


x → x0 ( x − x ) + g ( x )
0
 ( x − x0 )


 h −1
∑ (x − x )

7. Sia f(x) = [ 
i
0
i =1

+ o  ( x − x0 ) h   e g(x) =

[ ( x − x0 ) ] per
h
h −1
f ( x)
f ( x)
lim
= lim
x → x0 ( x − x )
x → x0 ( x − x )
0
0
h −1
∑ ( x − x0 )i + g ( x)
i =1
h −1
∑ (x − x )
0
i =1
= lim
i
+ g ( x)
x → x0 . Si ha
∑ (x − x )
0
f ( x)
x → x0 h −1
∑ (x − x )
0
i =1
i
i
+ g ( x)
i =1
+ g ( x)
( x − x0 )
=
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Corso di Calcolo II, docente prof. Natalini
50 di 54




h−2


f ( x)
g ( x)
i
h −1

lim
( x − x0 )   = 0
 ∑ ( x − x0 ) +
h
x → x0  h −1
−
(
x
x
)
i
i
=
0
0


 ∑ ( x − x0 ) + g ( x)

 i =1

1
f 2 ( x)
f 2 ( x)
= 1 − f ( x) +
, dove
= o[ f ( x)] . Infatti
8. Si ha
1 + f ( x)
1 + f ( x)
1 + f ( x)
f 2 ( x)
f ( x)
1 + f ( x)
lim
= lim
= 0.
x → x0
x → x0 1 + f ( x )
f ( x)
9. Si dimostra per induzione.
Rappresentazione del resto con l’
Sussiste il seguente teorema
TEOREMA 4.1. Sia f derivabile n volte con continuità in
Rn ( x) = o[( x − x0 ) n ]
per
Iδ ( x0 ) . Allora si ha
x → x0 .
f ( k ) ( x0 )
f ( n ) (ξ )
( x − x0 ) k +
( x − x0 ) n , dove ξ è un
k!
n!
k =0
Dalla
continuità
in
x0 di
f ( n ) ( x)
segue
n −1
Dim. Dalle ipotesi si ha che
punto
compreso
tra
x
e
lim f ( n ) (ξ ) = lim f ( n ) (ξ ) = f ( n ) ( x0 )
x → x0
ξ → x0
f ( x) = ∑
x0 .
cioè
f ( n ) (ξ ) = f ( n ) ( x0 ) + o[1]
per
x → x0
f ( n ) ( x0 )
f ( n ) (ξ )
( x − x0 ) n =
( x − x0 ) n + o[( x − x0 )n ] per x → x0 .
n!
n!
Si ottiene allora la seguente formula di Taylor
n
f ( x) = ∑
k =0
f ( k ) ( x0 )
( x − x0 )k + o[ ( x − x0 ) n ]
k!
per
x → x0 .
Utilizzeremo tale formula negli esempi che seguono
2
4 

lim+ 
+

x → 0  cos x − 1
x tan x 
x2 x4
x3
4
Poiché, per x → 0 , cos x = 1 −
+
+ o[ x ] e tan x = x + + o[ x 3 ] si ha
2 24
3
ESEMPIO 4.1. Calcolare
e
quindi
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Facoltà di Ingegneria Informatica
Corso di Calcolo II, docente prof. Natalini
51 di 54




2
4 
2
4


=
+
+
lim 
 = xlim
2
4
+
3

x → 0+  cos x − 1
→
0
x
x
x tan x 


x
+ o[ x 4 ] x  x + + o[ x3 ]  
 − +

3


 2 24




2
4

=
= lim+
+
2

x →0 



x2  x2
x
2
2
2
 − 1 − + o[ x ]  x 1 + + o[ x ]  
3



 2  12


2
2
2
 2  x2




x
4
x
x
2
2
2
2
1
o
[
x
]
o
[
o
[
x
]]
1
o
[
x
]
o
[
o
[
x
]]
= lim+ 
+
+
+
−
+
+
−
+
+
+

 =
2 
2 
x →0
12
3
3
 − x  12
 x 



 2



2
 2  x2




4
x
5
 5

2
2
= lim+ 
1
+
+
o
[
x
]
+
1
−
+
o
[
x
]
 = lim+  − + o[1]  = −


2 
2 
x →0
3
3

 − x  12
 x 
  x→0  3


 2

Notiamo che le formule di Taylor delle funzioni cosx e tanx sono state scritte in modo
opportuno. Diversamente avremmo potuto incontrare delle difficoltà come mostra il
seguente esempio
ESEMPIO 4.2.
Poiché, per
x → 0 , cos x = 1 −
x2
x3
+ o[ x 2 ] e tan x = x + + o[ x 3 ] si ha
2
3


2
4 
2

+
= lim+ 
+
lim+ 

2

x → 0  cos x − 1
x
x tan x  x →0
2
 − + o[ x ]
 2


4
=



x3
x  x + + o[ x 3 ]  
3






2
4

=
= lim+
+
2

x →0 
x2
x
2
2 
 − (1 + o[1]) x 1 + + o[ x ]  
3


 2


2
2
 2



4
x
x
= lim+ 
1 + o[1] + o[o[1]]) + 2 1 − + o[ x 2 ] + o[ + o[ x 2 ]]   =
2 (
x →0
x 
3
3
−x



 2

Università degli Studi Roma Tre
Facoltà di Ingegneria Informatica
Corso di Calcolo II, docente prof. Natalini
52 di 54


 2



4
x2
o[1]
4  x2
2
o
lim
[1]
−
+ o[ x 2 ]  = lim+ 2 = ?
1
o
[1]
1
o
[
x
]
= lim+ 
+
+
−
+
=

(
)

2
2 
2 
+
x →0
3
x 
3
−x
  x →0 x 
 x →0 x


 2

tan x − x
x →0 sin x − x
x3
x3
Poiché, per x → 0 , sin x = x −
+ o[ x3 ] e tan x = x + + o[ x 3 ] si ha
6
3
3
3
x
x
x + + o[ x 3 ] − x
+ o[ x3 ]
1 + o[1]
3
lim
= lim 3 3
= −2 lim
= −2
3
x →0
x →0
x →0 1 + o[1]
x
x
3
3
x − + o[ x ] − x
− + o[ x ]
6
6
Esempio 4.3. Calcolare
lim
°°°°°°°°°°°°°°°°°°°
1 
 1
lim  2 −

x →0 x
x sin x 

x3
Poiché, per x → 0 , sin x = x −
+ o[ x3 ] si ha
6
Esempio 4.4. Calcolare
 1

x3
x3  − + o[1] 
+ o[ x 3 ] − x
1 
sin x − x
 1
 6

6
lim  2 −
= lim 2
= lim
= lim

3
2
x →0 x
x sin x  x →0 x sin x x →0 2 
 x →0 3  x

x

x  x − + o[ x 3 ] 
x 1 − + o[ x 2 ] 
6
6




x−
1
− + o[1]
1
6
= lim
=−
2
x →0
x
6
1 − + o[ x 2 ]
6
°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°
1
 2

lim 
−

x →0 x sin x
1 − cos x 

x2 x4
x3
Poiché, per x → 0 , cos x = 1 −
+
+ o[ x 4 ] e sin x = x − + o[ x3 ] si ha
2 24
6




1
2
1
 2


=
lim 
−
−
 = lim
3
2
4
x →0 x sin x
x →0  
1
−
cos
x
 x

x
x


3 
+ o[ x 4 ]  
 x  x − + o[ x ]  1 − 1 − +
6
2 24



 
Esempio 4.5. Calcolare
Università degli Studi Roma Tre
Facoltà di Ingegneria Informatica
Corso di Calcolo II, docente prof. Natalini
53 di 54




2
1

=
= lim
− 2
2
2
x →0 

x
x  x
2
2 
2 
 x 1 − + o[ x ] 
 1 − + o[ x ]  
6
 2  12

 
2
2
2
 2  x

x
2 x
x2
2
2 
2
= lim  2 1 + + o[ x ] + o[− + o[ x ]]  − 2  1 + + o[ x ] + o[− + o[ x 2 ]]   =
x →0 x
6
6
12
 x  12

 
 2  x2

2  x2
1
 1
2 
= lim+  2 1 + + o[ x ]  − 2 1 − + o[ x 2 ]   = lim+  + o[1]  =
x
→
0
x →0
6
2
 2
 x  12

x 
°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°
1 1
1
lim 
− 
x →0 x arctan x
x

3
x
Poiché, per x → 0 , arctan x = x −
+ o[ x 3 ] si ha
3





1
1
1
1
1
1  x2
x2
2
lim 
−  = lim 2 
−
1
=
lim
1
+
+
o
[
x
]
+
o
[
−
+ o[ x 2 ]] − 1


2
2
x →0 x arctan x
x
3
3
x  x→0 x 

2
 x →0 x 

 1 − + o[ x ] 
3



1  x2
1
 1
= lim 2  + o[ x 2 ]  = lim  + o[1]  =
x →0 x
 3
 3
 x →0  3
Esempio 4.6. Calcolare
°°°°°°°°°°°°°°°°°°°
2
4 

lim+ 
+ 2

x → 0  cos x − 1
x tan x 
x2 x4
x3
Poiché, per x → 0 , cos x = 1 −
+
+ o[ x 4 ] e tan x = x + + o[ x 4 ] si ha
2 24
3




2
4 
2
4


=
lim 
+ 2
+
 = lim
3

x → 0+  cos x − 1
x tan x  x→0+  x 2 x 4


x
+ o[ x 4 ] x 2  x + + o[ x 4 ]  
 − +

3


 2 24




2
4

=
= lim+
+
2

x →0 



x2  x2
x
2
3
3
 − 1 − + o[ x ]  x 1 + + o[ x ]  
3



 2  12


2
2
3
 2  x2

x
4 x
x
2
2 
3
3 
= lim+ 
1
+
+
o
[
x
]
+
o
[
−
+
o
[
x
]]
+
1
−
+
o
[
x
]
+
o
[
+
o
[
x
]]
=




2
3
x →0
12
3
3
 − x  12
 x 



 2

Esempio 4.7. Calcolare
Università degli Studi Roma Tre
Facoltà di Ingegneria Informatica
Corso di Calcolo II, docente prof. Natalini
54 di 54
 −12 x − x 3 + 12 − 4 x 2

4 4
 4 1

= lim+  − 2 − + o[1] + 3 − + o[1]  = lim+ 
+ o[1]  = +∞
3
x →0 
x 3
x 3x
3x
 x →0 

Esempio 4.8. Determinare le formule di Maclaurin di ordine 3 e 5 della funzione tan x.
Si ha, applicando la proprietà 9 dell’o
x3
+ o[ x3 ] 
sin x
x3
x2
x3
3 
2 
3!
tan x =
x
o
[
x
]
1
o
[
x
]
x
=
=
−
+
+
+
=
+
+ o[ x 3 ]



x2
cos x
3!
2
3


1 − + o[ x 2 ] 
2
x−
Applicando la proprietà 10 dell’o, con n = 2, si ha
x3 x 5
+ + o[ x5 ] 
x3 x 5
x2 5 4
x3 2 5
5 
4 
3!
5!
tan x =
=
x
−
+
+
o
[
x
]
1
+
+
x
+
o
[
x
]
=
x
+
+ x + o[ x5 ]



2
4
x
x
3! 5!
2 24
3 15


1 − + + o[ x 4 ] 
2 4!
x−