per ogni ε

COMPITO DEL 18 FEBBRAIO 2009
0.1. Esercizio 1. La definizione, in termini di indici, e ovviamente la seguente: per
ogni ε > 0 esiste un indice ν ∈ N, dipendente da ε e dalla successione in questione,
tale che
n > ν =⇒ |an − 3| < ε .
Per quanto riguarda il limite si ha che
+arctan(en )
·
µ
¶ ¸ 3n22n+cos
n
3
1
(0.1)
lim 1 + log 1 + sin 2 n
= e2 .
n→∞
n
Vediamo perché. Cominciamo con l’osservare che
µ 2
¶
1
3n + arctan(en )
3
·
= .
lim
n→∞ n
2n + cos n
2
Infatti
(0.2)
1
·
n→∞ n
lim
µ
3n2 + arctan(en )
2n + cos n
¶
n
3 + arctan(e
n2
n→∞
2 + cosn n
= lim
)
=
3
.
2
Abbiamo qui usato il fatto che le funzioni arctan e cos sono limitate per ogni valore
del proprio argomento e quindi
¯
¯
¯ cos n ¯
¯ arctan(en ) ¯
1
¯
¯
¯
¯≤ π →0
¯≤ →0
¯
¯
¯ 2n2
n2
n
n
cosicché dal teorema del confronto possiamo dedurre
arctan(en )
cos n
= 0 = lim
,
n→∞
n→∞ n
n2
e la (0.2) rimane completamente dimostrata.
Otteniamo adesso, dalla formula di Taylor - oppure dai limiti notevoli - che
¡
¢
log 1 + sin n12 n
(0.3)
lim
= 1.
1
lim
n→∞
n
Infatti, osserviamo che, dalle regole di basse sulla manipolazione degli “o piccoli”
otteniamo
µ
¶
µ
¶
1
1
1
log 1 + sin 2
= sin 2 + o sin 2
n
n
n
µ ¶
µ
µ ¶¶
1
1
1
1
=
+
o
+
o
+
o
n2
n2
n2
n2
µ ¶
1
1
=
+
o
.
n2
n2
Dalla precedente relazione, usando il principio di cancellazione degli infinitesimi,
otteniamo
¡
¡
¢
¢
log 1 + sin n12
log 1 + sin n12 n
= lim
lim
1
1
n→∞
n→∞
n
=
=
1
lim
n→∞
1.
n2
1
n2
+o
1
n2
¡
1
n2
¢
2
COMPITO DEL 18 FEBBRAIO 2009
Usando (0.2) e (0.3) possiamo infine dimostrare (0.1). Poniamo
¡
¢
µ 2
¶
log 1 + sin n12 n
2
3n + arctan(en )
An :=
B
:=
·
n
1
3n
2n + cos n
n
e osserviamo che la (0.2) e la (0.3) danno rispettivamente
lim An = 1 = lim Bn ,
n→∞
n→∞
e quindi
lim An Bn = 1 .
n→∞
Possiamo infine concludere il calcolo del limite di partenza come segue
+arctan(en )
·
µ
¶ ¸ 3n22n+cos
·
¸3 n A B
n
1
An 2 An n n
lim 1 + log 1 + sin 2 n
= lim 1 +
n→∞
n→∞
n
n
÷
¸ n ! 32 An Bn
An A n
= lim
1+
n→∞
n
=
3
e2 .
Abbiamo essenzialmente usato il limite notevole
1
lim (1 + Cn ) Cn = e
quando
n→∞
lim Cn = 0
n→∞
con
An
.
n
0.2. Esercizio 2. Il principio di cancellazione degli infinitesimi si enuncia come
segue - prendendo come riferimento il punto x0 ∈ R
f + o(f )
f
lim
= lim
x→x0 g + o(g)
x→x0 g
purché l’ultimo limite esista.
Applichiamo questo principio - con x0 = 0 - al calcolo del limite in questione
prendendo, grazie ai noti limiti notevoli
Cn =
f (x) = x2
g(x) = 4(sin(2x))2 )
e
o(f ) = 4x sin x3 + 7x7 = o(x3 )
o(g) = (ex − 1)3 ≈ x3 .
Risulta allora
x2 + 4x sin x3 + 7x7
x2
(2x)2
1
lim
=
lim
=
lim
=
.
x→0 4(sin(2x))2 + (ex − 1)3
x→0 4(sin(2x))2
x→0 16(sin(2x))2
16
0.3. Esercizio 3. Osserviamo che
|zn | =
quindi
lim
n
Osserviamo poi che
|zn |
n3 + eαn
p
e2n + n4


 ∞ se α < 1
1 se α = 1
=


0 se α > 1 .
¶
n2
= 0.
lim argmin (zn ) = lim arctan
n→∞
n→∞
en
La spiegazione geometrica è molto semplice: i numeri zn si allontanano sempre piú
dall’origine quando n cresce, ma la loro parte reale è asintoticamente molto piú
grande della parte immaginaria e quindi i numeri si schiacciano sempre piú verso
µ
COMPITO DEL 18 FEBBRAIO 2009
3
l’asse reale, essendo contenuti nella retta che passa per l’origine e di coefficiente
angolare appunto uguale a n2 /en .
0.4. Esercizio 4. Per valutare la convergenza dell’integrale dobbiamo essenzialmente valutare se la funzione non è troppo grande vicino all’eventuale singolaritá
che si sviluppa nell’origine. per questo usiamo il criterio del confronto asintotico.
Usando gli sviluppi di Taylor otteniamo
log(1 + x) − sin 2x + x = −
x2
+ o(x2 ) .
2
Ci troviamo allora a osservare che
log(1+x)−sin 2x+x
x sinα x
1
x→0
xα−1
lim
1
=− .
2
Quindi l’integrale in questione converge se e solo se converge l’integrale
Z 1
1
dx
α−1
0 x
che, come dovrebbe essere noto a chiunque abbia l’aspirazione di superare il primo
esame di Analisi in qualsiasi unversitá pubblica (non privata) Italiana nell’anno
2009, converge se e solo se α − 1 < 1 e quindi se e solo se
α < 2.
0.5. Esercizio 5. Usiamo il metodo di sostituzione, ponendo, nell’integrale, y =
arctan x ricordando che
1
(arctan x)0 =
,
1 + x2
che implica
dx
dy =
.
1 + x2
Quindi abbiamo che una primitiva della funzione integranda è data da
(arctan x)4
.
4
Applicando quindi il Teorema fondamentale del Calcolo e la definizione di integrale
improprio otteniamo che
Z +∞
(arctan x)3
π4
dx = lim F (M ) − F (0) = lim F (M ) =
.
2
M →∞
M →∞
1+x
64
0
F (x) =
Per le stesse ragioni otteniamo
Z ∞
Z 0
Z +∞
(arctan x)3
(arctan x)3
(arctan x)3
dx
=
dx
+
dx
1 + x2
1 + x2
1 + x2
−∞
−∞
0
=
lim F (M ) + lim F (M )
M →−∞
4
M →+∞
π4
π
+
= 0.
= −
64
64
Il precedente risultato si puó ottenere anche osservando che la funzione arctan è
dispari e tale rimare se elevata ad un numero dispari. Ricordando che la funzione
x 7→ 1/(1 + x2 ) è pari e che il prodotto di una funzione dispari per una funzione
pari da’ luogo ad una funzione dispari otteniamo che le funzioni
x 7→
(arctan x)k
1 + x2
4
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sono tutte dispari per k dispari. Allora basta osservare che facendo il cambio di
variabile t = −x otteniamo
Z 0
Z 0
Z ∞
(arctan x)k
(arctan(−t))k
(arctan t)3
dx
=
−
dt
=
−
dt
1 + x2
1 + (−t)2
1 + t2
−∞
−∞
0
da cui otteniamo
Z
0
−∞
(arctan x)k
dx = −
1 + x2
Z
0
∞
(arctan x)k
dx
1 + x2
e quindi tenendo conto che tutti gli integrali in gioco sono convergenti, che
Z +∞
Z 0
Z ∞
(arctan x)k
(arctan x)k
(arctan x)k
dx
=
dx
+
dx = 0 .
1 + x2
1 + x2
1 + x2
−∞
−∞
0
La spiegazione geometrica è che integrando questa funzione “l’area che sta sopra dopo l’origine viene cancellata da quella che sta sotto prima dell’origine”,
l’argomento è quindi di simmetria.
0.6. Esercizio 6. Cominciamo con il calcolare i punti critici della funzione e quindi
la sua derivata
1
f 0 (x) = − sin x .
2
Otteniamo allora
1
π
2π
f 0 (x) = 0 ⇐⇒ sin x = ⇐⇒ x = + 2nπ,
+ 2nπ
2
6
3
per ogni naturale n ∈ N. Applichiamo il test delle derivate seconde ottenendo
³π
´
³π´
³π ´
f 00
+ 2nπ = f 00
= − cos
< 0,
6
6
6
e
µ
¶
µ ¶
µ ¶
2π
2π
2π
f 00
+ 2nπ = f 00
= − cos
> 0.
3
3
3
Abbiamo quindi che i punti
π
xn = + 2nπ
n≥0
6
sono tutti di massimo relativo per la funzione e mentre i punti
2π
yn :=
+ 2nπ
n≥0
3
sono di minimo relativo.
Adesso osserviamo che nell’intervallo [0, 2nπ] cadono ovviamente i seguenti punti:
{x0 , x1 , . . . , xn−1 } e quindi
an = n ,
da cui segue immediatamente
f (2πn)
πn + cos(2πn)
lim
= lim
= π.
n→∞
n→∞
an
n