ESERCIZI DI ANALISI MATEMATICA PER I CORSI DI LAUREA IN INFORMATICA. Tutor: Dottoressa Simona DI GIROLAMO

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1 ESERCIZI DI ANALISI MATEMATICA PER I CORSI DI LAUREA IN INFORMATICA Tutor: Dottoressa Simona DI GIROLAMO ANNO ACCADEMICO

2 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 A uno ed un solo y B. Si scrive y = f(), dove 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. 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( 1 ) = f( ) allora 1 =, 1, 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 : A B f 1 : B A 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 può assumere. Il codominio è l insieme delle immagini y = f() corrispondenti a tutti i possibili valori che la variabile può assumere. Definizione 1.6 Si chiama grafico di una funzione f : A B l insieme di tutte le coppie ordinate (, y) del piano cartesiano che si ottengono prendendo un valore di in A e trovando il corrispondente valore y = f() in B, ovvero G(f) = {(, y) A, y = f() B} 1

3 Funzione potenza ennesima Sia n N e definiamo la funzione potenza n-esima come f n : R R tale che f n () = n. Osserviamo che n := }{{} n volte si chiama base e n esponente, n significa moltiplicare per se stessa la base esattamente n-volte. La funzione potenza f n gode delle 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 f n si annulla per = 0 se n è pari f n è positiva in R, se n è dispari f n è positiva in R +, negativa in R se n è pari il codominio di f n è R +, se n è dispari il codominio di f n 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 crescente in R n m = n+m ( n ) m = n m n m = n m n y n = ( y) n ( ) n n y = n y 0 = 1 n m

4 Il grafico di f n per n pari è: Dal grafico notiamo la simmetria rispetto all asse y, poichè la funzione è pari. Il grafico di f n per n pari è: Dal grafico notiamo la simmetria rispetto all origine, poichè la funzione è dispari. 3

5 3 Polinomi P () = a 0 + a 1 + a + + a n n Un polinomio è la somma algebrica di potenze della variabile, a 0, a 1,, a n sono numeri reali; n indica il grado del polinomio. Un polinomio può essere inteso come una funzione, detta funzione polinomiale: f p : R R f() = a 0 + a 1 + a + + a n n f p 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 che b n = a, o equivalentemente b = n a = a 1 n. Se invece n N dispari, per ogni a R esiste uno e un solo b R + tale che b n = a. La funzione radice n-esima si definisce come f 1 n La funzione radice n-esima f 1 n il dominio di f 1 n se n è dispari f 1 n f 1 n : R R tale che f 1 n gode delle seguenti proprietà: è R + se n è pari, R se n è dispari è dispari si annulla per = 0 () = 1 n = n. se n è pari f 1 è strettamente positiva, se n è dispari f 1 n n positiva in R +, strettamente negativa in R se n è pari il codominio di f 1 n R f 1 n n 1 = 1 è strettamente crescente nel suo dominio n n y = n y n k = ( n ) k è strettamente è R +, se n è dispari il codominio di f 1 n è 4

6 n k = nk { n se n pari n = se n dispari Il grafico di f 1 n per n pari è: Il grafico di f 1 n per n dispari è: 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

7 5 Funzione reciproca della funzione potenza ennesima Sia n N e definiamo la funzione reciproca della funzione potenza n-esima come f n : R R tale che f n () = n = 1 n. La funzione f n gode delle 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 f n è R +, se n è dispari il codominio di f n 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 f a,q : Q R tale che per ogni q Q, q = n d risulta f a(q) = a q = d a n. La funzione potenza ad esponente razionale gode delle seguenti proprietà: è strettamente positiva se a > 1 allora f a,q è strettamente crescente, se 0 < a < 1 allora f a,q è strettamente decrescente è limitata inferiormente a 0 = 1 a 1 = a a q = 1 per ogni q Q aq a q a p = a q+p per ogni q, p Q 6

8 (a q ) p = a q p per ogni q, p Q a q b q = (a b) q per ogni q Q, a, b R + 7 Funzione razionale Una funzione razionale è una funzione del tipo: f() = P () R() = P () 1 Q() dove P () e R() sono polinomi nella variabile. (1) 8 Disequazioni razionali e irrazionali 8.1 Esercizio < 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 ) n = ( ) 3 < ( 1) 3 la cui soluzione è < < 0 1 < 0 1 < < 1 dove 1 e 1 sono le soluzioni dell equazione associata 1 = Esercizio 4 + Per risolvere questa disequazione, isoliamo al primo membro la radice 4 + La risoluzione si riconduce a determinare le soluzioni del seguente sistema 7

9 ( 4 ) ( + ) 0 la cui soluzione è 8.3 Esercizio 3 0 = 1 > Risolvere questa disequazione equivale a trovare le soluzioni di due sistemi: { < 0 { ( 1 ) > ( ) Risolvendo le varie disequazioni otteniamo { > La soluzione del primo sistema è 0 < 1, mentre del secondo è 1 0 e unendo le due soluzioni otteniamo 1 1 8

10 8.4 Esercizio < Riduco allo stesso minimo comune multiplo entrambi i membri 4 + < Moltiplico ambo i membri per, in modo che mi riconduco ad una disequazione non frazionaria; inoltre, il segno della disequazione non cambia perchè > < Esercizio 5 6 < 1 > Riduciamo allo stesso minimo comune multiplo entrambe le frazioni 1 ( 1)( + 1) + 1 ( 1)( + 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 1 1 ( 1)( + 1) 0 ( 1)( + 1) 0 e impongo numeratore e denominatore > > > 0 Il grafico per lo studio del segno è: 9

11 1 1 0 > 1 + > ( 1)( + 1) + Scegliamo il segno + perchè il segno della disequazione è, quindi la soluzioni della disequazione è: 1 < < 1 9 Funzione esponenziale La funzione esponenziale ep a : R R si può definire nel modo seguente: ep a () = a a > 0, a 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 = 1 a R, a > 0, a 1 a a y = a +y, y R, a > 0, a 1 a a y = a y, y R, a > 0, a 1 (a ) y = a y, y R, a > 0, a 1 a b = (ab) R, a, b > 0, a, b 1 10

12 Il grafico della funzione per esponenziale è: Dal grafico si possono dedurre i limiti fondamentali della funzione esponenziale: lim + a = + a > 1 lim + a = 0 0 < a < 1 lim a = 0 a > 1 lim a = + 0 < a < 1 10 Funzione logaritmo Sia a > 0, a 0. Essendo l esponenziale una funzione strettamente crescente, possiamo invertirla nel suo codominio: l inversa della ridotta di ep a alla semiretta ]0, + [ si chiama funzione logaritmo di base a. 11

13 ep 1 a proprietà: :]0, + [ R è tale che ep 1 a () = log a () e gode delle seguenti se a > 1 allora log a () > 0 in ]1, + [ se 0 < a < 1 allora log a () > 0 in ]0, 1[ se a > 1 allora la funzione log a () è strettamente crescente se 0 < a < 1 allora la funzione log a () è strettamente decrescente non è limitata il dominio è R + il codominio è R log a (y) = log a () + log a (y), y R + log a ( y ) = log a() log a (y), y R + log a () c = clog a () log a () = log b() log b (a) R +, c R Il grafico della funzione logaritmo è: R +, a, b > 0, a, b 1 1

14 Dal grafico si possono dedurre i limiti fondamentali della funzione esponenziale: lim log a() = + a > 1 + lim log a() = 0 < a < 1 + lim log a() = a > lim log a() = + 0 < a < Equazioni e disequazioni esponenziali e logaritmiche 11.1 Esercizio 1 3 = 8 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 = 3 3 = ( 3 ) Per la proprietà delle funzioni esponenziali (a ) y = a y possiamo scrivere 3 = 6 Due funzioni esponenziali aventi la stessa base sono uguali se sono uguali i loro esponenti, per questo motivo uguagliamo gli esponenti, ottenendo 3 = 6 6 = 3 =

15 11. Esercizio 9 < 7 Riconduciamo entrambe le funzioni esponenziali alla stessa base (3 ) < (3 3 ) Per la proprietà delle funzioni esponenziali (a ) y = a y possiamo scrivere 3 < 3 6 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 < Esercizio 3 Applichiamo la proprietà a a y = a y 6 < 0 ( 3) < 0 0 < < > 0 5 Applichiamo la proprietà (a ) y = a y > 0 (5 ) > 0 Occore applicare una sostituzione 5 = t in modo tale che l equazione diventi t 5 t > 0 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

16 Sostituendo 5 in luogo di t otteniamo 5 < 1 5 > 4 che sono disequazioni elementari e posso ottenere le soluzioni rispetto alla variabile 5 < > 4 < 0 > log 5 (4) 11.4 Esercizio 4 log 1 ( + 3) = 1 Poichè il campo di esistenza della funzione logaritmica è (0, + ), prima di calcolare il valore della, dobbiamo calcolare il campo di esistenza, che in questo caso sarà + 3 > 0, ovvero > 3. Quando calcoleremo il valore della, verificheremo che rispetti la condizione di esistenza, altrimenti non sarà accettabile. Ricordiamo che per definizione di logaritmo si ha che log a (a) c = c, per tanto log 1 ( + 3) = log 1 ( ) 1 1 Possiamo passare all equazione tra gli argomenti del logaritmo + 3 = ( ) = = 1 soluzione che possiamo accettare perchè è maggiore di Esercizio 5 log 3 () > 0 log 3 () > Poichè il campo di esistenza della funzione logaritmica è (0, + ), prima di calcolare il valore della, dobbiamo calcolare il campo di esistenza, che in questo caso sarà > 0. Questa disequazione sarà inserita in un sistema in cui è contenuta anche la soluzione della disequazione, affinchè entrambe le 15

17 disequazioni siano verificate contemporaneamente. Ricordiamo che per definizione di logaritmo si ha che log a (a) c = c, per tanto log 3 () > log 3 (3 ) 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 > 3 > 9 Risolviamo infine il sistema in cui inseriamo anche il campo di esistenza { > 9 > 0 la cui soluzione è > 9 1 Funzioni Goniometriche Definizione 1.1 Siano T > 0 e D R tale che D : + T D. Si dice che f : D R, non costante, è periodica se D : f() = f( + T ). Si dice che T 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

18 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 cos(α) = OR OP = OR sin(α) = OQ OP = OQ e che la relazione fondamentale della goniometria è cos (α) + sin (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 = π. Sono funzioni surgettive, ma non ingettive per la loro periodicità. Riportiamo i grafici del seno e del coseno 17

19 Poichè il codominio delle due funzioni è limitato, non esistono i limiti per ± di sin() e cos(). A partire da queste funzioni se ne possono definire altre due: la tangente e la cotangente di un angolo. 18

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21 Come si può osservare graficamente tg(α) = AT = BH OH = sin(α) cos(α) cotg(α) = CT = BK OK = cos(α) sin(α) Le funzioni tangente e cotangente { sono funzioni reali a valori reali (R R). π } Il dominio dell tangente è R + kπ, k Z, mentre quello della 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: 0

22 13 Funzioni goniometriche inverse Le funzioni seno e coseno, così come le abbiamo definite, non sono invertibili, perchè non ingettive. [ Posso considerare la funzione ridotta del seno ristretta all intervallo π, π ] e la funzione ridotta del coseno ristretta all intervallo [0, π], che continuiamo ancora a chiamare seno e coseno: sin : [ π, π ] [ 1, 1] 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: [ arcsin : [ 1, 1] π, π ] arcos : [ 1, 1] [0, π] 1

23 ( Analogamente, posso considerare la funzione tangente ristretta a π, π ) e la funzione cotangente ristretta a (0, π) ( tg : π, π ) R cotg : (0, π) R che sono rispettivamente strettamente crescente e strettamente decrescenti, quindi sono invertibili e le loro funzioni inverse sono: ( arctg : R π, π ) I grafici delle funzioni inverse sono: arcotg : R (0, π)

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25 14 Equazioni Goniometriche 14.1 Equazioni elementari Caso 1 sin() = b Si possono presentare i seguenti casi: 1. se 1 b 1 allora l equazione è determinata e ha soluzione = α + kπ = (π α) + kπ con k Z dove α è l angolo che ha per seno b;. se b < 1 b > 1 allora l equazione è impossibile Esempio sin() = 1 Dato che 1 < 1 < 1, l equazione ha come soluzione: = π 6 + kπ = 5π 6 + kπ, k Z 4

26 Caso cos() = b Si possono presentare i seguenti casi: 1. se 1 b 1 allora l equazione è determinata e ha soluzione = α + kπ = (π α) + kπ (oppure = α + kπ) con k Z dove α è l angolo che ha per coseno b;. se b < 1 b > 1 allora l equazione è impossibile Esempio cos() = 1 Dato che 1 < 1 < 1, l equazione ha come soluzione: = π 3 + kπ = π 3 + kπ, k Z Caso 3 tg() = b L equazione ha sempre una soluzione, perchè il codominio della funzione tangente è R. Allora: = α + kπ con k Z dove α è l angolo che ha per tangente b; Esempio L equazione ha come soluzione: tg() = 1 = π 4 + kπ, k Z 5

27 Caso 4 cotg() = b L equazione ha sempre una soluzione, perchè il codominio della funzione cotangente è R. Allora: = α + kπ con k Z dove α è l angolo che ha per cotangente b; Esempio L equazione ha come soluzione: cotg() = 1 = π 4 + kπ, k Z 14. Equazioni lineari Caso 1 a sin() + b cos() = 0 a, b R 14.3 Esempio sin() + cos() = 0 Supponendo che cos() sia diverso da 0, divido entrambi i fattori per cos() e ricordo che sin() cos() = tg(). Se cos() = 0, ovvero = π + kπ, k Z è soluzione dell equazione, non posso procedere in questo modo, ma dovrò seguire il caso successivo. tg() + 1 = 0 tg() = 1 = π 4 + kπ Caso a sin() + b cos() + c = 0 a, b, c R 6

28 14.4 Esempio sin() + cos() + 1 = 0 In questo caso, si utilizza( le seguenti formule parametriche, che derivano ) dalla sostituzione t = tg : Nel nostro caso sin() = t cos() = 1 t 1 + t 1 + t t 1 + t + 1 t 1 + t + 1 = 0 t + 1 t t 1 + t = 0 t + = 0 t = 1 ( ) Sostituendo t con tg otteniamo ( ) tg = 1 = π 4 + kπ = π + kπ 14.5 Equazioni omogenee a sin () + b sin() cos() + c cos () = 0 Supponendo che cos() sia diverso da 0, posso dividere ciascun fattore per cos (), ottenendo: Esempio a tg () + b tg() + c = 0 sin () + sin()cos() + cos () = 0 tg () + tg() + 1 = 0 Operando la sostituzione t = tg(), ottengo un equazione di secondo grado t + t + 1 = 0 con = 0, quindi l equazione ammette un unica soluzione t = 1 tg() = 1 = π 4 + kπ 7

29 15 Disequazioni goniometriche 15.1 Disequazioni elementari Schema di risoluzione per il seno 1. sin() > a se a 1 allora la disequazione è impossibile, se a < 1 allora la disequazione è vera R, se 1 a < 1 allora la disequazione è possibile e, scelto 0 tale che sin( 0 ) = a con π 0 < π, le soluzioni sono 0 + kπ < < π 0 + kπ, k Z.. sin() < a se a > 1 allora la disequazione è vera R, se a 1 allora la disequazione è impossibile, se 1 < a 1 allora la disequazione è possibile e, scelto 0 tale che sin( 0 ) = a con π < 0 π, le soluzioni sono π 0 + kπ < < 0 + kπ, k Z Schema di risoluzione per il coseno 1. cos() > a se a 1 allora la disequazione è impossibile, se a < 1 allora la disequazione è vera R, se 1 a < 1 allora la disequazione è possibile e, scelto 0 tale che cos( 0 ) = a con 0 < 0 π, le soluzioni sono 0 + kπ < < 0 + kπ, k Z.. cos() < a se a > 1 allora la disequazione è vera R, se a 1 allora la disequazione è impossibile, se 1 < a 1 allora la disequazione è possibile e, scelto 0 tale che cos( 0 ) = a con 0 0 < π, le soluzioni sono 0 + kπ < < π 0 + kπ, k Z. 8

30 Schema di risoluzione per la tangente 1. tg() > a scelto 0 tale che tg( 0 ) = a con π < 0 < π, le soluzioni sono 0 + kπ < < π + kπ, k Z.. tg() < a scelto 0 tale che tg( 0 ) = a con π < 0 < π, le soluzioni sono π + kπ < < 0 + kπ, k Z Schema di risoluzione per la cotangente 1. ctg() > a scelto 0 tale che ctg( 0 ) = a con 0 < 0 < π, le soluzioni sono 0 + kπ < < π + kπ, k Z.. tg() < a scelto 0 tale che ctg( 0 ) = a con 0 < 0 < π, le soluzioni sono kπ < < 0 + kπ, k Z Esempio 1 sin() > Scelto 0 = π, la soluzione della disequazione è: Esempio π 4 + kπ < < 3π 4 + kπ, k Z sin () 5sin() + < 0 Applicando la sostituzione t = sin() la disequazione diventa: t 5t + < 0 1 < t < 1 < sin() < 9

31 L ultima disequazione è un sistema sin() < sin() > 1 R π 6 + kπ < < 5π 6 + kπ La soluzione del sistema è π 6 + kπ < < 5π 6 + kπ Esempio 3 cos() < 1 cos() < 1 Scelto 0 = π, la soluzione della disequazione è: 3 π 3 + kπ < < 5π 3 + kπ, k Z Esempio 4 cos () cos() 3 < 0 Applicando la sostituzione t = cos() la disequazione diventa: t t 3 < 0 1 < t < 3 1 < cos() < 3 L ultima disequazione è un sistema { cos() < 3 La soluzione del sistema è cos() > 1 { R R {π + kπ} R {π + kπ} 30

32 Esempio5 tg() < 1 Scelto 0 = π, la soluzione della disequazione è: 4 π + kπ < < π 4 + kπ, k Z 15. Disequazioni lineari Esempio sin() < cos() sin() cos() < 0 cos() (tg() 1) < 0 Risolviamo la disequazione imponendo ciascun fattore > 0 e tracciando successivamente il grafico dei segni: cos() > 0 kπ < < π + kπ 3π + kπ < < π + kπ tg() > 1 π 4 kπ < < π + kπ 5π 4 kπ < < 3π + kπ 0 π 4 π 5π 4 3π π cos() > tg() > cos() (tg() 1) + + Dato che il segno della disequazione è <, scegliamo gli intervalli corrispondenti al segno negativo. La soluzione è: kπ < < π 4 + kπ 5π 4 + kπ < < π + kπ 15.3 Disequazioni omogenee Esempio sin () cos () < 0 31

33 Divido ciascun fattore per cos (), che non cambia il segno della disequazione perchè cos () > 0; otteniamo: Imponendo ciascun fattore > 0 Grafico dei segni: tg () 1 < 0 (tg() 1) (tg() + 1) < 0 tg() > 1 π 4 + kπ < < π + kπ tg() > 1 π 4 + kπ < < π + kπ π - π π 4 4 tg() > 1 + tg() > (tg() 1) (tg() + 1) + + π Dato che il segno della disequazione è <, scegliamo gli intervalli corrispondenti al segno negativo. La soluzione è: π 4 + kπ < < π 4 + kπ 16 Limiti di funzioni 16.1 Limiti notevoli sin() tg() = 1 = 1 1 cos() = 1 e 1 = 1 log( + 1) = 1 3

34 (1 + ) α 1 = α α R + (1 + α) 1 = e α α R lim + ( 1 + α ) = e α α R Definizione 16.1 Date due funzioni f() e g() entrambe definite in un intorno di c R, si dice che f() è asintotica a g() per c se In tal caso si scrive lim c f() g() = 1 f() g() per c 33

35 Esempi di relazioni asintotiche Per 0 : sin() tg() 1 cos() 1 arcsin() arctg() e 1 log( + 1) (1 + ) α 1 α Bisogna ricordare che: 1. occorre sempre precisare il punto c per esempio è vero che sin() per 0, ma non che sin() per. non usare asintotico come uguale 3. l operazione di somma non conserva in generale l asintoticità: per esempio, se avessi sin(), allora sin(), per 0, ma non è vero che = 0, perchè abbiamo sostituito la funzione sin() con una sua approssimazione. Vediamo un esempio specifico di questo caso. 34

36 16.1. Esempio Vogliamo risolvere il seguente limite: (1 + ) e (1 + ) e + arctg() = + (1 + ) = 1 e arctg() arctg() ottengo sia al numeratore 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 indeterminata è 0. Utilizziamo De l Hopital: 0 + (1 + ) e arctg() = + 1 (1 + ) e arctg() ottengo ancora una forma indeterminata 0, allora derivo ancora 0 numeratore e denominatore + 1 (1 + ) 3 e ( + 1) = + 1 (1 + ) 3 e ( + 1) Confronto tra infiniti e ordine di infinito Siano f() e g() funzioni reali e supponiamo che lim 0 f() = + (oppure ) lim 0 g() = + (oppure ) = = 1 Definizione 16. Diremo che f() è un infinito di ordine superiore rispetto a g() per 0 se risulta: lim 0 f() g() = + ( ) 35

37 Diremo che f() è un infinito di ordine inferiore rispetto a g() per 0 se risulta: lim 0 f() g() = 0 Diremo che f() ha lo stesso ordine di infinito di g() per 0 se risulta: lim 0 f() g() = c c R In relazione a queste definizioni, possiamo elencare i seguenti limiti che sanciscono una scale di infiniti: lim + log a q lim + n n = 0 n, q R + a R +, a 1 a = 0 n R + a R +, a 1 Nel caso avessimo delle successioni, possiamo anche dire che: lim n + n α 16. Esercizi Esercizio 1 n! = 0 α R + n! = n(n 1)(n ) 1 Vogliamo risolvere il seguente limite: log(e + sin()) tg() Sostituendo lo zero alla, ci accorgiamo di avere una forma indeterminata 0 ; procediamo a risolverla: 0 log(e + sin()) tg() log((e 1 + sin()) + 1) e 1 + sin() = log(e 1 + sin() + 1) tg() e 1 + sin() tg() Ho diviso e moltiplicato per la quantita e 1 + sin(), in modo tale da utilizzare il limite notevole: 36 =

38 log( + 1) = 1 Infatti, e 1 + sin() 0 quando 0. Allora: log((e 1 + sin()) + 1) e 1 + sin() }{{} 1 } {{ } 1 e 1 + sin() tg() e 1 tg() 16.. Esercizio }{{} 1 Vogliamo risolvere il seguente limite: e 1 + sin() tg() e 1 = tg() + sin() tg() + sin() cos() sin() = 1 + cos() = 3 lim + log() Sostituendo + alla, ci accorgiamo di avere una forma indeterminata ; procediamo a risolverla: = = lim + log() = lim + log() (1 }{{} 0 ) = lim + log() = 0 in base alla gerarchia degli infiniti e al limite notevole: Esercizio 3 Vogliamo risolvere il seguente limite: log a q lim + = 0 n e Sostituendo 0 alla, ci accorgiamo di avere una forma indeterminata 0 0 ; procediamo a risolverla: 37

39 e = 1 {}}{ e 1 +1 (3 + ) = 3 + = 3 Al denominatore 3 + si poteva utilizzare il principio di sostituzione degli infinitesimi di ordine superiore e giungere allo stesso risultato Esercizio 4 Vogliamo risolvere il seguente limite: lim ( ) Sostituendo alla, ci accorgiamo di avere una forma indeterminata + ; procediamo a risolverla: lim ( ) = lim ( ( ) ) = ( ) ( ) lim = lim Ricordiamo che = e per risulta che =, quindi = 1. Allora: ) lim ( = lim } {{ } 1 1 = 1 (1 + ) α 1 Dove abbiamo utilizzato il limite notevole α = 1, perchè 1 0 quando = α, con Esercizio 5 Vogliamo risolvere il seguente limite: (1 cos()) + log(1 + tg ()) ( + ) 38

40 Sostituendo 0 alla, ci accorgiamo di avere una forma indeterminata 0 ; procediamo a risolverla: 0 (1 cos()) + log(1 + tg ()) = ( + ) ( ) 1 cos() 4 + log(1 + tg ()) tg () lim tg () 0 ( + ) Operando in questo modo possiamo ricondurci ai limiti notevoli 1 cos() = 1 e lim log(1 + ) 0, perchè tg () 0 se 0. Allora: tg () ( + ) Esercizio ( {}} ) {{}}{ 1 cos() 4 log(1 + tg ()) + tg () tg () = ( + ) 1 {}}{ 1 tg () = lim 4 + ( 0 + ) ( + ) = = ( lim ) 0 ( + ) Vogliamo risolvere il seguente limite: = = 1 lim sin() Ricordiamo che il sin() è una funzione limitata, quindi non esiste proprio il limite per, ma sappiamo che lim 0 f() g() = 0 se f() è infinitesima e g() è limitata; per questo: lim sin() = lim + 0 {}}{ {}}{ sin() } {{ 3 } 0 39 = lim + 1 = 0

41 Infatti, sin() = sin() 1 3, dove sin() è limitata e 1 0 se +, 3 3 quindi è una funzione infinitesima Esercizio 7 Vogliamo risolvere il seguente limite: e arctg() Sostituendo lo 0 alla otteniamo la forma indeterminata 0 0, procediamo a risolverla: e e + arctg() = + arctg() }{{ } 1 Aggiungiamo e sottraiamo, al denominatore, 1, in modo da poter usare i limiti notevoli: e 1 = 1 (1 + ) α 1 = α mentre al denominatore moltiplichiamo e dividiamo arctg() per per utilizzare il limite notevole Otteniamo: {}}{ arctg() = 1 1 {}}{ e 1 = lim = 3 1 = lim = 40

42 16..8 Esercizio 8 Vogliamo risolvere il seguente limite: log(e sin()) tg() Sostituendo lo zero alla, ci accorgiamo di avere una forma indeterminata 0 ; procediamo a risolverla: 0 log(e sin()) tg() = log(e 1 sin() + 1) tg() Aggiungendo e sottraendo 1 al numeratore all interno dell argomento del logaritmo, posso utilizzare il limite notevole: log( + 1) in quanto log(e 1 sin()) 0 quando 0. Al denominatore divido e moltiplico per in modo da utilizzare il limite notevole: Allora otteniamo: Se volessi usare i limiti notevoli tg() = 1 = 1 1 {}}{ log(e 1 sin() + 1) (e 1 sin()) e 1 sin() tg() }{{} 1 e 1 sin() sin() e 1 dovrei moltiplicare e dividere per sia e 1 sia sin() al numeratore, ottenendo 41 = 1 = 1 =

43 che continua ad essere forma indeterminata 0. Allora utilizzo De l Hospital: 0 e 1 sin() = e cos() = 0 = 16.3 Esercizi con le relazioni asintotiche Vediamo come risolvere gli stessi esercizi, utilizzando le relazioni asintotiche Esercizio 1a log(e + sin()) tg() = log(e 1 + sin() + 1) tg() Utilizzando le relazioni asintotiche per 0 log(e 1 + sin() + 1) e 1 + sin() e 1 sin() e 1 + sin() + tg() otteniamo Esercizio a 3 = 3 lim + log() Utilizzando la realzione asintotica per + otteniamo lim + log() = 0 in base alla gerarchia degli infiniti e al limite notevole vistone nell Esercizio. 4

44 Esercizio 3a e Utilizzando la relazione asintotica per 0 otteniamo e = lim 0 (3 + ) = Esercizio 4a lim ( ) = lim ( ( ) ) = ( ) ( ) lim = lim = ) lim ( Utilizzando la relazione asintotica otteniamo lim ( 1 ) = Esercizio 5a (1 cos()) + log(1 + tg ()) ( + ) Utilizzando le seguenti relazioni asintotiche per 0 si ottiene 1 cos() 1, (1 cos()) log(1 + tg ()) tg () tg(), tg () (1 cos()) + log(1 + tg ()) ( + ) ( lim ) 0 ( + ) = ( + ) = = = 1 43

45 Esercizio 6a lim sin() Utilizzando le seguenti relazioni asintotiche per sin() 3 si ottiene lim sin() = lim + = lim = a e arctg() Aggiungiamo e sottraiamo, al numeratore, 1, in modo da poter usare le seguenti relazione asintotiche per 0: e arctg() Otteniamo: e = lim arctg() = = = Esercizio 8a log(e sin()) tg() Aggiungendo e sottraendo 1 al numeratore all interno dell argomento del logaritmo, posso utilizzare le seguenti relazioni asintotiche per 0: Otteniamo: log(e 1 sin() + 1) (e 1 sin()) tg() 44

46 e 1 sin() Se volessi usare le relazioni asintotiche per 0 e 1 sin() ottenerrei al numeratore che non è uguale a 0 come spiegato precedentemente. Allora utilizzo De l Hospital: e 1 sin() 17 Limiti di successioni = e cos() = 0 = Definizione 17.1 Una successione è un applicazione di N R tale che: e si indica con {a n } n 1. n a n Definizione 17. Una successione {a n } n 1 ha limite finito L R se ɛ > 0 ν R t.c. n > ν : a n L < ɛ. Definizione 17.3 Una successione a n + (a n ) se M R ν R t.c. n > ν : a n > M (a n < M) Esercizi Esercizio 1 Vogliamo risolvere il seguente limite: n 3 3n lim n + n + Sostituendo + alla n, ci accorgiamo di avere una forma indeterminata ; procediamo a risolverla: lim n + n 3 3n n + = lim n + 0 {}}{ n n n }{{} n 0 = lim n + n = +

47 17.1. Esercizio Vogliamo risolvere il seguente limite: lim n + n 1 3n + Sostituendo + alla n, ci accorgiamo di avere una forma indeterminata ; procediamo a risolverla: 0 {}}{ n 1 n n 1 lim n + 3n + = lim n + = n }{{} n Esercizio 3 Vogliamo risolvere il seguente limite: lim n + n + 1 n + 5 n Sostituendo + alla n, ci accorgiamo di avere una forma indeterminata ; procediamo a risolverla: 0 {}}{ n n n + 1 lim n + n + 5 = lim n n n + = lim n + ( ) 5 = 0 n n 5 n +1 5 }{{} 0 Abbiamo utilizzato sia la proprietà della funzione esponenziale con base < 1 per cui ( n 5) 0 e sia il confronto tra infiniti per cui 5n è un infinito di ordine maggiore rispetto a n. 46

48 Esercizio 4 Vogliamo risolvere il seguente limite: ( lim n n Sostituendo + alla n, ci accorgiamo di avere una forma indeterminata 1 ; ricordiamo il limite notevole: Risolviamo il limite: lim n + ( n Esercizio 5 lim n + ( 1 + α n ) n ) n = e α ) ( n = limn n Vogliamo risolvere il seguente limite: ) n } {{ } e 7 lim n + n nsin(n) 3n + cos(n) = (e 7 ) = e 14 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]: sin(n) 1 cos(n) 1 n nsin(n) 3n + cos(n) n n 3n + 1 lim n + n n 3n + 1 = lim n + Per il criterio del confronto: 0 {}}{ n 1 1 n n }{{} n 0 lim n + n nsin(n) 3n + cos(n) = = 1 3

49 Esercizio 6 Vogliamo risolvere il seguente limite: lim n Sostituendo + alla n, ci accorgiamo di avere una forma indeterminata ; procediamo a risolverla utilizzando le stime asintotiche per n + : = Allora: lim n = lim n = lim n = lim n = Esercizio 7 Vogliamo risolvere il seguente limite: lim n 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: lim n n 1 + n = n n = 0 e non possiamo effettuare questo passaggio, come spiegato precedentemente. Procediamo, allora, con la razionalizzazione: lim n n 1 + n = ( ) 3 + n n lim n n 1 + n = 3 + n n lim n + ( 3 + n ) ( 1 + n ) 3 + n n = lim n n 1 n 3 + n n = lim n n n = 0 48