Formulario di analisi modulo 1 - 2

Limiti e teorema di de l'Hôpital

Teorema di de l'Hôpital

Il teorema di de l'Hôpital si usa quando si hanno le forme indeterminate 0/0 o ∞/∞. Consiste nel derivare numeratore e denominatore separatamente.

Esempio:

1−sin x 0 lim forma indeterminata cos x 0 π; x→2

Bisogna verificare che numeratore e denominatore siano derivabili in tutto l'insieme (in questo caso lo sono).
π−cos−cos x 2 0 = lim = = 0 lim −sin x π 1 π π −sinx→ x → 2 2 2

Logaritmi e ln

ln x → +∞

Lim x → +∞ ln x → indefinito

Lim x → −∞ ln x → −∞

Funzioni inverse

π−1 tan x = indefinito

Lim x → +∞ π−1 tan x = −2

Lim x → −∞ −1

Lim tan x = 0 x → 0 −1

Lim sin x = indefinito x → ±∞ −1

Lim cos x = indefinito x → ±∞

Gerarchia degli infiniti

1 1 2 n x x n ( ) 3 2( ) ( )< log < < < < < < 2 < < n ln ln x x , log x x x x x x n !< n^k

Forme indeterminate

∞/0, ∞/0, 0/∞; 0×∞; 1; ∞; 0; ∞/∞ 0

Forme canoniche

n/−∞∞ = 0; = ∞ = 0n; n∞

Integrazione per parti

∫ f'(x) g(x) dx = f(x) g(x) − ∫ f(x) g'(x) dx + c

Esempio

∫ x e^x cos x dx dove f = e^x cos x, g = e^x

∫ x e^x cos x dx = e^x cos x + ∫ e^x sin x dx

∫ x e^x cos x + e^x sin x − e^x cos x

∫ x e^x + C 2 e^x cos x dx = e^x cos x sin x − x + e^x e^x cos x sin x

∫ x + C e^x cos x dx = 2

Integrazione per sostituzione

∫ √(1 + x²) dx = ∫ t^1/2 dt

dove x = t, dx = √(2 t) dt

∫ 2 t dt = 2 ∫ dt / (1 + t²)

∫ 1/(t + 1) − 1/1 = 1

∫ | |) = indefinito

− ∫ 2 dt = 2 t − ln|t + 1| + C

√(x) = 2 ln(x)

Integrazione di funzioni polinomiali

∫ (25 xⁿ) = indefinito

Esempio

∫ x⁵ + 13 = 1/5 x⁵ + 2

= 1/3 x³ 35 1^*/1 (3 x³)

∫ 3 x⁵ + C x³ 3 ln(3 x³ + 13) 9

Dividiamo ogni volta che il numeratore è un polinomio di grado maggiore o uguale al denominatore

1∫ dove a, b, c ∈ R e a ≠ 0

Esempio

∫ (2 + a x bx + c)

Distinguiamo 3 casi:

• ∆ > 0
• ∆ = 0
• ∆ < 0

1° caso: esistono due radici reali distinte del polinomio (2 + a x bx + c):

x ≠ x₁ x₂

( ) ( ) + a x bx + c = a (x − x₁)(x − x₂)

( ) 1/A 1/B = = somma di due logaritmi

−a x (x − x₁)(x − x₂) a (x − x₂) + bx + c

Esempio

1 = indefinito

∫ (2 + 2x x − 3)

∫ 2 + 2x x − 3 = 0

√ = −1 ± x (41,2 = 1) = −3 x x₁

2 + (x − 1)x x − 3 = (x₁ 1 A B = = + x + 3 x − 1 ( ) + 3) Ax − 1 B( x Ax − A + Bx + 3 B = (x + 3)((x + x − 1) 3)(x − 1)

Le due frazioni sono uguali se e solo se:

• 1 = (A + B x − A + 3 B) cioè 0 × x A + B x − A + 3 B

Per il principio di identità dei polinomi:

• { A + B = 0 − A + 3 B = 1
• { A = −B B + 3 B = 1
• { −1 A = 4 1 B = 4 − 1 1 × 1

= 1/4 + 1/4 = (3 x − 1)/2 + 2x x − 3 − 1

∫ ∫ = indefinito

1/34 x 4 x − 12 + 2x x − 3 − 1 1| | | | + 3 + C ln(x − 1)/4

Il ragionamento è lo stesso se al numeratore abbiamo un polinomio di primo grado:

• +12 x∫ (2 + 2x x − 3) {2 x + 1 A B A + B = 2 = + = + 3 x x − 1 − 2

A + 3 B = 1 + 2x x − 3 La risoluzione è la stessa del caso precedente

2° caso

Esiste una radice doppia del polinomio (2 + a x bx + c):

x ₁₂ 2 ( ) + a x bx + c = a(x − x₁)²

a × x + bx + ca x x − x₁

∫ ∫ = indefinito

x − x₁ a a² ( ) + a x bx + c x − x₁ − 1 × 1 − 1( )x − x₁ a¹ × = + C − 1a(x − x₁)

Potenza con esponente -1

Esempio

∫ (−1) 1/1 = indefinito

+C +1 x² 2( ) + 2 + 1 x x + 1 x

3° caso

Il polinomio non ammette radici reali ma ammette due radici complesse coniugate

(2 + a x bx + c) = a(x − α)²

1 × a = 2

bx + c − α + a x x β 1 1 1 1

∫ ∫ = indefinito

a a² ( )( ) + + 2a x bx + c x − α β − α x² × + 1/β β( )1 x − α × arctan + C α × β β

Esempio

∫ (2 + x + 1)

x² + x + 1 = 0

√ √ √2 − 1 − 1 ± 1 − 4 3 i i 3 = = = x ± 1,2 2 2 2 2√