Seconda parte appunti Analisi 1

Name: Seconda parte appunti Analisi 1
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Author: Krishna10

Revisionato il 28/06/2026

di Krishna10

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Appunti completi su tutto il corso di Analisi 1. Suddiviso in 4 parti di 80 pagine c.ca. Appunti basati su appunti personali del publisher presi alle lezioni della prof. Sforza, …

Esame Analisi 1

Facoltà Ingegneria dell'informazione

Dal corso del Prof. Sforza Daniela

Università Università degli Studi di Roma La Sapienza

A.A. 2021-2022

67 pagine

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Estratto del documento

Forme indeterminate

∫ + (−∫); ∫ − ∫; ∫ · 0; (−∫) · 0; 0 : 0; ∫ : ∫; −∫ : ∫; 0⁰; ∫⁰; 1^∫

Esempio 1: Limite notevole

lim x→+∫ (√x+1 − √x) = 0

lim x→+∫ √x=+∫ → √x+1 > √x ∀ x > 0

0 ≤ 1/√x

lim x→+∫ 1/√x = 0

Per il teorema del confronto:

√x+1 → +∫ √x → +∫

√x+1 − √x = (√x+1 − √x) (√x+1 + √x) / (√x+1 + √x) = x+1 − x / √x+1 + √x = 1 / √x+1 + √x

0 per l’aritmetica pezziale

Esempio 2: Limite notevole

lim x→+∫ (√x²+1 − √x) → +∫

∫√x²+1 → +∫ √x → +∫

√x²+1 − √x = (√x²+1 − √x)(√x²+1 + √x) / (√x²+1 + √x) = x²+1 − x² / √x²+1 + √x = 1 / √x²+1 + √x = (x²(1 − 1/√x²+1 / x²) / √x[x²(1 − 1/√x²+1 / x²)])_con>= (x) (√x²+1 − 1/√x) x > 0 (√x²+1 + 1/x²) → 1

Limiti delle funzioni razionali

f(x)=a₀+a₁x +...+a_nxⁿ q n≠0; b m≠0+∫ q ≠ 0

Forme indeterminate

∫ + (−∫); −∫ + (+∫); 0 · (+∫); ±∫ / ±∫; 0 / 0; 0 · (−∫); 0 / (−∫)

Esempio 3: Limite notevole

lim (√(x+1) − √x) = 0

lim √x = +∫ -> √x+1 > √x ∀ x > 0

x -> +∫ -> √x+1 > √x ∀ x > 0

Per il teorema del confronto:

√x+1 − √x -> 0

x -> +∫

√x+1 − √x = (√x+1 − √x)(√x+1 − √x)/(√x+1 + √x) = 1/(√x+1 + √x)

0 (per l'aritmetica porziale)

Esempio 4: Limite notevole

lim (√x²+1 − x)_{x -> +∫}

Per il teorema del confronto:

√x²+1 − x = (x / √x² + 1)= (x²+1 − x²) / (√x² + √x)= (1 − 1/x²)(1 / √x² + x) -> 0→ 0→ 1

Limiti delle funzioni razionali

R(x) = a₀ + a₁x + ... + a_nxⁿ Q m ≠ 0; b_m ≠ 0

domf = {x ∈ R : b₀ + b₁x + ... + b_mx^m ≠ 0} ∫ ... + ∫ − ∫ e +∫ sono pti di accum per domf

lim f(x) R : ± ∫x→±∫ = ±∫ ±∫

a₀ + a₁x + ... + a_mx^m ÷ a₀x^m + a₁ ÷ x^m-1 + ... a_m-1 ÷ x + a_m → a_m : b_mx^m + b₀ ÷ x^m-1 + ... + b_m-1 ÷ x+b_m

Risolvizione: +∫logn(a_n)f(x)= x^m gradi = max ↔ → x^-m →x^ma₀ ÷ x^m + a_n-m ÷ x + a_m b₀ ÷ x^m ... + b_m-1 ÷ x + b_m = x^-m - x^m-m a₀ ÷ x^m + ... + a_n→(a_n/b_m se n=m {±∫sgn(a_n/b_m) se n > m0 se n m 1, m_m-1 f/x^-m→ 0x→+∫

Esempi

limx→+∫ (1 + x⁴ - 17x⁵ ÷ √2 x - x² + 13 →→ -17 ≈ -1 = 17 →x→+∫ √2 x ÷ x + 1+13 x^-11.lim (17-1/2=-17x→-∫ (1 + x⁴-17x⁵

Diseguaglianza di Bernoulli

∀ m∈N, m≥1, ∀x∈R, x≥1: (1+x)_m ≥ 1+mx (1.)

Dim: Per induzione su m:

m=1 : 1+x ≥ 1+x è vera.

Supponiamo che (1) sia vera per m∈N:

(1+x)^m ≥ 1 + m x ⇔ ind.

(1+x)^m+1 =(1+x)^m(1+x) ≥ (1+mx)(1+x) = 1+x+mx+m x² perché x ≥ 1 ⇒ x + 1 > 0

indoss. induttiva: (1+x)² 1+1+m x ⇒ (1+x)_m (1+x) ≥ (1+mx)(1+x) (1+x)^m+1 ≥ 1+(m+1) x+(m²) x≥0 ≥ 1+(m+1) x

Limite notevole

Sia a∈R

lim_m→+∫ a^m {+∫ se a>1 {1 se a=1 {0 se |a|<1; b= a -1>0; a= — ;ba^-m=(1+—;)^m≥1 +mb;i;1+mb-; +∫2^ocasi: 01 m→+∫;3^ocasi: |a| ≤1 ; (1/|a|.≤1 ; ≤(1/|a|))^mlim_m→+∫ sup |a|^m=0 ⇔ a^-m→04 ^ocasi: a≤-1;a= —; abbiamo già provata: ^lim (-1)^mm→+∫a ^m= [(-a).m= (1)^m(-a)^-m|a|^m=1/(|a|)^m⇔perché -a≥1quindi se a^m ; m sup tendere ad un

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