Appunti: Formulario completo per l'esame di Analisi I e per la prova di Matematica per la Maturità

APPUNTI E

FORMULARI

COMPLETI PER

L’ESAME DI ANALISI I

E PER LA PROVA DI

MATEMATICA PER LA

MATURITÀ Marco Dell’Oste

LIMITI DI FUNZIONI

. .

Operazione Denizione Traduzione

"Per ogni positivo, esiste un

ε

corrispondente positivo tale che,

δ

∀ε ∃ ∀x |x − | ⇒ |f −

> 0 δ > 0 : : x < δ (x) l| < ε ε

ε 0 ε

f (x) = l

lim per ogni incluso in

x

x→x 0 , si ha che è

−

(x δ , x + δ ) f (x)

ε ε

0 0

compreso in "

−

(l ε, l + ε)

"Per ogni M positivo, esiste un

corrispondente tale che, per ogni

δ x

∀M ∃ ∀x |x − | ⇒

> 0 δ > 0 : : x < δ f (x) > M M

M 0 M

f (x) = +∞

lim incluso in , si ha che

−

[x δ , x + δ ]

0 0

M M

x→x supera comunque M"

0 f (x)

"Per ogni M positivo, esiste un

corrispondente tale che, per ogni

δ

∀M ∃ ∀x |x − | ⇒ −M

> 0 δ > 0 : : x < δ f (x) < M

M 0 M

−∞

lim f (x) = incluso in , si ha

−

x (x δ , x + δ )

0 0

M M

x→x che è comunque minore di -M"

0 f (x)

"Per ogni M positivo, esiste un

corrispondente positivo tale che, per

N

∀M ∃ ∀x ⇒

> 0 N > 0 : > N f (x) > M

lim f (x) = +∞ ogni che supera , si ha che

x N f (x)

x→+∞ supera comunque M"

"Per ogni M positivo, esiste un

corrispondente positivo tale che, per

N

∀M ∃ ∀x ⇒ −M

> 0 N > 0 : > N f (x) <

−∞

lim f (x) = ogni che supera , si ha che è

x N f (x)

x→+∞ comunque più piccolo di "

−M

"Per ogni M positivo, esiste un

corrispondente positivo tale che, per

N

∀M ∃ ∀x −N ⇒

> 0 N > 0 : < f (x) > M

lim f (x) = +∞ ogni minore di , si ha che

−N

x f (x)

x→−∞ supera comunque "

M

"Per ogni M positivo, esiste un

corrispondente positivo tale che, per

N

∀M ∃ ∀x −N ⇒ −M

> 0 N > 0 : < f (x) <

−∞

lim f (x) = ogni minore di , si ha che è

−N

x f (x)

x→−∞ comunque più piccolo di "

−M

"Per ogni positivo, esiste un

ε

corrispondente positivo tale che, per

N

∀ε ∃ ∀x ⇒ |f −

> 0 N > 0 : > N (x) l| < ε

lim f (x) = l ogni che supera , si ha che è

x N f (x)

x→+∞ compreso in "

−

(l ε, l + ε)

"Per ogni M positivo, esiste un

corrispondente positivo tale che, per

N

∀ε ∃ ∀x −N ⇒ |f −

> 0 N > 0 : < (x) l| < ε

lim f (x) = l ogni minore di , si ha che è

−N

x f (x)

x→−∞ compreso in "

−

(l ε, l + ε)

Metodi consigliati

Forme Indeterminate

Forme ammesse Scomposizione polinomi;

0

a a −∞

= +∞ a> 0 = a< 0 Limiti notevoli goniometrici;

0 0 0 Limiti notevoli con logaritmo.

−∞

+∞ ∞

a = a> 0 a = 0 a> 0 ∞ Scomposizione polinomi.

∞

a ±∞

∀a ±∞ ∀a

=0 =

±∞ a 0

0

±∞ · ±∞ ±∞ · ∓∞

a = a > 0 a = a< 0 Combinazione di limiti notevoli.

∞± ∞ ∀a · ±∞

a = (±∞) (±∞) = ·∞

0 Limiti notevoli con logaritmo.

a a

∞ ±∞

∞ ∞ ±∞

= a> 0 = 0 a< 0 Razionalizzazione;

∞−∞

a a

−∞ −∞ −∞

= +∞ a > 0 = a > 0

pari dispari Scomposizione polinomi.

±∞ 0

±∞ =0

= ±∞

0 0

±∞ Limiti notevoli con logaritmo.

−∞

+∞ ∞

+∞ +∞

+∞ = +∞ =0 ±∞

1

∞ −∞ − ∞ −∞ Limiti notevoli con esponenziale.

+∞ + = +∞ =

METODI DI RISOLUZIONE: PROPRIETÁ LIMITI:

• Scomposizione polinomi: ±

± g(x)

f (x) lim

f (x) g(x) = lim

lim x→x

x→x

x→x 0

0

0

se grado di grado di

 0 P > P

1 2 ·

·

 g(x)

f (x) lim

f (x) g(x) = lim

lim

P (x)  se grado di grado di

1 ±∞

lim = P < P x→x

x→x

x→x 0

0

0

1 2

P (x)

x→0 2 se grado di grado di

 l P = P

 1 2 lim g(x)

g(x) x→x

f (x)

f (x) = lim

lim 0

x→x

x→x 0

0

se grado di grado di



0 P < P

1 2 f (x)

kf (x) = k lim

lim



P (x)  se grado di grado di

1

lim = ±∞ x→x

x→x

P > P 0

0

1 2

P (x)

x→∞ 2 se grado di grado di



l P = P

 1 2 ERRORI DA EVITARE:

Guarda quindi il grado più alto tra i 2 polinomi.

Con si intende un numero nito: è il rapporto tra i coecienti di

l la notazione durante i calcoli (si toglie solo

grado massimo di e . • lim

Dimenticarsi

P P

1 2 quando sostituisci a e hai un numero);

Se o dipende dall'esercizio: guarda bene se tende a x x

−∞

+∞ x 0

, se e se

e sono di grado pari o dispari i coecienti

−∞ quando non tende

P P

1 2 • x

Usare impropriamente i limiti notevoli

.

delle sono positivi o negativi né a 0 né a .

x ∞ sinx sin3

ES.

• Razionalizzazione: 6

lim = = 1

x 3

x→3

x→3

con .

−

A(x) B(x) P (x) • →

1 = 0 0

p p Confondere

−

lim A(x) B(x) = lim = lim

p p P (x)

x→∞ x→∞

x→∞ A(x) + B(x) 2 −

5x 6x + x 0 è forma indeterminata

non

Sfruttando il fatto che trasformo la lim = lim = 0

2 2

− · −

a b = (a + b) (a b) 2 2

x x

x→0 x→0

funzione in una divisione tra polinomi e applico il metodo della 2

x è forma indeterminata

non

Scomposizione. − ·

lim x x = lim 0 x = 0

x

x→∞ x→∞

• Limiti notevoli: (nei 2 esempi, si sta a 0 o a , ma lo moltiplico per un

avvicinando ∞

x

Goniometrici: numero che è già uguale a 0).

TRUCCHI/CONSIGLI:

−

sinx 1 cosx tanx

lim lim lim

=1 =0 =1

x x x

x→0 x→0 x→0 1. Applica la sostituzione ogni volta che non tende né a 0 né a

x

innito, per poter poi applicare i limiti notevoli.

−

arcsinx 1 cosx arctanx

1 2. Per poter applicare la sostituzione o i limiti notevoli, può esse-

lim lim lim

=1 =1

=

2

x x 2 x

x→0 x→0 x→0 re necessario per uno stesso numero oppure

moltiplicare/dividere

. Devi anche saper .

aggiungere/sottrarre "distribuire" le x

Logaritmici: 3sin(3x) 5ln(1 + 5x)

sin(3x)ln(1 + 5x)

ES. ·

= lim = 3 5 = 15

lim

ln(1 + x) 1 2

lim = lim ln(1 + x) = 1 x 3x 5x

x x→0 x→0

x→0

x

x→0 x→0 3. Stai attento quando raccogli le : cosa si elimina (cioè diventa

x

=0) dipende dal comportamento di (se o ):

→ → ∞

x x 0 x

log (1 + x) 1

1

a ES. se ma = se .

lim = lim log (1 + x) = log (e) =

x 3 → ∞ ∞ →

a a x/x = 0 x x 0

x ln(a)

x→0 x→0 √

4. Ricordati che ha grado 1/2. Quindi, in generale:

x

ln(x)

k

lim x ln(x) = 0 lim k> 0

=0 Grado di A(x)

k

x (serve per la scomposizione)

Grado di

x→0 x→∞ p A(x) = 2

Esponenziali: 5. Relazioni utili: (e applichi i limiti notevoli logaritmici)

g(x) g(x)ln(f (x))

f (x) = e

x

k 1

k k ∀ ∈

lim 1 + = e lim (1 + kx) = e k

x R

x

x→∞ x→0 1 1 (e applichi a i limiti notevoli)

lim = f (x)

x x

− −

e 1 a 1 f (x) lim f (x)

x→x

lim lim

=1 = ln(a) x→x

0 0

x x

x→0 x→0

Ho il limite di una funzione . non tende né 1 1

ES: ln(x+1) 1

• f (x) x

Sostituzione: lim (x + 1) = e = e

= lim e

x x

a 0 né a . Non posso applicare i limiti notevoli. Sostituisco una x→0 x→0

x→0 x→0

∞

porzione della funzione con e faccio in modo che: 2

x 2x

ES:

f (x) y lim = 2 ; lim =1

−

1 cosx sin(2x)

x→0 x→0

oppure

lim f (x) = lim f (y) = lim f (y) 6. Applica il confronto tra ordini di innitesimo:

x→x y→0 y→∞

0 1 1 1 1

In questo modo, posso applicare i limiti notevoli o la scomposizione per →

< < < x +∞ a > 1 b > 1 c > 0

tra i polinomi. x x b

x a x log (x)

c

Nella risoluzione dei limiti, controlla chi è che, tra numeratore e

sin(3x + 1) siny

ES: pongo ⇒

lim 3x + 1 = y lim =1 denominatore, 0 .

tende più velocemente a o a ∞

3x + 1 y

1 y→0

x→− 3 x 2 x 2

−

x x + ln(x) ln(x)

x x

ES.

(vedi pagina seguente) − ∞

lim = lim + =

• Sviluppi in serie di Taylor. x x x x

e e e e

x→∞

x→∞ x→∞

LIMITI CON TAYLOR:

CONTINUITÁ:

. Una qualsiasi funzione continua può essere approssimata a un

Funzione in un punto se: f (x)

x

continua 0 polinomio , secondo la formula:

T

f (x)

f (x) = f (x )

f (x) = lim

lim 0

−

− +

+

x→x

x→x n

0

0 k

f (x )

0

X k

−

(x x )

T =

Funzione in un punto se: 0

f (x)

x

discontinua k!

0 k=0

(I SPECIE)

6

lim f (x) = l lim f (x) = l l = l Tra e c'è una dierenza di un innitesimo di , e perciò:

1 2 1 2 n

−

f T (x x )

−

x→x + x→x 0

f

0 0 (II SPECIE)

∞

lim f (x) = l lim f (x) = n k

± ∓

x→x x→x f (x )

0 0 0

X k n

− −

f (x) = (x x ) + o ((x x ) )

(III SPECIE) 0 0

6

lim f (x) = lim f (x) = l = f (x ) k!

0

− + k=0

x→x x→x

0 0

La I genera un di ampiezza ;

|l − |

l Sviluppo in serie le sottofunzioni come o , creo un polino-

salto x

2 1 sinx e

la II genera un verso l'alto ( ) o il basso ( );

−∞

+∞ mio e risolvo il limite applicando il metodo della divisione tra polinomi.

asintoto

la III genera una .

discontinuità eliminabile PRINCIPALI SVILUPPI:

CONTINUITÁ DELLE FUNZIONI A TRATTI:

Sia una funzione che cambia "forma" a seconda dell'intervallo

F (x) n n k+1 k

k (−1) x

x

delle . X X

x n n

e = ln(x + 1) =

+ o(x ) + o(x )

x k! k

 ∈

f (x) x [a , a ) k=0 k=1

0 0 1





 ∈

f (x) x [a , a )

 1 1 2 n n

 k 2k+1

.. (−1) x

1

F (x) = X X n

k n

= + o(x )

x + o(x ) arctan(x) =

. −

1 x 2k + 1



 k=0 k=0

k=0



 ∈

 f (x) x [a , a )

n n n+1 n n

k 2k k 2k+1

(−1) x (−1) x

Con funzioni nei rispettivi intervalli. X X

2n 2n+1

cos(x) = + o(x ) sin(x) = + o(x )

f , f , ...f continue

0 1 n (2k)! (2k + 1)!

è continua in se:

F (x) k=0 k=0

R TRUCCHI/CONSIGLI:

lim f (x) = lim f (x) k = 1, 2, ...n

k−1 k

−

x→a x→a +

k k 1. Usa gli sviluppi in serie quando la funzione è una frazione in cui

numeratore e denominatore sono somme di sottofunzioni diverse

dai polinomi.

in

 2x (−∞, 3]



 in

6 −

ES. F (x) = sin(x 3) (3, 3 + π] 2 2 x

5

− −

sinx x + 2x x sin x e

x−3 in ES.

 ∞)

5 (3 + π,

 x

1

− −

3 x 2

3x (e 1 x) 1 + x

2. Ricorda che: se

(

−

6sin(x 3) n ≥

0 n q

o(x )

lim 2x = lim =6 =

lim

− se

x 3

x→3− x→3+ q

x ∞ n < q

x→0

−

6sin(x 3) Trascura quindi i termini di grado più alto di .

6 n

lim = 0 = 5 o(x )

−

x 3

x→(3+π)− 3. Applica le giuste sostituzioni per eettuare gli sviluppi.

è continua in , ma in =3+ vi è una discontinuità di .

salto

F (x) x = 3 x π −

ES. ln(x) = ln(1 + y) (y = x 1)

TRUCCHI/CONSIGLI: 3 3

ES. sin(x ) = sin(y) (y = x )

1. l'intervallo può anche essere espresso sotto forma di disequazioni. 4. Relazioni u