Esercizi di Analisi I completi con soluzioni 78 pagine

Esercizi

• Calcolare

1)

lim_n→+∞ (n⁴sen(n)) / (3ⁿ + log n - 4(n!)^c) =

lim_n→+∞ n! / (n!)² sen(n) / ((log n / (n!)²) + (3ⁿ / n^c) - 4)

• Perché (n!)² → 0
• ((n!)²) è più “veloce di n!
• Inoltre 3ⁿ / (n!)¹ → 0 per bolzano vito

Il sen(n) è un limite tra -1 e 1 e moltiplicato per 0 dà Ø.

2)

lim_n→+∞ ((4ⁿ + 3 cos(n)) / (n³ + log n)) =

lim_n→+∞ (4ⁿ / n³) (1 + (3ⁿ cos(n) / 4ⁿ))

= ∞_con 1 + 0 / 1 + 0 = +∞

• Perché (4ⁿ) / (n³) → ∞ in quanto 4ⁿ è più veloce
• Invece log n / n² → 0 (n² è più veloce) e 3ⁿ / 4ⁿ → 0 (4ⁿ è più veloce)

• Calcolare

1)

lim_x→0 (sen 3x - x² / x) = lim_x→0 (3 sen 3x / 3x - x² / 3x)

= 3(1 - 0) = 3

• Perché lim_x→0 sen 3x / 3x = 1

2)

lim_x→0 ((x² + x + 1) sen(z / x²)) =

Pongo z / x² = t

Devo calcolare solo aver effettuato la sostituzione il lim per t→0 perché

quindi x = radice(z / t)

lim_x→∞ z / x² = 0

lim_t→0 ( ( √2/t ) + 1 ) sen(t) = moltiplica e div. per t

lim_t→0 ( ( √2/t ) + t ) sen(t) =

lim_t→0 ( ( √2/√t ) + √t + t ) sen(t)/t =

lim_t→0 ( ( 2 + t ) sen(t)/t ) = ( 2 + 0 + 0 )·1 = 2

5)

lim_n→∞ ( 2 + cos x )^x =

In teoria il limite di ( 2 + cos x )^x non esiste. Lo dimostriamo individuando due sottosucc. che tendono a due limiti diversi.

Prima sottosucc. x = 2π/n

lim_n→∞ ( 2 + cos 2π/n )^2π/n = ( 2 + 1 )^∞ = 3^∞ = ∞

Seconda sottosucc. x = 2π/n + π

lim_n→∞ ( 2 + [cos (2π/n + π)] )^{2π/n + π} = ( 2 - 1 )^∞ = ( +1 )^∞ + 1

- Studiare

1) ∑_n=1^∞ (2n)!/ (5^n(n!2)2)

Per prima cosa vediamo se la condizione necessaria è verificata, cioè se

lim_n→∞ a_n = lim_n→∞ (24)!/ (5^(4n)!) = 0 (ovvio perché 5^(4n)! è più veloce )

Quindi a_n → 0 e la serie potrebbe convergere.

Applichiamo dopo il criterio del rapporto

a_n+1

a_n

( [2(n+1)]2 · 5⁽ⁿ⁾[(n+1)]² ) / (5ⁿ[(n+1)]²(2n)!)

( (2n+2)! ) / (5^(n+1)(2n)!) = (2n+2)(2n+1)(2n)! / (5(n+1)(2n)!) = 2(2n+1)(2n+1)/5(n+1)*

4n+4 = 4/5

5 + 5 → 4/5

4/5 < 1 quindi la serie è ass. convergente!

Es x casa

Verificare se esiste:

1. ^lim_x→0 (3 + cos x)
2. ^lim_x→0 sen ⁽¹⁾_(x) Prendiamo due sottosuccessioni: x = ¹_2nπ → ^lim_n→∞ sen (nπ) = 0 x = ¹_{2nπ + ^π2} → ^lim_n→∞ sen (2nπ + ^π₂) = 1 Le due sottoc. tendono a due limiti diversi, quindi non esiste il ^lim_x→0 sen ⁽¹⁾_(x)

Studiare:

3. ∞n=1 (h)(n+1)² Sappiamo già che an → 0 Proviamo a vedere se la serie converge con il criterio del rapporto |an+1||an| → q (n+1)²(n+2)² (n+1)²(n+2)² = (n+1)(n+2) (n+1)(n+1)² (n+1) lo si può scrivere come (1-h)n che tende a 1e Quindi risulta 1∞ ê1 = e2 ma e2 ≥ 1 quindi la serie +∞

   UBo il criterio del rapporto

   pasto 1 / _n=y

   n=1 / x

   Il passoa _n ulx

   ____ + ∞

   i sub inib. bast con beest. le serie diverse

   ALTRI ESERCIZI

   log log_n

   n _3/2

   Condizione necessaria:

   Uso il criterio del conronto medante: limato: confonto le serie con.

   _n che è noto diverge

   lim_n log_n=lim_X log_n=+∞

   Il limate è un qiile, quiil le sure sete DIVERGE!

   x ∈ _IR

   S. tratta anche qui di un serio di potenze

   y = (2x + 5)

   Quindi -3 < 2x + 5 < 3

   Agl. estemi

   Per 2x + 5 = -3

   Visto che ¹/_{1 + n²} → 0 e che ^{1 + n2}/_{1 + y²} ≥ ^{1 + (n+1)2}/_{1 + y² + 2u + 1}

   la serie converge per Leibniz

   Per 2x + 5 = 3

   la confronta con ¹/_n² che converge, diventa

   lim _n(ⁿ²/_{1 + n²}) ≤ 1 (limite finito, dunque converg)

   In conclubse -3 < 2x + 5 < 3 -4 ≤ x ≤ 1

   Altri Teoremi

   1. Se una funzione continua ha derivata nulla in tutti i punti di un intervallo I (anche illimitato), essa è costante in quell'intervallo.

      Dim. vedi pag. 300 vol. 4 MATE

   2. Se due funzioni continue f(x) e g(x) hanno derivata uguali in tutti i punti di un intervallo I (anche illimitato) esse differiscono per una costante.

      Dim. vedi pag. 300 vol. 4 MATE

   3. Sia g = f(x) una funzione continua in un intervallo I e derivabile nei punti interni di I. Se la derivata della funzione è sempre positiva, allora la funzione è crescente in I. Se la derivata è sempre negativa, la funzione è decrescente in I.

      • Hp :
      • g = f(x) continua in I
      • g' = f(x) derivabile in I
      • Th :
      • f(x) crescente ⟺ f'(x) > 0
      • f(x) decrescente ⟺ f'(x) < 0

      Dim. vedi pag. 302 vol. 4 MATE

   4. Sia g = f(x) una funzione continua in un intervallo I e derivabile nei punti interni di I. Se f(x) è crescente in I, allora, nei punti interni di I, si ha f'(x) ≥ 0. Se invece g(x) è decrescente si ha f'(x) < 0.

      • Hp ; Th : vedi Teorema ②

      Dim. vedi pag. 303 vol. 4 MATE

   Abbiamo ancora una forma indeterminata

   lim (x→0) [(x - cosec(x))/3x] → lim (-cosec x)/3 = 0

   Applicando Hopital

   In conclusione il limite diventa

   lim (-cosec x)/3 [ (1-cos x)/3x - cosec x/x 1-cos x/3 ]_1/2

   (¹/₂ ¹/₂ ¹/₃ -1 - 0 )

   = ¹/₁₂