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Matematica per Le applicazioni I - Esercitazione

Esercizi di Matematica per le applicazioni I. Nello specifico gli argomenti trattati sono i seguenti: le disequazioni, l'estremo superiore ed inferiore, le successioni, le serie, lo studio di funzioni, gli integrali, i numeri complessi, stabilire se le successioni... Vedi di più

Esame di Matematica Per Le Applicazioni I docente Prof. P. Boieri

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ESTRATTO DOCUMENTO

|x|

• {x ∈ ≤ }.

Sia A = R : cos(x) e Determinare estremo inferiore e superiore di A, stabilendo se sono

rispettivamente minimo e massimo. Determinare la chiusura, l’interno, l’insieme dei punti di accumulazione

e la frontiera di A. − ∩ {x ∈ ≥

• {x ∈ 2 + 2x 3 > 0} R : x(x + 4) 0}. Determinare estremo inferiore e superiore di

Sia A = R : x

A, stabilendo se sono rispettivamente minimo e massimo. Determinare la chiusura, l’interno, l’insieme dei

punti di accumulazione e la frontiera di A.

}.

• {x ∈ 12 Determinare estremo inferiore e superiore di A, stabilendo se sono

Sia A = R : sen(x) >

rispettivamente minimo e massimo. Determinare la chiusura, l’interno, l’insieme dei punti di accumulazione

e la frontiera di A. ≥

• ∪ {x ∈ 2 1}. Determinare estremo inferiore e superiore di A, stabilendo se sono

Sia A = [0, 1) R : x

rispettivamente minimo e massimo. Determinare la chiusura, l’interno, l’insieme dei punti di accumulazione

e la frontiera di A.

• ∪ {x ∈ 2 > 4}. Determinare estremo inferiore e superiore di A, stabilendo se sono

Sia A = (0, 1) R : x

rispettivamente minimo e massimo. Determinare la chiusura, l’interno, l’insieme dei punti di accumulazione

e la frontiera di A. −x

≥ }.

• {x ∈ x e Determinare estremo superiore ed inferiore di A, specificando se siano

Sia A = R : e

rispettivamente massimo e minimo.

2 ≤ }.

• {x ∈ x x

4 Determinare estremo superiore ed inferiore di A, specificando se siano

Sia A = R : 2

rispettivamente massimo e minimo.

− − ≥

• {x ∈ 2 (x) 2sen(x) 3 0}. Determinare estremo superiore ed inferiore di A, specificando

Sia A = R : sen

se siano rispettivamente massimo e minimo.

− − ≥

• {x ≤ 2 2x 3 0}. Determinare estremo superiore ed inferiore di A, specificando se siano

Sia A = 5 : x

rispettivamente massimo e minimo.

• Sia ≤ ∩ {x ∈ ≤

{x ∈ x 1} R : cos(x) 0} .

A = R : 2

Determinare estremo superiore ed inferiore di A, specificando se siano rispettivamente massimo e minimo.

• {x ∈ ≤

Sia A = R : log(x) 0}. Determinare estremo superiore ed inferiore di A, specificando se siano

rispettivamente massimo e minimo.

• {x ∈

Sia A = [0, 1] : sen(x) > 0}. Determinare estremo superiore ed inferiore di A, specificando se siano

rispettivamente massimo e minimo.

• Siano ∪ {2} ∪ {2}

A = [0, 1] , B = (0, 1) .

Determinare estremo superiore ed inferiore di A e B, specificando se siano rispettivamente massimo e minimo.

• Siano A, B sottoinsiemi di R. Si dimostri che

∪ ∪

sup(A B) = max{sup(A), sup(B)} , inf(A B) = min{inf(A), inf(B)} .

Si può dire qualcosa dell’estremo superiore e dell’estremo inferiore di A B?

• Calcolare estremo superiore ed inferiore di ¶ ¾

½ µ x

√ ∈

,x R ,

A = arc sen 2

x + 2

e dire se sono rispettivamente massimo e minimo. 7

3. Successioni

• →

Calcolare il limite per n +∞ della successione ¶

µ

n+1

(n + 1) 1 .

= sin

a

n n

(n + 2) n

• →

Calcolare il limite per n +∞ della successione µ ¶

4 log n

n sin .

=

a

n 4

n +1 n

• →

Calcolare il limite per n +∞ della successione

µ ¶ 1

|1 − n

3i| n

= .

a

n n +1

• Ordinare le seguenti successioni secondo l’ordine di infinitesimo: µ ¶ 2

n

2

1 n 1

ln(n) + 1 −

= , b = = 1 .

, c

a n n n

2 4

n n + 2 n

• Ordinare le seguenti successioni secondo l’ordine di infinito:

µ 3

log (n )

n

2 3 4

|sen(n)

2

= n , b = 1+ , c = + 2| n .

a 3

n n n

n

• Calcolare n

(−1) 7n + 13 .

lim 2

n+1

(−1) n + 6

n→+∞

• Calcolare, al variare di x in R, 1 .

lim 2

n x + 1

n→+∞

• Dimostrare che − 7

n 7n 19

= 0 , lim = .

lim 2

n +1 3n + 7 3

n→+∞ n→+∞

• Calcolare i seguenti limiti s r

µ 2

n n

n! + 2

2 ln(2)

n n

n

3 + 1+ , lim .

lim n n

n n + 4

n→+∞ n→+∞

• Calcolare i seguenti limiti: ¡ ¡ ¢¢

· µ ¶¸ 3 ( )

1

ln 1+

n − 1

ln 2 cos

2 2n n

1 + sen .

, lim

lim 3

2

n

n→+∞ n→+∞ 2

n

• Calcolare il seguente limite al variare di α in R: ¡ ¢ ¡ ¢

1 2

sen ln 1 +

¡ ¡ ¢¢

n n .

lim α

− 4

1 cos

n→+∞ n

8

• Calcolare minimo e massimo limite delle seguenti successioni: ³ ´

¡ ¢ ¡ ¢ cos(n π)

ln 1 +

2

sen ln 1 + n

2 n

= , b = .

a

n n 3

3 n+1

(−1)

n n

• Calcolare massimo e minimo limite di µ ¶

1

n

= (−1) cos = cos(n π) .

, b

a n n

n

• Calcolare massimo e minimo limite di 1

n n

+ [1 + (−1)

= (−1) n , b = ] n .

a n n n

• Calcolare ´

³ 2 ( )

1 −

sen

e 1

n

1 ¡ ¢

2

n 1 , lim .

e

lim 2

n − 1

1 cos

n→+∞ n→+∞ n

• ¶ ¶

µ µ

Calcolare 1 1

n , lim .

2 sen n! sen

lim n

n n

n→+∞ n→+∞

• Calcolare ¶¶

µ µ

¶µ µ ¶µ µ

¶ ¶

1 1

1 1

4 3 .

n sen n sen

cos 1 cos

1 , lim

lim 2

n n n n

n→+∞ n→+∞

• ¶

µ µ

Calcolare 1 1

2 2 .

n sen n sen

, lim

lim 2 2

n n + 1

n→+∞ n→+∞

• Calcolare (se esistono) ¶ ¶

µ µ 2n

n+1

3 2

1+ 1

, lim .

lim n 3n + 1

n→+∞ n→+∞

• Calcolare (se esistono) 2 n n

n 2 n! 3

, lim .

lim n n

5 + 1 18

n→+∞ n→+∞

• Calcolare (se esistono) √ ¢

¡√ 6 n

n + 4

− −

n +2 n 1 , lim .

lim n

n! + 2

n→+∞ n→+∞

• Calcolare (se esistono) ¶

µ √

√ 2 + 2

n

− n n n

n , lim

n 2 + 3 .

lim −

2

n 2n + 5

n→+∞ n→+∞

• Dimostrare, usando la definizione, che 2 n

n 2

= +∞ , lim = 1 .

lim n

n +1 2 + 1

n→+∞ n→+∞

9

• Dimostrare, usando la definizione, che 2

n +2 n

= 1 , lim = 0 .

lim 3

n +1 n + 1

n→+∞ n→+∞

• µ µ ¶¶

Calcolare ´

³ 1

1 −

2

n 1 sen ln 1 + .

e

lim n n

n→+∞

• Calcolare massimo e minimo limite delle successioni ¶

µ

´

³ n

n

n π (−1)

, b

= cos(n π) sen = 1+ .

a n n

2 n

• √

√ √

Calcolare − − n n n

n

n +1 n 1 2 3 + 5

√ √ ¡ ¢

, lim .

lim n

− − 2

n +2 n 2 2 +

n→+∞ n→+∞ n

• ³ ´ ´

³

´³

Calcolare ¡ ¢

1 3

− −

1 1

sen 1 cos 1

e

e n n

n

n

¡ ¡ ¡

¢¢ ¢

√ , lim .

lim − 1 2

n 1 cos sen

n→+∞ n→+∞

n n

• Calcolare, se esistono, √

n

3 n! n n n

, lim 2 + 3 .

lim n

n

n→+∞ n→+∞

• Calcolare, se esistono, µ µ

¶ ¶

1 π 1

− 2

n sen π n cos

, lim + .

lim n 2 n

n→+∞ n→+∞

• Calcolare, se esistono, ¶ ¶¶

µ µ µ

√ n

(−1) 1

2

, lim .

n sen n ln cos

lim n n

n→+∞ n→+∞

• Calcolare, se esistono, £¡ ¢ ¤ ¶¶

µ µ

n

1

ln 1 + 1

¡ ¢

2 2

n .

, lim n arc tg sen

lim 1 n

sen

n→+∞ n→+∞

n

• Calcolare, se esistono, ¶

µ µ ¶

1 1

2 , lim

n ln 1 n ln 1 + .

lim 2

n n

n→+∞ n→+∞

• Calcolare, se esistono, ¶

µ sen(n)

n , lim .

2n sen

lim 2

n + 1 n

n→+∞ n→+∞

• Calcolare, se esistono, ¶

µ ¶ µ 2

n n

2 3

1 1+

, lim .

lim 2

n n

n→+∞ n→+∞

10

• Calcolare, se esistono, ¶ ¶

µ µ 2

n +1

n

2 4

4 n+1

1+ 1

, lim .

lim 3n n

n→+∞ n→+∞

• Dimostrare, usando la definizione di limite, che 2

n + 1 = +∞ .

lim n +1

n→+∞

• Dimostrare, usando la definizione di limite, che µ ¶

1

sen = 0 .

lim n

n→+∞

• Calcolare, se esistono, √

n n n

n

sen(n!) 18 3 + π

, lim .

lim n

n

2 + 1 n +1

n→+∞ n→+∞ 2

• Calcolare mimimo e massimo limite delle seguenti successioni: ¶

µ

´

³ n π 2

2 2

n

, b .

= sen = n + (−1) +

n

a n n

8 n

• la successione definita per ricorrenza da

Sia a n √

= 1 , a = 1 + a .

a

1 n+1 n

}

{a è limitata, che è monotona e calcolarne il limite.

Dimostrare che n

• Sia ≥ ∀n ∈ ∪ {0}}

{A ∈ n

A N ,

B = R : a

n

è data da

dove a n ∀n ∈

= 1 , a = 2 , a = a + a N .

a

0 1 n+1 n n−1

Siano M = sup(B) e m = inf(B). Dimostrare che esistono α e β in R tali che

∀n ∈ ∪ {0}

n n

= α M + β m N .

a n

Calcolare α e β.

• Siano ∀n ∈

= 1 , a = 2 , a = a + a N .

a 0 1 n+1 n n−1

≥ ∪ {0}?

∈ n

A per ogni n in N (Suggerimento: provare a

Che relazione deve verificare A R affinché a

n

≥ n

A per qualche A, e poi vedere che relazione deve soddisfare A)

dimostrare per induzione che a n

• definita dalla seguente legge:

Sia a n

n −

a = 2a 3 ,

n+1 n

= α .

a

1

}

{a al variare di α in R.

Studiare la successione n

• definita dalla seguente legge:

Sia a ½

n = ln(1 + a ) ,

a

n+1 n

= 10 .

a

1 11 ≤

Sapendo che l’equazione L = ln(1 + L) ammette zero come unica radice reale, e che ln(1 + x) x per ogni

≥ ammette limite, e calcolarlo.

x 0, dimostrare che a

n

• definita dalla seguente

Studiare, al variare del parametro reale A, il comportamento della successione a

n

legge: 

 = A ,

a 1 √

 −

= a + a 2 .

a

n+1 n n

• definita dalla seguente

Studiare, al variare del parametro reale A, il comportamento della successione a

n

legge: ( = A ,

a 1 − − 2

= 1 a a .

a

n+1 n n

• definita per ricorrenza da

Sia a ½

n 2

= ,

a

n+1 3−a

n

= α .

a

1

}

{a per α = 0, α = 1 e α = 4.

Studiare il comportamento della successione n

• ≥ n a n per ogni n in N. Determinare almeno un n in N per il

Sia a 2. Dimostrare per induzione che a

n è più piccolo di a n nel caso in cui 0 < a < 2.

quale a

• Si dimostri per induzione che, per ogni n in N, ≤ 1−n

n 2 .

n! n

• ≥ −1

Si dimostri per induzione che per ogni h e per ogni n in N si ha

n 1 + n h .

(1 + h)

−1 n < 1 + n h.

Trovare poi h < e n in N tali che (1 + h) ≥

• ≥ n n

1 per ogni n in N. Se x < 1, è vero che x < 1 per

Si dimostri per induzione che se x 1, allora x

ogni n in N?

• Si dimostri per induzione che ∀n ∈

≥ n N .

(n + 1)! 2

} 6

• {a una successione limitata, con a = 0 per ogni n in N. Dire se esistono i seguenti limiti, ed in

Sia n n

caso contrario dare esempi e controesempi: 3

a n a + 1 n

n n

, lim , lim

n a , lim .

lim n 2

n n + 2 a

n→+∞ n→+∞ n→+∞ n→+∞ n

}

• {a priva di limite e tale che

Dare un esempio di successione n · · ·

x + + x

1 n = 5 .

lim n

n→+∞

}

• {a una successione tale che

Sia n a + a

n−1 n+1 ∀n ≥

< 2 . (∗)

a

n 2 ≥

∈ > a , allora a > a per ogni n N . In questo caso,

Dimostrare che, se esiste un N N tale che a +1

N N n+1 n

ammette limite? Dare un esempio di successione a che verifica (∗).

la successione a n n

12

• {a }

Sia una successione tale che

n ∈

2 2

a = L , L R .

lim n

n→+∞

Dimostrare, senza usare la radice, che si ha |a | |L|

= .

lim n

n→+∞

• k a fattor comune calcolare

Sia p(x) un polinomio di grado k. Raccogliendo x p(n + 1) .

lim p(n)

n→+∞

}

• {a una successione limitata. Trovare un controesempio ad ognuna delle seguenti affermazioni:

Sia n

ammette limite;

a) a

n |

|a ammette limite;

b) n −

2 a n a non ammette limite finito;

c) n n n

2

d) n a n a ha limite (finito o infinito).

n n

• Sia X

n 1 1

1 = 1 + + ... + .

=

a

n k 2 n

k=1

per n tendente a +∞. Qualche idea se il limite sia positivo o negativo,

Dimostrare che esiste il limite di a n

finito o infinito?

} {b }

• {a una successione infinitesima, e una successione limitata. Usare il teorema di Bolzano-

Sia n n

Weierstrass e il teorema sulle sottosuccessioni estratte (se da ogni sottosuccessione di una successione data

si può estrarre una sotto-sottosuccessione convergente ad un limite che non dipende dalla sottosuccessione,

}

{a b tende a zero.

allora tutta la successione di partenza converge al limite comune) per dimostrare che n n

b una sottosuccessione di a b , allora da b , che è limitata, si può estrarre. . .

Suggerimento: Sia a n n

α(k) α(k) α(k)

4. Serie

• Studiare la convergenza semplice ed assoluta della serie

µ ¶¶

µ

X

+∞ n 1

(−1) + sin n π + .

n ln n n

n=2

• Studiare il comportamento delle seguenti serie.

X X X

+∞ +∞ +∞

1 cos(n!) cos(n π)

√ √ √

√ √

, ,

,

2

(n + 1)

n +1 n +2 n +3 n +4 n +1

n=1 n=1 n=1

X X

+∞ +∞

3

n 1

¡ ¢ .

, 1

n

e n ln 1 + n

n=1 n=1

• Studiare la convergenza della serie ¶ µ

· µ ¶ ¸

X

+∞ 1

1 −

n x

+ exp

sen 1 . (exp(x) = e

(−1) )

2

n n

n=1 13

Che si può dire della serie dei moduli?

• Sia 1 − ∈

per x in [n 1, n), al variare di n N.

f (x) = n−1

2

l’area della parte di piano compresa tra il grafico di f e l’asse x, con x che varia

Se n appartiene a N, sia S n quando n tende all’infinito.

tra 0 e n. Calcolare (se esiste) il limite di S

n

• Studiare, utilizzando la formula di Taylor, il carattere della serie

!

à ¢ ¡ ¢

¡

X

+∞ −

1 1

1 + cos

sen ¡ ¢ ¡ ¢

2 x

2n n . (exp(x) = e )

− −

1 1

exp 1 ln 1 +

n n

n=1

• Studiare il carattere delle due serie

³ ³

´ ´

p p

X X

+∞ +∞

− −

− −

3 3

3 3

n 3n

n 2n , 27n 3 .

n=1 n=1

• Studiare il carattere delle due serie

³ ³

´ ´

p p

X X

+∞ +∞

− −

3 3

3 3

8n + 1 2n , n + 5n n .

n=1 n=1

• Studiare il carattere della serie X

+∞ ln(n)

n

(−1) .

n

n=4

Suggerimento: per verificare che la successione ln(n)/n è decrescente, è lecito derivare f (x) = ln(x)/x. La

serie è assolutamente convergente?

• Studiare la convergenza delle serie

¶ ¶

µ ¶

µ µ

X X X

−n

+∞ +∞ +∞

1 1

1

n n n

, 1+ .

(−1) tg (−1) , (−1) ln 1 + n

n n 2

n=1 n=1 n=1

• Studiare la convergenza delle serie

X X X

+∞ +∞ +∞

n

n −n −n

n n

, ln(1 + e ) 4 , arc tg(1 + 4 ) e .

n

n! 3

n=1 n=1 n=1

• Studiare la convergenza delle serie ¶

¶ µ ¶

µ µ

X X

+∞ +∞

1

1 1

− .

arc sen 1 ,

sen n ln 1 + 2

n n 2

n ln (n)

n=1 n=1

• Studiare la convergenza delle serie X X

+∞ +∞

1 1 .

, 2

n ln(n) n ln (n)

n=1 n=1

14

Per quali α > 0 è convergente la serie X

+∞ 1 ?

α

n ln (n)

n=1

Suggerimento: si usi (per tutte e tre) il criterio di Cauchy.

• Studiare la convergenza delle serie µ ¶ ¶

µ

X X

+∞ +∞ n

1 1

1 −n

ln 1 + , 1+ e .

n n n

n=1 n=1

• Studiare il carattere della serie Z

X

+∞ 2n dx .

2

x

n

n=1

• Studiare la convergenza delle serie ¶ ¶

µ µ

X X

−n

+∞ +∞

ln(n) 1

1 π −

n n .

1+

(−1) , (−1) cos

n 2 n

n=1 n=1

• Studiare la convergenza delle serie µ ¶

X X

+∞ +∞

n n!

2 n! √

, .

n n n

1 + 3 n ( n)

n=1 n=1

• Studiare la convergenza delle serie µ ¶

¶ µ

µ ¶

X X

+∞ +∞ 1

1

n 1

√ √

2 arc sen .

sen ln 1 + ,

2

n +1 n n n ln(n)

n=1 n=1

• Studiare la convergenza delle serie ¶ µ ¶

µ

X X

−n 2

+∞ +∞ n 1

5

1 sen .

,

1+ n n! n

n=1 n=1

• Studiare il carattere delle serie · µ ¶¸

X X

+∞ +∞

2

1

1 ( )

1 1

√ ln

n

, (−1) e

arc sen .

2

2 n

n n

n=1 n=1

• Data la serie ∞

X −

2 n

(x 1) ∈

n x R ,

(−1) n

n=1

determinarne l’insieme di convergenza semplice e quello di convergenza assoluta.

• ∈ ∈

Studiare, al variare di x R, α R, il carattere della serie

X

+∞ n n α

(−1) x n .

log(n + 1)

n=1 15

• Si studi, al variare di x in R, il carattere della serie

X

+∞ n

x .

x

n[ln(n)]

n=3

• Studiare, al variare di α in [0, 2], la convergenza della serie

X

+∞ π

1 + sin(n π + α)

2 .

α

(n + 1)

n=1

• ≥

Calcolare, al variare di a 0, |x −

2 2x| .

f (a) = sup

[0,a]

Studiare, al variare di a 0, la convergenza della serie

X

+∞ 1

n

f (a) .

n

2

n=0

• Studiare la convergenza della serie ¶ µ ¶¶

µ µ

³p ´

p

X α

1

1 −

3 3 sin

n +4 n +1 tg ,

n n

n=1

al variare di α in R.

• Studiare la convergenza della serie ´µ µ ¶ µ ¶¶

³p

X α

1 1

− − x

2

n +3 n exp , (exp(x) = e )

cos

n n

n=1

al variare di α in R.

• Studiare la convergenza della serie ¶ µ ¶¶

µ µ

X ¢

¡√ √ α

1

1 −

− log 1 +

n +2 n arc tg ,

n n

n=1

al variare di α in R.

• Studiare la convergenza della serie ´µ µ ¶ µ ¶¶

³p

X α

1 1

− −

2

n +2 n sin ,

log 1 +

n n

n=1

al variare di α in R.

• Sia  8

 n

6

) se x = 0,

min(|x|, ≤

a se a b,

2

x min(a, b) =

f (x) =  b se a > b.

0 se x = 0, 16

Studiare, al variare di x R, la convergenza della serie

X

+∞ n

f (x) .

2

n

n=1

• Studiare, al variare di α in R, la convergenza delle serie

¶¸

· µ

X X

+∞ +∞

α

1 3−α

− , [ln(n + 1) ln(n)] .

1 cos n

n=1 n=1

• Studiare, al variare di A > 0 e di α > 0, la convergenza della serie

X

+∞ n

(2 + cos(n π)) .

n α

A n

n=1

• Studiare, al variare di x in R, la convergenza della serie

µ ¶

X

+∞ 1

n

x .

+ 3 x

n

n=1

• Studiare il comportamento della serie X

+∞ n x

n ,

α

(n!)

n=1

al variare di α e di x in R.

• Si studi, al variare di x in R, il carattere della serie

X

+∞ |arc 3n

tg(x)|

p .

n(n + 1)

n=1

• Si studi, al variare di x in R, il carattere della serie

X

+∞ |x|

n n

2 .

2

n + 1

n=1

• Determinare, al variare di α in R, il carattere della serie ¶

µ

X

+∞ 1

α .

n ln 1 + 2

n

n=1

• Studiare, al variare di α in R, il carattere della serie ¶ µ ¶¸

· µ

X

+∞ α

1

1

1 sen

2 cos .

2

n n n

n=1

• ≥ ≥

Studiare, al variare di x 0 e α 0, la convergenza della serie

¶ ¶

µµ

X

+∞ n

α

n .

(x + α) sen x +1

n=1 17

• Studiare, al variare di x in R, la convergenza della serie

X

+∞ |x|)

n

(1 + .

nx

e

n=1

Suggerimento: si ricordi che, per ogni x in R, si ha

X X

+∞ +∞

k k

x x

x = =1+ x + .

e k! k!

k=0 k=2

• Studiare, al variare di x in R, la convergenza delle serie

X X

+∞ +∞ 2n

n

x x √

, .

n n

1 + 2 e n

n=1 n=1

• Studiare, al variare di x in R, la convergenza della serie

X

+∞ n

x .

n

n=1

• Studiare, al variare di x in R, il carattere della serie

X

+∞ 2n

x .

2

1 + n

n=1 P

+∞

}

• {a una successione di numeri reali positivi (ovvero a > 0 per ogni n in N) tali che a è

Sia n n n

n=1

} 6

{b una successione di numeri reali positivi limitata, con b = 0 per ogni n in N. Cosa

convergente. Sia n n

possiamo dire delle serie X X

+∞ +∞ a

n

a b , ?

n n b n

n=1 n=1 (perché non può essere

Nel caso una delle serie possa convergere o divergere a seconda della scelta di b

n

indeterminata?), trovare due esempi. }

• {a si ha

Stabilire se è vero che, data una successione n

X X

+∞ +∞ |a |

2

a < +∞ =⇒ < +∞ .

n

n

n=1 n=1

In caso contrario, trovare un controesempio.

• una successione infinitesima. Allora la serie

Sia a n X

+∞ b ,

n

n=1 |a |

|a |; |a |;

n n

= 3 b) converge, se b = ; c) non converge, se b n d) converge, se

a) non converge, se b n n n n n

n+6

|a |

9n+1

= (una sola delle quattro è vera).

b n n 18

• Sia 0 < a < 1 e sia X

n k−1

= k a .

S

n k=1

− S , dedurne che S converge, e calcolarne il limite.

Calcolare a S n n n 5. Monotonia

• → → ⊆ ◦ →

Siano f : A B e g : C D due funzioni tali che f (A) C. Si dimostri che se g f : A D è suriettiva,

allora g è suriettiva.

• →

Data la funzione f : [−2, 2] R definita da p − 2

4 x + x ,

f (x) =

−1 {x ∈

((1, +∞)) = [−2, 2] : f (x) > 1}.

si calcoli f

• →

Dimostrare che la funzione f : [1, +∞) [0, +∞) definita da

p

log (x)

f (x) = 2

−1 .

è biunivoca e trovare esplicitamente f

• Dimostrare che esiste un’unica radice reale dell’equazione

x = x ln(3) + 1 .

3

• Dimostrare che esiste un’unica radice reale dell’equazione

x = x ln(2) + 1 .

2

• Sia − ∈

3

βx β x , x (−∞, 0] .

f (x) = e

Determinare i valori del parametro β affinché f sia monotona, specificando il tipo di monotonia.

• ½

Sia −1 − ∈

x se x [−1, 0],

f (x) = ∈

x se x (0, 1]. 2 (x) è iniettiva?

Dimostrare che f è iniettiva, calcolarne l’immagine, e scriverne l’inversa. La funzione f

• ¶

µ

Sia cos(x) ∈

, x [0, π] .

f (x) = arc tg 2 + cos(x)

Dimostrare che f è iniettiva, calcolarne l’immagine, e scriverne l’inversa.

• Z

Sia x −

2 t

(exp (t ) 2) dt exp(t) = e .

F (x) = 0

Calcolare il numero di radici dell’equazione F (x) = 0.

• µ ¶

Z

Siano x 1 1 x

, +∞) . (exp(x) = e

exp )

dt , E = [

f (x) = 2

t 2

1 −1 0

, calcolare g (0).

Dimostrare che f è invertibile su E. Detta g = f 19

• ¶

µ

Siano Z x 1

3

[1 + cos ] dt , E = [1, +∞) .

f (x) = t

6

π −1 0

, calcolare g (0).

Dimostrare che f è invertibile su E. Detta g = f

• Z

Siano x 1

log(1 + t) dt , E = [ , +∞) .

f (x) = 2

t e

1 −1 0

, calcolare g (0).

Dimostrare che f è invertibile su E. Detta g = f

• ¶

µ

Siano Z x 1

2

sin dt , E = [1, +∞) .

f (x) = t

4

π −1 0

, calcolare g (0).

Dimostrare che f è invertibile su E. Detta g = f

6. Limiti

• Calcolare sen(tg(ln(1 + x)))

p .

lim − −

x

1 cos(e 1)

x→0

• Calcolare x x

2 (x + sen(x)) 2 (x + sen(x))

p p

, lim .

lim |x| |x|

x x

x→+∞ x→−∞

(1 + e ) (1 + e )

• Sia X

[x] 1 .

f (x) = k

2

k=1

2 ) ed il limite di f (x) per x tendente a +∞.

Calcolare f (π), f (e

• Calcolare il limite di f (x) per x tendente a +∞, con

½ [ [

sen(x) ∈

se x E , −

1 = [2n, 2n + 1) , E = [2n 1, 2n) .

E

f (x) = x 1 2

−x ∈

se x E ,

e 2 n≥1 n≥1

• →

Calcolare il limite di f (x) per x tendente a zero di f : R R definita da

½ ∈

x se x Q,

f (x) = ∈ \

0 se x R Q.

[x]

• → . Dimostrare che f (x) tende a 1 sia quando x tende a 1 che

Sia f : [1, +∞) R definita da f (x) = x

quando tende a +∞.

• 1

(0) = parte intera di x. Calcolare il limite di f (x) per x tendente a e dimostrare che

Sia f (x) = [x] = x 2

non esiste il limite di f (x) per x tendente a 1.

• ½

Sia ≥

3x se x 0,

f (x) = −1−x

x

e se x < 0.

x

Dimostrare che esiste il limite per x tendente a zero di f (x).

20

• Calcolare, usando la definizione con le successioni, −

sen(π(x 1)) .

lim ln(x)

x→1

• Calcolare, usando la definizione con le successioni,

tg(ln(1 + x)) .

lim x

x→0

• Calcolare, se esistono, − 2

1 cos(x) tg (arc sen (x))

, lim .

lim − x

x(1 e ) ln(1 + x)

x→0 x→0

• Calcolare, se esistono, 2 2

x x

x e x e

, lim .

lim x x

(x + 1) 3 (x + 1) 3

x→+∞ x→−∞

• Calcolare (se esistono) i seguenti limiti: − −

ln(|x|)

e 1 sen(x) 1

¡ ¢

, lim .

lim 2

2

x −

π π

x→0 x→ x

2 2

• Calcolare (se esistono) i seguenti limiti:

µ 2

sen(3x )

1 , lim .

x sen

lim −

x arc tg (x + 1) (1 cos(x))

x→0 x→0

• Calcolare (se esistono) i seguenti limiti: −

2

x 1

−x

2

x sen(x) e , lim .

lim x ln(|x|)

x→+∞ x→−∞

• ¶

µ

Calcolare x +3

1 −

2 .

x (e 1) sen

lim x 2

x

x→+∞

• Calcolare − 2

x

(e e) .

lim −

(x 1) sen(π x)

x→1

• Calcolare −

x sen(x) .

lim −

x(1 cos(x)

x→0

• Calcolare l’ordine di infinitesimo per x tendente a zero di

2 2

) sen (x) .

f (x) = sen(x

• Calcolare, al variare di β in R, il seguente limite:

2x

e sen(2x) + 2β .

lim −

β

x (1 cos(x))

+

x→0 21

• Calcolare, al variare di β in R, il seguente limite:

x

e x cos(x) + β .

lim −

β

x (1 cos(x))

+

x→0

• Calcolare −

2

x (ln(1 + x) x) .

lim − −

x

x (e 1) 2 + 2 cos(x)

x→0

• Calcolare −

x sen(x) 2 + 2 cos(x) .

lim − 2

x ln(1 + x) x

x→0

• →

Sia f : (1, +∞) R una funzione tale che f (x) ∈ 6

= L R , L = 0 .

lim x ln(x)

x→+∞

Calcolare, al variare di c > 0, il limite f (c x) .

lim f (x)

x→+∞

• ¶

µ

Determinare c in R tale che x

x + c = 4 .

lim −

x c

x→+∞

• Dare un esempio di due funzioni f (x) e g(x) tali che f (x) 1

− −∞

f (x) = +∞ , lim g(x) = +∞ , lim [f (x) g(x)] = , lim = .

lim g(x) 3

x→−∞ x→−∞ x→−∞ x→−∞

• →

Sia f : R R continua tale che f (x) = +∞ , lim f (x) = 0 .

f (0) = 1 , lim

x→+∞ x→−∞

− −∞

+ , 0 , +∞ e di f (x) g(x) e di f (x)/g(x). Se alcuni

Sia g(x) = f (1/x). Calcolare, se esistono, i limiti in 0

di questi limiti possono non esistere, si trovino esempi e controesempi.

• Calcolare −

x sen(x) 2 + 2 cos(x) .

lim 2

− − x

2

x ln(1 + x) x arc tg(x)

x→0 2

• Calcolare 1

(cos(x)) .

lim 2

x

x→0

• Dire se esiste (ed eventualmente calcolarlo) − 1

(1 + sin(x)) .

lim |x|

x→0

• Z

Calcolare x

1 −

2

tan (t 2) dt .

lim − 3

(x 2)

x→2 2

22

• Z

Calcolare x

1 2

log[1 + sin (t)] dt .

lim 3

x

x→0 0

• Z

Calcolare x

1 − 2

arc tg[(t 1) ] dt .

lim − 3

(x 1)

x→1 1

• Z

Calcolare x

1 −

2 x

[exp(t ) 1] dt . (exp(x) = e )

lim 3

x

x→0 0

• Z

Sia −

x 2

exp(t ) exp(t) s

dt (exp(s) = e ) .

F (x) = 2

t + 1

0

Calcolare F (x) .

lim −

1 cos x

x→0

7. Continuità, lipschitizianità, derivabilità

• √

Sia − ≤

 1 x) se x 1,

x + arc tg(

f (x) = −

x 1

 se x > 1.

ln(x)

La funzione è continua su R? È derivabile su R?

• Sia ´

³ 32

π .

f (x) = arc tg(x) + 4

Verificare che f è uniformemente continua nel suo insieme di definizione.

• Verificare che la funzione α ln(x)

f (x) = x

è uniformemente continua in (0, +∞) per ogni α (0, 1), mentre non lo è per α = 1.

•  ´

³

Sia  6

λ se x = 3,

exp 2

(x−3) x )

(exp(x) = e

f (x) =  0 se x = 3.

Studiarne la discontinuità al variare di λ in R.

• Calcolare il limite destro e sinistro per x tendente a zero delle seguenti funzioni e stabilire il tipo di

discontinuità che hanno in 0:

√ 1

1+ x q −

, g(x) = , h(x) = ln(|sen(x)|) ln(|x|) .

f (x) = x 1

x 1+ 2

x

• Determinare b in R in modo che le seguenti funzioni siano continue: 

  ≤

x

|x − ≤ 

  2 + b x 2,

b cos(x) x < 0,

2| x 2, h(x) =

f (x) = g(x) = 

  sen(4x−8)

sen(x) ≥

−b |x − x > 2,

x 0,

+ 5| x > 2. 2b−b x

x

23

• ½ ¢

¡

Sia ∈

1 se x [−1, 1]\Q,

sen x

f (x) = ∈ ∩

1 se x [−1, 1] Q.

2

Determinare l’insieme di continuità di f .

• 

Sia  sen(π(x + ln(x))) ∈

se x (0, 1),

ln(x)

f (x) = a se x = 0,

 b se x = 1.

Determinare a e b affinché f sia continua.

• ½

Sia x−1 se x < 1,

e

f (x) = ≥

ax + b se x 1,

con a e b numeri reali. Che relazione devono soddisfare a e b affinché f sia continua? Che relazione devono

soddisfare a e b affinché f sia invertibile?

• ½

Sia x se x < 0,

e

f (x) = ≥

x + cos(x) se x 0.

La funzione f è continua in R? È derivabile in R? È due volte derivabile in R? È uniformemente continua

in R? Calcolare anche estremo inferiore e superiore di f , specificando se sono rispettivamente minimo e

massimo.

• 

Sia p

 − ≤

2

x 2x + 2 se x 0,

f (x) = log(x + 1)

 a se x > 0.

x

Determinare a in modo che f sia continua su R e studiare l’uniforme continuità di f .

• 

Sia p

 arc tg(x)

 − 1 + x exp(−x) se x > 0,

x x

(exp(x) = e )

f (x) =  a se x = 0,

 −

log[exp(−x) 4x] se x < 0.

0 (R) e stabilire se f è uniformemente continua su R.

Determinare a in modo che f appartenga a C

• 

Sia  log(x)

 + exp(−x + 1) se x > 1,

x x

(exp(x) = e )

f (x) = a se x = 1,

 √

 π

 −

− arc tg(x) se x < 1.

2 x + 4 0 (R) e stabilire se f è uniformemente continua su R.

Determinare a in modo che f appartenga a C

• 

Sia  1

sin(x)

 p

 se x > 0,

2 x log(1 + x) + 1 x )

(exp(x) = e

f (x) =  a se x = 0,

 x [exp(x) + 1] + 1 se x < 0.

0 (R) e stabilire se f è uniformemente continua su R.

Determinare a in modo che f appartenga a C

•  √

Sia  x arc tg( x) se x > 1,

 a se x = 1, x

(exp(x) = e )

f (x) =  π

 −

exp(x 1) se x < 1.

4 24

0

Determinare a in modo che f appartenga a C (R) e stabilire se f è uniformemente continua su R.

• Sia Z 2 +1

x ln t dt .

f (x) = t +1

1

Provare che f è definita su R e che è uniformemente continua su R.

• Sia ½ − 1 se x > 0,

e 2 ¢

¡

x

f (x) = 1 se x < 0.

arc tg x

a) Dire se esiste α R tale che, definendo f (0) = α, si ha f continua su R;

b) determinare l’insieme di uniforme continuità di f .

• ¶

µ

Sia  1

 −

 se x < 0,

exp 2

x x

(exp(x) = e )

f (x) =  1

1

 − se x > 0.

x arc tg(x)

Verificare che f è prolungabile per continuità nell’origine. La funzione prolungata è derivabile per x = 0?

• Sia  x se x < 0,

x e

 a se x = 0,

f (x) = 

 2 (x) se x > 0.

sen

Determinare a affinché f sia continua su R. Per tale valore di a, la funzione è uniformemente continua su

R?

• ´

³

Dimostrare che la funzione cos(x)

f (x) = arc tg e

è uniformemente continua su R.

• ´

³

Dimostrare che la funzione sen(x)

f (x) = sen e

è uniformemente continua su R.

• ½

Sia −

x 1) se x < 1,

a (e

f (x) = −x ≥

se x 1.

e

Determinare a in R affinché f sia continua su R. Verificare che, con tale scelta di a, f risulta essere

uniformemente continua su R.

• Sia ( cos(x) se x < 0,

≤ ≤

− 2

f (x) = se 0 x 1,

1 x

−2x + a se x > 1.

Determinare a in R affinché f sia continua su R. Verificare che, con tale scelta di a, f risulta essere derivabile

su R.

• Determinare a e b affinché la seguente funzione risulti essere continua su R:

 −

ax 1

e

 se x < 0,

 x

 1 se x = 0,

f (x) = 

 2

 x)

sen(b

 se x > 0.

x

25

Per tali valori di a e b, la funzione f risulta essere uniformemente continua su R?

• Determinare a affinché la seguente funzione risulti essere continua su R:

½ ¢

¡ 1 se x < 0,

x sen

f (x) = x ≥

sen(x + a) se x 0.

• ½

Sia sen(x) se x < 0,

f (x) = ≥

ln(1 + x) se x 0.

Verificare che f è continua su R, che è derivabile su R e che è uniformemente continua su R.

• Determinare a e b in R affinché la funzione

 1

 + a se x < 0,

e

 x

 3 se x = 0,

f (x) = 

 ln(1 + bx)

 se x > 0,

x

sia continua su R. La funzione cosı̀ ottenuta è uniformemente continua su R?

• 

Sia  2

x

 se x < 0,

x 1

f (x) =  √

 ≥

x se x 0.

3

Dimostrare che f è uniformemente continua su R.

• in R è continua la funzione

Dire per quali x 0 ½ ∈

2 se x Q,

x

f (x) = 6∈

2x + 3 se x Q.

• Determinare a affinché sia continua su R la funzione

½ S

∈ [2nπ, (2n + 1)π),

sen(x) se x S n∈Z

f (x) = 6∈ [2nπ, (2n + 1)π).

a se x n∈Z

• Determinare a, b, c e d affinché sia continua su R la funzione

( ax + b se x < 0,

≤ ≤

2

f (x) = se 0 x 1,

x

cx + d se x > 1.

• Dimostrare che è continua su R la funzione ½ x ln(x) se x > 0,

f (x) = −x ≤

se x 0.

• Dire per quali a in R la funzione ´

³

 a

 se x > 0,

exp x x

(exp(x) = e )

f (x) =  ≤

2 se x 0,

(a x) 26

è derivabile in R.

• ½

Sia 2 + a x + b se x < 0,

x

f (x) = − ≥

x 1 se x 0.

e

Determinare a e b in R affinché f sia derivabile su R.

• ½

Sia ≤

2 se x 1,

x

f (x) = 3x + a se x > 1.

Esiste a per il quale f è derivabile su R?

• Determinare a e b affinché la seguente funzione sia derivabile su R:

½ ≥

2 se x 0,

x

f (x) = ax + b se x < 0.

• Determinare a affinché la seguente funzione sia derivabile su R:

( 2 ln(x) se x > 0,

x

f (x) = a se x = 0,

1 se x < 0.

e x

Scrivere inoltre l’espressione della derivata di f .

• Scrivere l’espressione della derivata prima delle seguenti funzioni: p −

2 2x 2

) , arc tg(e ) , sen(ln(cos(x))) , arc sen( 1 x )

cos(x

(per l’ultimo, attenzione ai moduli!).

• Scrivere l’espressione della derivata prima delle seguenti funzioni:

√ − 2

2

cos( tg

1 x ) (x)

sen(x) √

, ,

3x 2

e + x sen(x)

2

1 x

(attenzione alle semplificazioni nell’ultima!).

• Determinare a e b in R tali che la funzione ½ ≥

3 se x 1,

x

f (x) = ax + b se x < 1,

sia derivabile in x = 1.

• 

Sia ∈

 3 se x [0, 1],

x

f (x) =  − ∈

2 λ x + λ se x (1, 2].

x

Determinare λ affinché f soddisfi le ipotesi del teorema di Lagrange, e calcolare i valori intermedi soddisfacenti

la tesi del teorema.

• Sia ≥

(t)] , t 1 , [x] = parte intera di x.

f (t) = [log 2

Studiare l’insieme di definizione, la continuità e la derivabilità della funzione

Z x ≥

f (t) dt x 1 .

F (x) = 1 27

• Sia − ≥

f (t) = ln(t) [ln(t)] , t 1 , [x] = parte intera di x.

Studiare l’insieme di definizione, la continuità e la derivabilità della funzione

Z x ≥

f (t) dt x 1 .

F (x) = 1

8. Punti di accumulazione

• ¸

·

Sia [ 1

1 −

, 1 .

I = n n

n≥3

D(I) \

Dopo aver dimostrato che 0 ed 1 appartengono a I, calcolare il limite per x tendente a 0 e ad 1 di

f : I R definita da f (x) = ln(x). }. D(I) \

• ∩ {x ∈ |arc ≤ π Calcolare, per ogni x in I,

Sia I = Q R : tg(x)| 0

4 cos(x) .

lim

x→x

0

n

(−1) ∈ → |x|.

• { , n N} e sia f : I R definita da f (x) = Calcolare

Sia I = n f (x) , lim f (x) .

lim

x→0 1

x→ 1000

• → →

Siano f : R R e g : R R due funzioni continue tali che f (x) = g(x) per ogni x in Q. Dimostrare

che f (x) = g(x) per ogni x in R. Dimostrare che il risultato rimane vero se si sostituisce Q con un qualsiasi

insieme E denso in R.

• Determinare il derivato dell’insieme ¾

½ −

x 1 ≤

∈ 1 .

I = x R : x +2

• Determinare il derivato dell’insieme ¾

½ 1

∈ = 0 .

I = x R : lim 2

1 + nx

n→+∞

• Determinare il derivato degli insiemi {x ∈ |x − |x

{x ∈ 2 > 2} , J = R : 1| + + 2| < 4} .

I = R : x

• Sia − − ·

{x ∈ x x x

3 2 4 + 2 > 0} .

A = R : 12

Determinare l’interiore, la chiusura, il derivato e la frontiera di A.

• Siano · ¶ · ¶

[ [

+∞ +∞

1 1

1 1

, B = .

, ,

A = ·

n n−1 n n

2 2 2 3 3

n=1 n=1

Determinare l’interiore, la chiusura, il derivato e la frontiera di A e B.

28

• ¶

µ

Sia 1

1 ≥ ∩

{x ∈ 0} [0, ] .

A = R : sen x 2π

Determinare l’interiore, la chiusura, il derivato e la frontiera di A.

9. Studio di funzioni

• Disegnare il grafico della funzione 2 x

+ 1) e .

f (x) = (x

• Studiare il grafico della funzione (limitandosi alle derivate prime)

Ãs¯ !

¯

¯

¯ −

x 1 ¯

¯ .

f (x) = arc tg ¯

¯ x + 1

• Studiare il grafico della funzione (limitandosi alle derivate prime)

f (x) = sen(ln(x)) .

• Studiare il grafico della funzione x + 2) .

f (x) = ln(e

• Studiare il grafico della funzione |x−1|

e .

f (x) = x +2

• Studiare il grafico della funzione −x

2 /2 .

f (x) = x e

• Studiare il grafico della funzione f (x) = ln(sen(x)) .

• Studiare il grafico della funzione −

2 1

x .

f (x) = x +3

• Studiare il grafico della funzione f (x) = x sen(x) .

• Studiare il grafico della funzione |x − |x −

f (x) = 1| + 3| .

• Disegnare il grafico della funzione f (x) = sen(x) + cos(x) .

• Disegnare il grafico della funzione f (x) = x arc tg(x) .

• Disegnare il grafico della funzione (lo studio della derivata seconda non è richiesto)

2 (x)

ln .

f (x) = x

29

• Disegnare il grafico della funzione x .

f (x) = cos(x) e

• ¶

µ

Sia 1 x

. ((exp(x) = e ))

f (x) = exp |x| − 4

Studiare fino al secondo ordine il grafico della funzione (insieme di definizione, segno, limiti, massimi e

minimi relativi ed assoluti, asintoti, continuità e derivabilità, insiemi di crescenza e decrescenza, di concavità

e convessità).

• Sia | (x + 1)| .

f (x) = (x + 1) log 12

Studiare fino al secondo ordine il grafico della funzione (insieme di definizione, segno, limiti, massimi e

minimi relativi ed assoluti, asintoti, continuità e derivabilità, insiemi di crescenza e decrescenza, di concavità

e convessità).

• r

Sia − −

2

3x x 2 .

f (x) = x +1

Studiare fino al primo ordine il grafico della funzione (insieme di definizione, segno, limiti, massimi e minimi

relativi ed assoluti, asintoti, continuità e derivabilità).

• r

Sia −

2

x 5x + 6 .

f (x) = −

x 1

Studiare fino al primo ordine il grafico della funzione (insieme di definizione, segno, limiti, massimi e minimi

relativi ed assoluti, asintoti, continuità e derivabilità).

• Sia − −

2x x

3 e + 2) ln(2) .

f (x) = ln(e

Si studi l’insieme di definizione, il segno, i limiti e gli eventuali asintoti, la derivata prima e la derivata

seconda di f . Si disegni il grafico approssimativo della funzione f .

• Sia −

− 2x x

5 e + 6) .

f (x) = ln(2) ln(e

Si studi l’insieme di definizione, il segno, i limiti e gli eventuali asintoti, la derivata prima e la derivata

seconda di f . Si disegni il grafico approssimativo della funzione f .

• Si studi fino alle derivate del primo ordine la funzione

√ ¯ ¶

µ¯ ¯

¯ x + 1 ¯

¯¯ ,

f (x) = ln ¯

x 1

disegnandone un grafico approssimativo.

• Si studi fino alle derivate del primo ordine la funzione

Ãs¯ !

¯

¯ ¯

1 x

¯ ¯ ,

f (x) = arc tg ¯ ¯

1 + x

disegnandone un grafico approssimativo.

|x |g|).

• 2x+3 2 2x+3 2

x + 1| (si osservi che, detta g(x) = e x (x + 1), si ha f =

Si studi la funzione f (x) = e 30

• Si studi la funzione (trascurando concavità e convessità):

µ x

1 − |x|)

|x|) x )

+ (x . (exp(x) = e

f (x) = (x + exp −

x 1 x +1

La funzione è derivabile per x = 0? Dove è uniformemente continua?

• Sia 1 .

g(x) = 2

ln(|2x + x|)

Determinare l’insieme di definizione di g, e prolungarla per continuità dove è possibile. Detto f il prolunga-

mento, determinare limiti ed asintoti, intervalli di crescenza e decrescenza, insieme di derivabilità di f e

disegnarne il grafico.

• ¶

µ

Sia exp(x) + 1

− x ) .

(exp(x) = e

f (x) = 2|x 1| + arc tg −

exp(x) 1

Determinare insieme di definizione, segno, limiti ed asintoti, intervalli di crescenza e decrescenza, insieme di

derivabilità, insiemi di concavità e convessità di f e disegnarne il grafico.

• ¯

¯ ¶

µ

Sia ¯

¯ x + 1 ¯

¯

− − x

. (exp(x) = e )

g(x) = 2 exp ¯

¯ x

Trovarne l’insieme di definizione; verificare che g è prolungabile per continuità su R. Detto f il prolunga-

mento, determinare asintoti, insiemi di crescenza e decrescenza, di derivabilità (con eventuali massimi e

minimi), di concavità e convessità di f (con eventuali flessi). Disegnare il grafico di f .

• ¯

¯ ¶

µ

Sia ¯

¯ −

x 2 ¯

¯

− − x

. (exp(x) = e )

g(x) = 4 3 exp ¯

¯ x

Trovarne l’insieme di definizione; verificare che g è prolungabile per continuità su R. Detto f il prolunga-

mento, determinare asintoti, insiemi di crescenza e decrescenza, di derivabilità (con eventuali massimi e

minimi), di concavità e convessità di f (con eventuali flessi). Disegnare il grafico di f .

• ¯

¯ ¶

µ

Sia ¯

¯ −

x 1 ¯

¯¯

− x )

. (exp(x) = e

g(x) = 2 exp ¯

x

Trovarne l’insieme di definizione; verificare che g è prolungabile per continuità su R. Detto f il prolunga-

mento, determinare asintoti, insiemi di crescenza e decrescenza, di derivabilità (con eventuali massimi e

minimi), di concavità e convessità di f (con eventuali flessi). Disegnare il grafico di f .

• ¯

¯ ¶

µ

Sia ¯

¯ x + 2 ¯

¯¯

− x

. (exp(x) = e )

g(x) = exp ¯

x

Trovarne l’insieme di definizione; verificare che g è prolungabile per continuità su R. Detto f il prolunga-

mento, determinare asintoti, insiemi di crescenza e decrescenza, di derivabilità (con eventuali massimi e

minimi), di concavità e convessità di f (con eventuali flessi). Disegnare il grafico di f .

• Sia p |x|

− + 1) .

f (x) = 2x 3 log(

Determinare insieme di definizione, limiti ed asintoti, intervalli di crescenza e decrescenza, insieme di deriv-

abilità. Sapendo che la derivata seconda di f esiste ed ha segno costante dove f è derivabile, disegnare il

grafico di f .

• Sia p

5 |x| −

log( + 2) x .

f (x) = 2 31

Determinare insieme di definizione, limiti ed asintoti, intervalli di crescenza e decrescenza, insieme di deriv-

abilità. Sapendo che la derivata seconda di f esiste ed ha segno costante dove f è derivabile, disegnare il

grafico di f .

• Sia p

3 |x|

− log( + 1) .

f (x) = x 2

Determinare insieme di definizione, limiti ed asintoti, intervalli di crescenza e decrescenza, insieme di deriv-

abilità. Sapendo che la derivata seconda di f esiste ed ha segno costante dove f è derivabile, disegnare il

grafico di f .

• Sia p |x| −

+ 2) x .

f (x) = 6 log(

Determinare insieme di definizione, limiti ed asintoti, intervalli di crescenza e decrescenza, insieme di deriv-

abilità. Sapendo che la derivata seconda di f esiste ed ha segno costante dove f è derivabile, disegnare il

grafico di f .

• Sia 1 − −

− 2 x

x 2) , (exp(x) = e ) .

x 2|) (x

f (x) = exp (−| 2

Determinare insieme di definizione, limiti ed asintoti, intervalli di crescenza e decrescenza e di concavità e

convessità, massimi e minimi relativi, flessi di f e disegnarne il grafico.

• Sia µ ¶

 1

4

 arc tg se x < 0,

π x +1

i ´

³h [x] = parte intera di x.

f (x) =  x

 ≤ ≤

+ 1 cos x se 0 x 3π,

π

Determinare insieme di definizione, limiti ed asintoti, insieme di continuità, intervalli di crescenza e de-

crescenza, massimi e minimi relativi di f e disegnarne il grafico (suggerimento: disegnare preliminarmente

¤

£ ≤ ≤

x + 1, per 0 x 3π).

il grafico di π

• Sia ¶

µ x .

f (x) = arc tg 1 + log x

Dopo aver determinato l’insieme di definizione, il segno, gli asintoti e gli intervalli di crescenza e decrescenza

di f , disegnarne il grafico.

• Data la funzione −x

2 +x+1

e ,

f (x) = x +1

determinarne dominio, insiemi di crescenza e decrescenza, limiti e immagine; disegnarne il grafico e dire dove

la funzione è uniformemente continua. 10. Integrali

• Calcolare ¶

µ

Z 32

2 1

1 dx .

1+ x x

1

• Calcolare Z 0 exp (2x) + 1 x ) .

dx , (exp(x) = e

− −

exp (2x) exp(x) 2

−1 32

• Calcolare il seguente integrale indefinito: Z −

2 4x + 5) dx .

ln(x

• Calcolare il seguente integrale indefinito: Z 2 + 2x + 2) dx .

ln(x

• Calcolare il seguente integrale indefinito: Z 2 + 4x + 5) dx .

ln(x

• Calcolare il seguente integrale indefinito: Z −

2 2x + 2) dx .

ln(x

• Siano Z Z

1 3

n x n x

= x e dx , J = x e dx .

I

n n

0 1

in termini di I e dimostrare che I tende a zero quando n tende all’infinito. Dimostrare che

Calcolare I n n−1 n

diverge con n.

J n

• Calcolare la primitiva di −

2 2x + 1) arc tg(x)

f (x) = (3x

che assume minimo assoluto uguale a -1.

• Sia Z 1 3

n

= [ln(x)] x dx .

I

n 0

è ben definito e calcolare

Dimostrare che I n |I | n

4

n .

lim n!

n→+∞

• Calcolare Z p

1 | − x

exp[− exp(x) + exp(x) 1|] exp(x) dx . (exp(x) = e )

−1

• Calcolare Z 1 2

2 tan (x) + tan(x) dx .

tan(x) 1

0

• Calcolare Z 3 dx .

2

x (1 + ln (x))

1

• Calcolare Z 1 1 dx .

3x

1 + e

0 33

• Calcolare (per parti) Z 2 arc tg(x) dx .

2

x

1

• Calcolare (per parti) Z 1 −

2

(3x 2x + 1) arc tg(x) dx .

0

• Calcolare (per parti) Z 2 2

ln(x + 1) dx .

1

• Calcolare ¶

µ

Z 32

2 1

1 dx

1+ x x

1

(si ponga t = 1/x e successivamente s = 1 + t).

• Calcolare (per parti e per sostituzione) Z

Z 2

3 5 3

x

e dx , 3x cos(x ) dx .

x

• Calcolare (per sostituzione) Z Z Z

Z √

p

√ x

e

2 √

− x

2

1 + x dx , x x 1 , x e dx , dx .

x

• Calcolare (per parti) Z Z 2 cos(x) dx .

x cos(x) dx , x

• Calcolare (per parti): Z Z 2 sen(x) dx .

x sen(x) dx , x

• Calcolare (per parti): Z

Z 2

x x

dx , x e dx ,

x e

e, detto, per n in N, Z n x

= x e dx ,

I

n

a I .

trovare la relazione che lega I n n−1

• Z

Calcolare √ √ x

x e dx .

• Calcolare Z π dx

2 .

3sen(x) + cos(x) + 1

0

• Z

Calcolare n dx

=

b n (x + 1)(x + 2)

1 34

e successivamente b .

lim n

n→+∞

• Z

Calcolare dx .

2sen(x) + 9 cos(x) + 6

• Calcolare le primitive di 2 (x) + tg(x)

2tg ,

f (x) = −

tg(x) 1

e successivamente calcolare Z π

6 f (x) dx .

0

• Calcolare Z − − −

4 3 2

x 4x + 15x 14

x dx .

− −

(x 1)(x 2)(x + 2)

• Calcolare Z √

8 3

2 4

3 x sen ( x ) dx .

1

• Z

Calcolare e x ln(x) dx .

1

• Dire se esiste il seguente integrale improprio e, in caso affermativo, calcolarlo:

√ √

Z 1 ( x + 1) exp( x)

√ s

dx (exp(s) = e ) .

x

0

• Calcolare, se esiste p

Z |

+∞ exp[− log(x) + log(x)| + 1] x )

dx . (exp(x) = e

x

1

e

• Calcolare, se esiste p

Z 3π |

exp[− cot(x) + cot(x)| + 1]

4 x

dx . (exp(x) = e )

2

sin (x)

0

• Calcolare, se esiste p

Z π |

exp[− tan(x) + tan(x)| + 1]

2 x

dx . (exp(x) = e )

2

cos (x)

− π

4

• Calcolare, se esiste Z p

+∞ | − x

exp[− exp(x) + exp(x) 1|] exp(x) dx . (exp(x) = e )

−1 35

• Dire se è definito ed eventualmente calcolare ¡ ¢

Z 1

+∞ log 1 +

√ x dx .

x

0

• Quale relazione devono soddisfare α > 0 e β > 0 affinché esista finito

Z +∞ β

ln(1 + x ) dx ?

α

x

0

• Dimostrare (usando uno dei criteri noti) la convergenza del seguente integrale improprio:

Z +∞ 1 dx ,

x

3 + e

0

e, successivamente, calcolarlo.

• Dimostrare (usando uno dei criteri noti) la convergenza del seguente integrale improprio:

Z +∞ 1 dx ,

3x

1 + e

0

e, successivamente, calcolarlo.

• Dimostrare (usando uno dei criteri noti) la convergenza del seguente integrale improprio:

Z +∞ ln(x) dx ,

2

(x + 1)

1

e, successivamente, calcolarlo.

• Dimostrare (usando uno dei criteri noti) la convergenza del seguente integrale improprio:

Z +∞ arc tg(x) dx ,

2

x

1

e, successivamente, calcolarlo.

• Sia Calcolare Z +∞ dx .

2

x (1 + ln (x))

1

Per quali valori di α 0 è convergente l’integrale improprio

Z +∞ dx ?

2

α

x (1 + ln (x))

1

• →

Sia f : [−1, 1] R definita da  ∈

x

 se x [−1, 0),

x e

2 se x = 0,

f (x) =  ∈

1 se x (0, 1].

x

e +1

Determinare l’espressione della funzione integrale Z x f (t) dt ,

F (x) = −1

36

e discuterne continuità e derivabilità.

• →

Sia f : [−1, 1] R definita da  ∈

 1 se x [−1, 0),

x

e +1

1 se x = 0,

f (x) =  ∈

x se x (0, 1].

x

e

Determinare l’espressione della funzione integrale Z x f (t) dt ,

F (x) = −1

e discuterne continuità e derivabilità. 11. Numeri complessi

• Risolvere la seguente equazione nel campo complesso:

− |z|

2 z + 1 = 0 .

z

• √

Sia 3

i + .

z = 2 2

Calcolare, in forma trigonometrica, √

1 4

e z.

z

• Trovare le radici complesse dell’equazione −

2 z̄ .

i z

• Trovare le radici complesse dell’equazione −

2 i z̄ .

z

• 9 = 1 hanno parte reale positiva.

Dire quante (e quali) delle soluzioni complesse di z

• Trovare i numeri complessi z tali che |z|

− 2 + .

z + z̄ 3Imz = z

12. Varia

´

³

• → x + sen(x). Dimostrare che esiste ξ in (0, 1) tale che f (ξ) = 0.

Sia f : (0, 1) R definita da f (x) = ln 1−x

• →

Sia f : (a, b) R continua tale che ∈ ∈

f (x) = L R , lim f (x) = M R .

lim −

+

x→a x→b ¯

|f ≤

Si dimostri che esiste T in R tale che (x)| T per ogni x in (a, b). Suggerimento: la funzione f (x) che

¯ ¯

coincide con f su (a, b), ed è tale che f (a) = L e f (b) = M è. . .

• →

(Teorema di Weierstrass generalizzato) Sia f : R R continua tale che

f (x) = lim f (x) = +∞ .

lim

x→+∞ x→−∞

37

Mostrare che f ammette minimo su R. Suggerimento: sia m l’estremo inferiore di f su R, e sia (come nella

}

{x una successione di numeri reali tale che f (x )

dimostrazione del teorema di Weierstrass sugli intervalli) n n

}

{x non fosse limitata. . .

converge a m. Se n

• →

Sia f : [0, 1] R continua. Dimostrare che se f (x) > 0 per ogni x in [0, 1], allora esiste α > 0 tale che

f (x) α per ogni x in [0, 1]. Mostrare (con controesempi) che tale proprietà non è vera se la funzione è

continua su (0, 1), oppure se è discontinua su [0, 1].

• x + 1) + cos(x). Dimostrare che esiste ξ in R tale che f (ξ) = 0.

Sia f (x) = x (e −

• x + x 2. Dimostrare che esiste ξ in [0, 2] tale che f (ξ) = 0.

Sia f (x) = e

• P(N) {E ⊆ P(N) → {successioni}

Sia = : E N} l’insieme delle parti di N. Sia T : definita da

½ ∈

1 se n E,

{a (E)} , a (E) =

T (E) = ∈

6

n n∈N n 0 se n E.

P(N) →

Scrivere T ({pari}). Sia poi S : R definita da X

n a (E)

k .

S(E) = lim k

2

n→+∞ k=1

Dimostrare che S è ben definita e che S(P(N)) [0, 1]. Calcolare S({pari}). S è iniettiva?

• 1 , π]. Si dimostri che A ha la stessa cardinalità di R.

Sia A = [ π

• ⊆

Sia A N, A infinito. Si dimostri che A è numerabile.

|x

• 2x+3 2

x + 1|. Determinare il numero delle soluzioni dell’equazione f (x) = a al variare di a

Sia f (x) = e

in R. 00 0

• ∈ 2 ([0, 1]) tale che f (x) 2 cos(f (x)) = 1 per ogni x in [0, 1]. Dimostrare che f non può avere

Sia f C

punti di massimo relativo in (0, 1).

• Usando il teorema di esistenza degli zeri e la monotonia delle funzioni, dimostrare che le equazioni

x + arc tg(x) = 1 , arc tg(x) = ln(x) ,

ammettono un’unica radice reale.

• π ), dove

Calcolare f (x) per x in (0, 2 Ãs !

4

1 −

arccos 1 .

f (x) = 2

2x (tg (x) + cotg (x))

• →

Sia f : [−1, 1] R; dimostrare che esistono due funzioni g e h, con g pari e h dispari, tali che f (x) =

g(x) + h(x) per ogni x in [−1, 1]. Le due funzioni sono uniche?

• →

Sia f : [0, 2] R continua e derivabile due volte in (0, 2). Sia inoltre

f (0) = f (1) = f (2) .

00

∈ (ξ) = 0. Trovare un controesempio nel caso in cui f sia derivabile

Dimostrare che esiste ξ (0, 2) tale che f

una sola volta in (0, 2).

• Determinare il numero delle radici reali dell’equazione

− − −

3 2

2x 7x 5 = 0 .

x 38

• ∈

Dimostrare che per ogni c R esiste un’unica soluzione dell’equazione

2 x

2) = c , (exp(x) = e ) .

arc tg(x) exp (x

• Sia ½ 6

x y

√ se (x, y) = (0, 0)

2 2

+

y x

f (x, y) = 0 se (x, y) = (0, 0)

Studiare la continuità, la derivabilità parziale e la differenziabilità di f in (0, 0).

• 

Sia ¶

µ

 3 3

|x| |y| − 6

2 2 1 se (x, y) = (0, 0)

exp x

2 2 ) .

(exp(x) = e

f (x, y) = +y

x

 0 se (x, y) = (0, 0)

Studiare la continuità, la derivabilità parziale e la differenziabilità di f in (0, 0).

• (

Sia ³ ´ 6

y

2

3 se (x, y) = (1, 0)

sin

y −2x+1

2 2

f (x, y) = +y

x 0 se (x, y) = (1, 0)

Studiare la continuità, la derivabilità parziale e la differenziabilità di f in (1, 0).

• (

Sia ´

³ 2 6 −1)

x

3 se (x, y) = (0,

arc tg

x 2 2

f (x, y) = +y +2y+1

x −1)

0 se (x, y) = (0, −1).

Studiare la continuità, la derivabilità parziale e la differenziabilità di f in (0,

• (

Sia ´

³ 6

y

2 se (x, y) = (−1, 0)

cos

y 2 2

f (x, y) = +y +2x+1

x 0 se (x, y) = (−1, 0)

Studiare la continuità, la derivabilità parziale e la differenziabilità di f in (−1, 0).

• (

Sia ´

³ 6

x

2 se (x, y) = (0, 1)

sin

x −2y+1

2 2

f (x, y) = +y

x 0 se (x, y) = (0, 1)

Studiare la continuità, la derivabilità parziale e la differenziabilità di f in (0, 1).

• (

Sia 1−cos(x y) 6

se (x, y) = (0, 0)

3

f (x, y) = 2 2

(x +y ) 2

0 se (x, y) = (0, 0)

Studiare la continuità, la derivabilità parziale e la differenziabilità di f in (0, 0).

• (

Sia 2

exp(x )−1

y 6

se (x, y) = (0, 0)

f (x, y) = 2 2

+y

x 0 se (x, y) = (0, 0)

Studiare la continuità, la derivabilità parziale e la differenziabilità di f in (0, 0).

• (

Sia 2

log(1+x )

y 6

se (x, y) = (0, 0)

f (x, y) = 2 2

+y

x 0 se (x, y) = (0, 0)

Studiare la continuità, la derivabilità parziale e la differenziabilità di f in (0, 0).

39

• (

Sia 2

arc tg(x y) 6

se (x, y) = (0, 0)

f (x, y) = 2 2

+y

x 0 se (x, y) = (0, 0)

Studiare la continuità, la derivabilità parziale e la differenziabilità di f in (0, 0).

• ½

Sia 2 + 1) se x y > 0

ln((x y) 3

f (x, y) = ≤

0 se x y 0

Studiare la continuità, la derivabilità parziale e la differenziabilità di f in (0, 0) e in (1, 0).

• (

Sia 3 6

2x cos

y y se (x, y) = (0, 0)

3

f (x, y) = 2 2

(x +y ) 2

0 se (x, y) = (0, 0)

Studiare la continuità, la derivabilità parziale e la differenziabilità di f in (0, 0).

• ( ´

³

Data la funzione 6

x se (x, y) = (0, 0)

y sin 2 2

f (x, y) = +y

x

0 se (x, y) = (0, 0)

studiarne la continuità, la derivabilità parziale e la differenziabilità nell’origine.

40

Calcolo I, a.a. 2002–2003 — Esercizi 1 — 8 ottobre 2002

© – 1) Si dimostri per induzione che, per ogni n in N,

n n(n + 1)(2n + 1)

2

X k = ,

6

k=0

e successivamente si calcoli la somma dei primi n termini della successione

· · ·

1 2 + 2 3 + 3 4 + ...

La formula è evidentemente vera per n = 0; supponendola vera per un certo n, abbiamo

n+1 n+1 n(n + 1)(2n + 1)

2 2 2 2

X X + (n + 1)

k = k + (n + 1) = 6

k=0 k=0 2

(n + 1)[n(2n + 1) + 6(n + 1)] (n + 1)(2n + 7n + 6)

= =

6 6

(n + 1)[(n + 1) + 1][2(n + 1) + 1]

= ,

6

come volevasi dimostrare. Per la seconda parte dell’esercizio, si tratta di calcolare

n n n n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) n(n + 1)(n + 2)

2

X X X

k(k + 1) = k + k = + = .

6 2 3

k=0 k=0 k=0

© – 2) Si dimostri per induzione che, per ogni n in N,

n 2 2

n (n + 1)

3

X k = .

4

k=0

Sapendo che la funzione che calcola la somma delle potenze m-sime dei primi n + 1 numeri

naturali (zero incluso) è un polinomio in n di grado m + 1, come si può fare a calcolarne i

coefficienti (§)? In particolare, quanto vale il termine noto (©)?

La formula è evidentemente vera per n = 0; supponendola vera per un certo n, abbiamo

n+1 n+1 2 2

n (n + 1) 3

3 3 3

X X + (n + 1)

k = k + (n + 1) = 4

k=0 k=0 2 2 2 2

(n + 1) [n + 4(n + 1)] (n + 1) (n + 2)

=

= 4 4

2 2

(n + 1) [(n + 1) + 1]

= ,

4

come volevasi dimostrare. Per la seconda parte della domanda, sapendo che la somma delle

potenze m dei primi n+1 numeri naturali è un polinomio di grado m+1, è sufficiente calcolare

i valori delle somme per i primi m + 2 numeri naturali, e risolvere (l’enorme) sistema di m + 2

equazioni in m+2 incognite che si ottiene. Il calcolo può essere semplificato dall’osservazione

1

che il termine noto del polinomio è sempre nullo (perché, qualsiasi sia m, quando n = 0 la

somma vale zero).

© 6

– 3) Sia q = 1. Si dimostri per induzione che, per ogni n in N,

n n+1

1 q

k

X q = .

1 q

k=0

La formula è evidentemente vera per n = 0; supponendola vera per un certo n, abbiamo

n+1 n+1 n+1

1 q

k k n+1 n+1

X X

q = q + q = + q

1 q

k=0 k=0 n+1 n+1 n+2 n+2

− − −

1 q + q q 1 q

= = ,

− −

1 q 1 q

come volevasi dimostrare. Osserviamo che per q = 1 la somma vale (banalmente) n + 1.

© ≥ −1.

– 4) Sia h Si dimostri per induzione che, per ogni n in N,

n ≥

(1 + h) 1 + n h . (1)

La (1) si chiama disuguaglianza di Bernoulli.

Se n = 0 abbiamo 1 1, che è vera. Supponendo la (1) vera per un certo n abbiamo,

osservando che 1 + h 0 per ipotesi,

n+1 n 2

≥ ≥

(1 + h) = (1 + h) (1 + h) (1 + h) (1 + n h) = 1 + (n + 1) h + n h 1 + (n + 1) h ,

come volevasi dimostrare.

© – 5) Si dimostri per induzione che, per ogni n in N,

n n−1

n 2 n! .

Suggerimento: si usi l’Esercizio 4.

1

Se n = 0 abbiamo 1 , che è vera. Supponendo la disuguaglianza vera per un certo n

2

abbiamo n n−1 n

2 (n + 1)! = 2 (n + 1) 2 n! 2 (n + 1) n ,

n n+1

cosicché si avrà la tesi dimostrando che 2 (n + 1) n (n + 1) per ogni n naturale.

Quest’ultima disuguaglianza è equivalente alla n

n

(n + 1) 1

≥ ≥

2 se e solo se 1+ 2 ,

n

n n

1

che è vera per la disuguaglianza di Bernoulli (con h = ):

n

n

1 1

1+ 1+ n = 2 .

n n

2

© – 6) Si dimostri per induzione che, per ogni n in N,

n−1

n! 2 .

12

≥ ≥

Se n = 0 abbiamo 1 , che è vera; se n = 1 abbiamo 1 1, che è anch’essa vera.

Supponendo la disuguaglianza vera per un certo n abbiamo n−1

(n + 1)! = (n + 1) n! (n + 1) 2 ,

n−1 n

≥ ≥

e la tesi segue dal dimostrare che (n + 1) 2 2 , ovvero che n + 1 2; in definitiva, che

≥ ≥

n 1. Pertanto, la disuguaglianza è vera per ogni n 1, e anche per n = 0 per verifica

diretta.

§§ – 7) Si dimostri per induzione che, per ogni n in N,

n n

n 3 n! .

Suggerimento: si usino, nell’ordine, la formula per la potenza n-sima del binomio (©), la

definizione di coefficiente binomiale (©), un’astuta maggiorazione (§), l’isolamento di un

paio di termini di una somma (§), l’Esercizio 6 (©) e l’Esercizio 3 (©).

Ragionando come nell’Esercizio 5, la disuguaglianza è vera se si riesce a dimostrare che

n

1

≤ 3 .

1+ n

Usando la formula della potenza n-sima del binomio, si ha

n n n

n ! · − · · −

1 n 1 n! 1 1 n (n 1) . . . (n k + 1)

X X X

= = = .

1+ k k

− · · ·

n k n k! (n k)! n k! n n ... n

k=0 k=0 k=0

Dal momento che · − · · −

n (n 1) . . . (n k + 1) ≤ 1 ,

· · ·

n n ... n

essendo il numeratore il prodotto di k fattori ognuno minore o uguale al corrispondente

fattore del denominatore, abbiamo, per gli Esercizi 6 e 3,

n n n

n

1 1 1 1 1

X X X

≤ ≤ −

1+ =2+ 2+ =2+ 1 < 3 ,

k−1 n−1

n k! k! 2 2

k=0 k=2 k=2

come volevasi dimostrare.

§ – 8) Si calcolino, al variare di n in N,

n n k

X X

1+ k k! , .

(k + 1)!

k=1 k=1

Se si scrivono i valori delle prime somme, si trova 2, 6, 24, 120, cosicché si può congetturare

che la somma sia (n + 1)!. Supponendo che sia vero per un certo n, abbiamo

n+1 n

X X

1+ k k! = 1 + 1 + k k! + (n + 1) (n + 1)! = (n + 1)! + (n + 1) (n + 1)! = (n + 2)! ,

k=1 k=1 3 12 56

come volevasi dimostrare. Calcolando le prime somme del secondo esercizio, abbiamo , ,

23 119 1

e , cosicché si può congetturare che la somma sia 1 . Supponendo che sia vero

24 120 (n+1)!

per un certo n, abbiamo

n

n+1 k k n +1 1 n +1 1

X X − −

= + =1 + =1 ,

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

k=1

k=1

come volevasi dimostrare.

© – 9) Si calcoli, al variare di n in N,

! ! ! !

n n n n

n

− −

+ . . . + (−1) .

0 1 2 n

Ricordando la formula della potenza n-sima di un binomio, abbiamo

n

! ! ! ! !

n n n n

n n k n−k n

X

− − −

+ . . . + (−1) = (−1) (1) = (1 1) = 0 .

0 1 2 n k

k=0

© – 10) Determinare il coefficiente del termine indipendente da x negli sviluppi di

2n 2n+1

1 1

x + , x + .

x x

Essendo 2n 2n

2n ! !

1 2n 1 2n

k 2k−2n

X X

x x ,

x + = =

2n−k

x k x k

k=0 k=0

2n

il termine di grado zero in x si ottiene per k = n, ed è quindi . Per la seconda parte,

n

2n+1 2n+1

2n+1 ! !

2n + 1 1 2n + 1

1

k 2k−2n−1

X X

= x = x ,

x + 2n+1−k

x k x k

k=0 k=0

e quindi il coefficiente del termine di grado zero in x è zero.

4

Calcolo I, a.a. 2002–2003 — Esercizi 2 — 15 ottobre 2002

© – 1) Si risolvano le seguenti disequazioni: √

x 1 − |x

> x 1 , + 1| > x + 1 .

x +1

Successivamente, si determinino estremo superiore ed inferiore dell’insieme delle soluzioni (specificando se

siano massimo e minimo).

Il primo esercizio può essere affrontato in due modi diversi (e uno dei due è più “astuto”). Il primo metodo

x−1 x−1 x−1 x−1

≥ −

consiste nell’usare la definizione di modulo: vale se 0, e altrimenti. Abbiamo cosı̀

x+1 x+1 x+1 x+1

due sistemi: − −

 x 1 x 1

≥ < 0

0 

 

 x +1

x +1 [ −

− x 1

x 1 − − −

>x 1 >x 1

 

 

x +1 x +1

x−1 ≥ ≥ −1,

0 se e solo se x 1 oppure x < abbiamo

Dal momento che x+1   −1

{x −1} ∪ {x ≥ < x < 1

< 1} 

 [ 2

2 −

− − − −x − 1)

x 1 (x 1) + 1 (x

> 0 > 0

 x +1 x +1

Risolvendo le due disequazioni fratte, si ha

{x −1} ∪ {x ≥ −1

< 1} < x < 1

[

{x −1} ∪ {0 ≤ ≤ {x −2} ∪ {−1 ≤

< x 1} < < x 1}

{x \ {−1}.

e quindi l’insieme delle soluzioni è dato da < 1} La via più astuta (ma anche più breve),

|x−1|

x−1 −

consisteva nell’osservare che è uguale a : se x > 1 la disequazione si riduce (dividendo per x 1,

|x+1|

x+1 1

che è positivo) alla disequazione > 1 che non è mai verificata (per x > 1). Se x < 1 otteniamo,

|x+1| 1

−(x − −1, 6 −1.

dividendo per 1) > 0, la disequazione > soddisfatta da ogni x = Infine, se x = 1 la

|x+1|

disequazione è falsa. Anche in questo caso otteniamo (come era ovvio. . .) che l’insieme delle soluzioni è la

−1. −∞

semiretta x < 1 privata di x = Estremo superiore ed inferiore dell’insieme delle soluzioni sono 1 e

(e non sono né massimo, né minimo).

Dal momento che l’insieme delle soluzioni della seconda disequazione è un sottoinsieme di [−1, +∞) (affinché

sia definita la radice quadrata), e che in questo sottoinsieme x+1 0, la disequazione è equivalente al sistema

≥ −1 ≥ −1 ≥ −1 ≥ −1

x x x x

√ ⇔ ⇔ ⇔

2 {x −1} ∪ {x

x(x + 1) > 0 < > 0}

(x + 1) > x + 1

x +1 > x +1 {x

da cui segue che l’insieme delle soluzioni è > 0}. L’estremo superiore (non massimo) è +∞, l’estremo

√ √

inferiore (non minimo) è zero. Si noti che essendo t > t se e solo se t > 1, la disequazione x + 1 > x + 1

poteva essere risolta senza elevare al quadrato.

© – 2) Si risolvano le seguenti disequazioni:

√ √

x

√ |x |x −

< x + 1 , + 2| + + 1| > 2|x 3| .

x 1

Successivamente, si determinino estremo superiore ed inferiore dell’insieme delle soluzioni (specificando se

siano massimo e minimo). 1

≥ 6

Supponiamo x 0, x = 1 e poniamo t = x, ottenendo la disequazione

2

t t + 1 < 0 ,

t 1

con la condizione t 0. Risolvendo (ed imponendo quest’ultima condizione) si trova 0 < t < 1 oppure

√ √

1+ 5 3+ 5

, da cui 0 < x < 1 oppure x > . L’estremo superiore (non massimo) è +∞, l’estremo inferiore

t > 2 2

(non minimo) è zero. −

Per la seconda disequazione, si devono distinguere 4 casi, a seconda dei segni di x + 2, x + 1 e x 3. Si

hanno cosı̀ quattro sistemi

≤ −2 −2 ≤ −1

x < x

−(x − −2(x − − −2(x −

+ 2) (x + 1) > 3) x + 2 (x + 1) > 3)

−1 ≤ −3

< x 3 x >

−2(x − −

x + 2 + x + 1 > 3) x + 2 + x + 1 > 2(x 3)

34 3

≤ ≥

∅, ∅, < x 3 e x 3. In definitiva, l’inseme delle soluzioni è [ , +∞), che

i cui insiemi di soluzioni sono 4

34 come minimo, e +∞ come estremo superiore (non massimo).

ha

© – 3) Si risolvano le seguenti disequazioni: 2

x +3 4x

1

1

2 −2

2x x ≥

≥ .

2 4 , 2 2

Successivamente, si determinino estremo superiore ed inferiore dell’insieme delle soluzioni (specificando se

siano massimo e minimo). x y

≥ ≥

Ricordando che se A > 1, allora A A se e solo se x y, la prima disequazione è equivalente (una volta

2x x 2

≥ − −2

osservato che 2 = 4 ) alla x x 2, il cui insieme delle soluzioni è [−2, 1] (con minimo e massimo

x y

≥ ≤

1). Analogamente, essendo A A se e solo se x y quando A < 1, la seconda disequazione è equivalente

2 ≤

alla x + 3 4x, il cui insieme delle soluzioni è [1, 3] (con minimo 1 e massimo 3).

© – 4) Si determinino estremo superiore ed inferiore, specificando se siano massimo e minimo, dei seguenti

insiemi:

1 1 1

1

[ \

− −

, 1 , , 1 + .

n n n n

n≥2 n≥1

Per calcolare estremo superiore ed inferiore degli insiemi, è necessario capire come siano fatti. Per il primo,

si può osservare che nessun numero negativo vi appartiene (non essendo in nessuno degli intevalli), né alcun

numero maggiore di 1. Con lo stesso ragionamento, si vede che né 0 né 1 sono nell’insieme. D’altra parte,

se 0 < x < 1, allora esisterà un numero naturale n (eventualmente dipendente da x) tale che x appartiene

x

h i

1 1

a , 1 , e quindi all’insieme. In definitiva, il primo insieme è l’intervallo (0, 1) (e a questo punto il

n n

x x

calcolo dell’estremo superiore ed inferiore è lasciato al lettore). Con un ragionamento analogo si dimostra

che il secondo insieme è l’intervallo chiuso [0, 1].

§ – 5) Si determinino estremo superiore ed inferiore, specificando se siano massimo e minimo, del seguente

insieme: {x ∈ [1, 2] : nell’espressione decimale di x non compare la cifra “0”} .

5 e che 1.29 non è ammesso.

Si ricordi che (ad esempio) = 1.250

4 2

10

È abbastanza facile rendersi conto che A = 1.1 = è il minimo dell’insieme dato. Infatti, A appartiene

9 ≤

all’insieme (dal momento che la sua espansione decimale non contiene zeri), e se 1 x < A è un numero

reale, almeno una delle sue cifre decimali deve essere minore di 1, e quindi zero. Ovviamente, il massimo

dell’insieme sarebbe 1, 9, se una tale espansione decimale fosse lecita. Dal momento che non lo è, e che 1.9

non è altri che 2, dimostriamo che 2 è l’estremo superiore (non è massimo, perché 2 = 2.0) dell’insieme.

Ovviamente, essendo 2 il massimo di [1, 2], 2 è un maggiorante del nostro insieme. Se consideriamo un

numero minore di 2, nella sua espansione decimale deve obbligatoriamente comparire una cifra decimale

minore di 9 (dato che tale espansione non può essere definitivamente composta di 9). Sia tale cifra la n-sima;

se consideriamo il numero reale 1.99 . . . 98, con esattamente n cifre 9, abbiamo un numero che appartiene

all’insieme (dato che 0 non compare), ed è più grande del numero considerato.

© – 6) Si determinino estremo superiore ed inferiore, specificando se siano massimo e minimo, dei seguenti

insiemi:

4 n +1 1 1 1 1

3 − − − −

2, , , . . . , ,... , 1, , 2, , 3, , . . . , n, ,... .

2 3 n 2 3 4 n +1

n+1

≥ ≥

Per il primo insieme il massimo è 2, essendo 2 per ogni n 1 (come si verifica immediatamente). Dal

n

n+1

momento che al crescere di n il valore si avvicina a 1 (senza esservi mai uguale), è ragionevole supporre

n n+1 1

che l’estremo inferiore del primo insieme sia 1. Infatti, 1 è un minorante (dal momento che = 1+ > 1

n n

per ogni n 1), e se consideriamo un qualsiasi numero maggiore di 1 (ad esempio 1 + ε con ε > 0), si ha

n+1 1

< 1 + ε non appena n .

n ε

Siccome il secondo insieme contiene l’insieme (illimitato superiormente) dei numeri naturali maggiori di 1,

12

l’estremo superiore è +∞. Inoltre, è evidente che l’insieme contiene numeri reali maggiori di , che è

dunque il minimo.

© – 7) Si determinino estremo superiore ed inferiore, specificando se siano massimo e minimo, dei seguenti

insiemi: 2 n

3n (−1)

∈ ∈

, n N , , n N .

4n + 1 n +1

È immediato verificare che 0 è il minimo del primo insieme; infatti, ogni suo elemento è maggiore o uguale

a zero, che si ottiene per n = 0. D’altra parte, se n 1,

2 2

3n 3n n

≥ = ,

4n + 1 4n + 2n 2

n diventa arbitrariamente grande al crescere di n. Pertanto, l’estremo superiore è +∞.

e 2

Per quanto riguarda il secondo insieme, se lo si scrive come

n

(−1) 1 1

∈ ≥ ∪ − ≥

, n N = , n 0 , n 0 ,

n +1 2n + 1 2n + 2

12

ci si rende immediatamente conto che il massimo è 1, ed il minimo .

©§ – 8) Si determinino estremo superiore ed inferiore, specificando se siano massimo e minimo, dei seguenti

insiemi: ( ) ( )

n

n 1

© §

X X

k ∈ ∈

2 , n N , , n N .

k

2

k=0 k=0

Dal momento che n

X k n+1 −

2 = 2 1 ,

k=0 3

è immediato rendersi conto che il minimo del primo insieme è 1 (corrispondente a n = 0). Inoltre, essendo

n

2 > n per ogni n in N, l’insieme è illimitato superiormente, ed il suo estremo superiore è +∞.

Per il secondo insieme, essendo n 1 1

X −

=2 ,

k n

2 2

k=0 1

il minimo si ottiene per n = 0 (e vale 1), mentre, dal momento che diventa arbitrariamente piccolo al

n

2

crescere di n, l’estremo superiore (non massimo) è 2.

§ – 9) Si determinino estremo superiore ed inferiore, specificando se siano massimo e minimo, dell’insieme:

{A ∈ − |x| ≤ |x −

E = R : A A 1| per ogni x in R} . −1

Iniziamo con l’osservare che se A > 1 la disuguaglianza è falsa per x = 0, mentre se A < è falsa per

−A ≤

x = 2 (in quanto diventa 1). Pertanto, l’insieme è contenuto in [−1, 1]. Se A = 1, otteniamo la

− |x| ≤ |x −

disuguaglianza 1 1|, che si vede subito essere verificata per ogni x (ad esempio disegnando il

−1, |x| − ≤ |x −

grafico delle due funzioni, si veda la figura). Se A = si ha 1 1|, e anche questa disuguaglianza

−1

è vera per ogni x. Pertanto, A = 1 e A = appartengono all’insieme, e sono quindi massimo e minimo.

|x − −

Il grafico di 1|, e di A A|x| per diversi valori di A (da indovinare. . .)

§ – 10) Si determinino estremo superiore ed inferiore, specificando se siano massimo e minimo, dell’insieme:

{A ∈ ≥

E = R : sen(x) + A cos(x) per ogni x in R} .

≤ ≤ ≥

Dal momento che cos(x) 1 e sen(x) 1 per ogni x, è chiaro che ogni A 2 appartiene all’insieme, che è

√ 2

pertanto illimitato superiormente. Inoltre, moltiplicando la disequazione per , si ottiene

2

√ √ 2 π π π

2

2 A

≥ sen(x) = cos cos(x) sen sen(x) = cos x +

cos(x) 2 4 4 4

2

2 √

√ 2 A 2 ne fa parte

< 1 appartiene all’insieme, mentre A =

da cui segue che nessun valore di A per il quale 2

(ed è dunque il minimo). 4

Calcolo I, a.a. 2002–2003 — Esercizi 3 — 22 ottobre 2002

©§ – 1) Stabilire se le successioni seguenti hanno limite o no, e quando possibile calcolarlo:

1 2n 1 an + b §

√ ∈ \ {0}

a = , a = , a = , a, b, c, d R , a = cos(n) .

n n n n

3n + 2 cn + d

1+ n

Dal momento che 1

1 1

√ ∀n

≤ <ε > ,

0 2

ε

n

1+ n

la prima successione è infinitesima. Per la seconda, abbiamo

2 23

(3n )

− 2 8

2n 1 3 −

= = 1 .

3n + 2 3n + 2 3 3(3n + 2) 23

8 . Con ragionamenti analoghi

converge a zero, il limite della seconda successione è

Dal momento che 3(3n+2) ac

si dimostra che il limite della terza successione è . L’ultima successione non ammette limite. Per rendersene

conto, supponiamo che cos(n) converga verso un limite L. Per definizione, fissato ε > 0 esiste n N tale

ε

| − ≥ −

che cos(n) L| < ε per ogni n n , da cui L ε < cos(n) < L + ε. Se L > 0, scegliendo ε = L, deve essere

ε

cos(n) > 0 definitivamente in n. Questo fatto, però, è impossibile, perché se per un certo valore di n si ha

cos(n) > 0, sicuramente uno tra cos(n + 3) e cos(n + 4) è negativo. Pertanto, L non può essere positivo.

12

Ragionando in maniera analoga, si vede che L non può essere minore di zero. Se L = 0, scegliendo ε = , e

1

|

supponendo cos(n)| < per qualche n, è facile verificare che uno tra cos(n + 1) e cos(n + 2) è, in modulo,

2

12

maggiore di .

© – 2) Stabilire se le successioni seguenti hanno limite o no, e quando possibile calcolarlo:

r 2 sen(n) 1

n + 2 √

a = , a = , a = n .

n n n

2 −

2n 1 n n

12

L’argomento della radice tende a , come si verifica facilmente. È allora logico supporre che a converga

n

12

alla radice di . In generale, se a converge a L > 0, allora a converge a L. Infatti, razionalizzando,

n n

√ |a −

|a − L|

L|

n n

− ≤

| ,

a L| = √

n L

a + L

n 1

e la successione a destra è infinitesima per ipotesi. La seconda successione è, in modulo, minore di , che è

n

|a |

infinitesima. Pertanto tende a zero, e quindi anche a è infinitesima.

n n

Dal momento che la terza successione è maggiore di n 1, il limite è +∞

© – 3) Stabilire se le successioni seguenti hanno limite o no, e quando possibile calcolarlo:

√ √ p

n 2

− −

a = log (n) , a = (−1) log (n) , a = n +1 n, a = n + n n .

n n n n

2 2 M

Dal momento che log (n) > M se e solo se n > 2 , la successione log (n) diverge a +∞. La seconda

2 2

successione non ammette limite, dal momento che diverge in valore assoluto (è quella di prima), ma cambia

segno a seconda della parità di n. Per la terza successione, razionalizzando,

√ √ − 1

n +1 n

√ √

≤ − √

0 n +1 n = ,

n

n +1+ n

1

e l’ultima successione tende a zero. Per la quarta, sempre razionalizzando,

2 2

n + n n n 1

p √

2 −

n + n n = = = ,

q

q

2

n + n + n 1 1

n 1+ +1 1 + + 1

n n

12

e quindi il limite è .

© – 4) Stabilire se le successioni seguenti hanno limite o no, e quando possibile calcolarlo:

 1 1

(

se n è pari,

 se n è pari,

 n

a = a = n

√ √

n n

n 1 −

n +1 n se n è dispari.

se n è dispari,

 n 16

≥ |a − | ≥ |a − |

La prima successione non ammette limite: se n 3, infatti, a a = . Pertanto, se a

n+1 n 3 2 n

1

distasse meno di da un numero reale L, sicuramente a non avrebbe la stessa proprietà: in altre parole,

n+1

12

1 la definizione di limite non è soddisfatta da alcun numero L. Nel secondo caso, invece, il limite è

per ε = 12

zero (come si vede usando l’esercizio precedente).

© – 5) Verificare, usando la definizione, che le seguenti successioni convergono al limite indicato:

2 3 √

n + 4 1 n 3n p 2

− −∞ − −

lim = , lim = +∞ , lim (3 n 4n) = , lim (n n 1) = 0 .

2

2n + 3 2 n +2

n→+∞ n→+∞ n→+∞ n→+∞

q 5

1 − 6. Per la seconda,

Per la prima successione, si deve scegliere n >

ε ε

2

3 −

n 3n n n

2 − ≥

= (n 3) ,

n +2 n +2 2

n 12

2 −

se n è sufficientemente grande, dal momento che n 3 > n e > definitivamente (perché?). Per la

n+2

terza, √ √ √ √

− − − −

3 n 4n = n(3 4 n) < n ,

per ogni n 1. Nell’ultimo caso, conviene razionalizzare, ed ottenere 1

1

p √

2 ≤

≤ − −

0 n n 1 = ,

n

2 −

n + n 1

1

e dunque si può scegliere n > .

ε ε

© – 6) Sia a un numero reale e n

X k

a = a .

n k=0 1 |a| ≥

Dimostrare, usando la definizione di limite, che a converge a se < 1, mentre diverge a +∞ se a 1.

n 1−a

6

Ricordando l’esercizio 4 del Compito 1, si ha, se a = 1, n+1

1 a

a = ,

n −

1 a

mentre a = n + 1 (che diverge) se a = 1. Se a > 1, a diverge: fissato M > 0, si può scegliere n >

n n M

− |a| −

log (M (a 1) + 1) per avere che a > M . Se < 1 la tesi segue scegliendo n > log (ε(1 a)).

n ε |a|

a 2

§ – 7) Si calcolino (usando gli esercizi 5 e 7 del Compito 1) i seguenti limiti:

n n

n n

lim , lim .

n

4 n! n!

n→+∞ n→+∞

n n

Dal momento che n 3 n! per ogni n, si ha n

n n

n 3 3

≤ ≤

0 = ,

n n

4 n! 4 4

n n−1

e la successione a destra è infinitesima. Inoltre, essendo n 2 n! per ogni n, si ha

n

n n−1

≥ 2 ,

n!

e la successione a destra diverge.

© – 8) Si calcolino i seguenti limiti:

1 + 3 + 5 + . . . + 2n + 1

− −

lim 2 + 4 + 6 + . . . + 2n n , lim n .

n +1

n→+∞ n→+∞

Si ha n

X

2 + 4 + 6 + . . . + 2n = 2 k = n(n + 1) .

k=1

√ 1

2 −

Pertanto, il primo limite è il limite della successione n + n n che, per l’esercizio 3, vale . Per il secondo

2

limite, n

X 2

1 + 3 + 5 + . . . + 2n + 1 = 2k + 1 = n(n + 1) + (n + 1) = (n + 1) ,

k=0 ©

e quindi la successione data è la successione identicamente uguale a 1 .

§ – 9) Sia a una successione decrescente e positiva, e sia b una successione positiva tale che

n n

b a

n+1 n+1

≤ ∀n ∈

, N .

b a

n n

Dimostrare che b è convergente, e trovare un controesempio nel caso in cui b cambi segno.

n n b

a ≤ ≤

≤ n+1

n+1 1. Pertanto, 1

Essendo a decrescente, si ha a a ; essendo a positiva, se ne deduce che

n n+1 n n a b

n n

e quindi, essendo b positiva, anche b è decrescente. Essendo limitata inferiormente da zero, b converge.

n n n

b a

n ≤

n+1 n+1

Se a = 1 e b = (−1) , la relazione è soddisfatta, ma b non ammette limite. Che cosa si può

n n n

b a

n n

dire se a , senza essere decrescente, è comunque convergente?

n

§§§ – 10) Sia m in N fissato, e sia n

X m

a = k .

n k=0

Calcolare (ricordando l’esercizio 2 del Compito 1)

a a a

n n n

§§§

lim , lim , lim ,

m m+2 m+1

n n n

n→+∞ n→+∞ n→+∞

Ricordando che la funzione di n che calcola la somma delle potenze m-sime dei primi n numeri interi è un

polinomio di grado m + 1, il cui coefficiente del termine di grado massimo è positivo (se fosse negativo la

somma divergerebbe a meno infinito quando n diverge, il che non è), è facile vedere che il primo limite vale

3

+∞, mentre il secondo è zero. La risposta al terzo esercizio è, ovviamente, il coefficiente del termine di

grado m + 1 del polinomio, ma quanto vale tale coefficiente? Per calcolarlo, sia P (n) il polinomio che dà la

m

somma delle potenze m-sime. Allora n+1 n

X X

m m m

− −

(n + 1) = k k = P (n + 1) P (n) .

m m

k=0 k=0

Siccome P (n) è un polinomio di grado m + 1, si ha, per lo sviluppo del binomio, ed indicando con “. . .”

m

termini di grado minore di m, m+1 m m+1 m m

P (n + 1) = a (n + 1) + b (n + 1) + . . . = a n + a (m + 1) n + b n + . . . ,

m

mentre m+1 m

P (n) = a n + b n + . . .

m

Pertanto,

m m m+1 m m m+1 m m

n + . . . = (n + 1) = a n + a (m + 1) n + b n + . . . a n + b n + . . . = a (m + 1) n + . . .

1 , che è anche il valore del limite richiesto.

Ne segue che a = m+1 4

Calcolo I — a.a. 2002–2003

Compito del 20 gennaio 2003

Prima parte

1a) Determinare estremo superiore ed inferiore, specificando se siano massimo e minimo,

dell’insieme −

x +1 3x 6

≥ ∪ ≥

E = , x 1 , x 1 .

2

x x +2

Scriviamo E = E E , con

1 2 −

x +1 3x 6

≥ ≥

E = , x 1 = f ([1, +∞)) , E = , x 1 = g([1, +∞)) ,

1 2

2

x x +2

x+1 3x−6 1 1

dove f (x) = e g(x) = . Scrivendo f (x) = + si vede immediatamente che f è

2 2

x x+2 x x

decrescente. Pertanto, il massimo di E è f (1) = 2, mentre l’estremo inferiore (non minimo)

1 12

è il limite di f (x) all’infinito, ovvero 0. Siccome g(x) = 3 , g è monotona crescente:

x+2

−1,

il minimo è g(1) = mentre l’estremo superiore (non massimo) è 3, il limite all’infinito.

−1,

“Incollando” i due risultati, il minimo di E è l’estremo superiore 3.

2a) Calcolare (se esistono) i seguenti limiti:

2 −2

n

π 1

− −

1 sen

2 !

2n n+1 2 n

lim 1+ , lim .

3

3

n +3

n→+∞ n→+∞ −

e 1

2

n

Il primo: scriviamo 2 2

−2

n 2n

2 3

  3

−2 n+1

n n +3 n +3

2

2 ! ! 2

2n

2n n+1 2n

= 1+ .

1+  

3 3

n + 3 n + 3

 

2 2 2

−2

2n n 2n 2

Siccome tende a zero, mentre tende a 2, il primo limite vale e .

3 3

n +3 n+1 n +3

π 1 1

Il secondo: ricordando che sen = cos , si tratta di calcolare il limite di

2 n n

1

1 −

− 1

1 cos

1 cos 1 1 1

n

n 2

n

= = = .

1

3 3 2 3 6

− −

e 1 e 1

2 2

n n

2

n 1

3a) Determinare i valori dei parametri a e b per i quali risulta continua e derivabile in x = 0

la funzione  x cos(x) se x > 0,

 a se x = 0,

f (x) = x −

 b(e 1) se x < 0.

Affinché la f sia continua deve essere

lim f (x) = f (0) = lim f (x) .

+

x→0 x→0

Ora: il limite per x tendente a 0 da destra vale 0, f (0) è a, mentre – per ogni b – il limite

da sinistra vale 0. Pertanto, f è continua se e solo se a = 0 (b essendo qualsiasi). Per la

derivabilità, ricordando che a deve essere zero, abbiamo

( −

cos(x) x sen(x) se x > 0,

0

f (x) = x

b e se x < 0.

0

Siccome il limite in zero da destra di f (x) vale 1, mentre il limite da sinistra è b, f è derivabile

nell’origine se e solo se a = 0 e b = 1. Seconda parte

1b) Calcolare, se esiste,

x

x −

x e 2sen 2

lim .

1 cos(x)

x→0

Primo metodo: lo sviluppo di Taylor; si ha 3 2

x x x x

x − −

e = 1 + x + R , sen = + R , cos(x) = 1 + R .

1 3 2

2 2 48 2

Pertanto, ricordando che x R = R ,

1 2

x

x 3

− x

x e 2sen 2 2

x + x + x R x + + R x + R

1 3 2

2 24

= lim

lim = lim = 2 .

2 2

x x

1 cos(x) + R + R

x→0

x→0 x→0

2 2

2 2

Secondo metodo: de l’Hôpital; si ha

x x 12 x

x x x x x

− −

− e + x e cos 2e + x e sen

x e 2sen 2 2 2

= lim = lim = 2 .

lim −

1 cos(x) sen(x) cos(x)

x→0 x→0 x→0

2b) Calcolare π

2x + 5

Z Z 2

dx , x cos(x) dx .

2

x + 4x + 8 −π

2

Primo integrale: si ha

2x + 5 2x + 4 dx dx

Z Z Z Z

2 + 4x + 8) +

dx = dx + = ln(x .

2 2 2 2

x + 4x + 8 x + 4x + 8 x + 4x + 8 x + 4x + 8

2

x+2

2 2

Essendo x + 4x + 8 = (x + 2) + 4 = 4 + 1 , si ha

2

dx 1 dx 1 x +2

Z Z =

= arc tg ,

2

2

x + 4x + 8 4 2 2

x+2 +1

2

da cui 2x + 5 1 x +2

Z 2

dx = ln(x + 4x + 8) + arc tg .

2

x + 4x + 8 2 2

2

Per il secondo, integriamo una volta per parti (derivando x ):

Z Z

2 2 −

x cos(x) dx = x sen(x) 2 x sen(x) dx .

Integrando nuovamente per parti,

Z Z

−x −x

x sen(x) dx = cos(x) + cos(x) dx = cos(x) + sen(x) .

Pertanto, π

Z x=π

h i

2 2 − −4π

x cos(x) dx = (x 2) sen(x) + 2x cos(x) = .

x=−π

−π

3b) Data x

e + 1 ,

f (x) = 4x + x −

e 1

determinarne (in questo ordine) insieme di definizione, parità e disparità, limiti ed asin-

toti, intervalli di crescenza e decrescenza, massimi e minimi relativi ed assoluti, intervalli di

concavità e convessità, segno. Infine, disegnare un grafico approssimativo di f .

La funzione è definita per x diverso da zero. Dal momento che

−x x x

e + 1 e + 1 e + 1

−4x −4x − −f

= + = 4x + = (x) ,

f (−x) = + −x x x

− − −

e 1 1 e e 1

la funzione è dispari (ed è pertanto sufficiente studiarla per x > 0). Se x tende a zero da

destra, la funzione diverge positivamente, cosı̀ come diverge positivamente all’infinito. Dal

momento che x

f (x) e + 1

lim = 4 , lim [f (x) 4x] = lim = 1 ,

x −

x e 1

x→+∞ x→+∞ x→+∞

3 −

la funzione ha la retta y = 4x + 1 come asintoto obliquo a più infinito (e la retta y = 4x 1

come asintoto a meno infinito). Si ha poi 2x x

x −

2e 4e 10e + 4

0 −

f (x) = 4 = .

x 2 x 2

− −

(e 1) (e 1) 1

x

Sostituendo z = e , si trova che la derivata prima si annulla per z = 2 e z = , cui corrisponde

2

(nella regione x > 0), il punto x = ln(2). La derivata prima è negativa tra 0 e ln(2), positiva

da ln(2) in poi (e quindi x = ln(2) è un minimo relativo); simmetricamente, x = ln(2) è

un massimo realtivo. Minimi e massimi assoluti non esistono poiché f diverge. La derivata

seconda vale x x

2e (e + 1)

00

f (x) = ,

x 3

(e 1)

ed è quindi positiva per x > 0, negativa per x < 0. Per quanto riguarda lo studio del segno,

la f ha lo stesso segno di x dato che il minimo relativo in x = ln(2) è positivo. Il grafico è il

seguente: 4

Calcolo I — a.a. 2002–2003

Compito del 10 febbraio 2003

Prima parte

1a) Dimostrare per induzione che ≥ ∀n ≥

2

n

2 n , 4 .

4 2

Se n = 4, abbiamo 2 = 16 = 4 e quindi la disuguaglianza è vera. Supponiamola vera per

un certo n 4. Allora · ≥ · ≥ ≥

2 2

n+1 n

2 = 2 2 2 n (?) (n + 1) .

L’ultima disuguaglianza è equivalente alla ≥

2

n 2n + 1 ;

se n 4, allora · ≥ ≥

2

n = n n 4n = 2n + 2n 2n + 8 > 2n + 1 ,

che è quanto si voleva dimostrare.

2a) Calcolare (se esistono) i seguenti limiti: ³ ³ ´´

1

arc tg ln 1 +

n

n 3 2

n

³ ´

lim , lim .

n

n! + 2 1

n→+∞ n→+∞ 1 cos n

Il primo: n n n n−1

n 3 1

n 3 3 3 → · ·

³ ´ ³ ´

= = =3 3 0 1 = 0 .

− n

2

n n n

n! + 2 (n 1)! 1 +

2 2

n! 1 + (n 1)! 1 + n!

n! n!

Il secondo ³ ³ ´´ ³ ³ ´´ ³ ´

1 1 1 1

arc tg arc tg

ln 1 + ln 1 + ln 1 +

2 2 2

n n n → · ·

2

³ ´ ³ ´ ³ ´

n

= 1 1 2 = 2 .

1

− −

1 1 1

1 cos ln 1 + 1 cos

2

n

2

n n n

−|2x−1|

2

3a) Sia f (x) = x 2e . Dimostrare che l’equazione f (x) = 0 ha due soluzioni

nell’intervallo [−1, 1] e determinare due intervalli di ampiezza 1 che le contengano.

1

La funzione f è continua per ogni x (come somma di composizioni di funzioni continue).

Inoltre 2

2

2 −

− < 0 , f (1) = 1 > 0 ,

> 0 , f (0) =

f (−1) = 1 3

e e e

Applicando il teorema di esistenza degli zeri in [−1, 0] ed in [0, 1], si ottiene quanto richiesto.

Seconda parte

1b) Calcolare, se esiste, − x

ln(1 + x) + 1 e

lim .

x sen(x)

x→0

Primo modo: lo sviluppo di Taylor; si ha

2 2 3

x x x

− −

x

ln(1 + x) = x , e = 1 + x + , sen(x) = x .

+ R + R + R

2 2 3

2 2 6

Sostituendo, 2 2

− − − −

− −x

x x 2

x x + R + 1 1 x + R

ln(1 + x) + 1 e + R

2 2 2 −1

2 2 = lim = .

lim = lim − 4

x 2

x sen(x) x + R

2

x + R

x→0 x→0 x→0 4

4

6

Secondo modo: de l’Hôpital; si ha − −

1

− x

1

− x e

x e

ln(1 + x) + 1 e 2

(1+x) −1

1+x

lim = lim = lim = .

x sen(x) sen(x) + x cos(x) 2 cos(x) x sen(x)

x→0 x→0 x→0

2b) Calcolare Z Z

2x + 1 1 −x

2

dx , x e dx .

2

x 3x + 2 0

− − −

2

Il primo integrale: siccome x 3x + 2 = (x 1)(x 2), scriviamo

2x + 1 2x + 1 A B

= = + .

− − − − −

2

x 3x + 2 (x 1)(x 2) x 1 x 2

− −3; −

Moltiplicando per x 1 e prendendo x = 1, si trova A = Moltiplicando per x 2 e

scegliendo x = 2, si trova B = 5; pertanto

· ¸

Z Z −3

2x + 1 5 −3 − −

dx = ln(|x 1|) + 5 ln(|x 2|) .

dx = +

− − −

2

x 3x + 2 x 1 x 2 −x

2

Il secondo integrale: integriamo per parti (derivando x e integrando e ):

Z Z

−x −x −x

−x

2 2

x e dx = e + 2x e dx .

2

Integrando una seconda volta per parti,

Z Z

−x −x −x −x −x

−x − −e

2 2 2

x e dx = e 2x e +2 e dx = (x + 2x + 2) .

Pertanto, Z ¯ 5

1 ¯¯ x=1

−x −x

−e −

2 2 .

x e dx = (x + 2x + 2) =2 e

x=0

0

3b) Data −

1 2x x

f (x) = ,

e

x 1

determinarne insieme di definizione, parità e disparità, segno, limiti ed asintoti, intervalli di

crescenza e decrescenza, massimi e minimi relativi ed assoluti. Infine, disegnare un grafico

approssimativo di f . x

La funzione è definita per ogni x diverso da 1, e non è né pari, né dispari. Essendo e sempre

1−2x 12

positivo, il segno di f è dato dal segno del termine , che è positivo per x tra e 1,

x−1

negativo altrimenti. Si ha

−∞ −∞

lim f (x) = , lim f (x) = +∞ , lim f (x) = 0 , lim f (x) = ,

− x→−∞ x→+∞

+

x→1 x→1

e a +∞ non c’è asintoto obliquo. Si ha poi − − 2

1 1 2x 3x 2x

0 x x x

f (x) = e + = e ,

e

− − −

2 2

(x 1) x 1 (x 1)

32

e quindi la derivata prima si annulla per x = 0 e x = . Studiando il segno della derivata,

∪ 32

si vede che f è crescente in (0, 1) (1, ), decrescente altrimenti; pertanto, 0 è un minimo

32

realtivo, un massimo relativo. Il grafico di f è il seguente.

3

Calcolo I, a.a. 2002–2003 — Esercizi 4 — 29 ottobre 2002

© – 1) Sia a una successione tale che

n q

n |a |

lim = q ,

n

n→+∞

dove 0 q < 1. Dimostrare che a converge a zero. Dare un esempio di successione con questa

n

proprietà. 1−q

q+1 p

n |a |

= q + è ancora minore di 1. Dal momento che converge a q, fissato

Siccome q < 1, n

2 2 1−q

1−q p

n

| |a | − ≥

esiste n tale che q| < per ogni n n . In particolare,

ε = ε n ε

2 2 −

1 q q +1

q

n

≤ |a | ∀n ≥

0 < q + = , n .

n ε

2 2

n

q+1

|a | |a |,

Ma allora per tali n si ha < ; pertanto e quindi a , tende a zero. Un esempio di

n n n

2

1

successione siffatta è a = .

n n

2

©§ – 2) Si calcolino i seguenti limiti:

√ √ √ n

2 2

− −

2n 3 n 1 1

n n n

lim , lim , lim 2 + 3 , lim 2+ .

3

3n + 1 n

3

n→+∞ n→+∞ n→+∞ n→+∞

n + 1

Si ha √ √

q q

3 3

− −

n 2 2

2 − 2

2n 3 2 2

n n → ,

= =

3

3n + 1 1 1

n 3 + 3 +

n n

e √ q

q 1

1 −

− 1

n 1

2 −

n 1 2

2 n

n

√ → 1 .

=

= q

q

3 3

n + 1 1

1 3

3 1+

n 1+ 3 3

n

n

Inoltre s

√ r

n n

2 2

n

n n

n n n →

2 + 3 = 3 1+ =3 1+ 3 ,

n n

3 3

e n n

1 1 n 3

n n n

≥ ≥ →

2+ =2 1+ [Bernoulli] 2 1+ = 2 +∞ .

n 2n 2n 2

©§ – 3) Si calcolino i seguenti limiti: s

2 4 n 2

r n

n + 4n + 1 3 n (2n)

n +2

n n .

, lim , lim , lim

lim n − (2n)!

n n! 4 n

n→+∞ n→+∞ n→+∞ n→+∞

b

Il primo limite vale 1 (essendo della forma a , con a tendente a 1 e b tendente a zero). Per il

n n n

n

secondo, 4

2 4 n 1 1

n + 4n + 1 →

= 4 + + 0 ,

2 4

n! n! n n

4 n 2

n 3 n

dato che tende a zero. Siccome tende a zero, anche il terzo limite vale zero. Per il quarto,

n

n! 4

ricordando la formula di Stirling,

s s

n n 2n

(2n) (2n)

n √

n = lim = 0 .

= lim

lim √

q

−2n

2n

(2n)!

n→+∞ n→+∞ n→+∞

(2n) e 4π n n

−2

2

4n e 4π n

1

©§ – 4) Si calcolino i seguenti limiti: n

√  

√ n n n

!

n

1 n + n +3 3 1

n+1

− ,

lim 1+ , lim , lim 1 , lim 1 + 

 3

n

n! n n 

n→+∞ n→+∞ n→+∞ n→+∞

2

1+ n

n

Ricordando che tende a zero, si ha

n! n

" #

n n! n!

1 1

0

1+ = 1+ e = 1 .

n! n!

Per il secondo si ha

√ √

n n

! ! √

n + n +3 n +3 ≥ ≥ →

= 1+ [Bernoulli] 1 + n + 3 +∞ .

n n

Per il terzo, √

3n n

√ √ √

 

n n n (n+1) n

3 3

n+1 3 −3

√ √

− − →

1 = 1 e .

 

n n

Per l’ultimo, detta 3

n

2

a = 1 + ,

n n 2

si vede facilmente che a diverge a +∞; inoltre, per la disuguaglianza di Bernoulli, a 1 + 2n e

n n

quindi n/a tende a zero. Si ha allora

n n

  n

a

1 1

n an 0

→ e = 1 .

1 + = 1+

 

3

n a

 

2 n

1+ n

©§ – 5) Si calcolino i seguenti limiti: n

1

1 1

n − −

lim 3 2 , lim n ln n e

1 , lim n ln 1+ 1 .

n! n

2

n

n→+∞ n→+∞

n→+∞ 2 h(a )

x

x n

− −

Per l’ultimo limite, si usi il fatto che e 1 x = + h(x), e h è una funzione tale che 2

2 a n

converge a zero per ogni successione a tendente a zero.

n

Si ha n

3

1 1

h i

n − − → ·

3 2 1 = n! 2 1 0 ln(2) = 0 .

n! n!

n!

Per il secondo, ricordando che ln(1 + a )/a tende ad 1 per ogni successione a tendente a zero, si

n n n

ha n 1

1

2 →

= n ln 1 + 1 .

n ln 1+ 2 2

n n

Per l’ultimo, sia 1

a = n e 1 .

n

n 2

Dal momento che a tende ad 1, sia b = a 1. Si tratta allora di calcolare il limite della

n n n

successione n ln(1 + b ), che è lo stesso della successione n b , e quindi di

n n 1

1

1

2

− − − − .

1 1 = n e 1

n n e n n n

1 .

Sfruttando il suggerimento, il limite vale 2

§§ – 6) Dimostrare che √

√ n

n

lim n = 1 , lim n! = +∞ .

n→+∞ n→+∞

√ √ √

√ q q

n

n n

Per il primo limite, sia a = n, e sia b = a = n = n. Siccome b > 1, b = 1 + c ,

n n n n n n

con c > 0. Pertanto,

n √ nn n ≥ ≥

n = b = (1 + c ) [Bernoulli] 1 + n c ,

n n

da cui segue c tendente a zero, b tendente ad 1, e quindi a tendente ad 1. Il secondo limite si

n n n −n

n

ottiene usando la formula di Stirling, oppure ricordando che n! n 3 (Esercizio 7, Compito 1).

© – 7) È vero che se da una successione a si può estrarre una sottosuccessione convergente,

n

allora la successione è limitata (il “viceversa” del Teorema di Bolzano-Weierstrass)? Inoltre, sia

b una successione con la proprietà seguente: da ogni sottosuccessione di b si può estrarre una

n n

sottosuccessione che converge sempre allo stesso limite L. Si dimostri che b converge ad L.

n

Per la prima domanda, la risposta è no: la successione n sen(nπ/2) vale indenticamente zero per

n pari (e quindi la sottosuccessione a è convergente), ma non è limitata né superiormente, né

2n

inferiormente.

Per la seconda, supponiamo che b non converga ad L. Per definizione di limite, esiste un ε > 0 tale

n

|b − ≥

che L| ε per infiniti indici n; ad esempio, supponiamo che esistano infiniti indici n tali che

n

− ≥

b L ε. Sia n(1) il minimo di questi indici, n(2) il minimo degli indici maggiori di n(1) e cosı̀

n −L ≥

via. In questa maniera costruiamo una sottosuccessione b di b con la proprietà che b ε

n

n(k) n(k)

per ogni k. Da questa sottosuccessione si può però estrarre per ipotesi un’ulteriore sottosuccessione

convergente ad L, il che vuol dire che se l’indice della sottosuccessione è sufficientemente grande si

ha b L < ε, e questo è un assurdo.

n(k(j))

§ ≤

– 8) Siano a b due successioni divergenti a +∞, e supponiamo che anche il loro rapporto

n n

b /a diverga a +∞. È sempre possibile trovare una terza successione “intermedia” c , ossia

n n n

≤ ≤

a c b , con la proprietà che sia b /c sia c /a divergono a +∞?

n n n n n n n

Sı̀: siccome non è restrittivo supporre che a (e quindi b ) sia tutta non negativa, è sufficiente

n n

considerare c = a b . Verifichiamo che c ha tutte le proprietà richieste. Innanzitutto c tende

n n n n

n

a +∞; inoltre s s

b b c b

n n n n

→ →

= +∞ , = +∞ .

c a a a

n n n n

Infine q q

p

2 2

≤ ≤

a = a a b = c b = b .

n n n n n

n n

©§ – 9) Calcolare i seguenti limiti:

n n 1

k

X X

lim , lim .

(k + 1)! k (k + 1)

n→+∞ n→+∞

k=1 k=1

3

Ricordando l’Esercizio 8 del Compito 1, si ha

n 1

k

X −

= lim 1 = 1 .

lim (k + 1)! (n + 1)!

n→+∞

n→+∞ k=1

1 1 1

Per il secondo, dal momento che = , si ha

k k+1

k(k+1)

n n

1 1 1 1

X X − −

lim = lim = lim 1 = 1 .

k (k + 1) k k + 1 n +1

n→+∞ n→+∞

n→+∞ k=1 k=1

§§ – 10) Sia a la successione definita nel seguente modo:

n 2 ∀n ≥

a = 1 , a = 1 + 0 .

0 n+1 a

n

Dimostrare che a tende a 2. Suggerimento: calcolare a , a , a , a e a .

n 1 2 3 4 5

Calcolando i primi valori della successione, si vede che a è maggiore di 2 per n dispari, mentre

n

è minore di 2 per n pari. Inoltre, a < a < a e a > a > a , per cui si può congetturare che

0 2 4 1 3 5

la sottosuccessione a sia crescente, e la a sia decrescente. Innanzitutto osserviamo che a è

2n 2n+1 n

tutta positiva e che a < 2 se e solo se a > 2. Infatti,

n+1 n

2 2

⇔ ⇔

a = 1 + < 2 < 1 a > 2 .

n+1 n

a a

n n

Pertanto, la successione “oscilla” a destra e a sinistra di 2. Inoltre,

2 2 2a

n 2

⇔ − − ⇔ −1

a = 1 + =1+ = 1 + > a a a 2 < 0 < a < 2 .

n+2 n n n

n

2

a 2 + a

1 +

n+1 n

a n

Pertanto, se a è minore di 2, allora a è maggiore di a (e minore di 2, dato che n + 2 e n hanno

n n+2 n

la stessa parità), mentre se a è maggiore di 2, allora a è minore di a (e minore di 2, dato che

n n+2 n

n + 2 e n hanno la stessa parità). Abbiamo cosı̀ dimostrato che la sottosuccessione a è crescente

2n

e limitata superiormente da 2 (e quindi converge ad un limite l 2), mentre la sottosuccessione

a è decrescente e limitata inferiormente da 2 (e quindi converge ad un limite r 2). Siccome

2n+1 2a

2 2 n

=1+ ,

a = 1 + =1+

n+2 2 2+ a

a 1 + n

n+1 a n

passando al limite si trova 2l 2r

l =1+ , r =1+ ,

l +2 r +2

−1 −1

da cui l = (impossibile), oppure l = 2, e r = (impossibile) oppure r = 2. In definitiva,

l = r = 2, e questo è anche il limite di tutta la successione (dato che i numeri pari ed i numeri

dispari “esauriscono” N). 4

Calcolo I, a.a. 2002–2003 — Esercizi 5 — 5 novembre 2002

©§ – 1) Calcolare i seguenti limiti di funzioni: √ x+1

p

2 x 5

x 2 7x x + x 1

x √

lim , lim , lim , lim 1+ .

2 5

x − −

− 2x 6x x 1

(1 + x)(3 x) 1+ x

x→+∞ x→+∞

x→−∞ x→+∞

2 − tg(ln(1 + x))

x 4 tg(x)

1 √ , lim .

, lim

lim , lim x 2 −1

x

− x

2 x x x→0

x→2 x→1 +

x→0

Si ha x

2 x 2 x

2

x 2 x 2 1

3

√ →

= = x 0 ,

2

x − 3

(1 + x)(3 x) 1 x 1 x

x − −

3 x 1 + 1 1+ 1

√ √

x x

3 3

x x

x 3

2

perché tende a zero più rapidamente di quanto x diverga. Successivamente,

2

3 7 7

5

5 − −

x 1 1

− 1

x 7x 4 4

x x →− .

=

= 2

2

2 5

− 5 −6

−6 6

2x 6x +

x + 3

3 x

x

Per il terzo limite, r

r

√ q

q

√ 1 1

1 +

x 1+

p x x

x + x

√ → 1 .

=

= √ q

q

1+ x 1

1 1 +

x 1 + x x

Per il quarto, x+1

" #

x+1 x−1 x−1

1 1 →

1+ = 1+ e ,

− −

x 1 x 1

x+1 6

dal momento che converge ad 1. Il quinto limite è immediato: se x tende a 2, deve essere x = 2, e quindi

x−1 2 − −

x 4 (x 2) (x + 2) −(x → −4

= = + 2) .

− −

2 x 2 x

Per il sesto, scriviamo 1 «

„ 2 −1

x

ln x ln(x)

1

x = e

=e ,

2 2

−1 −1

x x

e poi ln(x) ln(1 + y) 1

− → → → →

= [y = x 1] = [se x 1, y 0] ,

2 −

x 1 y (y + 2) 2

e quindi 1 1 .

lim x = e

2 −1

x 2

x→1

Il settimo limite è immediato: √

tg(x) tg(x)

√ → ·

= x 1 0 = 0 .

x

x

Infine, tg(ln(1 + x)) tg(ln(1 + x)) ln(1 + x) → ·

= 1 1 = 1 .

x ln(1 + x) x

§ – 2) Calcolare i seguenti limiti di funzioni: √

1 x

1 2

2 −

lim , lim [x] , lim (x 1)e , lim , lim x ln (x) .

x−1

x ln(x)

x→+∞

± ± + +

x→0 x→1 x→0 x→0

1

1 1

+

Siccome se x 0 si ha divergente a più infinito, anche la parte intera di tenderà a più infinito.

x x

1

Analogamente, la parte intera di diverge a meno infinito quando x tende a zero da sinistra, e la parte

x 1

intera di x diverge a più infinito per x +∞. Quando x tende a 1 da sinistra, tende a meno infinito,

x−1

1 2 −

e quindi e tende a zero. Pertanto (dal momento che anche x 1 tende a zero),

x−1 1

2 − = 0 .

lim (x 1)e x−1

x→1

+

→ · ∞.

Se, invece, x 1 , siamo in presenza di una forma indeterminata del tipo 0 Siccome

1

e x−1 = +∞

lim 1

+

x→1 x−1

(perché?), abbiamo 1 1

2 − e e

x 1 x−1 x−1

1

2 → · ∞ ∞

− = (x + 1) 2 = .

=

(x 1) e x−1 1 1

x 1 x−1 x−1

Il quarto limite è una falsa forma indeterminata: se x tende a zero da destra, ln(x) tende a meno infinito,

1 tende a zero, da cui segue che il limite vale zero. L’ultimo è un “limite notevole” e vale zero.

e quindi ln(x) −

Infatti, posto y = ln(x) si ha che se x tende a zero da destra, allora y tende a più infinito, e quindi

2

√ y

y

2 2 →

x ln (x) = e y = 0 .

2 y

e 2

§ →

– 3) Sia f : Dimostrare che se in un punto x vale la proprietà

R R. |f −

lim (x + h) f (x)| = 0 ,

h→0

allora vale anche la proprietà |f − −

lim (x + h) f (x h)| = 0 .

h→0

Mostrare con un esempio che non vale il viceversa in generale.

Si ha, per le proprietà del valore assoluto,

|f − − ≤ |f − |f − −

(x + h) f (x h)| (x + h) f (x)| + (x h) f (x)| ,

ed entrambe le quantità a destra tendono a zero: la prima per ipotesi, la seconda perché fare il limite per h

|f − |f − −

tendente a zero di (x + h) f (x)| è la stessa cosa che fare il limite per h tendente a zero di (x h) f (x)|.

Per un controesempio dal quale si capisce per qual motivo si chiede che x debba essere sempre diverso dal

limite c, è sufficiente considerare la funzione 6

1 se x = 0,

f (x) = 0 se x = 0.

© – 4) Siano −

ln(1 2x)

  2

ln(1 + α x)

per x < 0 ,

 −3x 

 − x + per x > 0 ,

1 e g(x) =

f (x) = x

α per x = 0 , 2 ≤

α + βx per x 0 .

 β(1 + x) per x > 0 .

Per quali valori dei parametri α e β sono continue la funzione f e g?

2

Si ha

− − −(−3x) −2x

ln(1 2x) ln(1 2x) 2 2

· · − −

lim = lim =1 1 = ,

−3x −3x

− −2x − −(−3x)

1 e 1 e 3 3

− −

x→0 x→0

e lim β (1 + x) = β .

+

x→0

Affinché f sia continua, il limite destro ed il limite sinistro devono coincidere, ed essere uguali al valore f (0).

2 6

− = α = β. Per la seconda funzione, si ha, se α = 0,

Pertanto, deve essere 3 2 2

ln(1 + α x) ln(1 + α x)

2 2

lim x + = lim x + α = α ,

2

x α x

+ +

x→0 x→0 2

mentre se α = 0 il limite vale zero (e quindi, in definitiva, comunque α ); inoltre,

2

lim α + βx = α .

x→0

2

Pertanto, deve essere α = α, ovvero α = 0, oppure α = 1 (si noti che per tali valori di α la funzione è

continua per ogni β).

©§§ → ≤

– 5) Una funzione f : A si dice hölderiana di esponente α se esistono un numero α con 0 < α 1

R

e una costante C 0 tali che α

|f − ≤ − ∀x ∈

(x) f (y)| C|x y| , , y A . (1)

© Dimostrare che una funzione hölderiana è continua.

© 12

Dimostrare che f (x) = x è hölderiana di esponente .

§§ →

Dimostrare che se una funzione f : [a, b] verifica la proprietà (1) con un esponente α > 1 allora è

R

costante. √

1

Per dimostrare che una funzione hölderiana è continua, è sufficiente scegliere δ = ε . Dimostrare che x è

α

ε

1 ≥

hölderiana di esponente è equivalente a dimostrare che esiste C 0 tale che

2 √ √ p

| − ≤ |x − ∀x ≥

x y| C y| , , y 0 . ≥

Dal momento che la disuguaglianza è simmetrica in x e y, è sufficiente dimostrarla per x > y 0, cosicché

abbiamo: √ √

√ √ 2

− ≤ − ⇔ − ≤ −

x y C x y x + y 2 x y C (x y) , √ ≥

e l’ultima disuguaglianza è sempre verificata per C = 1, essendo equivalente alla disuguaglianza x y y,

≥ 6

che è vera essendo x y. Per quanto riguarda l’ultima parte, siano x = y in [a, b], e sia n in fissato.

N

k −

(y x), cosicché x = x e x = y. Allora

Definiamo, per k tra 0 ed n, x = x + 0 n

k n n

X −

− [f (x ) f (x )] ,

f (y) f (x) = k k−1

k=1

da cui n n n α α

|y − |y −

C x| C x|

X X X

α

≤ |f − ≤ |f − ≤ |x − |

0 (y) f (x)| (x ) f (x )| C x = = .

k k−1 k k−1 α α−1

n n

k=1 k=1 k=1

3

Essendo α > 1 si ha α

|y −

C x|

lim = 0 ,

α−1

n

n→+∞

|f −

da cui (y) f (x)| = 0, e quindi f (y) = f (x). Per l’arbitrarietà di x e y, f è costante.

§ – 6) Con quale altro nome è nota la funzione 2

sen (n! π x)

− ?

f (x) = 1 lim lim 2 2

sen (n! π x) + t

n→+∞ t→0 pq

Funzione di Dirichlet. Sia infatti x un numero razionale, che scriviamo come x = , con q naturale. Se

≥ ≥

n q, allora n! è un multiplo di q, e quindi n! x è intero. Ne segue che sen(n! π x) = 0 per n q, e quindi

2

sen (n! π x) ∀n ≥

lim = lim 0 = 0 , q .

2 2

sen (n! π x) + t

t→0 t→0

− 6

In definitiva, se x è razionale, f (x) = 1 0 = 1. Se, invece, x non è razionale, allora sen(n! π x) = 0 per ogni

n in Se, infatti, si avesse sen(n! π x) = 0 per qualche n, allora n! π x = k π per qualche k intero, da cui

N.

k

x = sarebbe razionale. Pertanto,

n! 2 2

sen (n! π x)

sen (n! π x) ∀n ∈

= = 1 , ,

lim N

2 2 2

sen (n! π x) + t sen (n! π x)

t→0

e quindi f (x) = 1 1 = 0.

© – 7) Calcolare i seguenti limiti di funzioni: s

 

!

r r

√ √ √ √

q q

− −

lim x + x + x x , lim x + x + x + ... + x x ,

 

x→+∞

x→+∞ ≥

dove, nel secondo caso, compaiono n radici quadrate (con n 2 fissato).

Per il primo limite, si ha, razionalizzando e semplificando, √ q

q

√ 1

1

r 1 +

x 1 +

p

√ √ x + x

q x

x

x + x + x x = ,

= =

√ √ 

q s

s

p r

r

x + x + x + x q

q 1 1

1 1 + + 1

1 +

+ + 1

x 1 + 3

 x x

3

x x

12 12

che tende a . Con gli stessi passaggi si verifica che anche il secondo limite vale .

© – 8) Calcolare i seguenti limiti di funzioni:

π p √ √

− −

sen x 1 cos(x)

3

√ −

lim , lim x + 1) sen( x) .

, lim sen(

− −

1 2 cos(x) 1 cos( x)

π x→+∞

x→0

x→ 3 π

Per il primo limite, definiamo y = x ; si tratta allora di calcolare

3 sen(y) .

lim π

1 2 cos y +

y→0 3

4

π −

Ricordando che 2 cos y + = cos(y) 3 sen(y), si tratta di calcolare

3 √

sen(y) 3

lim = .

3

1 cos(y) + 3 sen(y)

y→0 p

Per il secondo, moltiplicando e dividendo per 1 + cos(x), si ha

x x

p 2

− − −

1 cos(x) 1 cos(x) x 1 cos(x)

1 1 1

2 2

√ √ √

= = x ,

x

2 2

x x

p p

− − −

2

1 cos( x) 1 cos( x) 1 cos( x)

1 + cos(x) 1 + cos(x)

2

2 2

e quindi il limite vale zero. Per il terzo, per le formule di prostaferesi,

√ √

√ √

√ √

x +1+ x x +1 x

sen( x + 1) sen( x) = 2 cos sen .

2 2

Dal momento che √ √

lim x +1 x = 0 ,

x→+∞

si ha √ √

x +1 x

lim sen = 0 ,

2

x→+∞ √ √

x+1+ x

e quindi tutto il limite vale zero, dal momento che cos è limitato (in modulo) da 1.

2

§ → ⊆

– 9 Sia f : [−1, 1] una funzione continua tale che f ([−1, 1]) [−1, 1]. Si dimostri che esiste almeno

R

un x in [−1, 1] tale che f (x ) = x . Si dimostri poi che se f è lipschitziana con costante di lipschitzianità

0 0 0

strettamente minore di 1, allora x è anche unico.

0

−1, 6 6 −1.

Se f (1) = 1, o f (−1) = non c’è nulla da dimostrare. Supponiamo pertanto che f (1) = 1 e f (−1) =

⊆ 6

Siccome f ([−1, 1]) [−1, 1], se f (1) = 1, deve per forza essere f (1) < 1. Analogamente, deve essere

−1. − −

f (−1) > Sia ora g(x) = f (x) x; siccome f è continua, anche g lo è. Inoltre, g(1) = f (1) 1 < 0 e

g(−1) = f (−1) + 1 > 0. Per il teorema di esistenza degli zeri, esiste x (−1, 1) tale che g(x ) = 0, e quindi

0 0

tale che f (x ) = x . Se f è lipschitiziana di costante L strettamente minore di 1, e se x e x sono tali che

0 0 0 1

f (x ) = x e f (x ) = x , allora

0 0 1 1 |x − | |f − ≤ |x − |

x = (x ) f (x )| L x ,

0 1 0 1 0 1

≤ |x − |

da cui, essendo 0 L < 1, x = 0, e quindi x = x .

0 1 0 1

§ →

– 10 Sia f : una funzione continua. Si dimostri — in due modi — che fissata una successione

R R

{x } {f

limitata, da (x )} si può estrarre una sottosuccessione convergente.

n n

{x }

Primo modo: siccome è limitata, per il teorema di Bolzano-Weierstrass esiste una sottosuccessione

n

{x } {f

convergente a x . Dal momento che f è continua, la successione (x )}, che è una sottosuccessione

n 0 n

k k

{f {x } ≥ {x } ⊂

estratta da (x )}, converge a f (x ). Secondo modo: essendo limitata, esiste M 0 tale che

n 0 n n

{f ⊂

[−M, M ]. Siccome f ([−M, M ]) è limitato per il teorema di Weierstrass, e siccome (x )} f ([−M, M ]),

n

{f

la successione (x )} è limitata, ed ammette dunque una sottosuccessione convergente per il teorema di

n

Bolzano-Weierstrass. 5

Calcolo I, a.a. 2002–2003 — Esercizi 6 — 19 novembre 2002

© – 1) Per ciascuna delle seguenti funzioni determinare l’insieme di definizione, l’insieme di continuità,

l’insieme di derivabilità, calcolare la derivata, determinare gli intervalli di crescenza e decrescenza e trovare

massimi e minimi relativi e assoluti:

x(x + 1)

x |x−1|

2 2

− |2 − |x − |3 − − −

, , arc tg(1 x ) , 3x| , 1| + 4x| , x e , 2x ln(2x 1) .

2+ x 2x 3

Ci limitiamo a riportare i risultati; nel seguito A indica l’insieme di definizione, C l’insieme di continuità, D

quello di derivabilità. 0

x 2

\ {−2}, −2

Per la prima funzione f (x) = si ha: A = C = D = f (x) = , f è crescente per x < e

R 2

2+x (2+x)

− +

−2 −2) ∪ → −2 −∞ → −2

per x > (non su (−∞, (−2, +∞)!). f tende a +∞ per x e a per x (asintoto

→ ±∞

verticale); inoltre tende a 1 per x (asintoto orizzontale). Non ci sono massimi o minimi, né relativi,

né assoluti. x(x+1) 3

\ { },

Per la seconda funzione f (x) = si ha: A = C = D = R

2x−3 2

2 − −

2x 6x 3

0

f (x) = ,

2

(2x 3)

√ √ √

e quindi f è crescente crescente per x < (3− 15)/2 e per x > (3+ 15)/2, decrescente per (3− 15)/2 <x<

√ √ √

3/2 e per 3/2 < x < (3+ 15)/2. Massimo relativo in x = (3− 15)/2, minimo relativo in x = (3+ 15)/2, ma

±

→ → ±∞.

non assoluti perché in x 3/2 si ha f Asintoto obliquo (in entrambe le “direzioni”) y = x/2+5/4.

0

2 4 2

− −2x/(x −

Per la terza funzione f (x) = arc tg(1 x ) si ha: A = C = D = f (x) = 2x + 2); f è crescente

R, −π/2

per x < 0 e decrescente per x > 0. La funzione è pari, ha un massimo assoluto in 0, e tende a per

→ ±∞.

x 2 },

|2 − \ {

Per la quarta funzione f (x) = 3x| si ha: A = C = D =

R, R 3

( 2

3 per x > ,

0 3

f (x) = 23

−3 ,

per x <

e quindi f è decrescente per x < 2/3 e crescente per x > 2/3. Minimo assoluto per x = 2/3, asintoti obliqui

→ ±∞.

che coincidono con la funzione per x 34

|x − |3 − \ {1, },

Per la quinta funzione f (x) = 1| + 4x| si ha: A = C = D =

R, R

−5 per x < 1,

0 34

−3

f (x) = per 1 < x < ,

34

 5 per x > ,

da cui segue che f è decrescente per x < 3/4 e crescente per x > 3/4. Minimo assoluto per x = 3/4, asintoti

→ ±∞.

obliqui coincidenti con la funzione per x

|x−1| \ {1},

Per la sesta funzione f (x) = x e si ha: A = C = D =

R, R

( 1+x

(1 + x)e per x > 1,

0

f (x) = 1−x

(1 x)e per x < 1,

→ ±∞ → ±∞,

e quindi f è sempre crescente. Siccome f per x non esistono né minimi assoluti, né massimi

|x−1| ±∞,

assoluti. Inoltre, essendo e divergente quando x tende a non ci sono asintoti obliqui.

1 1

2

− − − ∪

Per l’ultima funzione f (x) = 2x ln(2x 1) si ha: A = C = D = (−∞, ) ( , +∞),

√ √

2 2

2 − −

4x 4x 2

0

f (x) = .

2 −

2x 1

1 √ √

0 −1/

Si noti che la funzione f (x) è definita anche per x compreso tra 2 e 1/ 2; in tale intervallo non è

0

però la derivata di f (dato che f non è definita). Studiando il segno di f (x), si trova che f è crescente per

√ √

1 1

x < e per x > (1 + 3)/2, decrescente per < x < (1 + 3)/2. Minimo relativo per x = (1 + 3)/2.

√ √

2 2 −

+

1 1

→ → − → −∞ → −∞.

La funzione tende a +∞ per x , per x e per x +∞, a per x Non ci sono

√ √

2 2

asintoti obliqui (anche se potrebbe sembrare di sı̀).

© – 2) Determinare per quali valori dei parametri α, β le seguenti funzioni sono continue e per quali valori

sono derivabili. 

 2

− βx per x > 0 ,

αx βx per x > 0 ,

2x

e 1 per x > 0 ,   α per x = 0 ,

α per x = 0 , h(x) =

f (x) = g(x) =

α + βx per x 0 , 1/x

1 cos x per x < 0 , x e per x < 0 .

 

Affinché f sia continua deve essere lim f (x) = lim f (x) = f (0) .

− +

x→0 x→0

Eseguendo i calcoli, si ha lim f (x) = α , lim f (x) = 0 , f (0) = α .

− −

x→0 x→0

Pertanto, la funzione è continua se e solo se α = 0 (con β qualsiasi). Ricordando che se una funzione è

derivabile allora è continua, dobbiamo dunque studiare la derivabilità della funzione

2x

e 1 per x > 0 ,

f (x) = ≤

βx per x 0 ,

ovvero dobbiamo determinare i valori di β per i quali

− −

f (h) f (0) f (h) f (0)

= lim .

lim h h

− +

h→0

h→0

Ricordando che f (0) = 0, si ha 2h

− − −

f (h) f (0) e 1 f (h) f (0) βh

lim = lim = 2 , lim = lim = β.

h h h h

− − + +

h→0 h→0 h→0 h→0

Pertanto, la funzione f è derivabile se e solo se α = 0 e β = 2. Per la seconda funzione abbiamo continuità

se e solo se α = 0 (con β qualsiasi). Pertanto, si deve studiare la derivabilità della funzione

 2

−βx per x > 0 ,

 0 per x = 0 ,

g(x) = −

1 cos x per x < 0 .

Eseguendo i calcoli, si vede che la derivata destra vale zero (qualsiasi sia β) e anche la sinistra. Pertanto,

g è derivabile per α = 0 e β qualsiasi. Anche per h abbiamo continuità per α = 0 e β qualsiasi; siccome la

derivata sinistra vale zero, e la destra β, abbiamo derivabilità se e solo se α = 0 = β.

§ 6

– 3) Consideriamo le tre funzioni f , g e h definite per x = 0 come segue:

1−x

x−|1−x|

x per x > 0 , arc tg(x ln x) per x > 0 , (2 x)e per x > 0 ,

f (x) = g(x) = k(x) =

x −

αx per x < 0 ; e α per x < 0 ; α(2 + 3x) per x < 0 .

Per ciascuna funzione determinare il valore di α per cui la funzione si può estendere a una funzione continua

in 0; quindi assegnato tale valore di α proseguire studiando insieme di definizione, continuità, derivabilità,

derivata, intervalli di crescenza e decrescenza, massimi e minimi relativi e assoluti, asintoti.

a) f (x). Si ha 1−x

lim x = 0 .

+

x→0 2

Dal momento che α x tende a zero per x tendente a zero, se definiamo f (0) = 0, otteniamo una funzione

continua per ogni α reale. Per tali valori, la funzione è definita (e continua) su tutto È evidente che la f è

R.

positiva per x > 0 e ha segno opposto al segno di α per x < 0. Inoltre, f tende a zero per x tendente a +∞

1−x −∞

(è infatti minore di, ad esempio, 2 ), mentre a diverge positivamente se α < 0, diverge negativamente

se α > 0, e tende a zero (essendo identicamente nulla) se α = 0. In tutti e tre i casi, la retta y = α x è

evidentemente un asintoto (obliquo o orizzontale) per f . Per quanto riguarda la derivabilità, si ha

1−x

1−x

x per x > 0 ,

ln(x) +

0 x

f (x) = α per x < 0 .

Inoltre −h

− −

f (h) f (0) h h f (h) f (0) αh

lim = lim = 1 , lim = lim = α,

h h h h

− −

+ +

h→0 h→0 h→0 h→0

e quindi f è derivabile in zero se e solo se α = 1. Se è evidente che f è crescente o decrescente in (−∞, 0)

a seconda del segno di α, non è altrettanto chiaro che segno abbia la derivata di f per x > 0, ovvero, quale

sia l’insieme delle soluzioni della disequazione −

1 x 1

− − − ≥

ln(x) + = ln(x) 1 0 .

x x

1 − −

Definiamo q(x) = ln(x) 1 e osserviamo che

x 1 1 x +1

1

0 − − − ∀x

q (x) = = < 0 , > 0 .

2

x x x x

In altre parole, q è strettamente decrescente. Dal momento che q tende a +∞ per x tendente a zero, e tende

©

−∞

a per x tendente a +∞, esiste un unico zero di q; per miracolo ( ), tale zero si sa calcolare ed è x = 1.

0 0

In definitiva, f (x) 0 in (0, 1), e f (x) < 0 in (1, +∞), e quindi 1 è un massimo relativo. Se α < 0, x = 0

è un minimo relativo (e anche assoluto), mentre se α > 0 l’origine non è né di massimo né di minimo. Se

α = 0 tutti i punti della semiretta x 0 sono di minimo assoluto. Se α < 0 non esiste il massimo assoluto,

che invece esiste (ed è x = 1) se α 0. 1

Il grafico di f (x) per α = 1, α = 2 e α = .

2 ±

+ →

b) g(x). Ricordando che x ln(x) tende a zero per x tendente a 0 , i limiti di g per x 0 sono

lim g(x) = lim arc tg(x ln(x)) = arc tg(0) = 0 ,

+ +

x→0 x→0 x − −

lim g(x) = lim e α = 1 α ,

− −

x→0 x→0

quindi affinché g abbia limite in 0 dobbiamo porre α = 1; in tal caso si può estendere g a una funzione

continua in 0 ponendo g(0) = 0. Abbiamo ora una funzione definita e continua su tutto e derivabile per

R,

6

x = 0; controlliamo la derivabilità in 0. In 0 il rapporto incrementale vale per incrementi h > 0

g(h) g(0) arc tg(h ln(h)) arc tg(h ln(h)) +

→ −∞ →

= = ln(h) per h 0 ,

h h h ln(h)

3

mentre per h negativi h

− −

g(h) g(0) e 1 −

→ →

= 1 per h 0 ;

h h

dunque g non è derivabile in 0. Si noti che ci si poteva fermare al primo limite (affinché la derivata esista il

limite del rapporto incrementale deve essere finito), ma in questo modo abbiamo un’informazione sul segno

della derivata prima di g vicino a zero. Si ha poi ln(x) + 1

0 0

x

g (x) = e per x < 0, g (x) = per x > 0 .

2

1 + (x ln(x))

0 0

g è sempre strettamente positiva per x < 0, mentre per gli x positivi vediamo che g = 0 solo per ln(x)+1 = 0

0 0

ossia x = 1/e, mentre g > 0 per x > 1/e e g < 0 per 0 < x < 1/e. Dunque il punto x = 1/e è un minimo

relativo, nel quale g assume il valore negativo arc tg(−1/e). −1 → −∞

Riassumendo, la funzione è negativa e crescente su (−∞, 0], tende a per x e vale 0 in 0; ha una

singolarità in 0, è negativa fra 0 e 1 e decresce su [x, 1/e]; per x > 1/e è crescente, attraversa l’asse delle x

in x = 1 e tende a π/2 per x +∞. Dall’esame di questi dati vediamo che g ha un massimo relativo in 0

−1

che non è assoluto, ed ha un minimo relativo in 1/e che non è assoluto perché arc tg(−1/e) > (essendo

−1). → −1

arc tg(−π/4) = g ha l’asintoto orizzontale y = π/2 per x +∞ e l’asintoto orizzontale y = per

→ −∞.

x Il grafico di g(x).

±

c) k(x). I limiti di k per x 0 sono x−|1−x| 2x−1

− −

lim k(x) = lim (2 x)e = lim (2 x)e = 2/e ,

+ + +

x→0 x→0 x→0

|1 − −

dove abbiamo utilizzato il fatto che che per x vicino a 0 si ha x| = 1 x, e

lim k(x) = lim α(2 + 3x) = 2α ,

− −

x→0 x→0

quindi affinché k abbia limite in 0 dobbiamo porre α = 1/e; in tal caso si può estendere k a una funzione

continua in 0 ponendo k(0) = 2/e. Abbiamo ora una funzione definita e continua su tutto controlliamo

R;

la derivabilità in 0. In 0 il rapporto incrementale vale per incrementi h > 0 (come prima osserviamo che per

|1 − −

h vicino a 0 si ha h| = 1 h) −1

2h−1

− − −

k(h) k(0) (2 h)e 2e 3 +

→ →

= per h 0 ,

h h e

mentre per h negativi −

k(h) k(0) 3 3 −

→ →

= per h 0 ,

h e e

e quindi k è derivabile in 0. Eseguendo poi i calcoli, si vede che k non è derivabile in x = 1, mentre per

6

x = 1 k è derivabile e si ha

3

0 0 0

2x−1

≤ − ≤ −e

k (x) = per x 0, k (x) = (3 2x)e per 0 x < 1, k (x) = per x > 1

e 4 0 0

(si noti infatti che k(x) = (2 x)e è una retta per x > 1). In particolare k > 0 su (−∞, 1) e k < 0 su

→ ±∞ −∞

(1, +∞), quindi k è crescente fino a 1 e poi decresce. I limiti per x sono entrambi (con asintoti

obliqui coincidenti con la funzione), e il punto x = 1 è un massimo assoluto (anche se k non è derivabile in

−2/3

x = 1). Non vi sono altri massimi o minimi relativi; gli unici zeri di k sono per x = e per x = 2.

Il grafico di k(x).

§§§ →

– 4) Sia f : (a, +∞) continua e derivabile.

R

0 0

→ → →

(a) Supponiamo che f ed f tendano a due limiti finiti per x +∞: f L e f M (in particolare, f ha

un asintoto orizzontale). Dimostrare che M = 0.

0 0

→ →

(b) Supponiamo che la derivata f tenda ad un limite finito per x +∞: f M . Dimostrare che

f (x) → →

M per x +∞.

x 0

(a) Supponiamo per assurdo che M non sia zero. Dal momento che f converge a M , per ogni ε > 0 esiste

x > 0 tale che

ε 0

− ∀x ≥

M ε < f (x) < M + ε , x .

ε

M , e siano x > x due numeri reali maggiori di x . Per il teorema di Lagrange,

Supponiamo M > 0, ε < 1 ε

2

esiste x (x , x) tale che

2 1 −

f (x) f (x )

1 0

= f (x ) ,

2

x x

1

da cui M

0 −

− ≥ − − ≥ (x x ) .

f (x) = f (x ) + f (x ) (x x ) f (x ) + (M ε) (x x ) f (x ) +

1 2 1 1 1 1 1

2

Facendo tendere x all’infinito si ha un assurdo: f diverge a più infinito (mentre invece tende ad L). Se

M < 0, il discorso è “speculare”.

(b) Innanzitutto, osserviamo che se x è fissato, allora (ammesso che i limiti esistano),

1 −

f (x) f (x ) f (x)

1

lim = lim . (1)

x x x

x→+∞ x→+∞

1

Infatti, − −

− f (x ) f (x) f (x) f (x ) x x f (x )

f (x) f (x ) f (x) 1 1 1 1

1

1 − , e = + .

= x − −

− − x x x x x x x

x x x 1 1 1 1

1 x

Sia ora ε > 0, e sia x > 0 tale che

ε 0

− ∀x ≥

M ε < f (x) < M + ε , x .

ε

Sia x fissato maggiore di x , e sia x > x (e quindi maggiore di x ). Allora, nuovamente per il teorema di

1 ε 1 ε

Lagrange, esiste x compreso tra x e x tale che

2 1 −

f (x) f (x )

1 0

= f (x ) ,

2

x x

1

e siccome x > x , ne segue che

2 ε −

f (x) f (x )

1

− ∀x ≥

M ε< < M + ε, x .

ε

x x

1 5

In definitiva, −

f (x) f (x )

1

lim = M,

x x

x→+∞ 1

da cui la tesi per la (1).

§ ≥

– 5) Dimostrare che per tutti gli x 0 valgono le disuguaglianze

2 2

x x

x x

≥ ≥ − ≥

e 1 + x , ln(1 + x) x , e 1 + x + .

2 2

Che si può dire della prima disuguaglianza per x < 0? Siete in grado di dimostrare che la terza non è vera

per ogni x < 0 senza calcolare nessuna derivata?

x − − ≥ ≥

Definiamo f (x) = e 1 x; vogliamo allora dimostrare che f (x) 0 per ogni x 0. Innanzitutto

0 x − ≥ ≥

osserviamo che f (0) = 0; successivamente, notiamo che si ha f (x) = e 1 0 per x 0. Pertanto, f è

≥ ≥

crescente su [0, +∞), e quindi f (x) f (0) = 0 per ogni x 0, come volevasi dimostrare. Per la seconda,

2

2 0 1 x

x − ≥

− , abbiamo g(0) = 0, e g (x) = 1 + x = 0. Pertanto g è crescente

detta g(x) = ln(1 + x) x + 2 1+x x+1

2 0

x

x ≥

≥ − − − , si ha h(0) = 0 e h (x) = f (x) 0, il che

e quindi g(x) g(0) = 0. Infine, posto h(x) = e 1 x 2 0

permette di concludere. Se x < 0 la prima disuguaglianza è ancora vera perché f (x) è negativa, e quindi

x

f (x) f (0) = 0. Per vedere che la terza è invece falsa, basta osservare che e tende a zero quando x tende

2

x

−∞,

a mentre 1 + x + diverge a +∞.

2

§ – 6) Si dimostri la disuguaglianza

α α 1/α β β 1/β

≥ ∀x ≥

(x + y ) (x + y ) , y 0 , 0 < α < β . x

6 e. . .

Suggerimento: se y = 0 non c’è nulla da dimostrare; se y = 0 possiamo dividere per y, definire t = y

6

Come suggerito, se y = 0 non c’è nulla da dimostrare. Se y = 0, dividendo per y e usando l’omogeneità di

1

α α

(x + y ) (e lo stesso per β), la disuguaglianza di partenza è equivalente alla

α 1

1 !

α β β

x x

α ≥

+1 +1 ,

y y

x

che è equivalente, ponendo t = come suggerito, alla

y 1

1

α β

≥ ∀t ≥

(t + 1) (t + 1) , 0 ,

β

α

a sua volta equivalente alla β

α β

≥ ∀t ≥

(t + 1) t + 1 , 0 .

α

β β

> 1, possiamo infine scrivere, detto s = t ,

Posto γ = α 1 γ ≥ ∀s ≥

(s + 1) s + 1 , 0 .

γ

1 γ − −

Definiamo f (s) = (s + 1) s 1, e osserviamo che f (0) = 0; inoltre,

γ γ−1

1

1 1 −1

0 γ−1 − − ≥

f (s) = (s + 1) s 1 = 1 + 1 0 ,

γ γ 1

s γ ≥

dal momento che γ > 1. Pertanto f è crescente su [0, +∞), e quindi f (s) f (0) = 0, come volevasi

dimostrare.

© n−1

– 7) Si calcoli la derivata n-sima della funzione f (x) = x ln(x).

Innanzitutto, ricordiamo che se g(x) è un polinomio di grado m, allora la derivata (m + 1)-sima di g è nulla

(provare per credere. . .). Si ha poi 1

0 n−2 n−1 n−2 n−2

− −

f (x) = (n 1) x ln(x) + x = (n 1) x ln(x) + x .

x

6 n−2

− −

Dal momento che la derivata n-sima di f è la somma della derivata (n 1)-sima di (n 1) x ln(x) e la

n−2

derivata (n 1)-sima di x (che, per quanto detto prima, è nulla), si ha

(n−1)

(n) n−2

f (x) = (n 1) x ln(x) .

n−2

Se definiamo g(x) = (n 1) x ln(x), allora

0 n−3 n−3

− · − −

g (x) = (n 1) (n 2) x ln(x) + (n 1) x ,

e quindi (n−2)

(n) n−3

− · −

f (x) = (n 1) (n 2) x ln(x) .

(n−1)!

0

(n) − .

Dovrebbe essere allora chiaro che f (x) = [(n 1)! ln(x)] = x

© – 8) Studiare la funzione n

n x

2

f (x) = x lim .

n

n + x

n→+∞

© n

|x|

Prima di studiarla, sarà meglio calcolarla . Se < 1, allora x tende a zero (mentre n diverge). Pertanto,

n

x

n −

1

n x n = 1 .

lim = lim n

x

n

n + x 1 +

n→+∞ n→+∞ n

n

|x|

Se = 1, il limite vale ancora 1. Se x > 1, allora x diverge (e diverge più rapidamente di n), cosicché

n

n − 1

n x n

x −1

= .

= lim

lim n

n +1

n + x

n→+∞ n→+∞ n

x

−x), −1.

Allo stesso risultato si arriva (scrivendo y = se x < Pertanto,

2

|x| ≤

x se 1,

f (x) = 2

−x |x|

se > 1.

Lo studio di f è allora molto semplice (e viene, pertanto, lasciato al lettore).

Il grafico di f (x).

§ 0

– 9) Sia f : [a, b] una funzione continua in [a, b], derivabile in [a, b], e con derivata prima f (x)

R

derivabile in (a, b). Supponiamo inoltre che esista c in (a, b) tale che f (a) = f (c) = f (b). Dimostrare che

00

esiste d in (a, b) tale che f (d) = 0. 0

Applicando il teorema di Rolle in [a, c], si vede che esiste d in (a, c) tale che f (d ) = 0; analogamente,

1 1

0

applicando il teorema di Rolle in [c, b], si vede che esiste d in (c, b) tale che f (d ) = 0. Possiamo allora

2 2

0

applicare il teorema di Rolle a f nell’intervallo [d , d ], e ottenere cosı̀ un punto d nel quale si annulla la

1 2

derivata seconda. 7

§§ n(x)

– 10) Se x è razionale positivo, siano n(x) e p(x) i due interi privi di divisori in comune tali che x = .

p(x)

1 4

Ad esempio, se x = , n(x) = 1 e p(x) = 2; se x = allora n(x) = 2 e p(x) = 3. Sia

2 6

1 +

se x ,

Q

n(x)+p(x)

f (x) = + +

∈ \

0 se x .

R Q

Determinare l’insieme di continuità di f (x).

Dal momento che per ogni razionale q > 0 si ha f (q) > 0, è chiaro che f non è continua in x razionale

√ 2

positivo: infatti, lungo la successione x = x + la f è identicamente nulla (e non converge quindi al valore

n n

f (x) > 0). Se, invece, x non è razionale, e x è una successione di razionali convergente a x, allora

n n(x )

1 n

, dove x = .

f (x ) = n

n n(x ) + p(x ) p(x )

n n n

Se dimostriamo che n(x ) diverge, allora f (x ) converge a zero (che è il valore di f (x)), e quindi, dal momento

n n →

che se x è una successione di irrazionali che converge a x si ha f (x ) = 0 0, avremmo dimostrato che f è

n n

continua sugli irrazionali. Supponiamo allora per assurdo che n(x ) non diverga; ciò vuol dire che esiste una

n

sottosuccessione n(x ) limitata (dimostrarlo per esercizio!). Per il teorema di Bolzano-Weierstrass, si può

n k

estrarre un’altra sottosuccessione n(x ) convergente. Dal momento che n(x ) è un intero, una successione

n n

kh 1

di interi convergente non può essere altro che definitivamente costante (altro esercizio: si scelga ε = nella

2

definizione di limite); pertanto, esiste una sottosuccessione n(x ) = n , con n un fissato numero naturale.

n 0 0

j

Ricordiamoci ora che x converge a x > 0. Allora anche x converge a x; siccome

n n j

n(x ) n

n 0

j

x = = ,

n j p(x ) p(x )

n n

j j

ne segue che anche la successione p(x ) deve essere limitata (altrimenti x = 0, che non è), e quindi (a meno

n j n ,

di sottosuccessioni) definitivamente uguale ad un fissato m naturale. Ma allora x sarebbe il razionale 0

0 m

0

contro l’ipotesi. 8

Calcolo I, a.a. 2002–2003 — Esercizi 7 — 26 novembre 2002

§ →

– 1) Consideriamo le tre funzioni f , g, k : definite come

R R

( ( (

1 1 1

2

6 6 6

sen per x = 0, xsen per x = 0, x sen per x = 0,

x x x

f (x) = g(x) = k(x) =

0 per x = 0; 0 per x = 0; 0 per x = 0.

Dimostrare che: 6

(a) f , g, k sono continue e derivabili per x = 0; 0

(b) f e g non sono derivabili per x = 0 mentre k lo è e si ha k (0) = 0;

0

(c) il limite lim k (x) non esiste.

x→0 6

Il punto (a) è immediato in quanto per x = 0 le tre funzioni sono combinazione di funzioni elementari

continue e derivabili. →

Passiamo al punto (b). f non è continua in 0, dal momento che esiste una successione x 0 tale che

n

−1 → −1

f (x ) = 1 (basta prendere x = (π/2 + 2nπ) ) e una successione y 0 tale che f (y ) = (quale?),

n n n n

cosicché non esiste il limite di f per x 0. Non essendo continua, non può essere neanche derivabile. Per g

proviamo a scrivere il rapporto incrementale in 0:

− 1

g(0 + h) g(0) = sen ,

h h →

e come abbiamo appena dimostrato, questa funzione non ha limite per h 0. Infine per k il rapporto

incrementale in 0 è

k(0 + h) k(0) 1

= h sen ,

h h

e se calcoliamo il limite per h 0 otteniamo subito 0 in quanto

1 ≤ |h| →

hsen 0 .

h

6

Infine per il punto (c) calcoliamo la derivata per x = 0:

1 1

0 −

k (x) = 2x sen cos ,

x x

0 →

e vediamo subito che non esiste il limite di k (x) per x 0 in quanto il primo addendo tende a 0 (dimostrato

poco sopra) e il secondo addendo non ha limite (dimostrazione simile a quella per il seno).

§ → ∈

– 2) Sia f : (a, b) continua, e sia c (a, b). Supponiamo di sapere che f è derivabile in tutti i punti

R 0 0

6

x = c, e che esiste finito il limite lim f (x) = L. Allora f è derivabile anche in c e si ha f (c) = L.

x→c

6

Sia x = c; per il Teorema di Lagrange, il rapporto incrementale nel punto c coincide con il valore della

derivata in un punto z: −

f (x) f (c) 0

= f (z) .

x c

Il punto z è strettamente compreso fra x e c, e dipende soltanto da x. Se adesso nell’identità precedente

facciamo tendere x a c, anche z tende a c, e quindi il secondo membro converge per ipotesi al numero L. Ne

0

segue che anche il rapporto incrementale converge a L, quindi f (c) esiste ed è uguale ad L.

© 0 00 000 (n)

– 3) Sia f : una funzione pari derivabile n volte. Determinare se le sue derivate f , f , f , . . . , f

R R

sono pari o dispari (o nessuna delle due cose). E se f è dispari?

f pari vuol dire f (−x) = f (x) per ogni x. Derivando questa identità (ed usando il teorema di derivazione

delle funzioni composte) si ottiene subito

0 0 0 0

−f −f

(−x) = f (x) e quindi f (−x) = (x) ,

0

ossia f è dispari. Continuando a derivare ottieniamo subito che le derivate di ordine pari (0 compreso) sono

tutte pari, quelle di ordine dispari sono dispari.

−f

Se f è dispari, derivando l’identità f (−x) = (x) otteniamo subito il risultato “simmetrico”: le derivate di

ordine pari sono dispari, quelle di ordine dispari sono pari.

1

© – 4) Date le funzioni ( (

3 x

≥ ≥

x per x 0, e per x 0,

2 x 3

f (x) = x + 2 cos x, g(x) = 6e x , h(x) = p(x) =

2 2

≤ ≤

x per x 0, 1 + x + ax per x 0.

dimostrare che f , g, h sono convesse su tutto e determinare per quali valori del parametro a la funzione

R, 11 6

p(x) è convessa su Infine dimostrare che la funzione f (x) = x + x non è convessa su

R. R.

00 − ≥

Derivando due volte si ha f (x) = 2(1 cos x) 0 dato che cos x è sempre compreso tra -1 e +1; quindi f

è convessa. 00 x x

− ≥ ≥

Analogamente la convessità di g segue da g (x) = 6(e x) 0 perché e x per ogni x (si veda l’esercizio

5 del compito del 19 novembre). 00

Per la funzione h non si può ricorrere ad h , almeno con i risultati a nostra disposizione: infatti è vero che

(

6x per x > 0,

00

h (x) = 2 per x < 0,

00 0

ma h (0) non esiste (verificare!). Allora usiamo il criterio: h convessa se e solo se h crescente. Per calcolare la

0

derivata h fuori da zero possiamo utilizzare le regole di calcolo consuete, e in x = 0 il rapporto incrementale

ha limite destro e sinistro uguali a zero. In conclusione

( 2 ≥

3x per x 0,

0

h (x) = ≤

2x per x 0

0

(zero compreso), e h è crescente. 0 6

Procedimento simile per p(x); la derivata p (x) esiste in ogni punto, per x = 0 si calcola utilizzando le regole

consuete, per x = 0 il rapporto incrementale ha limiti destro e sinistro uguali a 1, quindi in conclusione

( x ≥

e per x 0,

0

p (x) = ≤

1 + 2ax per x 0.

0 ≥

È chiaro che p è crescente se e solo se a 0 e in questo caso p è convessa.

00

11 6 4 5

Infine (x +x ) = 10x (11x +3) cambia segno su (perché?) e quindi la funzione non può essere convessa.

R

§ →

– 5) (i) Siano f , g : [a, b] continue e convesse. Allora f + g è continua e convessa. Che si può dire di

R

· ∈

f g? E di αf per α fissato? Giustificare le risposte con dimostrazioni o controesempi.

R

(ii) Sia f : (a, +∞) continua, convessa e limitata. Allora esiste finito il lim f (x). Provare a

R x→+∞

00

risolvere questo esercizio in due modi: prima supponendo che esista la derivata seconda f , e poi senza usare

le derivate ma solo la definizione di convessità.

(i) Sappiamo che per 0 < t < 1 e per ogni x < x

1 2

− ≤ − − ≤ −

f (tx + (1 t)x ) tf (x ) + (1 t)f (x ), g(tx + (1 t)x ) tg(x ) + (1 t)g(x ).

1 2 1 2 1 2 1 2 ·

Sommando otteniamo la convessità di f + g; moltiplicando (la prima) per α otteniamo subito che α f è

≥ ≤ ·

convessa se α 0 ed è concava per α 0. Invece il prodotto f g non è in generale convesso: ad esempio il

2 3

prodotto delle funzioni convesse f (x) = x e g(x) = x è la funzione (f g)(x) = x che non è né concava né

convessa. 00 0 0

≥ ≥

(ii) Usando le derivate: sappiamo che f 0, quindi f è crescente. Si hanno due casi: o f (c) 0 in un

0 0 0

≥ ≥ ≥

punto c, oppure f (x) non è mai positiva. Nel primo caso f (x) f (c) 0 per tutti gli x c e quindi la

0

funzione f è crescente da c in poi; nel secondo caso f (x) è sempre negativa e quindi f è decrescente. In

entrambi i casi la f è monotona (almeno definitivamente) e la tesi segue subito dalle proprietà generali delle

funzioni monotone. ≥

Senza usare le derivate: dimostriamo direttamente che esiste un c > a tale che f (x) è monotona per x c.

Supponiamo per assurdo che tale c non esista, e fissiamo un punto x > a. Dato che (per ipotesi) f non è

1

decrescente a destra di x , esiste un x > x con f (x ) > f (x ). D’altra parte f non è crescente a destra di

1 2 1 1 2

x , quindi esiste un x > x con f (x ) < f (x ). Riassumendo:

2 3 2 3 2

x < x < x , f (x ) < f (x ), f (x ) > f (x ) . (1)

1 2 3 1 2 2 3

2

Ma questo è assurdo: infatti per la convessità si deve avere per 0 < t < 1

− ≤ − ≤

f (tx + (1 t)x ) tf (x ) + (1 t)f (x ) max{f (x )), f (x )}

1 3 1 3 1 3

(perché? attenzione ai segni!) cioè per tutti gli x tra x e x

1 3

f (x) max{f (x )), f (x )} ,

1 3

il che contraddice la (1). La dimostrazione diventa chiarissima se si disegna il grafico di f e della sua corda!

© →

– 6) Sia f : continua, derivabile, convessa e limitata. Dimostrare che f è costante. Suggerimento:

R R

si usi l’esercizio precedente e l’esercizio 4(a) del 19 novembre. −∞),

Per l’esercizio precedente (e per la sua versione “simmetrica” a la funzione f ammette limite sia a +∞

0

−∞.

che a D’altra parte, essendo f derivabile e convessa, la derivata f di f è crescente, e quindi ammette

−∞.

limite anch’essa sia a +∞ che a Per l’esercizio 4(a) del 19 novembre, tale limite e zero in entrambi i

0 0

casi; essendo f crescente, deve obbligatoriamente essere f (x) = 0 per ogni x in e quindi f è costante.

R,

© 2 2

−sen

– 7) Si studi la funzione f (x) = x (x), determinando insiemi di definizione, continuità e derivabilità,

limiti ed asintoti, intervalli di crescenza e decrescenza, massimi e minimi assoluti e relativi, intervalli di

concavità e convessità. 2

La funzione f è definita, continua e derivabile su tutto È inoltre pari (la funzione sen (x) è pari essendo

R.

il quadrato di una funzione dispari), ed è quindi sufficiente studiarla solo su [0, +∞). Ricordando che

|sen(x)| ≤ |x| ≥

per ogni x in si ha subito f (x) 0 per ogni x in e f (x) = 0 se e solo se x = 0

R, R,

(a questo punto possiamo già affermare che x = 0 sarà di minimo assoluto per f ). La funzione diverge

f (x) 0

diverge. La derivata di f è f (x) =

positivamente a +∞, ma non ha asintoti obliqui, dato che anche x

− − ≤

2x 2sen(x) cos(x) = 2x sen(2x), ed è ovunque positiva in [0, +∞) (sempre perché sen(2x) 2x per

00

≥ −

x 0), annullandosi per x = 0. La derivata seconda è f (x) = 2 2 cos(2x) è maggiore di zero su tutto R,

e si annulla per x = 2kπ, con k in (punti di flesso a tangente obliqua, tranne nell’origine).

Z 0 00

Il grafico di f , f e f .

© – 8) Calcolare i seguenti limiti: π 2 2

sen x − −

ln(1 + x) x x sen(x )

6

lim , lim , lim .

2 6

1 2sen(x) x x

π x→0 x→0

x→ 6

Per il primo limite, usiamo il Teorema di de l’Hôpital: √

π π

− −

sen x cos x 1 3

6 6 √ −

lim = lim = = .

− −2

1 2sen(x) cos(x) 3

π

π − 3

x→

x→ 6 6

Anche per il secondo usiamo il Teorema di de l’Hôpital:

1 − 1 −x

− 1

ln(1 + x) x 1+x −

= lim = .

lim = lim

2 2x 2x(1 + x) 2

x x→0

x→0 x→0 2

Infine, per il terzo, possiamo scegliere due strade: sostituire y = x e calcolare il limite per y tendente a zero

(con de l’Hôpital), oppure applicare direttamente de l’Hôpital (ma non sempre. . .): 4

x

2 2 2

2 2

− − − −

x sen(x ) 2x 2x cos(x ) 1 cos(x ) 1 cos(x ) 1

2

lim = lim = lim = lim = .

4

6 5 4 4

x 3x 6

x 6x 3x

x→0 x→0 x→0 x→0 2

3

© – 9) Calcolare i seguenti limiti:

1 x

1 e x+1

− −

e 1 − −

sen(x) (x ln(1 + x)) e e

x x

lim , lim , lim .

2

2 x − −

x − e 1 sen(x)

e 1 ln(1 + x)

π

x→+∞ x→0 x→0

− arc tg(x)

2 1 π

, il primo limite è

Ricordando che arc tg(x) + arc tg =

x 2 1 1 y

− −

e 1 − −

e 1 y

x x = lim ,

lim 2

1

2 arc tg (y)

arc tg

x→+∞ +

y→0

x

e l’ultimo limite si può calcolare con de l’Hôpital:

y y

− − −

e 1 y e 1 1

2

lim = lim (1 + y ) = .

2 2arc tg(y) 2

arc tg (y)

+ +

y→0 y→0

sen(x)

Per il secondo limite, osserviamo che tende ad 1, e che quindi si tratta di calcolare

ln(1+x) 2

− x ln(1 + x) x 1

x ln(1 + x)

lim = lim = ,

2 2

2

x x

− −

x 2

e 1 e 1

x→0

x→0

grazie al secondo limite dell’esercizio 8. Infine, sempre per il Teorema di de l’Hôpital,

x

x x

x e

e x+1 e x x+1 −

e e e

− −

e e e e e

lim = lim = lim .

x x x

− − − −

e 1 sen(x) e cos(x) e cos(x)

x→0 x→0 x→0

x

Dal momento che e tende a 1, dobbiamo calcolare (sempre con de l’Hôpital),

x x

e x e

e e e e

lim = lim = e .

x x

e cos(x) e + sen(x)

x→0 x→0

Domanda aggiuntiva: quale errore è stato sistematicamente (e volontariamente. . .) commesso

nella risoluzione degli esercizi 8 e 9?

§§ →

– 10) Sia y : una funzione derivabile; supponiamo che y(0) = 0 e che esistano a e b in tali che

R R R

0

y (x) = a y(x) + b per ogni x in Determinare a e b affinché si abbia

R. 2

y (x) −

e 1

lim = 1 .

2

x

x→0

Esistono a e b tali che y(x) −

e 1

lim = 1?

2

x

x→0

La funzione y è derivabile, e pertanto continua; essendo y(0) = 0, ne segue che y(x) tende a zero per x

tendente a zero. Pertanto, 2

2

y (x) y (x) 2

− −

e 1 e 1 y (x)

lim = lim .

2 2 2

x y (x) x

x→0 x→0 2 y(x)

y (x)

La prima frazione tende ad 1, e quindi non resta che calcolare il limite di , e quindi di . Applicando

2

x x

de l’Hôpital, si ha 0

y(x) y (x)

lim = lim = lim [a y(x) + b] = b .

x 1

x→0 x→0 x→0

±1.

Pertanto, a è qualsiasi, e b deve essere Per il secondo limite, si tratta di calcolare

0

y(x) y (x) a y(x) + b

lim = lim = lim .

2

x 2x 2x

x→0 x→0 x→0

Affinché il limite sia finito (essendo y(x) tendente a zero), deve essere b = 0. Per tale valore di b si ha

0 2

a y(x) a y (x) a y(x)

lim = lim = lim ,

2x 2 2

x→0 x→0 x→0

che però tende a zero qualsiasi sia il valore di a. In definitiva, la risposta è “no” (ne siamo sicuri?).

4

Calcolo I, a.a. 2002–2003 — Esercizi 8 — 3 dicembre 2002

© →

– 1) Sia f : derivabile con derivata continua, e sia f (0) = 0. Allora esiste una funzione continua

R R ·

g(x) tale che f (x) = x g(x). Suggerimento: dimostrare che esiste c tale che è continua la funzione

f (x)

( 6

per x = 0,

x

g(x) = c per x = 0. 6

Seguendo il suggerimento, la funzione g è sicuramente continua in ogni punto x = 0; inoltre in 0 si ha, usando

de l’Hopital, 0

f (x)

f (x) 0

= lim = f (0) ,

lim x 1

x→0 x→0 0

dato che la derivata di f è continua. Vediamo quindi che bisogna scegliere c = f (0). In questo modo g è

· 6

continua su tutto e chiaramente si ha f (x) = x g(x) (per x = 0 dalla definizione, per x = 0 ovvia).

R

© x −

– 2) Calcolare il polinomio di Taylor del terzo ordine per f (x) = sen(e 1) in x = 0, per g(x) = ln(x)

in x = 2, per h(x) = sen(x) e k(x) = cos(x) in x = π/2. Si può calcolare il polinomio di Taylor del terzo

ordine in 0 per la funzione senx

( 6

per x = 0,

x

p(x) = 1 per x = 0?

Le funzioni f , g, h e k hanno derivate di ogni ordine, quindi basta calcolare i coefficienti del polinomio di

x −

Taylor per avere gli sviluppi. Per f (x) = sen(e 1) si ha f (0) = 0,

0 00 000

x x x x 2x x x 3x x 2x x

−1) −1)−e −1) −e −1)−3−e −1)

f (x) = e cos(e , f (x) = e cos(e sen(e , f (x) = (e ) cos(e sen(e ,

e quindi 0 00 000

f (0) = 0 , f (0) = 1 , f (0) = 1 , f (0) = 0 ,

da cui 1 2

f (x) = x + x + R .

4

2

Per g(x) = ln(x) si ha 1 1 2

0 00 000

g (x) = , g (x) = , g (x) = ,

2 3

x x x

quindi 1 1 1

0 00 000

g(2) = ln(2) , g (2) = , g (2) = , g (2) = ,

2 4 4

da cui 1 1 1

2 3

− − − −

ln(x) = ln(2) + (x 2) (x 2) + (x 2) + R .

4

2 8 24

Per h(x) = sen(x) 0 00 000

−sen(x) −

h (x) = cos(x) , h (x) = , h (x) = cos(x) ,

da cui 0 00 00

−1

h(π/2) = 1 , h (π/2) = 0 , h (π/2) = , h (π/2) = 0 ,

e quindi 2

1 π

− −

sen(x) = 1 x + R ,

4

2 2

mentre per k(x) = cos(x) 0 00 000

−sen(x) −

k (x) = , k (x) = cos(x) , k (x) = sen(x) ,

da cui 0 00 00

−1

k(π/2) = 0 , k (π/2) = , k (π/2) = 0 , k (π/2) = 1 ,

e quindi 3

π 1 π

− − −

cos(x) = x + x + R .

4

2 6 2

1

Per quanto riguarda la funzione p(x), prima di sviluppare bisogna dimostrare che p è derivabile tre volte (per

6

x = 0 questo è ovvio, per x = 0 si deve calcolare il rapporto incrementale eccetera). Però c’e’ un metodo

4

molto più rapido: partendo dallo sviluppo al quarto ordine in x = 0 (il termine in x è nullo)

0

3

x

sen(x) = x + R (x) ,

4

6

4 → → 6

con la proprietà R /x 0 per x 0, possiamo scrivere, per x = 0,

4 2

sen(x) x

=1 + ρ(x) ,

x 6

dove R (x)

4

ρ(x) = .

x

→ →

Dato che ρ(x) 0 per x 0 possiamo estendere ρ a 0 ponendo ρ(0) = 0 e otteniamo infine

2

x

p(x) = 1 + ρ(x) ,

6

con la proprietà ρ(x) R (x)

4 →

= 0 ,

3 4

x x

2

x

→ −

per x 0; per l’unicità del polinomio di Taylor, 1 è il polinomio di Taylor di p(x) in x = 0.

6

§ 0

→ ∈

– 3) Sia f : (a, b) una funzione due volte derivabile, e sia x (a, b) un punto critico, ossia f (x ) = 0.

R 0 0

00 00

Dimostrare che se f (x ) > 0 allora x è un punto di minimo relativo, mentre se f (x ) < 0 allora x è un

0 0 0 0

punto di massimo relativo. Suggerimento: si usi la formula di Taylor al secondo ordine, ed il resto di Peano.

Sapreste generalizzare questo risultato?

00 00

Consideriamo il caso f (x ) > 0; il caso f (x ) < 0 è identico.

0 0

La formula di Taylor dà 1

0 00 2

− −

f (x) = f (x ) + f (x )(x x ) + f (x )(x x ) + ω (x) ,

0 0 0 0 0 2

2

con la proprietà ω (x)

2

lim = 0 ,

2

(x x )

x→x 0

0

0

e dato che f (x ) = 0 possiamo scrivere anche

0

1 1 ω (x)

2

00 00

2 2

− − ·

f (x) = f (x ) + .

f (x )(x x ) + ω (x) = f (x ) + (x x ) f (x ) +

0 0 0 2 0 0 0 2

2 2 (x x )

0

00 →

Adesso basta osservare che il termine tra parentesi quadre tende a f (x ) > 0 per x x ; quindi per il

0 0

|x − |

Teorema della permanenza del segno si ha che tale termine è positivo per x < δ, con δ > 0 opportuno.

0

Ne segue ≥ |x − |

f (x) f (x ) per x < δ ,

0 0

ossia x è punto di minimo.

0 0 00 (2m−1) (2m)

La generalizzazione è: se per un certo m 1 si ha f (x ) = f (x ) = . . . = f (x ) = 0 e f (x ) > 0

0 0 0 0

(< 0), allora x è un punto di minimo (massimo) relativo. Ma che succede se la prima derivata non nulla ha

0

ordine dispari?

© – 4) Usando la formula di Taylor con il resto di Lagrange,

(i) calcolare le prime 7 cifre decimali di ln(1.01) (esatte!!);

(ii) dimostrare che, per ogni x R, 2 3

x x

x ≥

e 1 + x + + .

2 6

2

Punto (i): proviamo ad usare lo sviluppo di Taylor al terzo ordine:

2 3 4

x x x 1

− −

ln(1 + x) = x + ;

4

2 3 4 (1 + ξ)

se il terzo ordine non sarà sufficiente aggungeremo altri termini. Ponendo x = 0.01 otteniamo, per un certo

≤ ≤

0 ξ 0.01, 2 3 4

(0.01) (0.01) (0.01) 1

− −

ln(1.01) = 0.01 + ,

4

2 3 4 (1 + ξ)

ossia −

ln(1.01) = 0.01 0.00005 + 0.0000003 + r = 0.0099503 + r ,

dove il numero r verifica 4 4

1 (0.01)

(0.01) −9

|r| ≤ ·

= = 0.0000000025 = 2.5 10 .

4

4 (1 + ξ) 4

Otteniamo quindi ln(1.01) = 0.00995033 . . . (otto cifre esatte. . .).

Punto (ii): la formula di Taylor in x = 0 al terzo ordine dà

2 3 4

x x x

x ξ

e = 1 + x + + + e ,

2 6 24

4

x ξ ≥

e dato che e 0 per ogni x in otteniamo subito la tesi.

R,

24

§§ – 5) Sia data la successione r definita da

n n

1 1 1 1 1 1

X

− − −

− − − − − ... =e . (1)

r = e 1

n 1! 2! 3! 4! n! k!

k=0

©

( i) Dimostrare che, per ogni n = 0, 1, 2, . . ., 3

0 < r < .

n (n + 1)!

§§

( ii) Dimostrare (per assurdo) che e è irrazionale.

Punto (i): la formula di Taylor con il resto di Lagrange, centrata in x = 0 e calcolata in x = 1 per la

0

x

funzione f (x) = e dà 1 1 1 1 1

1 · · ·

e = 1 + + + + + + + r ,

n

1! 2! 3! 4! n!

dove ξ

e

r = ,

n (n + 1)!

(j) 0

e ξ è un numero compreso fra x = 0 e x = 1 (notare che f (0) = e = 1 per ogni j). Quindi si ha subito

0 ξ 1

e e 3

0 < r = < .

n (n + 1)! (n + 1)! (n + 1)!

Punto (ii): supponiamo per assurdo che e = p/q, p e q interi positivi. Scrivendo la (1) per n = q, e

moltiplicando per q! otteniamo q! q!

· · ·

q! e = q! + + + + q! r . (2)

q

1! q! q! q!

Notare ora che q! e = (q 1)! p è un numero intero, e cosı́ anche tutti i numeri , . . ., sono numeri interi.

1! q!

Invece il numero q! r soddisfa (per il punto (i)) la disuguaglianza

q 3q! 3

0 < q! r < = ;

q (q + 1)! q +1

3

e se osserviamo che 3/(q + 1) è 1 (a meno che q = 1, ma questo sicuramente è impossibile. Perché?)

vediamo subito che q! r non può essere intero. Pertanto l’identità (2) è assurda.

q

© – 6) Calcolare i seguenti limiti: √

2

x − −

x e sen(x) x)

ln(1 + x) x cos(

lim , lim .

2 3

x sen (x) x

x→0 +

x→0 2

x

Per il primo limite, scriviamo lo sviluppo di Taylor di e e di sen(x) nell’origine

4 3

x x

2

x 2 −

e = 1 + x + + R , sen(x) = x + R ,

4 4

2 6

da cui 4

x

2 2 −

sen (x) = x + R .

5

3

Pertanto, 5 3

2 x x 7

3 3

x −

x + x + + R x + + R x + R

− 7

x e sen(x) 5 4 3

2 6 6

= lim = .

lim = lim

5

2 3

x

x sen (x) x + R 6

3 −

x + R

x→0 x→0 x→0 3

6

3

Per il secondo, si ha 2 3 2

x x x x

− −

ln(1 + x) = x + + R , cos( x) = 1 + + R ,

3 3

2 3 2 24

e quindi √ 2 3 2 3

x x x x 7 3

− −

− + + R x + + R x + R

x

− 7

ln(1 + x) x cos( x) 3 4 3

2 3 2 24 24

= lim = .

= lim

lim 3 3 3

x x 24

x + +

+ x→0

x→0

x→0

© – 7) Determinare A e B in modo tale che

x 3 2

− − −

A (e 1) + B ln(1 + x) (x + 5x x) = L,

lim 3

x

x→0

con L numero reale. x

Ricordando gli sviluppi di e e ln(1 + x), si ha

B A B

A 2 3

x 3 2

− − − −5 − −1

A (e 1) + B ln(1 + x) (x + 5x x) = (1 + A + B) x + + x + + + x + R .

3

2 2 6 3

A B 9 11

−5 − −

Affinché il limite sia finito, deve essere 1 + A + B = + = 0, da cui A = e B = . Per tali

2 2 2 2

25

− .

valori, il limite è finito e vale 12

§ – 8) Dimostrare (usando gli esercizi 4(ii) e 5(i)) che !

n k

x

X

x −

lim max e = 0 .

k!

n→+∞ x∈[0,1] k=0

Sia n fissato e sia, per x in [0, 1], n k

x

X

x −

f (x) = e .

k!

k=0

Si ha, ovviamente, f (0) = 0. Inoltre, come si verifica facilmente,

n−1 k

x

X

0 x −

f (x) = e ,

k!

k=0

4

0 x

e quindi f (x) non è altro che il resto (n 1)-mo della formula di Taylor per e in x = 0. Seguendo la

0

falsariga dell’esercizio 4(ii), tale resto è, ovviamente,

ξ n

e x ,

n! 0

per qualche ξ compreso tra 0 e x. Pertanto, è positivo (dato che x è in [0, 1]). Ne segue che f (x) è positiva,

e quindi f (x) è crescente, e anche positiva (essendo f (0) = 0). Si ha allora che

n n n

k k

x x 1

X X X

x x

− − −

max e = max e =e ,

k! k! k!

x∈[0,1] x∈[0,1]

k=0 k=0 k=0

e l’ultima quantità tende a zero per l’esercizio 5(i).

© – 9) Dimostrare che x

{A ≥ ∀x ∈

e = min > 1 : A 1 + x .

R}

x ≥

Essendo e 1 + x per ogni x in (si diano almeno tre dimostrazioni di questo fatto) è sufficiente mostrare

R x

che se A è minore di e la disuguaglianza è falsa per qualche x. Usando Taylor per A , si ha

x

A = 1 + ln(A) x + R ,

1

da cui x − − −

A 1 x (ln(A) 1) x + R 1 −

lim = lim = ln(A) 1 < 0 .

x x

x→0 x→0

x − −

Per il teorema della permanenza del segno, A 1 x è negativo per x > 0 (e vicino a zero), e quindi la

disuguaglianza è falsa. Sapreste dimostrare che e è l’unico elemento dell’insieme di cui è il minimo?

§§ 10 Dimostrare che √ √ 2k+1

! !

n k

3 (−1) 3

π X

= arc tg = lim .

6 3 2k + 1 3

n→+∞ k=0

√ 3/3), calcoliamo lo sviluppo di Taylor dell’arcotangente vicino a zero. Per

Per calcolare il valore di arc tg( 1

farlo, osserviamo che la derivata di arc tg(x) è , e che si ha (per ogni x)

2

1+x 2 n+1 2 n+1

1 1 (−x ) (−x )

= + .

2 2 2

− −

1 + x 1 (−x ) 1 (−x )

Siccome 2 n+1

(−x )

lim = 0 ,

2n 2

x (1 (−x ))

x→0

dall’unicità del polinomio di Taylor (e dalla formula che dà la somma di una progressione geometrica) segue

che n

2 n+1 2 n+1

1 (−x ) (−x )

X 2 k

P (x) = = (−x ) , R (x) = ,

2n 2n

2 2

1 (−x ) 1 + x

k=0 1 (k)

sono rispettivamente il polinomio di Taylor ed il resto per g(x) = , e quindi g (0) vale 0 se k è dispari,

2

1+x

k

e (−1) se k è pari. Ma la derivata k-ma di g non è altro che la derivata (k + 1)-ma di f (x) = arc tg(x), e

2

quindi 2n 2n n−1

(k) (k−1) h 2h+1

f (0) g (0) (−1) x

X X X

k k

arc tg(x) = x + R = x + R = + R .

2n 2n 2n

k! k! 2h + 1

k=0 k=1 h=0

Dal momento che R tende a zero per n tendente ad infinito per ogni x tra 0 ed 1, la formula segue

2n √ 3 .

sostituendo a x il valore 3 5

Calcolo I, a.a. 2002–2003 — Esercizi 9 — 10 dicembre 2002

© →

1) Sia f : [−a, a] una funzione integrabile.

R a a

R R

(i) Supponiamo che f sia pari. Dimostrare che f (x) dx = 2 f (x) dx.

−a 0

a

R

(ii) Supponiamo che f sia dispari. Quanto vale f (x)dx?

−a

π

R 6

(iii) Usando il punto precedente, calcolare sen(nx) cos(mx) dx per n, m in con n = m. Quanto vale

Z

−π

R

invece sen(nx) cos(mx) dx?

0 0 a

R R

Punto (i): basta mostrare che f (x) dx = f (x) dx. Questo è immediato usando le proprietà elementari

−a 0

dell’integrale, oppure anche usando direttamente la definizione di integrale come estremo superiore di integrali

di funzioni costanti a tratti. 0 a

R

R −

Punto (ii): in questo caso si ha, con gli stessi metodi, f (x) dx = f (x) dx, e quindi l’integrale

−a 0

considerato si annulla: a

Z f (x) dx = 0 .

−a −π

Punto (iii): la funzione sen(nx) cos(mx) è dispari, e quindi l’integrale da a π si annulla. Anche il secondo

integrale da 0 a 2π si annulla perché essendo la funzione periodica di periodo 2π l’integrale da π a 2π coincide

−π

con quello da a 0 (esercizio!), quindi

π 2π

Z Z

0= sen(nx) cos(mx) dx = sen(nx) cos(mx) dx .

−π 0

© 2) Calcolare la media integrale di f (x) = a + b cos(x) sull’intervallo [−π, π]; quindi trovare un punto

ξ [−π, π] tale che f (ξ) è uguale alla media integrale di f . Risolvere lo stesso problema per la funzione

2 2

g(x) = x sull’intervallo [0, 2] e per la funzione h(x) = sen (x) sull’intervallo [0, π].

La media integrale di f (x) su [−π, π] è π

Z

1 (a + b cos(x)) dx = a ,

2π −π

e l’uguaglianza f (ξ) a + b cos(ξ) = a dà cos(ξ) = 0 da cui vediamo che si può scegliere ξ = π/2 oppure

−π/2.

ξ =

La media integrale di g(x) su [0, 2] è 2

Z

1 4

2

x dx = ,

2 3

0

2

e imponendo g(ξ) ξ = 4/3 otteniamo ξ = 2/ 3 (la soluzione col meno va scartata perché non appartiene

all’intervallo [0, 2]).

La media integrale di h(x) su [0, π] è π

Z

1 1

2

sen (x) dx = ,

π 2

0

2

e imponendo h(ξ) sen (ξ) = 1/2 otteniamo ξ = π/4 e ξ = 3π/4.

§§ →

3) Sia f : [a, b] una funzione convessa (e integrabile). Dimostrare la disuguaglianza

R b

Z

a + b 1 f (a) + f (b)

≤ ≤

f f (t) dt .

2 b a 2

a

[Suggerimento: disegnare una figura].

∀x, ∈

Dalla convessità segue subito che y [a, b]

x + y 1 1

f f (x) + f (y) .

2 2 2

1

In particolare scegliendo y = a + b x (in modo che il punto medio fra x e y coincida con il punto medio

dell’intervallo [a, b], cioè x e y simmetrici rispetto al punto medio) otteniamo subito

1 1

a + b ≤ −

f (x) + f (a + b x)

f 2 2 2

e integrando da a a b abbiamo la prima disuguaglianza (dopo un cambio di variabile nel secondo integrale).

Consideriamo ora la corda che unisce gli estremi del grafico, ossia la retta che passa per i punti (a, f (a)) e

(b, f (b)); si tratta della retta di equazione −

x a −

f (a) + (f (b) f (a)) ,

b a ∈

come è facile verificare. Dalla convessità segue che per x [a, b] il grafico di f giace sotto tale retta, ossia

x a −

≤ (f (b) f (a)) ,

f (x) f (a) + −

b a

e integrando da a a b otteniamo b −

Z b a

≤ − −

f (x) dx f (a)(b a) + (f (b) f (a)) ,

2

a

da cui segue la seconda disuguaglianza.

Graficamente la dimostrazione è chiarissima. . .

§ → ∈

4) Siano f, g : [a, b] integrabili. Utilizzando il fatto che per ogni α si ha

R R

b

Z 2 ≥

(f (x) + αg(x)) dx 0 ,

a

si dimostri la disuguaglianza (detta, tanto per cambiare, di Cauchy, o anche di Buniakowski o di Schwartz)

2

! ! !

b b b

Z Z Z

2 2

≤ ·

f (x)g(x) dx f (x) dx g(x) dx .

a a a

[Suggerimento: sviluppare il quadrato nella disuguaglianza precedente e osservare che il discriminante in α...]

La prima disuguaglianza segue subito dal fatto che l’integrando è una funzione positiva. Sviluppando il

quadrato si ottiene

b b b

Z Z Z

2 2 2 2

≡ · · ≥

f (x) dx + 2α f (x)g(x) dx + α g(x) dx A + α 2B + α C 0 ,

a a a

dove abbiamo posto b b b

Z Z Z

2 2

A = f (x) dx , B = f (x)g(x) dx , C = g(x) dx .

a a a

2

· ·

Dunque il polinomio di secondo grado A + 2α B + α C (parabola) non è mai negativo, e otteniamo che il

suo discriminante deve essere minore o uguale a 0:

2 − · ≤

B A C 0 .

Questa è esattamente la disuguaglianza da dimostrare.

© 5) Sia per n = 0, 1, 2, . . . π/2

Z n

I = sen (x) dx .

n 0 2

π/2 n

R

(i) Dimostrare che I = cos (x) dx. Quindi calcolare I , I , I .

n 0 1 2

0

n−1

(ii) Dimostrare che I = I .

n n−2

n

(iii) Calcolare I per ogni n.

n −

Punto (i): dato che cos(x) = sen(π/2 x) la prima identità è immediata. Si ha poi

π/2 π/2 π/2 π/2

Z Z Z Z

π π

1

2 2

I = dx = , I = sen(x) dx = 1 , I = (sen(x)) dx = I = .

(cos(x)) dx =

0 1 2 0

2 2 4

0 0 0 0

Punto (ii): integrando per parti si ha

π/2 π/2 π/2 π/2

Z Z Z Z

0

n n−1 n−1 n−2 2

sen (x) dx = sen (x)·sen(x) dx = (sen (x)) cos(x) dx = (n−1) sen (x) cos (x) dx ,

0 0 0 0

2 2

e scrivendo cos (x) = 1 sen (x) otteniamo subito

− −

I = (n 1)[I I ] ,

n n−2 n

da cui la tesi.

Punto (iii): si ha subito per n pari

− − · · · · − − · · · ·

(n 1)(n 3) 3 1 (n 1)(n 3) 3 1 π

·

I = I = ,

n 0

− · · · · − · · · ·

n(n 2) 4 2 n(n 2) 4 2 2

mentre per n dispari − − · · · · − − · · · ·

(n 1)(n 3) 4 2 (n 1)(n 3) 4 2

I = I = .

n 1

− · · · · − · · · ·

n(n 2) 5 3 n(n 2) 5 3

© 6) Calcolare i seguenti integrali indefiniti

Z Z

dx dx

√ √ √ √

, ,

− −

x + x x (x x 2)

3 √ √

2 3 5

6

Per il primo integrale, poniamo t = x, cosicché x = t , x = t e dx = 6t dt. L’integrale diventa allora

3

5 3

Z Z Z

t dt t dt 1

2 − −

6 =6 =6 t t +1 dt ,

3 2

t + t t +1 t +1

e quindi √ √ √ √

Z dx 3 2

√ √ − − − −

3 6 6

= 2t 3t + 6t 6 ln(t + 1) + c = 2 x 3 x + 6 x 6 ln( x + 1) + c ,

x + x

3 √

con c costante arbitraria. Per il secondo, sostituendo t = x, da cui 2t dt = dx, si ha

Z Z Z

dx dt dt

√ √ =2 =2 .

2 − − −

− − t t 2 (t + 1) (t 2)

x (x x 2)

2 2 1 2 1

Dal momento che = , si ha

(t+1) (t−2) 3 t−2 3 t+1 √ √

Z dx 2 2

√ √ − − − −

= (ln(|t 2|) ln(|t + 1|)) + c = ln(| x 2|) ln(| x + 1|) + c ,

− − 3 3

x (x x 2)

con c costante arbitraria.

© 7) Calcolare i seguenti integrali indefiniti

Z Z

dx x dx

, .

1 + sen(x) 1 + cos(x)

3 2

Per il primo integrale operiamo la sostituzione t = tg(x/2), che implica sen(x) = 2t/(1 + t ) e dx =

2

2dt/(1 + t ). Sostituendo,

Z Z

Z Z

dx 2dt

2dt 1 2dt 2 2

− −

= = = = + c = + c,

2t x

2 2 2

1 + sen(x) 1 + t t + 2t + 1 (t + 1) t +1

1 + 1 + tg

2

1+t 2

con c costante arbitraria. Per il secondo, calcoliamo per prima cosa

Z dx .

1 + cos(x)

Effettuando la sostituzione t = tg(x/2) si arriva a

Z Z Z

dx 2dt 1 x

= = dt = t = tg

2

2 1−t

1 + cos(x) 1 + t 2

1 + 2

1+t

(ce ne potevamo rendere conto prima?). Pertanto, integrando per parti,

Z

Z x dx x x x x

− + c,

= x tg tg dx = x tg + 2 ln cos

1 + cos(x) 2 2 2 2

con c costante arbitraria.

© 8) Calcolare i seguenti integrali definiti

p 3

Z

Z dx

dx ≥

, p 1 , [x] = parte intera di x .

, 2

2 −

1 + (x [x])

[x] 0

1

Per il primo integrale si ha [p] [p]

p k+1 p −

Z Z Z

dx dx dx 1 p [p]

X X

= + = + .

2 2 2 2 2

[x] [x] [x] k [p]

1 k [p]

k=1 k=1 √

Per il secondo, osservando che [x] = 0 per x tra 0 e 1, e [x] = 1 tra 1 e 3, si ha

√ √ √

3 1 3

Z Z Z π

dx dx dx 1 3

− −

= arc tg(x)| + arc tg(x 1)| = + arc tg( 3 1) .

= + 0 1

2 2 2

− −

1 + (x [x]) 1 + x 1 + (x 1) 4

0 0 1

§ 9) Sia x

Z dt

f (x) = .

3

|t|

1 +

0

Senza calcolare esplicitamente f , determinare nell’ordine: insieme di definizione, parità e disparità,

segno, continuità e derivabilità, crescenza e decrescenza, concavità e convessità. Infine, calcolare il limite di

f per x tendente ad infinito. 1 è definita a continua su g è integrabile su ogni intervallo

Dal momento che la funzione g(t) = R,

3

1+|t|

chiuso e limitato di e quindi f è definita su tutto Essendo g pari, f è dispari (perché?) ed è quindi

R, R. ≥

sufficiente studiarla solo su [0, +∞). Dal momento che g è positiva, anche f lo sarà (per x 0), annullandosi

solo per x = 0. Essendo f la primitiva di g, f è sia continua (perché è lipschitiziana) che derivabile (per il

teorema fondamentale del calcolo integrale). Sempre per il teorema fondamentale del calcolo integrale si ha

2

−3x

0 00 0

≥ ≥ ≤

f (x) = g(x), e quindi f è crescente per x 0. Infine, se x 0, f (x) = g (x) = 0, e quindi f è

3 2

(1+x )

00

concava (si noti che f (0) esiste e vale zero). Per calcolare il limite di f ad infinito è “obbligatorio” calcolare

esplicitamente f . Iniziamo a scrivere

Z Z

dx dx

= .

3 2 − −

1 + x (x + 1)(x x 1)

4

Dal momento che −

1 1 1 1 x 2

= ,

2 2

− − −

(x + 1)(x x 1) 3 x + 1 3 x x + 1

abbiamo (per x 0) −

Z

1 (x 2) dx

1 −

f (x) = ln(x + 1) .

2 −

3 3 x x + 1

Ora −

Z Z Z Z

1 (2x 1) dx 3 dx 1 3 dx

(x 2) dx 2

− − −

= = ln(x x + 1) ,

2 2 2 2

− − − −

x x +1 2 x x + 1 2 x x +1 2 2 x x +1

da cui

Z

Z dx

1 1 1 dx 1 x +1 1

2 √

− − + .

f (x) = ln(x + 1) ln(x x + 1) + = ln 2

2 −

− 2 x x +1

3 6 2 x x +1 3 2 −

x x +1

Essendo " #

2 2

3 3 2x 1

1

2 √

− −

x x +1= x + = +1 ,

2 4 4 3

si ha

Z

Z 4 dx

dx 2 2x 1

√ √

= = arc tg + c,

2

2 −

x x + 1 3 3 3

2x−1 + 1

√ 3 √

con c costante arbitraria. Finalmente, essendo arc tg(− 3/3) = π/6,

1 x +1 1 2x 1 π

√ √ √ √

f (x) = ln + arc tg + ,

3 2 − 3 3 6 3

x x + 1

e quindi il limite vale .

3 3

§§ 10) Dimostrare (non per induzione. . .) che −n+1

n

n! n e .

Suggerimenti: il logaritmo di n! è la somma di ln(k) al variare di k tra. . . Il logaritmo di k è maggiore

dell’integrale tra k 1 e k di . . .

Si ha ! n

n n

Y X X

k = ln(k) = ln(k) .

ln(n!) = ln k=1 k=1 k=2

Dal momento che la funzione ln(k) è crescente,

k

Z ≤

ln(x) dx ln(k) ,

k−1

e quindi n n k n

Z Z

X X

ln(n!) = ln(k) ln(x) dx = ln(x) dx .

k−1 1

k=2 k=2

Ricordando che x ln(x) x è una primitiva di ln(x), si ha allora

x=n −n+1

n

≥ − −

ln(n!) (x ln(x) x)| = n ln(n) n + 1 = ln n e ,

x=1

da cui la tesi ricordando che l’esponenziale è crescente. Che stima otteniamo se osserviamo che

k+1

Z ≥

ln(x) dx ln(k) ?

k 5

Calcolo I, a.a. 2002–2003 — Esercizi 10 — 17 dicembre 2002

© →

1) Sia f : [a, b] una funzione continua. Calcolare le derivate

R 2

x b 2x

Z Z Z

d d d

f (t) dt , f (t) dt , f (t) dt .

dx dx dx

a x x

Inoltre (usando il Teorema di de l’Hôpital) calcolare il limite

2x

Z

1 sen(t)

lim dt .

x t

x→0 x

Ricordando che per il Teorema fondamentale del calcolo

x

Z

d f (t) dt = f (x) ,

dx a

e applicando la regola per la derivazione di funzioni composte, otteniamo subito

2

x

Z

d 2

·

f (t) dt = 2x f (x ) .

dx a

Poi, scrivendo b b x

Z Z Z

f (t) dt = f (t) dt f (t) dt ,

x a a

si ha per il secondo integrale b

Z

d −f

f (t) dt = (x) ,

dx x

mentre per il terzo, scrivendo 2x 2x x

Z Z Z

f (t) dt = f (t) dt f (t) dt ,

x a a

si ha 2x

Z

d −

f (t) dt = 2f (2x) f (x) .

dx x

Infine proviamo ad applicare il Teorema di de l’Hôpital per l’ultimo limite (notare che si tratta di una forma

2x sen(t)

R

indeterminata del tipo 0/0, dato che F (x) = dt è una funzione continua); otteniamo

t

x

2x sen(t) sen(x)

sen(2x)

R −

dt 2 −

sen(2x) sen(x)

t

x 2x x

lim = lim ,

= lim 1 x

x x→0

x→0 x→0

e, applicando di nuovo il Teorema di de l’Hôpital (o due volte il limite notevole per sen(t)/t),

2x sen(t)

R dt −

2 cos(2x) cos(x)

t

x

lim = lim = 1 .

x 1

x→0 x→0

© 2) Calcolare gli integrali indefiniti

x 3

Z Z Z Z Z

e x

2

dx , ln (x) dx , sen(ln(x)) dx , arc tg(x) dx , dx .

2x 8

e +1 x +1

x

Primo: sostituzione t = e : x x

Z Z Z

e d(e ) dt x

dx = = = arc tg(t) = arc tg(e ) .

2x x 2 2

e + 1 (e ) + 1 t + 1

1

Secondo: per parti:

Z Z Z Z Z

1

0

2 2 2 2 2

− · · −

ln (x) dx = 1 ln (x) dx = (x) ln (x) dx = x ln (x) x 2 ln(x) dx = x ln (x) 2 ln(x) dx ,

x

0

R R R −

e poi ancora per parti (come è noto) ln(x) dx = 1 ln(x) dx = (x) ln(x) dx = x ln(x) x da cui

Z 2 2 −

ln (x) dx = x ln (x) 2x ln(x) + 2x .

0

Terzo: per parti (fattore 1 = (x) )

Z Z Z

1

− · −

sen(ln(x)) dx = x sen(ln(x)) x cos(ln(x)) dx = x sen(ln(x)) cos(ln(x)) dx ,

x

0

poi di nuovo per parti (fattore 1 = (x) )

Z Z

− −

sen(ln(x)) dx = x sen(ln(x)) x cos(ln(x)) sen(ln(x)) dx

R

e infine ricavando sen(ln(x)) dx si ottiene

Z 1

1 −

x sen(ln(x)) x cos(ln(x)) .

sen(ln(x)) dx = 2 2

Quarto: per parti Z Z Z x

0 −

arc tg(x) dx = (x) arc tg(x) dx = x arc tg(x) dx ,

2

1 + x

2

e poi per sostituzione t = 1 + x : 2

Z Z d(1 + x ) 1

1 2

− = x arc tg(x) ln(1 + x ) .

arc tg(x) dx = x arc tg(x) 2

2 1 + x 2

4

Quinto: sostituzione t = x :

3 4

Z Z Z

x 1 d(x ) 1 dt 1 1 4

dx = = = arc tg(t) = arc tg(x ) .

8 8 2

x + 1 4 x + 1 4 t + 1 4 4

© 2 z −

3) Calcolare gli integrali definiti (l’ultimo con la sostituzione y = e 1):

5 4 2 ln(2)

2 √

1+ y

Z Z Z Z

Z t tg( x)

dx √

√ z −

dt , dy , dx , e 1 dz .

, t 2

e y

x x

n 0 1 1 0

1 √ −1/n

Primo: dato che 1/ x = x si ha subito

n 2 1

1

2 −

− +1

+1

Z 2

dx x n

1

n

n n−1

√ −

− = (2 1) .

=

= n

1

1

1 −

− n 1

x

n + 1

+ 1

+ 1

1 n

n

n 1

−t −t 0 −t −t

R R

− −te −

Secondo: per parti te dt = t(e ) dt = e , e quindi

5

Z t 6

5

−t −t

− −

dt = (−te e ) =1 .

t 5

0

e e

0

Terzo: si ha √ 4

4 4

1+ y

Z Z 1 2 7

−2 −3/2 − −

dy = (y + y ) dy = = .

2

y y y 4

1 1 1

2

√ 2

Quarto: sostituzione t = x (e quindi x = t , dx = 2t dt):

√ √

Z Z Z Z

Z

tg( x) tg(t) sen(t) d(cos(t))

√ −2 −2

2t dt = 2 tg(t) dt = 2 dt = = ln(| cos( x)|) ,

dx = t cos(t) cos(t)

x

e concludendo √ √

2

Z tg( x) cos(1)

√ √

dx = 2 ln(| cos(1)|) 2 ln(| cos( 2)|) = 2 ln .

x cos( 2)

1 2y dy

2

Quinto: la sostituzione indicata dà z = ln(1 + y ) da cui dz = . Quindi

2

1+y

√ √ √

2 2 −

Z Z Z

2y 2 + 2y 2

z z z

− − − − −

e 1 dz = dy = dy = 2y 2 arc tg(y) = 2 e 1 2 arc tg( e 1) ,

2 2

1 + y 1+ y

ln(2)

da cui (e = 2, arc tg(1) = π/4) ln(2) √

Z π

z − −

e 1 dz = 2 .

2

0

§ → →

4) Sia f : (0, +∞) continua e convessa. Dimostrare che la funzione F : (0, +∞) definita come

R R

x

Z

1 f (t) dt

F (x) = x 0

·

è continua e convessa. [Suggerimento: porre t = x s].

La continuità è evidente (l’integrale di una funzione continua è continuo, e quindi F è il rapporto di due

funzioni continue). ·

Usando l’astuta sostituzione t = x s si ottiene x 1

Z Z

1

F (x) = f (t) dt = f (xs) ds .

x 0 0

Per dimostrare la convessità di F prendiamo due punti x, y e un numero 0 < λ < 1; abbiamo, usando la

convessità di f e la monotonia dell’integrale,

1 1

Z Z

− − ≤ − −

F ((1 λ)x + λy) = f ((1 λ)xs + λys) ds (1 λ)f (xs) + λf (ys) ds = (1 λ)F (x) + λF (y) ,

0 0

da cui la tesi. [P.S.: strano ma vero. In un corso per dottorandi tenuto quest’estate, nessuno dei partecipanti

ha risolto l’esercizio. Va anche detto che il suggerimento non era stato dato dal professore, il quale forse non

si era accorto della sostituzione. . .]

§§ → ≥

5) Sia f : [a, b] continua e tale che f (x) 0 per tutti gli x. Dimostrare che

R 1

! n

b

Z n

lim f (t) dt = max f (t) .

n→+∞ [a,b]

a

Indicando con M = max f (t) il valore massimo di f (che esiste per il teorema di Weierstrass) e con a

n

[a,b]

la successione 1

! n

b

Z n ,

a = f (t) dt

n a

vogliamo dimostrare che a tende ad M .

n ≤ ≤

Notiamo anzitutto che da 0 f M segue subito la disuguaglianza

1

! n

b

Z 1

n

≤ ≤ −

0 a M dt = (b a) M . (∗)

n

n a 3

∈ ≤ ≤

Ora, sia x [a, b] un punto di massimo per f . Quindi f (x ) = M , e 0 f (x) M in tutti gli altri punti.

0 0

Dato che f è continua, sappiamo che fissato arbitrariamente > 0 possiamo trovare δ = δ > 0 tale che

− ≤ −

M < f (x) M per x δ < x < x + δ ,

0 0

(abbiamo usato il fatto che lim f (x) = f (x ) = M ). Ne segue che

x→x 0

0 n n

− −

(M ) < f (x) per x δ < x < x + δ ;

0 0

quindi possiamo scrivere (usando nuovamente la positività di f ),

b x +δ x +δ

Z Z

Z 0 0

n n n n

≥ ≥ − · −

f (t) dt f (t) dt (M ) dt = 2δ (M ) .

−δ −δ

a x x

0 0

Prendendo la radice n-esima abbiamo la disuguaglianza

1

! n

b

Z 1

n ≥ −

a = f (t) dt (2δ) (M ) . (∗∗)

n

n a

In conclusione abbiamo dimostrato (vedi (*) e (**)) che per ogni > 0 esiste δ = δ > 0 tale che, per tutti

gli n, 1 1

− ≤ ≤ −

(2δ) (M ) a (b a) M .

n n

n

→ →

Da qui segue subito che a M per n +∞ (si noti che, allo stato attuale delle cose, non è detto che a

n n

abbia limite). Infatti sappiamo che 1 1

lim (b a) = lim (2δ) = 1 ;

n n

n→+∞ n→+∞

quindi fissato > 0 (e preso il corrispondente δ ), da un certo indice n in poi si ha

1 1

− − −

1 < (2δ ) < 1 + , 1 < (b a) < 1 + ;

n n

e dalla disuguaglianza precedente otteniamo allora, per n n ,

− −

(1 )(M ) < a < (1 + )M ,

n

da cui la tesi.

© 6) Calcolare in due modi Z dx .

2 2

(1 + x )

1 1 x·x

= . Successivamente, calcolare una

Suggerimenti: a) sostituire x = tg(t); b) scrivere 2 2 2 2 2

(1+x ) 1+x (1+x )

1 1

primitiva di in termini di una primitiva di (e di altre funzioni).

2 n 2 n−1

(1+x ) (1+x )

dt

Primo modo: sostituendo x = tg(x), da cui dx = , otteniamo

2

cos (x)

Z Z Z

dx 1 dt 2

= = cos (t) dt ,

2

2 2 2

2

(1 + x ) cos (t)

(1 + tg (t))

e calcolando l’ultimo integrale per parti,

Z dx t sen(2t) arc tg(x) sen(2arc tg(x))

= + = + .

2 2

(1 + x ) 2 4 2 4

Per il secondo modo, abbiamo

Z Z Z Z

dx dx x x

− −

= x dx = arc tg(x) x dx .

2 2 2 2 2 2 2

(1 + x ) 1 + x (1 + x ) (1 + x )

4

Integrando per parti il secondo integrale, si ha

Z Z

1

x x 1 dx 1 x arc tg(x)

− −

x dx = + = + ,

2 2 2 2 2

(1 + x ) 2 1 + x 2 1 + x 2 1 + x 2

da cui Z arc tg(x) 1 x

dx = + .

2 2 2

(1 + x ) 2 2 1 + x

Infine (adottando una delle due strategie, ma anche l’altra va bene),

Z Z Z

dx dx x

= x dx ,

2 n 2 n−1 2 n

(1 + x ) (1 + x ) (1 + x )

ed essendo Z

Z x x 1 dx

− ,

x dx =

2 n 2 n−1 2 n−1

− −

(1 + x ) 2(1 n)(1 + x ) 2(1 n) (1 + x )

si ha − Z

Z 1 x 2n 3 dx

dx = + .

2 n 2 n−1 2 n−1

− −

(1 + x ) 2n 2 (1 + x ) 2n 2 (1 + x )

© 7) Calcolare i seguenti integrali definiti: √ √

1 3 4 −

Z Z Z

x 3 x 2

2 √ √

arc sen(x) dx , dx , dx .

2 2

x +1 x (1 x)

0 0 2

Integriamo il primo per parti:

Z Z x p

√ 2

− dx = x arc sen(x) + 1 x .

arc sen(x) dx = x arc sen(x) 2

1 x

L’integrale richiesto vale allora √

1 1

Z π 3

2

p 2

2

− −

arc sen(x) dx = x arc sen(x) + 1 x = + 1 .

12 2

0

0 √

Per il secondo, operiamo la sostituzione x = t, ottenendo

√ √ √

√ √ √

3 3 3 3

2

Z Z Z

Z x 2t dt

√ − −

dx = dt = 2 (t 1) dt + 2 = 3 2 3 + 2 ln(1 + 3) .

t +1 t +1

x +1

0 0 0 0

Per il terzo, osserviamo che √ √

3

0

− −

(x (1 x)) = 1 x,

2

e quindi √ √

− −

Z Z

3 x 2 d(x(1 x)) 2

√ √ √

−2

dx = = ,

2 2 2

− − −

x (1 x) (x(1 x)) x(1 x)

da cui √ 4

4 −

Z 1

x 2 2 1

3 √ √ √ − .

dx = =

2 2

− − 2

x (1 x) x(1 x) −

2 1

2 2

© 4 (attenzione a quello che accade

8 Determinare una primitiva continua su [0, π] della funzione 5+3 cos(2x)

in π/2!). 4 ; con la sostituzione t = tg(x) (si noti che la variabile di

Innanzitutto, integriamo la funzione 5+3 cos(2x) 2

1−t dt

integrazione compare come 2x), si ha cos(2x) = e dx = . Pertanto,

2 2

1+t 1+t

Z Z Z

4 dt

4 2dt t tg(x)

dx = = = arc tg = arc tg .

2 2 2

1−t

5 + 3 cos(2x) 1 + t 4 + t 2 2

5 + 3 2

1+t 5

tg(x)

La funzione arc tg non è, però, continua per x = π/2; infatti si ha

2

tg(x) π tg(x) π

lim arc tg = , lim arc tg = .

2 2 2 2

π π

− +

x→ x→

2 2

Pertanto, dobbiamo modificare una delle due funzioni in uno dei due intervalli (0, π/2) e (π/2, π). Scegliamo

di modificare la seconda, scrivendo 

tg(x) in [0, π/2),

arc tg

 2

 π π

per x = ,

F (x) = 2 2

tg(x)

 arc tg + π in (π/2, π],

 2

Domanda: F è derivabile per x = π/2?

§ 9 Usando l’esercizio 5 del compito del 10 dicembre, dimostrare che

π 2 2 4 4 6 6 2n 2n

· · · · · · · ·

= lim ... .

2 1 3 3 5 5 7 2n 1 2n + 1

n→+∞

Dall’esercizio citato, abbiamo, detto π

Z 2 n

I = sen (x) dx ,

n 0

che per n pari − − · · · · − − · · · ·

(n 1)(n 3) 3 1 (n 1)(n 3) 3 1 π

·

I = I = ,

n 0

− · · · · − · · · ·

n(n 2) 4 2 n(n 2) 4 2 2

mentre per n dispari − − · · · · − − · · · ·

(n 1)(n 3) 4 2 (n 1)(n 3) 4 2

I = I = .

n 1

− · · · · − · · · ·

n(n 2) 5 3 n(n 2) 5 3

Ovvero, − − · · · · − · · · ·

(2n 1)(2n 3) 3 1 π 2n(2n 2) 4 2

I = , I = .

2n 2n+1

− · · · · − · · · ·

2n(2n 2) 4 2 2 (2n + 1)(2n 1) 5 3

≤ ≤

Dal momento che, per x compreso tra 0 e π/2, si ha 0 sen(x) 1, abbiamo

2n+1 2n 2n−1

≤ ≤

sen (x) sen (x) sen (x) ,

≤ ≤

e, integrando, I I I , e quindi

2n+1 2n 2n−1

− · · · · − − · · · · − − · · · ·

2n(2n 2) 4 2 (2n 1)(2n 3) 3 1 π (2n 2)(2n 4) 4 2

≤ ≤ .

− · · · · − · · · · − − · · · ·

(2n + 1)(2n 1) 5 3 2n(2n 2) 4 2 2 (2n 1)(2n 3) 5 3

Pertanto, −

2 2 4 4 6 6 2n 2n π 2 2 4 4 6 6 2n 2 2n

· · · · · · · · ≤ ≤ · · · · · · · ·

... ... .

− − −

1 3 3 5 5 7 2n 1 2n + 1 2 1 3 3 5 5 7 2n 1 2n 1

Dal momento che il primo e terzo termine convergono allo stesso limite (dato che il loro rapporto tende a 1),

si ha la tesi.

§§ 10 Data la funzione x

Z 2

−t

F (x) = e dt ,

0

determinarne insieme di definizione, continuità e derivabilità, insiemi di crescenza e decrescenza e di concavità

e convessità. Dimostrare poi: a) che F ammette limite per x tendente a +∞ e b) che tale limite è finito

(NB: il limite non si calcola. . .). 6

2

−x

Essendo la funzione f (x) = e continua su e quindi integrabile su ogni intervallo chiuso e limitato,

R,

la funzione F è definita e continua su Inoltre, per il teorema fondamentale del calcolo, F è derivabile

R. 00

ovunque in e la sua derivata è f (x). Essendo f positiva, F è crescente su Dal momento che F (x) =

R R.

2

0 −x

−2xe ≤

f (x) = è positiva per x 0 e negativa altrimenti, la funzione F è convessa fino a zero, concava

dopo (si osservi che F è dispari, essendo f pari). Per quanto riguarda l’ultima domanda, osserviamo che F

ammette limite all’infinito perché è crescente. Se dimostriamo che è limitata, il limite sarà finito. Definiamo

allora 1 in [0, 1],

g(x) = 1 in (1, +∞),

2

x

e osserviamo che f (x) g(x) in [0, +∞). Pertanto, se x > 1,

x x

Z Z 1

dt −

≤ ≤ =2 ,

0 F (x) g(t) dt = 1 + 2

t x

0 1

1

− limitata per x > 1 si ha che F è limitata, come si voleva dimostrare.

ed essendo 2 x 7

Calcolo I — a.a. 2002–2003 — Proff. D’Ancona, Orsina

Primo esonero

1) Sia a la successione cosı̀ definita:

n a

n −

= 1 , a =

a 1 .

0 n+1 2

3

Dimostrare per induzione che a = 2 per ogni n in N. Successivamente, dimostrare

n n

2

−2.

usando la definizione che a tende a

n − −

3

Ovviamente, se n = 0, 2 = 3 2 = 1, e quindi la formula per a “funziona” per

n

n

2

n = 0. Supponiamo ora la formula vera per n. Allora

µ

a 3

1 3

n − − −

a = 2 1 = 2 ,

1=

n+1 n n+1

2 2 2 2

−2,

come volevasi dimostrare. Per mostrare che a tende a si tratta, fissato ε > 0, di

n

∈ N tale che

determinare n ε ¯

¯ ¯

¯ 3

3 ¯¯

¯¯

|a − ∀n ≥

(−2)| = < ε . n ,

=

n ε

n n

2 2

£ ¡ ¢¤

3

= log

Risolvendo la disequazione, si trova n + 1.

ε 2 ε

2) Sia ½ ¾ ½ ¾

n +1 3n 6

≥ ∪ ≥

E = , n 1 , n 1 .

2

n n +2

Calcolare estremo superiore ed inferiore di E, specificando se siano rispettivamente mas-

simo e minimo. ∪

Scriviamo E = E E , con

1 2 ¾

½ ¾ ½ −

n +1 3n 6 ≥

E , n 1 .

= , n 1 , E =

1 2

2

n n +2 1 1

La successione i cui elementi formano E si può riscrivere come + , che è la somma

1 2

n n

di due successioni decrescenti. Pertanto, il massimo di E è il valore della successione

1

per n = 1 (e quindi 2), mentre l’estremo inferiore (che non è un minimo) è il limite della

successione (ovvero 0). In maniera analoga, la successione i cui elementi formano E si

2

− 12 , ed è quindi crescente. Pertanto, il minimo di E è il valore

può riscrivere come 3 2

n+2 −1),

della successione per n = 1 (ovvero mentre l’estremo superiore (non massimo) è il

1

limite (quindi 3). In definitiva, l’estremo superiore di E è 3 (il massimo tra 2 e 3), mentre

−1 −1

il minimo è (il minimo tra e 0).

3) Calcolare (se esistono) i limiti delle successioni

!

à r ³ ´

n 2

n

2 + n

1 ( )

1 −

1−cos

¡ ¢ 2

n

a e

= 1+ , b = , c = n 1 .

n

n n n

3 5

n

2 3 n

n ln 1 +

2 n

Iniziamo con l’osservare che µ µ

¶ ¶

2 2

3 1

= n ln 1 + n ln 1 +

d = n ,

2 2

n n n ¡ ¢

1 2

(che diverge) e di n ln 1 +

è una successione divergente come prodotto di n (che tende

2 n

a 2). Pertanto si ha √

  n

à Ã

! ! 32 3

( )

2

ln 1+

n n ( )

2

2 ln

n 1+

n

  n

1 1

¡ ¡

¢ ¢

 

a = 1+ = 1+

n 3 3

2 2

n ln 1 + n ln 1 +

2 2

n n

La successione all’interno della parentesi quadra converge a “e”, mentre l’esponente con-

12

verge a (per quanto detto prima). In definitiva, a tende a e. Si ha poi

n

s

r 2

n

2

n 1+

2 + n 2 n

2

n n

= =

b

n − 5

5

n n

3 n 3 1 n

3

2 5

n n

Dal momento che sia che convergono a zero, la radice n-sima tende ad 1, e quindi

¢

¡

n n

2 3 −

23 1

b tende a 0, si ha

converge a . Infine, siccome 1 cos

n n µ µ ¶¶

³ ´ ( )

1 −

1−cos

1 1

e n

( )

1 ¡ ¢

1−cos

2 2

c e 1 cos .

= n 1 = n

n

n − 1

n 1 cos n

¡ ¡ ¢¢ ( )

1

1−cos −1

− n

1 12 e 12

2 , e che converge a .

tende a 1, c

Ricordando che n 1 cos tende a n

( )

n 1

1−cos n

4) Sia −x −

3 2

f (x) = e x x + 1 .

Dimostrare (usando il teorema di esistenza degli zeri) che la funzione f ha almeno due zeri

nell’insieme [−1, 2] determinando due intervalli di lunghezza 1 che li contengano.

2

La funzione f è continua, come somma e prodotti di funzioni continue. Si ha

−1 −2

−e −

f (−1) = < 0 , f (0) = 1 > 0 , f (1) = e > 0 , f (2) = 8e 3 < 0 ,

e quindi f ha almeno uno zero in [−1, 0] ed almeno uno zero in [1, 2].

5) Siano  ½

ln(1+a x)

 se x < 0, α

x e se x < 0,

x

f (x) = g(x) =

b se x = 0,

 ≥

2 se x 0.

β + α x

−1

tg(x)

e se x > 0,

x

Determinare i valori di a e b per i quali f è continua in (−1, 1) ed i valori di α e β per i

quali g è derivabile su R.

6

Si ha (se a = 0) ln(1 + a x) ln(1 + a x)

lim = a lim = a,

f (x) = lim x ax

− − −

x→0 x→0 x→0

mentre se a = 0, la funzione è nulla per x < 0 e tende quindi a zero. In definitiva, qualsiasi

sia il valore di a, il limite da sinistra vale a. Inoltre

− −

tg(x) tg(x)

e 1 e 1 tg(x)

lim = lim = 1 .

f (x) = lim x tg(x) x

+ + +

x→0 x→0 x→0

Pertanto, affinché f sia continua su (−1, 1) deve essere a = b = 1. Per quanto riguarda g,

(

si ha 0 se α > 0,

α

lim g(x) = lim e = 1 se α = 0,

x

− −

x→0 x→0 +∞ se α < 0.

Inoltre, 2

lim g(x) = lim β + α x = β .

+ +

x→0 x→0

In definitiva, g è continua se α = 0 e β = 1, oppure se α > 0 e β = 0. Nel primo caso,

g è la funzione identicamente uguale ad 1, ed è quindi derivabile ovunque in R, mentre

nel secondo si deve verificare se il limite sinistro del rapporto incrementale nell’origine è

uguale al limite destro del rapporto incrementale o meno. Si ha

α

g(h) g(0) e k

h α k

lim k e = lim = 0 ,

= [g(0) = β = 0] = lim = lim −α k

h h e

− − k→−∞ k→−∞

h→0 h→0

essendo α > 0. Inoltre − 2

g(h) g(0) α h

lim α h = 0 .

= lim = lim

h h

− −

+

h→0 h→0 h→0

In definitiva, anche se α > 0 e se β = 0, g è derivabile su R.

3

Calcolo I, a.a. 2002–2003 — Secondo esonero — 10 gennaio 2003

1) Sia 2

(x 3) .

f (x) = − −

(x 1) (x 4)

Determinare insieme di definizione, di continuità e di derivabilità di f , studiare l’eventuale

parità, disparità e periodicità di f , il segno di f , calcolare asintoti verticali, orizzontali o

obliqui, determinare gli insiemi di crescenza e decrescenza, massimi e minimi relativi ed

assoluti; infine, disegnare un grafico approssimativo della f .

La funzione è evidentemente definita, continua e derivabile su privato dei punti x = 1 e

R

x = 4. Non è né pari, né dispari, né periodica. Per quanto riguarda lo studio del segno, la f

si annulla per x = 3, e ha il segno del denominatore: negativa in (1, 4), positiva altrimenti.

Si ha poi (come si evince dallo studio del segno) −∞

−∞ f (x) = , lim f (x) = +∞ ,

f (x) = , lim

lim f (x) = +∞ , lim −

− +

+ x→4 x→4

x→1

x→1 −∞.

mentre la f ha un asintoto orizzontale y = 1 sia a +∞ che a La derivata di f vale

2 −

x 10x + 21

0

f (x) = ,

2 2

(x 5x + 4)

si annulla per x = 3 e x = 7, è negativa per x compreso tra 3 e 7, positiva altrimenti. Tenuto

conto che non è definita per x = 1 e per x = 4, la funzione è crescente su (−∞, 1), (1, 3) e

(7, +∞), decrescente in (3, 4) e (4, 7). La funzione non ha massimi e minimi assoluti (dato

che ha almeno un asintoto verticale), e ha un massimo relativo in x = 3 e un minimo relativo

in x = 7. Il grafico è il seguente:

4

3

2

1 4

-2 2 6 8

-1

-2 1

2) Calcolare il seguente limite: 2

x −

e cos(x)

lim .

2

ln(1 + x )

x→0

Due metodi: de l’Hôpital:

2 2

x 2

x

− 2xe + sen(x) sen(x)(1 + x ) 3

e cos(x) 2

x 2

= lim e (1 + x ) + = ,

lim = lim 2x

2 2x 2

ln(1 + x ) x→0

x→0 x→0 2

1+x

oppure Taylor: 2

x

2

x 2 2 2

e = 1 + x + R , cos(x) = 1 + R , ln(1 + x ) = x + R ,

2 2 2

2

da cui 2 2

2 x 3x

2

x −

1 + x + R 1 + + R + R

e cos(x) 3

2 2 2

2 2

lim = lim = lim = .

2 2 2

ln(1 + x ) x + R x + R 2

x→0 x→0 x→0

2 2

3) Calcolare i seguenti integrali indefiniti:

Z Z

2x + 1 2x + 1

dx , dx .

2 2

x 3x + 2 x + 2x + 2

2 − − −

Il primo: dal momento che x 3x + 2 = (x 1) (x 2), scriviamo

2x + 1 A B

= + .

− − − −

(x 1) (x 2) x 1 x 2

− −3;

Moltiplicando per x 1 e scegliendo x = 1 si trova A = moltiplicando per x = 2 e

scegliendo x = 2 si trova B = 5. Pertanto,

Z Z

2x + 1 5 3

− − − −

dx = dx = 5 ln(|x 2|) 3 ln(|x 1|) .

2 − − −

x 3x + 2 x 2 x 1 0

2 2

Il secondo: dal momento che x + 2x + 2 non ha radici reali, che (x + 2x + 2) = 2x + 2, e

2 2

che x + 2x + 2 = (x + 1) + 1, si ha

Z Z Z

2x + 1 2x + 2 dx 2

− −

dx = dx = ln(x + 2x + 2) arc tg(x + 1) .

2 2 2

x + 2x + 2 x + 2x + 2 (x + 1) + 1

4) Calcolare i seguenti integrali definiti: π

e

Z Z dx

2

x ln(x) dx , .

4 + 5 cos(x)

1 0

2

Il primo: integrando per parti (derivando ln(x)), si ha

2 2 2 2

Z Z

x x 1 x x

− −

x ln(x) dx = ln(x) dx = ln(x) ,

2 2 x 2 4

e quindi x=e

e 2

2

Z e + 1

x −

x ln(x) dx = (2 ln(x) 1) = .

4 4

1 x=1

x

Il secondo: con la sostituzione t = tg , l’integrale diventa

2

1 1

Z Z

1 2dt 2dt

= .

2 2 2

1−t 1 + t 9 t

4 + 5

0 0

2

1+t

Essendo 2dt 1 1 1 1

= ,

2

− −

9 t 3 t +3 3 t 3

si ha t=1

1 − −

Z 2dt ln(|3 + t|) ln(|t 3|) ln(2)

= = .

2

9 t 3 3

0 t=0

5) Sia x

Z 6

F (x) = [2 + cos(t )] dt .

0

Determinare insieme di definizione, di continuità e di derivabilità di F , studiare l’eventuale

parità, disparità e periodicità di F , il segno di F , determinare gli insiemi di crescenza e

decrescenza, di concavità e convessità; infine, calcolare il limite di F (x) per x tendente

all’infinito. 6

Detta f (t) = 2 + cos(t ), si ha che f è continua. Pertanto, per il teorema sull’integrabilità

delle funzioni continue e per il teorema fondamentale del calcolo, F è definita ovunque in

ed è continua e derivabile (con derivata f ). Essendo f pari, F è dispari. Essendo f non

R,

negativa, F è positiva sui positivi, nulla nell’origine e negativa per x < 0. Dal momento che

00 5 6

−6x

la derivata di F è f , F è crescente su tutto Siccome F (x) = sen(x ), F è convessa

R.

6 6

≥ ≤ ≤

(per x 0) dove sen(x ) è negativo (ovvero, per (2k + 1) π x (2k + 2) π, con k in N),

concava altrimenti; essendo dispari, gli intervalli di concavità e convessità si scambiano per

x < 0. Infine, si ha x x

Z Z

6 ≥

F (x) = [2 + cos(t )] dt 1 dx = x ,

0 0

e quindi F diverge positivamente a più infinito.

3

Calcolo I, a.a. 2002–2003 — Esercizi 1 — 8 ottobre 2002

© – 1) Si dimostri per induzione che, per ogni n in N,

n n(n + 1)(2n + 1)

2

X k = ,

6

k=0

e successivamente si calcoli la somma dei primi n termini della successione

· · ·

1 2 + 2 3 + 3 4 + ...

La formula è evidentemente vera per n = 0; supponendola vera per un certo n, abbiamo

n+1 n+1 n(n + 1)(2n + 1)

2 2 2 2

X X + (n + 1)

k = k + (n + 1) = 6

k=0 k=0 2

(n + 1)[n(2n + 1) + 6(n + 1)] (n + 1)(2n + 7n + 6)

= =

6 6

(n + 1)[(n + 1) + 1][2(n + 1) + 1]

= ,

6

come volevasi dimostrare. Per la seconda parte dell’esercizio, si tratta di calcolare

n n n n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) n(n + 1)(n + 2)

2

X X X

k(k + 1) = k + k = + = .

6 2 3

k=0 k=0 k=0

© – 2) Si dimostri per induzione che, per ogni n in N,

n 2 2

n (n + 1)

3

X k = .

4

k=0

Sapendo che la funzione che calcola la somma delle potenze m-sime dei primi n + 1 numeri

naturali (zero incluso) è un polinomio in n di grado m + 1, come si può fare a calcolarne i

coefficienti (§)? In particolare, quanto vale il termine noto (©)?

La formula è evidentemente vera per n = 0; supponendola vera per un certo n, abbiamo

n+1 n+1 2 2

n (n + 1) 3

3 3 3

X X + (n + 1)

k = k + (n + 1) = 4

k=0 k=0 2 2 2 2

(n + 1) [n + 4(n + 1)] (n + 1) (n + 2)

=

= 4 4

2 2

(n + 1) [(n + 1) + 1]

= ,

4

come volevasi dimostrare. Per la seconda parte della domanda, sapendo che la somma delle

potenze m dei primi n+1 numeri naturali è un polinomio di grado m+1, è sufficiente calcolare

i valori delle somme per i primi m + 2 numeri naturali, e risolvere (l’enorme) sistema di m + 2

equazioni in m+2 incognite che si ottiene. Il calcolo può essere semplificato dall’osservazione

1

che il termine noto del polinomio è sempre nullo (perché, qualsiasi sia m, quando n = 0 la

somma vale zero).

© 6

– 3) Sia q = 1. Si dimostri per induzione che, per ogni n in N,

n n+1

1 q

k

X q = .

1 q

k=0

La formula è evidentemente vera per n = 0; supponendola vera per un certo n, abbiamo

n+1 n+1 n+1

1 q

k k n+1 n+1

X X

q = q + q = + q

1 q

k=0 k=0 n+1 n+1 n+2 n+2

− − −

1 q + q q 1 q

= = ,

− −

1 q 1 q

come volevasi dimostrare. Osserviamo che per q = 1 la somma vale (banalmente) n + 1.

© ≥ −1.

– 4) Sia h Si dimostri per induzione che, per ogni n in N,

n ≥

(1 + h) 1 + n h . (1)

La (1) si chiama disuguaglianza di Bernoulli.

Se n = 0 abbiamo 1 1, che è vera. Supponendo la (1) vera per un certo n abbiamo,

osservando che 1 + h 0 per ipotesi,

n+1 n 2

≥ ≥

(1 + h) = (1 + h) (1 + h) (1 + h) (1 + n h) = 1 + (n + 1) h + n h 1 + (n + 1) h ,

come volevasi dimostrare.

© – 5) Si dimostri per induzione che, per ogni n in N,

n n−1

n 2 n! .

Suggerimento: si usi l’Esercizio 4.

1

Se n = 0 abbiamo 1 , che è vera. Supponendo la disuguaglianza vera per un certo n

2

abbiamo n n−1 n

2 (n + 1)! = 2 (n + 1) 2 n! 2 (n + 1) n ,

n n+1

cosicché si avrà la tesi dimostrando che 2 (n + 1) n (n + 1) per ogni n naturale.

Quest’ultima disuguaglianza è equivalente alla n

n

(n + 1) 1

≥ ≥

2 se e solo se 1+ 2 ,

n

n n

1

che è vera per la disuguaglianza di Bernoulli (con h = ):

n

n

1 1

1+ 1+ n = 2 .

n n

2

© – 6) Si dimostri per induzione che, per ogni n in N,

n−1

n! 2 .

12

≥ ≥

Se n = 0 abbiamo 1 , che è vera; se n = 1 abbiamo 1 1, che è anch’essa vera.

Supponendo la disuguaglianza vera per un certo n abbiamo n−1

(n + 1)! = (n + 1) n! (n + 1) 2 ,

n−1 n

≥ ≥

e la tesi segue dal dimostrare che (n + 1) 2 2 , ovvero che n + 1 2; in definitiva, che

≥ ≥

n 1. Pertanto, la disuguaglianza è vera per ogni n 1, e anche per n = 0 per verifica

diretta.

§§ – 7) Si dimostri per induzione che, per ogni n in N,

n n

n 3 n! .

Suggerimento: si usino, nell’ordine, la formula per la potenza n-sima del binomio (©), la

definizione di coefficiente binomiale (©), un’astuta maggiorazione (§), l’isolamento di un

paio di termini di una somma (§), l’Esercizio 6 (©) e l’Esercizio 3 (©).

Ragionando come nell’Esercizio 5, la disuguaglianza è vera se si riesce a dimostrare che

n

1

≤ 3 .

1+ n

Usando la formula della potenza n-sima del binomio, si ha

n n n

n ! · − · · −

1 n 1 n! 1 1 n (n 1) . . . (n k + 1)

X X X

= = = .

1+ k k

− · · ·

n k n k! (n k)! n k! n n ... n

k=0 k=0 k=0

Dal momento che · − · · −

n (n 1) . . . (n k + 1) ≤ 1 ,

· · ·

n n ... n

essendo il numeratore il prodotto di k fattori ognuno minore o uguale al corrispondente

fattore del denominatore, abbiamo, per gli Esercizi 6 e 3,

n n n

n

1 1 1 1 1

X X X

≤ ≤ −

1+ =2+ 2+ =2+ 1 < 3 ,

k−1 n−1

n k! k! 2 2

k=0 k=2 k=2

come volevasi dimostrare.

§ – 8) Si calcolino, al variare di n in N,

n n k

X X

1+ k k! , .

(k + 1)!

k=1 k=1

Se si scrivono i valori delle prime somme, si trova 2, 6, 24, 120, cosicché si può congetturare

che la somma sia (n + 1)!. Supponendo che sia vero per un certo n, abbiamo

n+1 n

X X

1+ k k! = 1 + 1 + k k! + (n + 1) (n + 1)! = (n + 1)! + (n + 1) (n + 1)! = (n + 2)! ,

k=1 k=1 3 12 56

come volevasi dimostrare. Calcolando le prime somme del secondo esercizio, abbiamo , ,

23 119 1

e , cosicché si può congetturare che la somma sia 1 . Supponendo che sia vero

24 120 (n+1)!

per un certo n, abbiamo

n

n+1 k k n +1 1 n +1 1

X X − −

= + =1 + =1 ,

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

k=1

k=1

come volevasi dimostrare.

© – 9) Si calcoli, al variare di n in N,

! ! ! !

n n n n

n

− −

+ . . . + (−1) .

0 1 2 n

Ricordando la formula della potenza n-sima di un binomio, abbiamo

n

! ! ! ! !

n n n n

n n k n−k n

X

− − −

+ . . . + (−1) = (−1) (1) = (1 1) = 0 .

0 1 2 n k

k=0

© – 10) Determinare il coefficiente del termine indipendente da x negli sviluppi di

2n 2n+1

1 1

x + , x + .

x x

Essendo 2n 2n

2n ! !

1 2n 1 2n

k 2k−2n

X X

x x ,

x + = =

2n−k

x k x k

k=0 k=0

2n

il termine di grado zero in x si ottiene per k = n, ed è quindi . Per la seconda parte,

n

2n+1 2n+1

2n+1 ! !

2n + 1 1 2n + 1

1

k 2k−2n−1

X X

= x = x ,

x + 2n+1−k

x k x k

k=0 k=0

e quindi il coefficiente del termine di grado zero in x è zero.

4

Calcolo I, a.a. 2002–2003 — Esercizi 2 — 15 ottobre 2002

© – 1) Si risolvano le seguenti disequazioni: √

x 1 − |x

> x 1 , + 1| > x + 1 .

x +1

Successivamente, si determinino estremo superiore ed inferiore dell’insieme delle soluzioni (specificando se

siano massimo e minimo).

Il primo esercizio può essere affrontato in due modi diversi (e uno dei due è più “astuto”). Il primo metodo

x−1 x−1 x−1 x−1

≥ −

consiste nell’usare la definizione di modulo: vale se 0, e altrimenti. Abbiamo cosı̀

x+1 x+1 x+1 x+1

due sistemi: − −

 x 1 x 1

≥ < 0

0 

 

 x +1

x +1 [ −

− x 1

x 1 − − −

>x 1 >x 1

 

 

x +1 x +1

x−1 ≥ ≥ −1,

0 se e solo se x 1 oppure x < abbiamo

Dal momento che x+1   −1

{x −1} ∪ {x ≥ < x < 1

< 1} 

 [ 2

2 −

− − − −x − 1)

x 1 (x 1) + 1 (x

> 0 > 0

 x +1 x +1

Risolvendo le due disequazioni fratte, si ha

{x −1} ∪ {x ≥ −1

< 1} < x < 1

[

{x −1} ∪ {0 ≤ ≤ {x −2} ∪ {−1 ≤

< x 1} < < x 1}

{x \ {−1}.

e quindi l’insieme delle soluzioni è dato da < 1} La via più astuta (ma anche più breve),

|x−1|

x−1 −

consisteva nell’osservare che è uguale a : se x > 1 la disequazione si riduce (dividendo per x 1,

|x+1|

x+1 1

che è positivo) alla disequazione > 1 che non è mai verificata (per x > 1). Se x < 1 otteniamo,

|x+1| 1

−(x − −1, 6 −1.

dividendo per 1) > 0, la disequazione > soddisfatta da ogni x = Infine, se x = 1 la

|x+1|

disequazione è falsa. Anche in questo caso otteniamo (come era ovvio. . .) che l’insieme delle soluzioni è la

−1. −∞

semiretta x < 1 privata di x = Estremo superiore ed inferiore dell’insieme delle soluzioni sono 1 e

(e non sono né massimo, né minimo).

Dal momento che l’insieme delle soluzioni della seconda disequazione è un sottoinsieme di [−1, +∞) (affinché

sia definita la radice quadrata), e che in questo sottoinsieme x+1 0, la disequazione è equivalente al sistema

≥ −1 ≥ −1 ≥ −1 ≥ −1

x x x x

√ ⇔ ⇔ ⇔

2 {x −1} ∪ {x

x(x + 1) > 0 < > 0}

(x + 1) > x + 1

x +1 > x +1 {x

da cui segue che l’insieme delle soluzioni è > 0}. L’estremo superiore (non massimo) è +∞, l’estremo

√ √

inferiore (non minimo) è zero. Si noti che essendo t > t se e solo se t > 1, la disequazione x + 1 > x + 1

poteva essere risolta senza elevare al quadrato.

© – 2) Si risolvano le seguenti disequazioni:

√ √

x

√ |x |x −

< x + 1 , + 2| + + 1| > 2|x 3| .

x 1

Successivamente, si determinino estremo superiore ed inferiore dell’insieme delle soluzioni (specificando se

siano massimo e minimo). 1

≥ 6

Supponiamo x 0, x = 1 e poniamo t = x, ottenendo la disequazione

2

t t + 1 < 0 ,

t 1

con la condizione t 0. Risolvendo (ed imponendo quest’ultima condizione) si trova 0 < t < 1 oppure

√ √

1+ 5 3+ 5

, da cui 0 < x < 1 oppure x > . L’estremo superiore (non massimo) è +∞, l’estremo inferiore

t > 2 2

(non minimo) è zero. −

Per la seconda disequazione, si devono distinguere 4 casi, a seconda dei segni di x + 2, x + 1 e x 3. Si

hanno cosı̀ quattro sistemi

≤ −2 −2 ≤ −1

x < x

−(x − −2(x − − −2(x −

+ 2) (x + 1) > 3) x + 2 (x + 1) > 3)

−1 ≤ −3

< x 3 x >

−2(x − −

x + 2 + x + 1 > 3) x + 2 + x + 1 > 2(x 3)

34 3

≤ ≥

∅, ∅, < x 3 e x 3. In definitiva, l’inseme delle soluzioni è [ , +∞), che

i cui insiemi di soluzioni sono 4

34 come minimo, e +∞ come estremo superiore (non massimo).

ha

© – 3) Si risolvano le seguenti disequazioni: 2

x +3 4x

1

1

2 −2

2x x ≥

≥ .

2 4 , 2 2

Successivamente, si determinino estremo superiore ed inferiore dell’insieme delle soluzioni (specificando se

siano massimo e minimo). x y

≥ ≥

Ricordando che se A > 1, allora A A se e solo se x y, la prima disequazione è equivalente (una volta

2x x 2

≥ − −2

osservato che 2 = 4 ) alla x x 2, il cui insieme delle soluzioni è [−2, 1] (con minimo e massimo

x y

≥ ≤

1). Analogamente, essendo A A se e solo se x y quando A < 1, la seconda disequazione è equivalente

2 ≤

alla x + 3 4x, il cui insieme delle soluzioni è [1, 3] (con minimo 1 e massimo 3).

© – 4) Si determinino estremo superiore ed inferiore, specificando se siano massimo e minimo, dei seguenti

insiemi:

1 1 1

1

[ \

− −

, 1 , , 1 + .

n n n n

n≥2 n≥1

Per calcolare estremo superiore ed inferiore degli insiemi, è necessario capire come siano fatti. Per il primo,

si può osservare che nessun numero negativo vi appartiene (non essendo in nessuno degli intevalli), né alcun

numero maggiore di 1. Con lo stesso ragionamento, si vede che né 0 né 1 sono nell’insieme. D’altra parte,

se 0 < x < 1, allora esisterà un numero naturale n (eventualmente dipendente da x) tale che x appartiene

x

h i

1 1

a , 1 , e quindi all’insieme. In definitiva, il primo insieme è l’intervallo (0, 1) (e a questo punto il

n n

x x

calcolo dell’estremo superiore ed inferiore è lasciato al lettore). Con un ragionamento analogo si dimostra

che il secondo insieme è l’intervallo chiuso [0, 1].

§ – 5) Si determinino estremo superiore ed inferiore, specificando se siano massimo e minimo, del seguente

insieme: {x ∈ [1, 2] : nell’espressione decimale di x non compare la cifra “0”} .

5 e che 1.29 non è ammesso.

Si ricordi che (ad esempio) = 1.250

4 2


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229

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3.15 MB

AUTORE

Sara F

PUBBLICATO

+1 anno fa


DESCRIZIONE ESERCITAZIONE

Esercizi di Matematica per le applicazioni I. Nello specifico gli argomenti trattati sono i seguenti: le disequazioni, l'estremo superiore ed inferiore, le successioni, le serie, lo studio di funzioni, gli integrali, i numeri complessi, stabilire se le successioni seguenti hanno limite o no e, quando possibile, calcolarlo.


DETTAGLI
Corso di laurea: Corso di laurea in matematica
SSD:
Università: Torino - Unito
A.A.: 2013-2014

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher Sara F di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Matematica Per Le Applicazioni I e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Torino - Unito o del prof Boieri Paolo.

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