Testi Esame Svolti Analisi Matematica 1

Tabella con i principali limiti notevoli.

Limiti trigonometrici

• 1. \( \lim_{{x \to 0}} \frac{{\sin x}}{x} = 1 \)
• 2. \( \lim_{{x \to 0}} \frac{{\tan x}}{x} = 1 \)
• 3. \( \lim_{{x \to 0}} \frac{{1 - \cos x}}{x} = 0 \)
• 4. \( \lim_{{x \to 0}} \frac{{1- \cos x}}{x^2} = \frac{1}{2} \)
• 5. \( \lim_{{x \to 0}} \frac{x}{\arcsin x} = 1 \)
• 6. \( \lim_{{x \to 0}} \frac{x}{\arctan x} = 1 \)

Limiti esponenziali e logaritmici

• 7. \( \lim_{{x \to +\infty}} {\left( 1+ \frac{\alpha}{x} \right)}^x = e^{\alpha} \)
• 8. \( \lim_{{x \to 0}} {(1 + \alpha x)}^{\frac{1}{x}} = e^{\alpha} \)
• 9. \( \lim_{{x \to 0}} \frac{\log_a (1 + x)}{x} = \frac{1}{\ln a} \)
• 10. \( \lim_{{x \to 0}} \frac{a^x - 1}{x} = \ln a \)
• 11. \( \lim_{{x \to 0}} \frac{e^x - 1}{x} = 1 \)
• 12. \( \lim_{{x \to 0}} \frac{{(1 + x)}^{a} - 1}{x} = a \)

1+X+2X

-------

B + X

e(1-X) 2(1-X)

----- + ----- +

e B

x--x

A

pm < 0

f''(x) per x > 1 = ^{1 - 3\log x}/_{9x³\sqrt[5]{(\log x - 1)⁵}}

N: 1 - 3\log x ≥ 0 -> 3\log x ≤ 1 -> \log x ≤ 1/3 -> x ≤ e^1/3

D: \sqrt[5]{(\log x - 1)⁵ > 0 -> \log x - 1 > 0 -> x > e

F₁(e^1/3, 0)

F₂(e, 0)

log_ab = c

b = a^c

f''(x) per x < 1 = 2

f(x) = ∫₁² 1/2 * 1/(1+(3/2)^x) dx

(3/2)^x = t

(3/2)^x/lg 3/2 dx = dt

dx = lg 3/2 / (3/2)^x dt

f(x) = ∫ 1/(1+t) dt = A/(t+1) + B/(t+1)

A+B = 0

B = -1

A = 1

f(x) = lg 3/2 ∫₁² 1/(1+t) dt - ∫₁² 1/(1+t) dt

f(x) = lg 3/2 [lg |(3/2)^x/(3/2)^x+1|]¹₂

A = lg 3/2 [lg{[lg 3/2]-lg 3/2+2}-[lg 9/4+lg 9+4/4]]

A = lg 3/2 - lg 5/2 - lg 9/4 + lg 13/4

A = lg 3/2(lg 3/2/lg 5/2 - lg 3/2²/³ = lg 3/2 - lg 3/5 * 9/4) = lg 5/8 + lg 4/7

4/75 * 4/13

A = lg 3/2(lg 16/195) = lg(3/2 + 16/195) = lg(588/10 / 390)

= lg(601/390) = 0,43

1. Studiare F(x)=|–x| + ∫₀^x (e^t/t²) dt
2. Determinare modulo e argomento di z=(–1–i)⁴(1+i√3)²
3. Defn. serie geom. e illustrare il suo comportamento. Poi determinare per quali valori di x la seguente serie ∑_n=0^+∞ (2ⁿ x²ⁿ⁺¹/ log(1+x)) per √3 < x < 0 converge in (–∞,–√3) ∪ (√3,+∞), ha somma finale √3/2
4. Enunciare e dimostrare il teorema di unicità del limite per le successioni numeriche

Esame 16 settembre

1. f(x) = { ½ ∫₀¹ (t+1/t) dt, x ∈ E x ∈ R - E }
2. |z|² + i (z + Re(z+1)) - 2 = 0
3. g(x) = { sin(1/x²)/log(1+x), per x > 0 ∫₂^x e^t dx - 1, per x < 0 } affinché sia continua e derivabile in (–∞,+∞)
4. Definizione di continuità e derivabile in un punto e in un intervallo. Definizione di serie: numerica, geometrica e comportamento, armonica e comportamento

0,3678 → 0,635

∮(x) = ∫ 1 + 1/(x² - 1) [-1/2; 0]

∮(x) = ∫ 1 dx + ∫ 1/(x² - 1) dx

∮(x) = ∫ 1 dx + ∫ 1/(x-1)(x+1) dx

∮(x) = [x+1/2 ln |x-1| - 1/2 ln |x+1|] _-1/2⁰

A + B = 0 {A = -B

A = 1/2 - A + B = 1 {B = 1/2

B = -1/2

A = -1/2 - 1/2 ln |0|

1/2 ln |0| 1/2 ln |-1| + 1/2 ln |1/2 + 1|

A = = 1/2 - 1/2 ln |1/2| 1 - 2 / 2 + 1/2 ln 3/2

A = -1/2 - 1/2 ln 1/2 + 1/2 ln 3/2

A = -1/2 + 0.346 + 0.2 = 0.049

z = e^{log z + πi}⁄_{√3 – i}

z = e^{log z} (cos π⁄6 + i sin π⁄6) = 2 ( √3⁄2 + 1⁄2 i ) = √3 + i

z = ^{3 + i}⁄_{√3 – i} = ^{(3 + i)2}⁄_{3 – i²} = ^{3 + 2 √3 i}⁄₄ = ^{2 + 2 √3 i}⁄₄ = ¹⁄₂ + ¹⁄₂ √3 i

|z|² = ¹⁄₄ + ³⁄₄ = 1

Θ : cos Θ = ¹⁄₂ sen Θ = ^√3⁄₂

Θ = |2πn – ^√3⁄₂ + i| 2π = ^π⁄₃ + 2kπ

–π < Θ < π → –π < ^π⁄₃ + 2kπ < π

• ^π⁄₃ + 2kπ < π
• π + 6kπ < 3π
• (2π > 6kπ {

• ^2π⁄_6kπ < 4k
• 3π + 2kπ > –π
• π + 6kπ > –3π
• 6kπ > –4π (
• K < ¹⁄₃
• K > –²⁄₃

¹⁄₃ > K > –²⁄₃ => 0,333 > K > –0,666 K = 0

Θ = ^π⁄₃

lim_x→+∞ f(x) = l

∀ε>0 ∃V∋0 ∀x∈E x>V∈(x<V(ε) ⎟f(x)-l⎟<ε

lim_x→+∞ f(x) =2

∀ε>0 ∃V∋0 ∀x∈E x>V∈(x<V(ε) ⎟f(x)-l⎟<ε

lim_x→+∞ 1/(x²+x+1) → 0

∀ε>0 ∃V∋0 ∀x∈E x>V∈(x<V(ε) ⎟1/(x²+x+1)⎟<ε

x²+x+1<1/ε

{x²+x+1–1/ε∈ℝ<0 → x_1,2 = -1±√{-4/ε} x_n,2 = -1±√{-1/ε}

x²+x+1>1/ε

{x²+x+1+1/ε>0 → x_1,2 = -1±√{-4/ε} x_1,2 = -1±√{1/ε}

lgz=w ↔ z=e^w

il log principale è il logaritmo in cui si ha un preciso angolo compreso tra (-π, π)

Teo. Weierstrass.

una funzione continua in un intervallo limitato e chiuso,

ammette un massimo e un minimo assoluto

Teo. esistenza degli zeri

se una funzione è continua in un intervallo limitato e chiuso

e assume segni opposti agli estremi dell'intervallo [a,b], allora

esiste almeno un punto in cui la funzione si annulla

\[\exists \xi \in [a,b]: f(\xi) = 0\]

\[ f(x) = \begin{cases} 2+6-x \quad \text{per} \quad x \in \left[ \frac{3}{2}, 2 \right] \\ x-3 \quad \text{per} \quad x \in (2, 4] \end{cases}\]

\[\lim_{x \to 2^+} x-3 = -1\]

\[\lim_{x \to 2^-} 2+6-x = -1 \Rightarrow 2+6-2=-1 \rightarrow 2=-5\]

\[\lim_{x \to 2^+} 2+6-x = -1 \Rightarrow 2+6-2^-=1 \rightarrow 2=-5\]

\[\left[\frac{3}{2}, 2 \right) \rightarrow f(x) = -x+1 \quad x < 1\]

\[(2, 4] \rightarrow f(x) = x-3 \quad x \ge 3\]

\[P_1 \left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2} \right) \quad P_2 \left(2, -1 \right) \quad P_3 \left(4, 1 \right) \quad m_P \left(3; 0\right)\]

\[f'(x) \left[\frac{3}{2}, 2 \right] = -1\]

\[f'(x) (2, 4) = 1\]

confronto i valori di max e min rel. con i valori di f(x) in a,b e eventuali punti angolari

Esame 16 Settembre 2016

f(x) = ¹/₂∫^x₁ lg t √t dt

t > 0

D(0, +∞)

F(x) = ¹/₂∫^x₁ lg t

dt = [ √t ( lg t + ¹/_2√t ) ]

+ ∫^x₁ t^-1/2 dt + ∫^x₁ lg t

dt =

-∫ [ √t + ∫√t ] + [ √t lg t ]^x₁ ∫√t 1

-∫√t dt +

[ (√t) + ∫ t^-1/2 ] dt = ∫ t^-1/2 dt = ∫ t^{-1/2 + 1} dt =

= 2 √x √t

f(x) = [ √t + √t lg t − 2√t ]^x = √x t√x lg x - 2√x (1 - 2) =

−√x + √x lg x + 1

^lim_x→0+ -√x + √x lg x ^lim_x→0+

√x lg x =

lg x / √x = ∞

^H = ¹/_x

= ¹/_x * t√x x

-√x √x = 0

^lim_x→+∞ -√x + √x lg x x + ∞

√x lg x ha ordine di infinito piu grande.