ISTITUZIONI DI MATEMATICA
∼ TEORIA ∼
eiπ + 1 = 0
Docenti: Prof. O. Ascenzi, Prof. M.D. Rosini
Tutrice: S. Bagossi
a.a. 2020-2021
Indice
6
0
Prima di iniziare. . .
1
Numeri reali
1
Introduzione . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
Proprietà dei numeri reali . . . . . . . . . . .
3
Equazioni di secondo grado . . . . . . . . . .
4
Numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . .
5
Principali sottoinsiemi di R . . . . . . . . . .
6
Sottoinsiemi di R dati tramite disuguaglianze
7
Estremi superiore ed inferiore . . . . . . . .
8
Ulteriori proprietà dei numeri reali . . . . . .
9
Principio di induzione . . . . . . . . . . . . .
2
3
.
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.
Funzioni
10 Definizioni e proprietà generali . . . . . . . . . .
11 Alcune funzioni elementari . . . . . . . . . . . .
11.1 Funzione potenza con esponente naturale
11.2 Funzione esponenziale . . . . . . . . . .
11.3 Funzione potenza con esponente reale . .
11.4 Funzione modulo . . . . . . . . . . . . .
11.5 Funzione parte intera . . . . . . . . . . .
11.6 Grafici deducibili da quello della funzione
Trigonometria
12 Introduzione . . . . . . . . . . .
13 Identità trigonometriche . . . . .
14 Funzioni trigonometriche inverse
15 Equazioni trigonometriche . . .
16 Disequazioni trigonometriche . .
.
.
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.
.
.
52
52
53
55
56
57
60
64
7
Serie
32 Somme finite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33 Somme infinite . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
34 Test di convergenza . . . . . . . . . . . . . . . . .
66
66
68
70
8
Funzioni continue in un intervallo
35 Applicazioni allo studio degli estremi di un insieme
75
76
9 Derivate
36 Definizione e prime proprietà . . . . . . . . . . . .
22
37 Significato geometrico della derivata . . . . . . . .
. 22
38 Regole di derivazione . . . . . . . . . . . . . . . .
. 25
. 25
10 Applicazioni delle derivate
. 25
39 Massimi e minimi relativi . . . . . . . . . . . . . .
. 26
40 Derivate di ordine superiore . . . . . . . . . . . . .
. 26
41 Funzioni convesse . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. 27
42 Studio del grafico di una funzione . . . . . . . . .
f 27
43 Regole di De L’Hôpital . . . . . . . . . . . . . . .
44 Polinomio di Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . .
28
. 28 11 Integrale di Riemann
45 Definizioni e proprietà generali . . . . . . . . . . .
. 31
46 Integrali per funzioni razionali . . . . . . . . . . .
. 35
47 Integrazione per sostituzione . . . . . . . . . . . .
. 36
48 Formula di integrazione per parti . . . . . . . . . .
. 36
49 Integrali generalizzati . . . . . . . . . . . . . . . .
38
. 38 12 Equazioni differenziali
50 Definizioni e proprietà generali . . . . . . . . . . .
. 40
51 Equazioni differenziali del primo ordine lineari . .
52 Equazioni differenziali a variabili separabili . . . .
41
53 Equazioni differenziali del secondo ordine lineari .
. 41
54 Equazioni lineari a coefficienti costanti non
. 42
omogenee . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. 45
. 45 13 Ulteriori considerazioni sulle serie
. 46
55 Le serie ed il polinomio di Taylor . . . . . . . . . .
. 46
56 Le serie e gli integrali . . . . . . . . . . . . . . . .
79
79
79
80
3
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4
Potenze di numeri complessi
17 Numeri complessi dati in forma trigonometrica .
18 Numeri complessi in forma esponenziale . . . . .
5
Limiti e continuità di funzioni
19 Limite e continuità puntuali . . . . . .
20 Proprietà di limiti e funzioni continue
21 Alcune funzioni continue elementari .
22 Limiti destro e sinistro . . . . . . . .
23 Limite all’infinito . . . . . . . . . . .
24 Forme indeterminate . . . . . . . . .
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6
6
7
8
9
12
12
16
19
20
Successioni numeriche
25 Introduzione . . . . . . . . . . . . . . . . .
26 Limiti di successioni . . . . . . . . . . . .
27 Teorema di Bolzano-Weierstrass . . . . . .
28 Teorema ponte . . . . . . . . . . . . . . .
29 Calcolo dei limiti di successioni numeriche
30 Test di convergenza . . . . . . . . . . . . .
31 Progressioni aritmetiche e geometriche . . .
.
.
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82
82
83
83
84
87
88
91
91
95
98
100
102
103
103
103
104
105
105
111
111
111
Lo scopo di queste note non è quello di essere studiate, ma solo quello di dare un quadro
generale del programma svolto durante le lezioni. Per lo studio si consiglia l’utilizzo dei libri
disponibili nelle biblioteche universitarie ed elencati nella bibliografia.
Durante la prima lettura, si consiglia di soprassedere alle dimostrazioni e di concentrarsi
sulla parte di teoria utile allo svolgimento degli esercizi.
2
Capitolo 0
Prima di iniziare. . .
Lettere greche
alfa
beta
gamma
delta
epsilon
zeta
eta
teta
α
β
γ
δ
ε
ζ
η
θ
ι
κ
λ
µ
ν
ξ
o
π
iota
kappa
lambda
mu
nu
xi
omicron
pi greco
ρ
σ
τ
υ
φ
χ
ψ
ω
ro
sigma
tau
upsilon
fi
chi
psi
omega
Connettivi logici
¬A
non A
A∧B
AeB
A∨B
A oppure B
A =⇒ B
se A allora B (A implica B)
A ⇐⇒ B
A se e solo se B
Visto che
A =⇒ B ⇐⇒ (¬B) =⇒ (¬A) ,
0/
insieme vuoto,
A ∩ B = 0/
A e B sono disgiunti,
A\B = {x : x ∈ A e non x ∈ B}
insieme differenza di A e B,
A × B = {(a, b) : a ∈ A, b ∈ B}
insieme prodotto di A e B.
Un sottoinsieme A di B ha la forma
A = {x ∈ B : P(x)},
dove P(x) è una proposizione che dipende dalla variabile x che
appartiene all’insieme B, quindi x è un elemento di A se e solo se
la proposizione P(x) è vera.
Osserviamo che:
A ⊆ B ⇐⇒
A = B ⇐⇒
A ⊂ B ⇐⇒
(x ∈ A =⇒ x ∈ B) ⇐⇒
(A ⊆ B e B ⊆ A) ⇐⇒
A ⊆ B e B\A 6= 0.
/
(x 6∈ B =⇒ x 6∈ A),
(x ∈ A ⇐⇒ x ∈ B),
Osserviamo che se A 6= B, allora
A \ B 6= B \ A,
A × B 6= B × A.
Intervalli
Un sottoinsieme A ⊆ R è un intervallo se e solo se A gode della
seguente proprietà: se x1 , x2 ∈ A ed x1 < x2 , allora [x1 , x2 ] ⊆ A.
Ricordiamo la seguente caratterizzazione degli intervalli:
dimostrare che
A implica B
equivale a dimostrare che
(a, b) = {x ∈ R : a < x < b}
intervallo aperto e limitato,
[a, b] = {x ∈ R : a 6 x 6 b}
intervallo chiuso e limitato,
(a, b] = {x ∈ R : a < x 6 b}
intervallo aperto a sinistra,
chiuso a destra e limitato,
se B non vale, allora A non vale.
Il secondo modo di procedere è tipico delle dimostrazioni per
assurdo.
[a, b) = {x ∈ R : a 6 x < b}
aperto a destra e limitato,
(−∞, b] = {x ∈ R : x 6 b}
intervallo illimitato a sinistra,
e chiuso a destra,
Quantificatori
(−∞, b) = {x ∈ R : x < b}
∀a . . .
per ogni a . . .
∃a : . . .
esiste a tale che . . .
∃!a : . . .
esiste un unico a tale che . . .
Si noti che
intervallo chiuso a sinistra,
intervallo illimitato a sinistra,
ed aperto a destra,
[a, +∞) = {x ∈ R : x > a}
intervallo chiuso a sinistra,
(a, +∞) = {x ∈ R : x > a}
intervallo aperto a sinistra,
ed illimitato a destra,
¬(∀a) ⇐⇒ ∃a .
ed illimitato a destra.
Potenze e radici
Insiemi e sottoinsiemi
Se n ∈ N ed a ∈ R, allora per definizione:
x∈A
x appartiene all’insieme A,
x 6∈ A
A⊆B
x non appartiene all’insieme A,
A è sottoinsieme di B,
A⊂B
A è strettamente contenuto in B,
A ∪ B = {x : x ∈ A o x ∈ B}
A unione B,
A ∩ B = {x : x ∈ A e x ∈ B}
A intersezione B,
an = |a · a {z
· . . . · a} .
n volte
a0 = 1 ∀a ∈ R, in particolare 00 = 1
Se n ∈ N ed a ∈ R \ {0}, allora
a−n = 1/an .
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
Se n ∈ N ed a ∈ R, allora per definizione:
√
n
a = r ∈ R ⇐⇒ rn = a.
è il fattoriale. Così ad esempio abbiamo
(a + b)0 = 1,
(a + b)1 = a + b,
In particolare, se n è pari, allora deve essere a > 0.
Se a ∈ R e r = m/n ∈ Q con m ∈ Z ed n ∈ N, allora per definizione:
√
√ m
ar = am/n = n am = n a .
(a + b)2 = a2 + 2ab + b2 ,
(a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 .
Per ricordare i coefficienti si può utilizzare il triangolo di Tartaglia.
In particolare, se n è pari, allora deve essere a > 0.
Se x ∈ R e a > 0, allora per definizione:
ax = sup{ar : r ∈ Q, r < x}.
1
Proprietà:
1
• ax · ay = ax+y
• ax /ay = ax−y = 1/ay−x
• (ax )y = ax·y
• ax /bx = (a/b)x = (b/a)−x
√
• x a = a1/x
√
√
• y ax = ax/y = ( y a)x
• a−x = (1/a)x
x
x
x
• a · b = (a · b)
1
Logaritmi
3
1
3
4
6
(a + b)2 = 1 · a2 + 2 · a · b + 1 · b2
(a + b)3 = 1 · a3 + 3 · a2 · b + 3 · a · b2 + 1 · b3
1
4
1
Dati due polinomi
loga (b) = c ⇐⇒ ac = b
Pm (x) = am xm + am−1 xm−1 + . . . + a1 x + a0 ,
Proprietà:
Pn (x) = bn xn + bn−1 xn−1 + . . . + b1 x + b0 ,
• loga (1) = 0
• loga (a) = 1
di grado m ed n, con m > n > 1, ai , bi ∈ C e am , bn non nulli, si ha
che
Pm (x)
Pr (x)
Pn (x) = Pm−n (x) + Pn (x)
• loga (ax ) = x
• loga (x · y) = loga (x) + loga (y) • loga xy = loga (x) − loga (y)
√
• loga (xb ) = b · loga (x)
• loga ( b x) = 1b · loga (x)
•a
2
Divisione tra polinomi
Se 0 < a 6= 1 e b > 0, allora per definizione:
loga (x)
(a + b)1 = 1 · a1 + 1 · b1
1
1
1
(a + b)0 = 1, a + b 6= 0
=x
• xloga (y) = yloga (x)
• b · loga (x) + c · loga (y) = loga (xb · yc )
logc (b)
logc (a)
logbn (a) = n1 · logb (a)
1
loga (b)
loga (b)
• loga (b) =
• logb (a) =
•
• bloga (c) = c
• − logb (a) = logb
1
a
= log1/b (a)
Il loga (x) è ben definito per a ∈ (0, 1) ∪ (1, +∞) ed x > 0.
Prodotti notevoli
(a + b)2 = a2 + 2ab + b2
(a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3
(a − b)2 = a2 − 2ab + b2
(a − b)3 = a3 − 3a2 b + 3ab2 − b3
a2 − b2 = (a − b)(a + b)
a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2 )
E SEMPIO .
a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 )
Dividiamo P4 (x) = 5x4 + 3x3 + 2x per P2 (x) = x2 + 1. In questo
caso m = 4 e n = 2. Dividendo il monomio di grado più alto di
Pm (x), cioè 5x4 , per il monomio di grado più alto di Pn (x), cioè
x2 , si ottiene 5x2 . Moltiplicando il monomio così ottenuto, cioè
5x2 , per il polinomio divisore Pn (x) si ottiene 5x4 + 5x2 , e lo si
sottrae dal dividendo Pm (x) ottenendo così P̃(x) = 3x3 −5x2 +2x.
Iteriamo l’operazione con P̃(x) al posto di Pm (x). Si ottiene così
Pm−n (x) = 5x2 + 3x − 5, Pr (x) = −x + 5 e pertanto
5x4 +3x3 +2x
= 5x2 + 3x − 5 + x5−x
2 +1 .
x2 +1
Potenze di binomi
Per ogni a, b ∈ R vale la formula del binomio di Newton
n n n−k k
n
(a + b) = ∑
a b,
k
k=0
dove
n
=
k
dove Pm−n (x) e Pr (x) sono opportuni polinomi di grado m − n > 0
ed r < n, detti polinomio quoziente e polinomio resto. Per calcolare Pm−n (x) e Pr (x) si procede come segue: si divide il monomio di
grado più alto di Pm (x) per il monomio di grado più alto di Pn (x); si
moltiplica il monomio così ottenuto per il polinomio divisore Pn (x)
e si sottrae il polinomio risultante dal dividendo Pm (x) ottenendo
e di grado non superiore a m − 1. Si
così un nuovo polinomio P(x)
e al posto di Pm (x), finché il
itera l’operazione precedente con P(x)
polinomio risultante dalla sottrazione non sarà di grado r < n (si ricordi che una costante è un polinomio di grado zero). Quest’ultimo
è il polinomio resto Pr (x), mentre il polinomio quoziente Pm−n (x)
si ottiene sommando tutti i monomi ottenuti dalle operazioni di divisione. Se Pr (x) è il polinomio identicamente nullo allora Pm (x) è
divisibile per Pn (x).
n!
k! (n−k)!
è il binomio di Newton, detto anche coefficiente binomiale. Si
ricordi che
1
se n = 0
n! =
1 · 2 · 3 · . . . · (n − 2) · (n − 1) · n altrimenti
Istituzioni di Matematica
pagina 4
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Le operazioni fatte possono essere schematicamente rappresentate come segue.
+2x
+5x4+3x3
x2 + 1
−5x4
−5x2
5x2 + 3x − 5
2
3
+3x −5x +2x
−3x
−3x3
2
−5x −x
+5
+5x2
−x +5
• Si procede iterativamente fino al termine dei coefficienti.
an
b
an
|{z}
qn−1
an−1
qn−1 · b
a
+q
·b
| n−1 {z n−1 }
qn−2
...
...
...
a1
q1 · b
a +q ·b
| 1 {z 1 }
q0
a0
q0 · b
a0 + q0 · b
| {z }
r
Se A(b) = 0, allora A(x) è divisibile per B(x), r = 0 e quindi
A(x) = Q(x) · B(x).
Divisione di un polinomio per un binomio
Sia n ∈ N. Dato un polinomio
n
A(x) =
∑ ak xk = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0
k=0
con an 6= 0 (quindi A(x) ha grado n) ed un binomio
B(x) = x − b,
si può applicare la regola di Ruffini per ottenere il polinomio
quoziente
n−1
∑ qk xk = qn−1 xn−1 + qn−2 xn−2 + · · · + q1 x + q0 ,
Q(x) =
k=0
ed il resto r che è un termine costante (nullo se A(x) è divisibile
per B(x)), tali che
A(x) = Q(x) · B(x) + r.
Per dividere A(x) per B(x) si procede come segue:
• Si prendono i coefficienti di A(x) e si scrivono in ordine. Si
scrive poi b in basso a sinistra, proprio sopra la riga.
an
an−1
...
a1
a0
b
• Si copia il coefficiente di sinistra an in basso subito sotto la riga.
an
an−1
...
a1
a0
b
an
|{z}
qn−1
• Si moltiplica per b il numero più a destra di quelli sotto la riga,
ed il risultato lo si scrive sopra la riga, spostato di un posto a destra.
an
b
an−1
qn−1 · b
...
a1
a0
an
|{z}
qn−1
• Si somma questo valore con quello sopra di lui nella stessa colonna e lo si scrive sotto la riga.
an
b
an
|{z}
qn−1
a.a. 2020-2021
an−1
qn−1 · b
an−1 + qn−1 · b
|
{z
}
...
a1
a0
qn−2
pagina 5
Istituzioni di Matematica
Capitolo 1
Numeri reali
1
Introduzione
numerabile (cioè può essere posto in corrispondenza biunivoca
con l’insieme dei numeri naturali N), mentre l’insieme dei numeri reali R è più che numerabile. Questo permise di mettere
in evidenza che gli insiemi infiniti possono avere differenti ordini di infinità. Le sue teorie non incontrarono subito l’assenso dei
colleghi. Ad esempio il matematico Leopold Kronecker giudicò
le sue scoperte “prive di senso”. Impoveritosi durante la prima
guerra mondiale, Cantor morì in un ospedale psichiatrico.
In maniera non rigorosa, i numeri reali possono essere descritti come numeri positivi, negativi o nulli, che possono avere uno
sviluppo decimale finito o infinito.
E SEMPIO .
− 14 = −0, 25
numero negativo con sviluppo
decimale finito
167
=
5,
060606
.
.
.
=
5,
06
numero positivo con sviluppo
33
decimale (periodico) infinito
√
2 = 1, 4142 . . .
numero positivo con sviluppo
decimale infinito
π = 3, 14 . . .
numero positivo con sviluppo
decimale infinito
e = 2, 718 . . .
numero positivo con sviluppo
decimale infinito
O SSERVAZIONE .
π è il pi greco ed
è il rapporto tra l’area di un cerchio di
raggio r e l’area del
quadrato di lato r.
1
• La rappresentazione frazionaria di un numero non è univoca.
Ad esempio si ha che
−2
−3
1 = 11 = 22 = 33 = . . . = −1
−1 = −2 = −3 = . . .
Tuttavia, c’è un’unica rappresentazione frazionaria in cui
numeratore e denominatore sono primi tra loro ed il
denominatore è positivo.
n→+∞
+∞
1
=
n! .
n=0
∑
r
r
1
O SSERVAZIONE .
In informatica, i computer possono solo approssimare i numeri
irrazionali con numeri razionali. Alcuni programmi riescono a
trattare in modo esatto i numeri irrazionali algebrici, cioè i numeri che sono soluzioni
√di equazioni polinomiali con coefficienti interi (ad esempio, 2 è un numero irrazionale algebrico in
quanto soluzione dell’equazione x2 − 2 = 0). Poiché esiste un’infinità numerabile di equazioni polinomiali con coefficienti interi
ma un’infinità più che numerabile di numeri reali, “quasi tutti” i
numeri reali non possono essere trattati in maniera esatta da un
computer.
L’insieme dei numeri reali è indicato con R e può essere rappresentato con una retta orientata.
−2
−1
− 13 0
1
4
1
√
2
2
e
π
Leopold Kronecker
Legnica, 1823
Berlino, 1891
O SSERVAZIONE .
• La rappresentazione decimale di un numero non è univoca.
Ad esempio si ha che 1 e 0, 99999 . . . = 0, 9 rappresentano lo
stesso numero in quanto
0, 9 = 0, 3 · 3 = 13 · 3 = 1.
O SSERVAZIONE .
e è il numero di Eulero ed è definito
da
n
e = lim 1 + 1n
√
2
O SSERVAZIONE .
√
2 è la lunghezza
della diagonale di
un quadrato di lato
unitario.
Georg Cantor
San Pietroburgo, 1845
Halle, 1918
R
L’insieme dei numeri reali R comprendono i numeri naturali N =
{1, 2, 3, . . .}, i numeri interi Z = {. . . , −2, −1, 0, 1, 2, . . .}, i numeri
razionali
√ Q = {n/m : n ∈ Z, m ∈ N} ed i numeri irrazionali R \ Q
(come 2, π, e). A loro volta, i numeri reali R sono compresi nei
numeri complessi C, che si rappresentano con un piano in cui l’asse
La definizione rigorosa (cioè matematica) dei numeri reali ha
orizzontale rappresenta R.
rappresentato uno degli sviluppi più significativi del XIX secolo.
Le definizioni maggiormente utilizzate oggi si basano sulle classi
iR
di equivalenza di successioni di Cauchy di numeri razionali, opi
1+i
pure sulle sezioni di Dedekind, oppure su una ridefinizione del
termine “sviluppo decimale”, oppure tramite una caratterizzazione assiomatica come unico campo archimedeo completo ordinato.
√
Noi diamo quest’ultima definizione.
−2
−1 − 13 14
1 2 2
e π
R
D EFINIZIONE .
L’insieme dei numeri reali R è un campo totalmente ordinato e
completo.
O SSERVAZIONE .
In altre parole, l’insieme dei numeri reali R è l’unico insieme di numeri tale che (R, +, ·, 6) è un campo totalmente ordina-
Nel 1874 il matematico Georg Ferdinand Ludwig Philipp Cantor riuscì a dimostrare che l’insieme dei numeri razionali Q è
6
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
to e (R, 6) è completo. Per completezza, diamo le definizioni di partire dalle operazioni algebriche di base, cioè la somma e la
campo, insieme totalmente ordinato, campo ordinato ed insieme moltiplicazione.
completo.
D EFINIZIONE .
D EFINIZIONE .
La sottrazione − : R×R → R e la divisione / : R×(R\{0}) → R
Un insieme non vuoto K è un campo se è dotato di due operaziosono definite come segue:
ni binarie, chiamate addizione + : K×K → K e moltiplicazione
• a − b = a + (−b),
• ba = a · 1b .
· : K × K → K, tali che ∀a, b, c ∈ K si ha:
Il minore “<”, il maggiore o uguale “>” ed il maggiore “>”
sono definiti come segue
i.1) proprietà commutativa
• a < b ⇐⇒ (a 6 b ed a 6= b),
• a+b = b+a
• a·b = b·a
• a > b ⇐⇒ b 6 a,
i.2) proprietà associativa
• a > b ⇐⇒ b < a.
• (a + b) + c = a + (b + c)
• (a · b) · c = a · (b · c)
i.3) proprietà distributiva
• a · (b + c) = a · b + a · c
i.4) esistenza degli elementi neutri
• ∃0 ∈ R t.c. a + 0 = a
• ∃1 ∈ R
2
t.c.
a·1 = a
i.5) esistenza dell’opposto e dell’inverso
• ∃ − a ∈ R t.c. a + (−a) = 0
• se a 6= 0
allora
∃ a1
∈R
t.c.
Proprietà dei numeri reali
P ROPOSIZIONE .
Valgono le seguenti proprietà ∀a, b, c ∈ R:
i) legge di cancellazione rispetto alla somma ed al prodotto
• se a + b = c + b
allora a = c
1
a
a· = 1
• se
a·b = c·b
b 6= 0
e
ii) legge dell’annullamento del prodotto
• a·0 = 0
ii.1) proprietà riflessiva
iii) unicità dell’opposto e dell’inverso
• se
•a6a
allora a = b
ii.3) proprietà transitiva
• se a 6 b
allora a 6 c
b6c
iv) • (−a) · b = −(a · b)
v) • a > 0
v) • a > 0
Se inoltre vale la
ii.4) proprietà totale
•a6b
• (−a) · (−b) = a · b
se e solo se
−a < 0
se e solo se
1
a
vii) regola dei segni
oppure
b6a
• a·b > 0
D EFINIZIONE .
Un insieme non vuoto K è un campo totalmente ordinato se
(K, +, · ) è un campo, (K, 6) è totalmente ordinato e ∀a, b, c ∈ K
si ha:
iii.2) legame tra “6” e “·”
• se a 6 b e
>0
vi) • a 6 b se e solo se a − b 6 0
se e solo se
allora l’insieme è totalmente ordinato.
iii.1) legame tra “6” e “+”
• se a 6 b
a = 0 oppure b = 0
allora
• l’opposto di un numero reale è unico
• l’inverso di un numero reale è unico
ii.2) proprietà antisimmetrica
• se a 6 b e b 6 a
e
a·b = 0
a=c
allora
D EFINIZIONE .
Un insieme non vuoto X è ordinato se è dotato di una relazione
binaria “6”, chiamata relazione di minore o uguale, tale che
∀a, b, c ∈ X si ha:
allora a + c 6 b + c
•
a
b
>0
se e solo se
a>0
b>0
a>0
b>0
oppure
oppure
a60
b60
a60
b<0
viii) • se a 6= 0 allora a2 > 0
Dimostrazione. Nella dimostrazione possiamo utilizzare le proprietà elencate nella definizione di R e le proprietà che mano a
mano andiamo a dimostrare.
i) Si ha
06c
allora a · c 6 b · c
• a + b = c + b =⇒ a = a + 0 = a + (b − b) = (a + b) − b
= (c + b) − b = c+ (b − b) = c + 0 = c,
1
• a · b = c · b =⇒ a = a · 1 = a · b · b1 = (a
· b) · b
1
1
= (c · b) · b = c · b · b = c · 1 = c.
D EFINIZIONE .
Un insieme ordinato (X, 6) è completo se vale la
iv.1) proprietà di completezza: se A, B ⊆ R sono separati, cioè
se a ∈ A e b ∈ B allora a 6 b,
allora esiste un elemento di separazione s ∈ R, cioè
a6s6b
∀a ∈ A e ∀b ∈ B.
Concludiamo questa sezione introducendo le operazioni algebriche elementari della sottrazione “−” e della divisione “ / ” a
ii) Si ha
• a · 0 = a · 0 + 0 = a · 0 + (a · a − a · a) = (a · 0 + a · a) − a · a
= a · (0 + a) − a · a = a · a − a · a = 0.
Per quanto appena dimostrato
• a · b = 0 e b 6= 0 ⇒ a = a · 1 = a · b · b1 = (a · b) · 1b = 0 · b1 = 0.
a.a. 2020-2021
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Teoria
iii) Si ha
• a + b = 0 ⇒ b = b + 0 = b + (a − a) = (b + a) − a = 0 − a = −a,
• a · b = 1 ⇒ a 6= 0 e b = b · 1 = b · a · 1a = (b · a) · a1 = 1 · 1a = a1 .
T EOREMA .
Per ogni a > 0 esiste un unico b > 0 tale che
b2 = a.
Dimostrazione. Se a = 0, allora per la legge dell’annullamento del
prodotto deve essere b = 0. Se a 6= 0, allora b 6= 0 e quindi deve
essere a = b2 > 0.
• a · b + (−a) · b = (a + (−a)) · b = 0 · b = 0 =⇒ (−a) · b = −(a · b). Esistenza. Dimostriamo che
A = x ∈ R : x > 0, x2 6 a , B = y ∈ R : y > 0, a 6 y2
Per quanto appena dimostrato, l’annullamento del prodotto e la
legge di cancellazione
sono separati: se x ∈ A ed y ∈ B, allora
iv) Per l’unicità dell’opposto e l’annullamento del prodotto
x2 6 a 6 y2 =⇒ x2 6 y2 ⇐⇒ x2 − y2 6 0
• (−a) · (−b) − (a · b) = (−a) · (−b) + (−a) · b = (−a) · (−b + b)
⇐⇒ (x − y) (x + y) 6 0 ⇐⇒ x − y 6 0 ⇐⇒ x 6 y.
| {z }
= −a · 0 = 0 = a · b − (a · b) =⇒ (−a) · (−b) = a · b.
>0
v) • Si ha a > 0 ⇐⇒ a + (−a) > 0 + (−a) ⇐⇒ 0 > −a.
• Assumiamo per assurdo che a > 0 e 1/a < 0. Allora
a>0e
1
a
A e B sono dunque separati e per la proprietà di completezza di R
esiste un elemento di separazione b tale che
x6b6y
< 0 =⇒ a · 1a < a · 0 =⇒ 1 < 0
vi) • a 6 b ⇐⇒ a + (−b) 6 b + (−b) ⇐⇒ a − b 6 0
oppure
a60
b 6 0.
Procediamo per assurdo. Assumiamo che non sia vero che
b
a>0
a60
oppure
b>0
b 6 0,
a<0 a>0
b>0 b>0
ovvero che
a
a>0
a<0
a
6
0
a
>
0
oppure
b<0
b > 0.
b60 b<0
Nel primo caso a > 0 e b < 0, per iii.2) si ha
b < 0 =⇒ a · b < a · 0 = 0
e
∀y ∈ B.
Notiamo che l’elemento di separazione b è strettamente positivo in
quanto, dato un x ∈ A, si ha b > x > 0. Dimostriamo ora che b2 = a
ragionando per assurdo.
Primo caso: b2 < a. Basta dimostrare che esiste ε > 0 tale che
(b + ε)2 6 a, perché in tal caso x = b + ε ∈ A e x > b, ma questo contraddice la definizione di elemento di separazione. Se ε ∈
(0, 1), allora ε 2 < ε e quindi
ma questo è assurdo.
vii) • “=⇒” Dimostriamo che
a>0
a · b > 0 =⇒
b>0
∀x ∈ A
x2 = (b + ε)2 = b2 + 2bε + ε 2 < b2 + 2bε + ε = b2 + ε(2b + 1).
Osserviamo che
2
a−b
,
b2 + ε(2b + 1) 6 a ⇐⇒ ε 6 2b+1
2
a−b
dove 2b+1
> 0 in quanto b2 < a e b > 0. Quindi basta prendere un
qualsiasi ε nell’intervallo
i
a−b2
0, 2b+1
∩ (0, 1)
per ottenere una x = b + ε con le proprietà volute in quanto
ε > 0 =⇒ x = b + ε > b,
a−b2
e quindi a·b > 0 non è soddisfatto. Nel secondo caso a < 0 e b > 0,
ε 6 2b+1 ed ε < 1 =⇒ x2 = (b + ε)2 < b2 + ε(2b + 1) 6 a.
per iii.2) si ha
Secondo caso: b2 > a. Basta dimostrare che esiste y ∈ B tale
a < 0 =⇒ a · b < 0 · b = 0
che y < b, perché allora avremmo un assurdo per la definizione
e quindi a · b > 0 non è soddisfatto.
di elemento di separazione. Questo equivale a dimostrare che esi“⇐=” Se a > 0 e b > 0, allora per iii.2) si ha
ste ε ∈ (0, b) tale che y = b − ε ∈ B, ovvero y2 > a. Osserviamo
che
a > 0 =⇒ a · b > 0 · b = 0.
2
(b − ε)2 = b2 − 2bε + ε 2 > b2 − 2bε > a ⇐⇒ ε 6 b 2b−a
Se a 6 0 e b 6 0, allora −a > 0, −b > 0 e quindi, per quanto appena e quindi basta prendere un qualsiasi ε nell’intervallo
2 i
dimostrato e per iv)2 si ha
0, b 2b−a ∩ (0, b).
0 6 (−a) · (−b) = a · b.
Visto che abbiamo un assurdo sia se assumiamo b2 < a, che se as• La seconda asserzione segue dalla prima e dal fatto che 1/b > 0 sumiamo b2 > a, l’unica possibilità è che b2 = a.
Unicità. Per dimostrare l’unicità basta far vedere che se c > 0 è tase e solo se b > 0.
le che c2 = a, allora c = b. Dimostriamolo ragionando per assurdo.
viii) Basta applicare la legge dell’annulamento del prodotto (ii) e
I caso: se c < b, allora moltiplicando (a destra e a sinistra) per c si
la regola dei segni (vii).
ha c2 < b · c, mentre moltiplicando per b si ha c · b < b2 ; quindi per
la proprietà transitiva c2 < b2 = a ⇒ c2 6= a e questo è assurdo.
II caso: analogamente, se c > b, allora c2 > b2 = a ⇒ c2 6= a e
3 Equazioni di secondo grado
questo è assurdo.
Visto che abbiamo un assurdo sia se assumiamo c < b, che se
assumiamo c > b, l’unica possibilità è che c = b.
Istituzioni di Matematica
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a.a. 2020-2021
Teoria
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E SEMPIO .
D EFINIZIONE .
Per ogni a >√0, il numero b > 0 tale che
= a viene indicato
col simbolo a ed è chiamato la radice quadrata di a.
• L’equazione x2 + x − 1 = 0 ammette una soluzione positiva.
O SSERVAZIONE .
• L’equazione x2 − x + 1 = 0 non ha radici reali (positive).
b2
√ 2
√
√
Si noti
√ che se a 6= 0, allora (− a) = a e − a < 0 < a. Dunque a non è l’unico numero il cui quadrato è a; piuttosto esso
è l’unico numero positivo il cui quadrato è a.
P ROPOSIZIONE .
Siano a, b, c ∈ R con a 6= 0. Per determinare le soluzioni in R
dell’equazione (algebrica) di secondo grado
ax2 + bx + c = 0
si calcola il delta (detto anche discriminante) dell’equazione
∆ = b2 − 4ac
e si distinguono i seguenti casi.
ha due soluzioni (distinte)
e sono
• Se ∆ > 0, allora l’equazione
√
√
x1 =
−b− ∆
2a ,
x2 =
−b+ ∆
2a .
• Se ∆ = 0, allora l’equazione ha come unica soluzione
x1 = −b
2a .
• L’equazione x2 − 3x + 1 = 0 ha due soluzioni positive.
E SEMPIO .
Vediamo per quali valori di a ∈ R l’equazione nell’incognita x
x+1
=a
(♠)
x2 +x+1
ammette almeno una soluzione. L’equazione di secondo grado
x2 + x + 1 = 0
ha ∆ = 1 − 4 = −3 < 0 e quindi non ha soluzione in R. Pertanto
x2 + x + 1 6= 0
∀x ∈ R
e quindi il denominatore non si annulla mai. Dunque si ha che
(♠) ⇐⇒ ax2 + (a − 1)x + a − 1 = 0.
L’equazione di secondo grado ottenuta ha almeno una soluzione
se e solo se ha ∆ > 0, ovvero
∆ = (a − 1)2 − 4a(a − 1) = (a − 1)(a − 1 − 4a)
= (a − 1)(−3a − 1) > 0 ⇐⇒ a ∈ [−1/3, 1].
In conclusione l’equazione (♠) ammette almeno una x-soluzione
se e solo se a ∈ [−1/3, 1].
• Se ∆ < 0, allora l’equazione non ha soluzione (in R).
Dimostrazione. Osserviamo che se ∆ > 0 allora
√∆ √∆ b
b
a(x − x1 )(x − x2 ) = a x + 2a
+ 2a
x + 2a
− 2a
b 2
− 4a∆2
= a x + 2a
e che
4
Numeri complessi
Come già dimostrato, un’equazione di secondo grado a coefficienti
reali non ha soluzioni reali se e solo se ∆ < 0. Ad esempio, questo
è il caso di
x2 + 1 = 0.
Questo motiva l’introduzione dell’insieme dei numeri complessi
(♣) C, che contiene R ed in cui qualsiasi equazione di secondo grado
a coefficienti reali ha (almeno) una soluzione.
Dunque ax2 + bx + c = a (x − x1 ) (x − x2 ) e quindi il caso ∆ > 0 è
sistemato. Per gli altri casi basta osservare che la formula (♣) vale D EFINIZIONE .
Un numero complesso è un numero che può essere espresso nelanche per ∆ 6 0.
la forma algebrica a + ib, dove a e b sono numeri reali ed i è
O SSERVAZIONE .
l’unità immaginaria. L’insieme dei numeri complessi si indica
con C.
Dati a, b, c ∈ R con a 6= 0, vedremo che il grafico della funzione
La parte reale e la parte immaginaria di un numero complesso
f (x) = ax2 +bx+c è una parabola e che i tre casi appena descritti
z = a + ib sono rispettivamente
corrispondono ai tre casi riportati in figura.
ℜe(z) = a
ed
ℑm(z) = b.
Caso ∆ > 0.
Caso ∆ = 0.
Caso ∆ < 0.
In C l’addizione + : C × C → C e la moltiplicazione · : C ×
C → C sono definite come segue:
(a + ib) + (c + id) = (a + c) + i(b + d),
x1
x
x
x1
x2 x
(a + ib) · (c + id) = (a · c − b · d) + i(a · d + b · c).
x1
x2
x1
O SSERVAZIONE .
x
x
x
Per moltiplicare numeri complessi basta ricordare che i2 = −1;
infatti, ad esempio, si ha
R EGOLA DI C ARTESIO .
• i2 = (0 + i1) · (0 + i1) = (0 · 0 − 1 · 1) + i(0 · 1 + 1 · 0) = −1,
Il massimo numero di radici
• (a + ib)(c + id) = ac + aid + ibc + i2 bd = ac − bd + i(ad + bc),
reali positive di un’equazione
1
a−ib
a
−b
= (a+ib)(a−ib)
• a+ib
= a2a−ib
= a2 +b
2 + i a2 +b2 ,
−(ib)2
di secondo grado è dato dal
3
3
numero di variazioni di segno
• (1 + i)6 = (1 + i)2 = 1 + 2i + i2 = (2i)3 = 8i3 = −8i.
fra coefficienti consecutivi, tra- René Descartes
La Haye en Touraine (oggi Descartes), 1596
P ROPOSIZIONE .
scurando eventuali coefficienti Stoccolma, 1650
R ⊂ C.
nulli.
b
x + 2a
2
− 4a∆2 .
a<0
a>0
ax2 + bx + c = a
Dimostrazione. Se a ∈ R, allora a = a + i0 ∈ C e quindi
R = R + i 0 = {x + i 0 ∈ C : x ∈ R} ⊂ C.
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Teoria
D’altro canto, questo corrisponde al fatto che i numeri reali R sono
rappresentati dall’asse orizzontale nel piano complesso.
ℑm
C
a + i0 ∈ R
ℜe
In realtà vale qualcosa in più di una semplice inclusione di insiemi,
in quanto l’addizione +C e la moltiplicazione ·C tra numeri complessi si riducono all’addizione +R ed alla moltiplicazione ·R tra
numeri reali se sono coinvolti numeri reali, ovvero
+C
≡ +R ,
R×R
·C
O SSERVAZIONE .
Una soluzione in C dell’equazione
z2 + 1 = 0
(♣)
è z = i in quanto
i2 = i · i = (0 · 0 − 1 · 1) + i(0 · 1 + 1 · 1) = −1.
Un’altra soluzione in C dell’equazione (♣) è z = −i. La verifica
è lasciata come esercizio per casa.
D EFINIZIONE .
Il numero complesso coniugato di
z = a + ib ∈ C
è
z̄ = a − ib ∈ C.
a
ℜe
z̄
a +C c = (a + i0) +C (c + i0) = (a +R c) + i(0 +R 0) = a +R c,
a ·C c = (a + i0) ·C (c + i0) = (a ·R c − 0 ·R 0) + i(a ·R 0 + 0 ·R c)
P ROPOSIZIONE .
Se z = a + ib, w = c + id ∈ C ed n ∈ N, allora
z + w = z + w,
n · z = n · z,
z = z,
z · w = z · w,
= a ·R c.
ℜe(z) =
P ROPOSIZIONE .
Per l’addizione e la moltiplicazione tra numeri complessi valgono la proprietà commutativa, associativa, distributiva, esistenza
degli elementi neutri, esistenza dell’opposto e dell’inverso.
Dimostrazione. L’elemento neutro per l’addizione è 0 = 0 + i0 in
quanto ∀a + ib ∈ C si ha che
z+z
2 ,
zn = (z)n ,
z · z = a2 + b2 ,
z−z
2i ,
z ∈ R ⇐⇒ z = z.
ℑm(z) =
Dimostrazione. La verifica è lasciata come esercizio per casa.
O SSERVAZIONE .
Visto che ad ogni numero complesso a + ib restano associati due numeri reali a e b, possiamo rappresentare C nel piano
R × R. Questo permette di dare un’interpretazione geometrica
della somma, detta regola del parallelogramma.
(a + ib) + (0 + i0) = (a + 0) + i(b + 0) = a + ib.
ℑm
z+w
b+d
b
z
L’elemento neutro per la moltiplicazione è 1 = 1 + i0 in quanto
∀a + ib ∈ C si ha che
w
d
(a + ib) · (1 + i0) = (a · 1 − b · 0) + i(a · 0 + b · 1) = a + ib.
a
Dimostriamo che a + ib ∈ C \ {0 + i0} è invertibile. Calcoliamo il
suo inverso x + iy. Visto che (a, b) 6= (0, 0), abbiamo a2 + b2 6= 0 e
quindi
(a + ib) · (x + iy) = 1 + i0
⇐⇒ (a · x − b · y) + i(a · y + b · x) = 1 + i0
 2
a · x − ab · y = a



a·x−b·y = 1
ab · y + b2 · x = 0
⇐⇒
=⇒
a·y+b·x = 0
ab · x − b2 · y = b


 2
a · y + ab · x = 0
(
2
a
x = a2 +b
(a + b2 ) · x = a
2
=⇒
⇐⇒
y = a2−b
.
(a2 + b2 ) · y = −b
2
+b
a+c
c ℜe
È infatti facile vedere che la somma di due numeri complessi z = a + ib e w = c + id, cioè il numero z + w = (a + c) +
i(b + d), corrisponde al vertice di coordinate (a + c, b + d) del
parallelogramma disegnato come in figura.
Inoltre, questo permette di dare una dimostrazione geometrica
della uguaglianza z + w = z + w, come mostrato in figura.
ℑm
z+w
b+d
b
z
w
d
a
a+c
c ℜe
w
−d
−b
−b − d
z
z+w = z+w
Dunque l’elemento candidato ad essere l’inverso di a + ib è
+ i a2−b
+b2
ed in effetti
a
−b
=
(a + ib) · a2 +b
2 + i a2 +b2
a
−b
a
= a · a2 +b
+ i a · a2−b
+
b
·
= 1 + i0.
2 − b · a2 +b2
2
2
2
+b
a +b
La dimostrazione delle altre proprietà è lasciata come esercizio per
casa.
Istituzioni di Matematica
z
−b
≡ ·R .
R×R
Infatti ∀a, c ∈ R si ha che
a
a2 +b2
ℑm
b
(z−z)·i
z−z
Infine, le uguaglianze ℜe(z) = z+z
si
2 e ℑm(z) = 2i =
2
possono dimostrare analogamente.
Per quanto riguarda invece la visualizzazione del prodotto di numeri complessi, conviene prima studiare la rappresentazione trigonometrica o quella esponenziale dei numeri complessi, cosa
che faremo più avanti.
P ROPOSIZIONE .
Fissati a, b, c, d ∈ R con a 6= 0, consideriamo il polinomio di terzo
grado P(z) = az3 + bz2 + cz + d. Se l’equazione P(z) = 0 ha tre
pagina 10
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
soluzioni complesse z1 , z2 , z3 ∈ C distinte, allora almeno una di
esse è reale.
Dimostrazione. Osserviamo che per le proprietà della coniugazione
P(z) = az3 + bz2 + cz + d = az3 + bz2 + cz + d = P(z).
Dunque, se z1 è una soluzione, allora anche z1 lo è. Pertanto il
numero delle soluzioni complesse e non reali è pari. Se le soluzioni
sono tre, almeno una di essa deve essere reale.
O SSERVAZIONE .
Fissati a, b, c, d ∈ R con a > 0, se l’equazione associata al polinomio di terzo grado P(z) = az3 +bz2 +cz+d ha tre soluzioni complesse distinte, allora il suo grafico è uno tra quelli rappresentati
in figura.
x1 x2 x3
x
x1
x1
x2
x
x1
x2 x
4ac−b2
4a
=
−∆
4a
(il primo sistema non ha soluzione perché ∆ < 0 ed x ∈ R)
(
(
b
b
x = − 2a
x = − 2a
√
√
⇔
∨
−∆
−∆
y = 2a
y = − 2a
e quindi abbiamo che z1 e z2 sono tutte e sole le soluzioni.
In alternativa, come fatto per le equazioni di secondo grado in
R, basta verificare che
a · (z − z1 ) · (z − z2 ) = az2 + bz + c
e questo termina la dimostrazione.
E SEMPIO .
Per calcolare la parte reale e quella immaginaria di
z = 1i
basta osservare che
z = 1i = ii2 = −i
e quindi
ℜe(z) = 0,
ℑm(z) = −1.
x
x1 x
Un’importante proprietà dei numeri reali R che si perde introducendo C è quella dell’ordinamento.
P ROPOSIZIONE .
Non è possibile introdurre in C un ordinamento totale.
Dimostrazione. Dimostriamolo per assurdo. Assumiamo che in C
esista un ordinamento totale 6, la cui restrizione ad R sia magari
diversa da quella introdotta in R. Visto che i 6= 0, avremmo 0 < i
oppure i < 0. Se 0 < i, allora 0 · i < i · i ⇐⇒ 0 < −1, sommando
1 si ottiene 1 < 0 e moltiplicando per i otteniamo che i < 0, ma
questo contraddice l’ipotesi. Una contraddizione analoga si ottiene
se si assume che i < 0.
P ROPOSIZIONE .
Siano a, b, c ∈ R con a 6= 0. Per determinare le soluzioni in C
dell’equazione (algebrica) di secondo grado
az2 + bz + c = 0
si calcola il discriminante
∆ = b2 − 4ac
e si distinguono i seguenti casi.
• Se ∆ > 0, allora l’equazione ha due soluzioni (distinte) reali (e
quindi anche complesse),
e sono
√
√
−b− ∆
∆
z2 = −b+
z1 = 2a ,
2a .
• Se ∆ = 0, allora l’equazione ha un’unica soluzione reale (e
quindi anche complessa), ed è
x1 = −b
2a .
• Se ∆ < 0, allora l’equazione ha due soluzioni (distinte)
complesse e non reali, e√sono
√
z2 = −b+i2a −∆ .
z1 = −b−i2a −∆ ,
Dimostrazione. Se z = x + iy ∈ C, x, y ∈ R, è una soluzione, allora
0 = az2 + bz + c = a x2 + 2ixy − y2 + b(x + iy) + c
= ax2 − ay2 + bx + c + i (2axy + by)
a.a. 2020-2021
ax2 − ay2 + bx + c = 0
(2ax + b)y = 0
(
(
b
x = − 2a
y=0
⇔
∨
2
b2
b2
ax + bx + c = 0
ay2 = a 4a
2 − 2a + c =
⇔
E SEMPIO .
Per calcolare la parte reale e quella immaginaria di
z = 3+2i
2−i
basta osservare che
(3+2i)(2+i)
6−2+3i+4i
= 54 + 75 i
z = 3+2i
2−i = (2−i)(2+i) =
5
e quindi
ℜe(z) = 4/5,
ℑm(z) = 7/5.
E SEMPIO .
Per calcolare la parte reale e quella immaginaria di
z = (2 − 3i)3
basta applicare la formula (a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 con
a = 2 e b = −3i, ottenendo che
z = 8 + 3 · 4 · (−3i) + 3 · 2 · (−3i)2 + (−3i)3
= 8 − 36i − 54 + 27i = −46 − 9i
e quindi
ℜe(z) = −46,
ℑm(z) = −9.
E SEMPIO .
Calcoliamo
i387 .
Prima osserviamo che le potenze naturali di i possono assumere
solo i seguenti quattro valori
i, −1, −i, 1.
Dividendo 387 per 4 otteniamo che 387 = 4 · 96 + 3 e quindi
96
96
i387 = i4 i3 = 1 i3 = i3 = −i.
In alternativa, si può procedere come segue:
i387 = i2·193+1 = (i2 )193 · i = (−1)193 · i = −i.
E SEMPIO .
Risolviamo l’equazione di secondo grado
z2 − i = 0.
Posto z = x + iy, deve essere
pagina 11
z2 = x2 − y2 + 2xyi = i ⇐⇒
x2 − y2 = 0
2xy = 1
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
⇐⇒
Teoria
L EMMA .
x=y
x = −y
∨
2x2 = 1
−2x2 = 1
√
2∈
/Q
(il secondo sistema non ha soluzioni)
√
√
x = 1/√2
x = −1/√2
⇐⇒
∨
y = 1/ 2
y = −1/ 2
e quindi le due soluzioni sono
z0 = √12 (1 + i),
z1 = − √12 (1 + i).
E SEMPIO .
Per dimostrare che
Dimostrazione. Dimostriamolo
per assurdo.
√
I√metodo (analitico). Se 2 ∈ Q, allora esistono p, q ∈ N tali che
2 = qp . Possiamo assumere che p e q siano primi tra loro. Risulta
dunque
2
√
2
2 = ( 2)2 = qp = qp2 =⇒ p2 = 2q2
√ 6
1+i 3
2
(a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2
√ 3
−1+i 3
2
=1=
basta applicare la formula
+ b3 ,
ottenendo che
√ 3
√
√
−1+i 3
= 18 (−1 + 3 3i + 9 − 3 3i) = 1,
2
√ 3
√
√
1+i 3
1+3 3i−9−3 3i
=
= −1
2
8
√ 6
√ 3 2
1+i 3
⇒ 1+i2 3 =
= (−1)2 = 1.
2
In alternativa, una volta dimostrata la
uguaglianza, si può
prima √
3
3
, ottenendo che
sfruttare la formula z3 = z3 con z = −1+i
2
√ 3
−1+i 3
= 1 =⇒
2
√ 3
√ 3
√ 3
√ 3
3
−1+i 3
−1−i 3
1+i 3
=
=
=
−
1 = 1 = −1+i
2
2
2
2
√ 6 √ 3 2
=⇒ 1+i2 3 = − 1+i2 3
= 12 = 1.
5
e quindi p2 è (un numero) pari. Verifichiamo che anche p è pari.
Se per assurdo p è dispari, ossia è della forma p = 2p0 + 1 per un
p0 ∈ N ∪ {0}, allora p2 = (2p0 + 1)2 = 4p0 (p0 + 1) + 1 è dispari
e questo ci dà una contraddizione. Dunque anche p è pari, ossia
esiste p0 ∈ N tale che p = 2p0 . Si ha pertanto
p2 = 4p20 = 2q2 =⇒ q2 = 2p2 .
Dunque q2 è pari e quindi anche q è pari. Questo è però assurdo
perché due numeri pari non sono primi tra loro.
II metodo (geometrico). Oltre alla dimostrazione analitica appena
conclusa, possiamo dare una dimostrazione geometrica. Riprendiamo dall’uguaglianza p2 = 2q2 con p, q ∈ N. Con riferimento
alla figura seguente, tale uguaglianza significa che la somma dell’area di due quadrati gialli di lato q è pari all’area del quadrato blu
di lato p. Visto che p, q ∈ N, possiamo assumere che questi siano i
quadrati più piccoli con questa proprietà.
q2
Principali sottoinsiemi di R
D EFINIZIONE .
L’insieme dei numeri naturali è N = {1, 2, 3, . . .}.
L’insieme dei numeri interi relativi è Zn = {0, ±1, ±2, ±3,
o . . .}.
p
L’insieme dei numeri razionali è Q = q : p ∈ Z, q ∈ N .
Per dimostrare che N, Z e Q non coincidono con R, basta verificare che tali insiemi non soddisfano tutte le proprietà elencate
nella definizione di R.
P ROPOSIZIONE .
• N non soddisfa la proprietà di esistenza dello zero,
dell’esistenza dell’opposto o dell’inverso.
q2
In verde abbiamo messo in evidenza l’area in cui i due quadrati
gialli si sovrappongono ed in rosso l’area del quadrato blu non coperta dai due quadrati gialli. È chiaro che i due quadrati gialli non
possono non sovrapporsi visto che non tutto il quadrato blu è coperto dai due quadrati gialli. Si ha quindi che l’area del quadrato
verde è pari alla somma dell’area dei due quadrati rossi.
+
• Q non soddisfa la proprietà di completezza.
Dimostrazione. La dimostrazione delle prime due asserzioni è lasciata come esercizio per casa. Per verificare l’ultima asserzione
basta verificare che i due sottoinsiemi di Q
A = r ∈ Q : r > 0, r2 6 2 , B = s ∈ Q : s > 0, s2 > 2
p2
Sovrapponiamo al quadrato blu i due quadrati gialli come nella
figura seguente.
• Z non soddisfa la proprietà dell’esistenza dell’inverso.
=
Ma questo è assurdo perché avevamo assunto che i quadrati gialli
e blu erano i più piccoli con questa proprietà.
6
sono separati, ma non esiste in Q un elemento di separazione.
Sottoinsiemi di R dati tramite disuguaglianze
Siamo interessati a studiare sottoinsiemi di R corrispondenti a delle
disuguaglianze.
P ROPOSIZIONE .
Le seguenti inclusioni valgono strettamente.
N⊂Z⊂Q⊂R
Caso generale: funzioni
√
Dimostrazione. Q è un sottoinsieme proprio di R perché 2 ∈ R \
Q, come dimostrato nel seguente lemma; le restanti inclusioni sono
lasciate come esercizio per casa.
Istituzioni di Matematica
=
+
Per prima cosa definiamo cosa è una funzione, il suo grafico ed
introduciamo la somma, differenza, prodotto e quoziente di due
funzioni.
pagina 12
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
D EFINIZIONE .
Una funzione f da A ⊆ R a valori in B ⊆ R, o più brevemente
f : A → B, è una legge che associa ad ogni elemento x di A uno
ed un solo elemento y = f (x) di B. Il suo grafico è dato dai punti
(x, f (x)) ∈ A × B al variare di x in A.
D EFINIZIONE .
Un polinomio di ordine n è una funzione p : R → R della forma
D EFINIZIONE .
Siano f , g : A → R due funzioni.
P ROPOSIZIONE .
• Le funzioni costanti sono dei polinomi di grado zero: p(x) =
a0 .
• La somma di f e g è la funzione f + g : A → R definita da
( f + g)(x) = f (x) + g(x).
• La differenza di f e g è la funzione f − g : A → R definita da
( f − g)(x) = f (x) − g(x).
• Il prodotto di f e g è la funzione f · g : A → R definita da
( f · g)(x) = f (x) · g(x).
• Se g(x) 6= 0 per ogni x ∈ A, allora il quoziente di f e g è la
funzione f /g : A → R definita da ( f /g)(x) = f (x)/g(x).
Se si vuole determinare l’insieme X = {x ∈ A : f (x) > c} e si
conosce il grafico di f , allora basta calcolare i punti di intersezione
del grafico di f con la retta orizzontale y = c e considerare le x
corrispondenti alle parti del grafico di f che si trovano sopra tale
retta.
E SEMPIO .
Se il grafico di f : (a, b] → R e la retta y = c sono come in figura,
allora
{x ∈ A : f (x) > c} = (a, x1 ] ∪ [x2 , x3 ] ∪ [x4 , x5 ] ∪ {b}.
y
x1
f
x3
x2
x4
x5
b
a
x
y=c
Consideriamo ora un caso meno semplice. Siano f (x), g(x),
h(x) e k(x) delle funzioni. Per determinare l’insieme
n
o
f (x)
X = x ∈ R : g(x)
> h(x)
k(x)
basta studiare la disuguaglianza
f (x)
g(x)
>
h(x)
k(x)
⇔
f (x)
g(x)
− h(x)
k(x) =
f (x)·k(x)−g(x)·h(x)
g(x)·k(x)
> 0.
Per la regola dei segni vii) l’ultima disuguaglianza è soddisfatta se
e solo se
f (x) · k(x) − g(x) · h(x) > 0
f (x) · k(x) − g(x) · h(x) 6 0
I:
∨ II :
g(x) · k(x) > 0
g(x) · k(x) < 0.
Dunque, se AI ⊆ R corrisponde al primo sistema e AII ⊆ R corrisponde al secondo sistema, allora
X = XI ∪ XII .
Di seguito consideriamo dei casi meno generali per i quali si
riesce a dire qualcosa in più (in generale).
Primo caso particolare: polinomi
Tra le funzioni più semplici ci sono i polinomi. Iniziamo dando la
definizione di polinomio ed alcune proprietà di base dei polinomi.
a.a. 2020-2021
n
p(x) =
∑ ak xk = a0 + a1 x + . . . + an xn ,
k=0
per certe costanti a0 , a1 , . . . , an−1 ∈ R ed an ∈ R \ {0}.
• La somma, la differenza ed il prodotto di polinomi è un
polinomio.
• Se p(x0 ) = 0, allora il polinomio p(x) di grado n > 1 è divisibile per il binomio q(x) = x − x0 , ovvero esiste un polinomio
r(x) di grado n − 1 tale che p(x) = q(x) · r(x).
O SSERVAZIONE .
Dall’ultimo punto della proposizione precedente segue che se x1
ed x2 sono due soluzioni dell’equazione di secondo grado
ax2 + bx + c = 0
allora
ax2 + bx + c = a(x − x1 )(x − x2 ).
Inoltre, visto che c = ax1 x2 , nel caso speciale in cui c/a, x1 , x2 ∈
N, si ha che x1 ed x2 sono divisori di c/a.
Più in generale, se x1 , . . . , xn sono radici dell’equazione di grado
n
an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 = 0
allora
an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 = an (x − x1 ) · . . . · (x − xn ).
Inoltre, visto che a0 = an x1 · . . . · xn , nel caso speciale in cui
a0 /an , x1 , . . . , xn ∈ N, si ha che x1 , . . . , xn sono divisori di a0 /an .
E SEMPIO .
Visto che gli zeri del polinomio di quarto gradoa
p(x) = 3x4 − 15x3 − 21x2 + 87x + 90
sono x1 = −2, x2 = −1, x3 = 3 e x4 = 5, si ha che
p(x) = 3(x + 2)(x + 1)(x − 3)(x − 5).
In alternativa, utilizziamo Ruffini per fare la divisione tra
polinomi come segue. Dividiamo p(x) per x + 2:
3 −15 −21
87
90
−2
−6
42
−42 −90
3 −21
21
45
0
e quindi
p(x) = (x + 2)(3x3 − 21x2 + 21x + 45).
Dividiamo 3x3 − 21x2 + 21x + 45 per x + 1:
3 −21 21
45
−1
−3 24 −45
3 −24 45
0
e quindi
3x3 − 21x2 + 21x + 45 = (x + 1)(3x2 − 24x + 45).
Dividiamo 3x2 − 24x + 45 per x − 3:
3 −24
45
3
9
−45
3 −15
0
e quindi
3x2 − 24x + 45 = (x − 3)(3x − 15) = 3(x − 3)(x − 5).
Questo conferma quanto già sapevamo dalla teoria.
a Si noti che a /a = 90/3 = 30, x = −2, x = −1, x = 3, x = 5 ∈ N, e che
0 4
1
2
3
4
x1 , . . . , x4 sono divisori di a0 /a4 .
pagina 13
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
P ROPOSIZIONE .
Siano a, b, c ∈ R con a > 0. Per determinare
A = {x ∈ R : ax2 + bx + c > 0},
⇐⇒
x 6
B = {x ∈ R : ax2 + bx + c < 0},
si pone ∆ = b2 − 4ac e si distinguono i seguenti casi.
• Se ∆ > 0, allora
A = (−∞, x1 ) ∪ (x2 , +∞) ,
√
−b− ∆
2a
dove x1 =
e x2 =
• Se ∆ = 0, allora
A = R \ {x1 } = {x ∈ R : x 6= x1 } ,
dove x1 = −b
2a .
q0
p1
r0
s0
r0
s0
− qp00
se
p1
q0
> 0,
− qp00
se
p1
q0
< 0,
h  qp0 rs0 − qp0 , +∞
se
1
0
0
i
A=  −∞, q0 r0 − p0
se
p1 s0
q0
p1
q0
> 0,
p1
q0
< 0.
• Consideriamo il caso generale. Per quanto visto per le funzioni
n
o
P(x)
A = x ∈ R : Q(x)
>0 ,
B = 0,
/
dove P(x) = p(x) · s(x) − q(x) · r(x) e Q(x) = q(x) · s(x). Anche
P e Q sono dei polinomi, e quindi hanno la forma
• Se ∆ < 0, allora
A = R,
q0
p1
e quindi
B = (x1 , x2 ) ,
√
−b+ ∆
2a .

x >
B = 0.
/
m
Dimostrazione. Consideriamo il caso ∆ > 0, gli altri casi sono lasciati come esercizio per casa. Abbiamo già dimostrato che in questo caso x1 ed x2 sono le due soluzioni (distinte) dell’equazione di
secondo grado
ax2 + bx + c = 0.
P(x) =
∑ Pk xk = P0 + P1 x + . . . + Pm xm ,
k=0
n
Q(x) =
∑ Qk x k = Q0 + Q1 x + . . . + Qn x n .
k=0
Il passaggio successivo è quello di riscrivere P(x) e Q(x) come
prodotti di polinomi di primo o secondo grado.
Nei seguenti esempi consideriamo il caso in cui P(x) e Q(x)
possono essere espressi come prodotti di polinomi di primo grado.
Dunque per l’osservazione precedente
ax2 + bx + c = a(x − x1 )(x − x2 )
e quindi per concludere la dimostrazione basta applicare la regola
dei segni vii).
O SSERVAZIONE .
E SEMPIO .
n
x∈R:
x2 +2
x−2
o
> x + 2 = (2, +∞)
in quanto
Vedremo che se a > 0, allora il grafico di f (x) = ax2 + bx + c è
una parabola e che i tre casi appena descritti corrispondono ai tre
casi riportati in figura.
Caso ∆ > 0.
Caso ∆ = 0.
Caso ∆ < 0.
(x2 +2)−(x−2)(x+2)
x2 +2
x2 +2
x−2 > x + 2 ⇔ x−2 − (x + 2) =
x−2
(x2 +2)−(x2 −4)
6
= x−2
> 0 ⇐⇒ x − 2 > 0 ⇐⇒ x > 2.
=
x−2
E SEMPIO .
x∈R:
x+2
x−2
>
x−2
x+2
= (−2, 0] ∪ (2, +∞)
in quanto
x1
x2 x
x1
x
x+2
x−2
x
• Il caso più semplice è quando tutti i polinomi sono costanti:
p(x) = p0 , q(x) = q0 , r(x) = r0 , s(x) = s0 con p0 , r0 ∈ R e
q0 , s0 ∈ R \ {0}. In questo caso basta calcolare i quozienti p0 /q0
ed r0 /s0 : se p0 /q0 > r0 /s0 allora A = R, mentre se p0 /q0 <
r0 /s0 allora A = 0.
/
>
r(x)
s(x)
⇐⇒
Istituzioni di Matematica
p1 x+p0
q0
>
r0
s0
⇐⇒, qp01 x >
r0
s0
⇔
x+2
x−2
x−2
− x+2
=
4x
(x − 2)(x + 2)
4x
(x−2)(x+2)
(x+2)2 −(x−2)2
(x−2)(x+2)
−
+
−
0
−
−
+
=
4x
(x−2)(x+2)
2
+
−
−
0
@
> 0.
x
+
+
+
@
E SEMPIO .
8
x ∈ R : x2 − 4x + 7 > x+1
= (−∞, −1) ∪ [1, +∞)
in quanto
8
8
x2 − 4x + 7 > x+1
⇐⇒ x2 − 4x + 7 − x+1
=
2
3
2
(x −4x+7)(x+1)−8 (x +(1−4)x +(7−4)x+7)−8
=
=
x+1
x+1
• Un altro caso semplice è quello in cui p è un polinomio di primo
grado e gli altri polinomi sono costanti: p(x) = p0 + p1 x, q(x) =
q0 , r(x) = r0 , s(x) = s0 con p0 , r0 ∈ R e p1 , q0 , s0 ∈ R \ {0}. In
questo caso per la regola dei segni vii) si ha
p(x)
q(x)
x−2
x+2
−2
Dati dei polinomi p(x), q(x), r(x) ed s(x), vogliamo studiare
l’insieme
n
o
p(x)
A = x ∈ R : q(x)
> r(x)
s(x) .
Si dimostra che A può essere riscritto come unione di intervalli.
Ricordiamo che
D EFINIZIONE .
Un sottoinsieme A ⊆ R è un intervallo se e solo se A gode della
seguente proprietà: se x1 , x2 ∈ A ed x1 < x2 , allora [x1 , x2 ] ⊆ A.
>
− qp00
=
x3 −3x2 +3x−1
x+1
=
(x−1)3
x+1
−1
(x − 1)3
x+1
(x−1)3
x+1
−
−
+
1
−
+
−
@
pagina 14
> 0.
+
+
+
x
0
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
E SEMPIO .
√ i √ i
1− 5
x−1
∪ 1, 1+2 5 ∪ (2, +∞)
x ∈ R : x−2
x−1 − x−2 6 1 = −∞, 2
perché
(x−2)2 −(x−1)2 −(x−1)(x−2)
x−2
x−1
=
x−1 − x−2 6 1 ⇔
(x−1)(x−2)
=
(x2 −4x+4)−(x2 −2x+1)−(x2 −3x+2)
(x−1)(x−2)
=
−x2 +x+1
(x−1)(x−2)
60⇔
dove
x1 =
(x − x1 )(x − x2 )
(x − 1)(x − 2)
x2 −x−1
(x−1)(x−2)
(x−x1 )(x−x2 )
(x−1)(x−2)
√
x2 = 1+2 5 .
√
1+ 5
1
2
√
1− 5
2 ,
√
1− 5
2
−
+
−
+
+
+
=
(x−x1 )(x−x2 )
(x−1)(x−2)
0
−
−
+
2
+
−
−
0
@
>0
E SEMPIO .
n
o
3
3x−3
x ∈ R : xx3 −1
>
= (−∞, 0) ∪ [1, +∞)
+x
x2 +1
in quanto
(x3 −1)−(3x−3)x
3x−3
x3 −1
3x−3
x3 −1
>
⇔
−
=
x3 +x
x2 +1
x(x2 +1)
x2 +1
x(x2 +1)
=
(x−1)(x2 +x+1)−3(x−1)x
x(x2 +1)
=
(x−1)(x2 −2x+1)
x(x2 +1)
x
+
+
+
(x − 1)3
x
x2 + 1
(x−1)3
x(x2 +1)
@
=
(x−1)(x−1)2
(x−1)3
=
2
x(x +1)
x(x2 +1)
0
1
x
+
−
−
+
+
−
+
+
+
+
+
−
=
x−√2
x+ 2
=
√
−x2√−4 2x+2
√
(x+ 2)(x− 2)
dove
(x− 2)2 −(x+√2)2 −(x+
√ 2)(x− 2) =
(x+ 2)(x− 2)
−(x−x
√ 1 )(x−x
√2 ) 6 0 ⇔ (x−x
√1 )(x−x√2 ) >
(x+ 2)(x− 2)
(x+ 2)(x− 2)
√2 6 1 ⇔
− x+
x− 2
=
√
√
√
√
x1,2 = −2 2 ± 8 + 2 = −2 2 ± 10.
(x − x1 )(x − x2 )
√
√
(x + 2)(x − 2)
(x−x
√1 )(x−x√2 )
(x+ 2)(x− 2)
√
√
−2 2 − 10
+
−
+
+
+
−
√
− 2
0
@
E SEMPIO .
n
√
2/3
2 3
√
x ∈ R : x + x+2x+2
6
2
in quanto
√
√
√
√
−2 2 + 10
+
−
−
−
+
−
√
2
0
@
(x3 −2)−(x2 −2)
√
√
(x+ 2)(x− 3 2)
=
x2
x−1
√
√
(x + 2)(x − 3 2)
x2 (x−1)
√
√
(x+ 2)(x− 3 2)
x
+
+
+
3
2
√x −x √
(x+ 2)(x− 3 2)
=
−
√
x− √2
x− 3 2
@
0
=
x2 (x−1)
√
√
(x+ 2)(x− 3 2)
√
√
3
− 2
2
0
1
+
+
+
+
+
+
+
−
−
−
+
+
−
−
−
+
+
+
−
−
0
6 0.
x
2
2
2
2
+3x+2)+3
−4)+(x −1)
x +3x+5
= (x(x+1)(x+2)
= (x+1)(x+2)
= (x+1)(x+2)−(x
(x+1)(x+2)
ed il polinomio di secondo grado al numeratore ha ∆ = 9 − 4 · 5 =
−11 < 0.
−2
−1
x
+
+
x2 + 3x + 5 +
+
(x + 1)(x + 2) +
−
x2 +3x+5
+
+
−
(x+1)(x+2)
@
E SEMPIO .
√
√
√ √ √2 + x+√2 6 1 = − 2, 2
x ∈ R : x−
x+ 2
x− 2
perché
√ 2 2
√
√
√
2
2)
(x− 2)2 +(x+
x−√2
x+√2
√
√ −x +2 =
√x +6 √ 6 0
+
6
1
⇔
x+ 2
x− 2
(x+ 2)(x− 2)
(x+ 2)(x− 2)
ed il numeratore è sempre positivo mentre il polinomio
√ di
secondo grado al denominatore si annulla per x = x1,2 = ± 2.
√
√
− 2
2
x
2
+
+
+
x +6
√
√
+
−
(x + 2)(x − 2) +
2
√x +6 √
+
+
−
(x+ 2)(x− 2)
@
@
E SEMPIO .
Verifichiamo la seguente uguaglianza al variare del parametro a
in R.

√
√
@
Nei seguenti esempi consideriamo il caso in cui almeno uno dei
due polinomi P(x) e Q(x) non può essere espresso come prodotto
di polinomi di primo grado, in quanto almeno uno dei fattori è un
polinomio di secondo grado con ∆ < 0.
a.a. 2020-2021
E SEMPIO .
x−1
x ∈ R : x−2
x+1 − x+2 6 1 = (−∞, −2) ∪ (−1, +∞)
perché
x−1
x−2
x−1
x−2
x+1 − x+2 6 1 ⇐⇒ 0 6 1 − x+1 + x+2
0
√ o
√
√
x− √2
= (−∞, − 2) ∪ {0} ∪ [1, 3 2)
3
x− 2
√
2/3
2/3
x2 + 3 2x+2
x− √2
x2 + 3 2x+2
√
√
6 3 ⇐⇒
x+ 2
x+ 2
x− 2
√
√
√
√
3
2 3
2/3
2)−(x− 2)(x+ 2)
√
√
= (x + 2x+2 )(x−
(x+ 2)(x− 3 2)
=
0
> 0.
0
@
E SEMPIO .
n
o
√
√
√2 − x+√2 6 1 =
x ∈ R : x−
x+ 2
x− 2
√
√
√ i √
√ i √
2, +∞
= −∞, −2 2 − 10 ∪ − 2, −2 2 + 10 ∪
perché
√
√
√
√
√
√
(x−1)((x2 +x+1)−3x)
x(x2 +1)
{x ∈ R : x2 − 2x + a > 0} =
(−∞, 1 − 1 − a) ∪ (1 + 1 − a, +∞) se a < 1
R \ {1}
se a = 1

R
se a > 1
Il polinomio di secondo grado corrisponde ad una parabola rivolta verso l’alto ed i tre casi corrispondono, rispettivamente, a
∆ > 0, ∆ = 0 e ∆ < 0. Infatti, ∆ = 4 − 4a = 4(1 − a) e quindi si
pagina 15
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
√
1− 2
ha
∆ > 0 ⇔ a < 1,
∆ = 0 ⇔ a = 1,
∆ < 0 ⇔ a > 1.
√
Infine, per concludere basta osservare che x1,2 = 1 ± 1 − a.
E SEMPIO .
Esprimiamo gli insiemi
o
n
p
A = x ∈ R : x2 − 5x + 4 6 3x − 2 ,
n
o
p
B = x ∈ R : x2 − 5x + 4 > 3x − 2 ,
come unione di intervalli. Poniamo
p(x) = x2 − 5x + 4,
q(x) = 3x − 2.
Siano p(x) e q(x) due funzioni.
• Per determinare l’insieme
o
n
p
p
A = x ∈ R : p(x) > q(x)
A) Chiaramente q(x) > 0 ⇐⇒ x > 2/3. Osserviamo che
√
x1 = 1
√
p(x) = x2 − 5x + 4 = 0 ⇔ x1,2 = 5±√1225−16
1
x2 = 4
e quindi p(x) > 0 ⇐⇒ x 6 1 ∨ x > 4. Inoltre si ha
p(x) = x2 − 5x + 4 = 0 6 q(x)2 = (3x − 2)2 = 9x2 − 12x + 4
basta studiare il sistema
q(x) > 0
p(x) > q(x).
⇐⇒ 8x2 − 7x = x(8x − 7) > 0 ⇐⇒ x 6 0 ∨ x > 7/8.
In conclusione
 abbiamo

q(x) > 0 ⇐⇒ x > 2/3
p(x) > 0 ⇐⇒ x 6 1 ∨ x > 4


p(x) 6 q(x)2 ⇐⇒ x 6 0 ∨ x > 7/8
e quindi A = [7/8, 1] ∪ [4, +∞).
• Per determinare l’insieme
n
o
p
B = x ∈ R : p(x) > q(x)
basta studiare la coppia di sistemi
I:
√
1+ 2
x
Secondo caso particolare: radici quadrate
0
q(x) > 0
q(x) < 0
∨ II :
p(x) > 0
p(x) > q(x)2 ,
0
2/3
7/8
1
4
x
perché, se BI ⊆ R corrisponde al primo sistema e BII ⊆ R corrisponde al secondo sistema, allora
B) Sarebbe sbagliato pensare che B sia uguale ad R \ A; infatti
si può solo dire che B ⊆ R \ A = (−∞, 78 ) ∪ (1, 4).√Osserviamo
che R \ (1, 4) è l’insieme di definizione di f (x) = x2 − 5x + 4,
pertanto A ∪ B = R \ (1, 4). Di conseguenza B = (R \ (1, 4))\ A =
(−∞, 7/8).
In effetti, visto che
(
q(x) < 0 ⇐⇒ x < 2/3
⇐⇒ x < 2/3
p(x) > 0 ⇐⇒ x 6 1 ∨ x > 4
e
(
q(x) > 0 ⇐⇒ x > 2/3
⇐⇒ 2/3 6 x < 7/8
p(x) > q(x)2 ⇐⇒ 0 < x < 7/8
si ha che B = (−∞, 2/3) ∪ [2/3, 7/8) = (−∞, 7/8).
B = BI ∪ BII .
• Per determinare l’insieme
p
C = x ∈ R : p(x) 6 q(x)
basta studiare il sistema

q(x) > 0
p(x) > 0

p(x) 6 q(x)2 .
E SEMPIO .
Dimostriamo
che
n
x∈R:
7
√
√
√
√
x3 − x2 + 2 > x2 + x + 2 = [1 − 2, 0] ∪ [1 + 2, +∞).
o
Poniamo
p(x) = x3 − x2 + 2,
q(x) = x2 + x + 2.
Osserviamo che il delta dell’equazione q(x) = x2 + x + 2 = 0 è
∆ = 1 − 8 = −7 < 0
e quindi q(x) > 0 per ogni x ∈ R. Osserviamo che
p(x) > q(x) ⇐⇒ x3 − x2 + 2 > x2 + x + 2 ⇐⇒
√
√
x3 − 2x2 − x = x(x2 − 2x − 1) = x(x − 1 + 2)(x − 1 − 2) > 0
√
√
⇐⇒ x ∈ [1 − 2, 0] ∪ [1 + 2, +∞)
in quanto
√
√
x2 − 2x − 1 = 0 ⇐⇒ x1,2 = 2± 24+4 = 1 ± 2.
Dunque
( abbiamo che
q(x) > 0 ∀x ∈ R
√
√
p(x) > q(x) ⇐⇒ x ∈ [1 − 2, 0] ∪ [1 + 2, +∞).
Istituzioni di Matematica
Estremi superiore ed inferiore
Dato un sottoinsieme non vuoto A di R, sono interessato a determinare il più piccolo intervallo chiuso di R che contiene A. Nei
seguenti esempi consideriamo alcuni possibili casi.
E SEMPIO .
Consideriamo l’insieme A dato come in figura.
R
È evidente che il più piccolo intervallo chiuso di R che contiene
A esiste ed è dato da [α, β ] con α e β come in figura.
α
β R
Si noti che α, β ∈
/ A.
pagina 16
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Se esistono, allora l’estremo superiore, l’estremo inferiore, il
massimo ed il minimo di A vengono indicati rispettivamente con
sup(A),
inf(A),
max(A),
min(A).
Se invece sup(A) non esiste, allora si pone sup(A) = +∞, mentre
se inf(A) non esiste, allora si pone inf(A) = −∞.
E SEMPIO .
Consideriamo ora l’insieme A dato come in figura.
R
È evidente che il più piccolo intervallo chiuso di R che contiene
A esiste ed è dato da [α, β ] con α e β come in figura.
β R
α
• Se il massimo esiste, allora esso è unico.
E SEMPIO .
Consideriamo ora l’insieme A dato come in figura.
• Se il minimo esiste, allora esso è unico.
R
È evidente che il più piccolo intervallo chiuso di R che contiene
A esiste ed è dato da [α, +∞) con α come in figura.
Dimostrazione. • Supponiamo per assurdo che C1 e C2 siano due
estremi superiori distinti di A. Non è limitativo assumere che C1 <
C2 . Visto che C1 soddisfa la prima proprietà dell’estremo superiore, si ha che
a 6 C1 ∀a ∈ A.
Visto che C2 soddisfa la seconda proprietà dell’estremo superiore,
si ha che
C1 < C2 =⇒ ∃a ∈ A t.c. a > C1 .
β = +∞ R
Si noti che α ∈
/ A.
Siamo quindi giunti ad una contraddizione.
La dimostrazione delle altre asserzioni è analoga ed è lasciata
come esercizio per casa.
E SEMPIO .
Consideriamo l’insieme A dato come in figura.
La seguente proposizione riguarda il rapporto che c’è tra sup(A) e
inf(A), e tra max(A) e min(A).
R
È evidente che il più piccolo intervallo chiuso di R che contiene
A esiste ed è dato da (−∞, β ] con β come in figura.
α = −∞
P ROPOSIZIONE .
• L’estremo superiore è unico.
• L’estremo inferiore è unico.
Si noti che α, β ∈
/ A.
α
La seguente proposizione riguarda l’unicità del sup, inf, max e min.
β R
Si noti che β ∈ A.
Gli esempi precedenti mostrano che il più piccolo intervallo
chiuso di R che contiene A può essere della forma [α, β ], oppure
[α, +∞), oppure (−∞, β ]. Osserviamo che in ogni caso caso, esso
è dato dall’intersezione di tutti gli intervalli di R che contengono
A, ovvero da
\
I ⊆ R : I è un intervallo, I ⊇ A .
P ROPOSIZIONE .
Dato un sottoinsieme non vuoto A di R, si ha
inf(A) 6 sup(A).
Inoltre, se min(A) e max(A) esistono, allora si ha
min(A) 6 max(A).
Dimostrazione. • Sia a un generico elemento di A. Per la prima
proprietà dell’estremo superiore e quella dell’estremo inferiore, si
ha che inf(A) 6 a 6 sup(A), pertanto inf(A) 6 sup(A).
La dimostrazione delle altre asserzioni è analoga ed è lasciata
come esercizio per casa.
E SERCIZIO .
Determinare i sottoinsiemi A di R per cui risulta inf(A) = sup(A).
Per tali sottoinsiemi, si ha anche che min(A) = max(A)?
Data l’importanza di α e β , si introducono dei simboli per indicarli: si pone α = inf(A), β = sup(A) e li si chiamano, rispettivamente, estremo inferiore ed estremo superiore di A. Inoltre, nel La seguente proposizione riguarda il rapporto che c’è tra sup(A) e
caso particolare in cui α ∈ A, si pone α = min(A) e lo si chiama max(A), e tra inf(A) e min(A).
minimo di A; analogamente, nel caso particolare in cui β ∈ A, si
P ROPOSIZIONE .
pone β = max(A) e lo si chiama massimo di A.
Sia A un sottoinsieme non vuoto di R e C ∈ R.
Diamo di seguito una definizione più formale.
D EFINIZIONE .
Sia A un sottoinsieme non vuoto di R.
• C ∈ R è l’estremo superiore di A se
C > a ∀a ∈ A
e
∀b < C ∃a ∈ A t.c. a > b.
• C ∈ R è il massimo di A se
C > a ∀a ∈ A
e
C ∈ A.
• C ∈ R è l’estremo inferiore di A se
C 6 a ∀a ∈ A
e
∀b > C ∃a ∈ A t.c. a < b.
• C ∈ R è il minimo di A se
C 6 a ∀a ∈ A
e
C ∈ A.
a.a. 2020-2021
• Se C è il massimo di A, allora C è l’estremo superiore di A.
• Se C è l’estremo superiore di A e C ∈ A, allora C è il massimo
di A.
• Se C è il minimo di A, allora C è l’estremo inferiore di A.
• Se C è l’estremo inferiore di A e C ∈ A, allora C è il minimo di
A.
Dimostrazione. • Sia C il massimo di A. Per dimostrare che C è
l’estremo superiore di A basta osservare che la condizione
b < C =⇒ ∃a ∈ A t.c. a > b
pagina 17
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
è verificata in quanto basta prendere a = C.
• Se C è l’estremo superiore di A e C ∈ A, allora C soddisfa entrambe le condizioni date nella definizione di massimo e quindi C
è il massimo di A.
La dimostrazione delle altre condizioni è analoga ed è lasciata
come esercizio per casa.
O SSERVAZIONE .
sup(A) ed inf(A) esistono sempre, finiti o infiniti. Al contrario
max(A) e min(A) potrebbero non esistere in quanto sup(A) ed
inf(A) potrebbero non appartenere ad A.
Dimostrazione. Dimostriamo solo il primo punto; gli altri sono
lasciati come esercizio per casa.
i) Per definizione, A non è limitato superiormente se e solo se
sup(A) = +∞, ovvero non esiste una C in R che soddisfa entrambe
le seguenti condizioni
C>a
∀a ∈ A
∀b < C ∃a ∈ A t.c. a > b.
e
Questo significa che per ogni C ∈ R, si ha che C non soddisfa la
prima condizione (♣)1 , ossia
∃a ∈ A
E SEMPIO .
Dimostrare utilizzando la definizione precedente quanto riportato
nella seguente tabella.
A
inf(A) min(A) sup(A) max(A)
[−1, 1]
−1
−1
1
1
[−1, 1)
−1
−1
1
@
(−1, 1]
−1
@
1
1
(−1, 1)
−1
@
1
@
[−1, +∞)
−1
−1
+∞
@
(−1, +∞)
−1
@
+∞
@
(−∞, 1]
−∞
@
1
1
(−∞, 1)
−∞
@
1
@
R
−∞
@
+∞
@
E SERCIZIO .
Dimostrare che per A = (−3, 1] ∪ (5, 9] risulta
sup(A) = 9, inf(A) = −3, max(A) = 9,
@ min(A).
t.c. C < a,
oppure C non soddisfa la seconda condizione (♣)2 , ossia
∃b < C
t.c.
a 6 b ∀a ∈ A.
Osserviamo che, in quest’ultimo caso, visto che comunque la b non
può soddisfare (♣) e visto che però soddisfa (♣)1 , deve per forza di
cose non soddisfare (♣)2 ; dunque, iterando questo ragionamento,
otteniamo che o A è un insieme vuoto, oppure esiste finito sup(A),
ma in entrambe i casi si giunge ad una contraddizione. Di conseguenza, l’unica possibilità è che C non soddisfa (♣)1 e questo
conclude la dimostrazione per l’arbitrarietà di C ∈ R.
E SEMPIO .
• Gli insiemi
[−1, 1],
[−1, 1),
(−1, 1],
(−1, 1)
sono limitati (sono cioè limitati sia inferiormente che superiormente).
• A = (−1, +∞) è limitato inferiormente ma non superiormente.
D EFINIZIONE .
Sia A un sottoinsieme non vuoto di R.
• A = (−∞, 1) è limitato superiormente ma non inferiormente.
• A = R non è limitato né inferiormente né superiormente.
• A è limitato superiormente se sup(A) < +∞.
E SEMPIO .
Sia
• A non è limitato superiormente se sup(A) = +∞.
• A è limitato inferiormente se inf(A) > −∞.
• A non è limitato inferiormente se inf(A) = −∞.
• A è limitato se è limitato sia inferiormente che superiormente.
P ROPOSIZIONE\D EFINIZIONE .
Sia A un sottoinsieme non vuoto di R.
i) A non è limitato superiormente se e solo se
∀C ∈ R ∃a ∈ A t.c. a > C.
ii) A è limitato superiormente se e solo se
∃C ∈ R t.c. C > a ∀a ∈ A.
In tal caso tutti i C che soddisfano tale condizione sono detti
maggioranti di A ed il più piccolo dei maggioranti è l’estremo
superiore di A.
iii) A non è limitato inferiormente se e solo se
∀C ∈ R ∃a ∈ A t.c. a < C.
iv) A è limitato inferiormente se e solo se
∃C ∈ R t.c. C 6 a ∀a ∈ A.
In tal caso tutti i C che soddisfano tale condizione sono detti minoranti di A ed il più grande dei minoranti è l’estremo inferiore
di A.
Istituzioni di Matematica
(♣)
n
o
A = x2x+1
:
x
∈
R
.
+x+1
Dimostriamo che A è limitato superiormente, ovvero che
∃C ∈ R t.c. a 6 C ∀a ∈ A.
Un generico elemento di A è della forma a = x2x+1
per un x ∈ R.
+x+1
Basta quindi dimostrare che
∃C ∈ R t.c. x2x+1
6 C ∀x ∈ R.
+x+1
Osserviamo che il denominatore è strettamente positivo in quanto ha ∆ = 1 − 4 · 1 = −3 < 0 ed il coefficiente di x2 è 1 che è
strettamente positivo. Pertanto per ogni x ∈ R si ha
x+1
6 C ⇔ x + 1 6 C(x2 + x + 1)
x2 +x+1
⇔ Cx2 + (C − 1)x + (C − 1) > 0
e quindi basta dimostrare che
∃C ∈ R t.c. Cx2 + (C − 1)x + (C − 1) > 0 ∀x ∈ R.
Osserviamo che C = 0 non va bene visto che ∃x ∈ R tale che 0 ·
x2 + (0 − 1)x + (0 − 1) = −x − 1 < 0: basta prendere un qualsiasi
x > −1. Dunque deve essere C 6= 0. Allora y = Cx2 + (C − 1)x +
(C − 1) rappresenta una parabola e richiedere che Cx2 + (C −
1)x + (C − 1) > 0 ∀x ∈ R significa richiedere che la parabola sia
rivolta
verso l’alto, cioè che C > 0, e che ∆ > 0, ovvero
C>0
∆ = (C − 1)2 − 4C(C − 1) = (C − 1) ((C − 1) − 4C) = (C − 1)(−3C − 1) 6 0
C>0
⇐⇒
⇐⇒ C > 1.
(C − 1)(3C + 1) > 0
pagina 18
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
−1/3
0
8
1
Ulteriori proprietà dei numeri reali
C
P ROPRIETÀ ARCHIMEDEA DEI NUMERI REALI .
Per ogni coppia di numeri reali positivi α e β , esiste un numero
naturale n tale che
n·α > β.
C>0
(C − 1)(3C + 1) > 0
In conclusione abbiamo dimostrato che
a 6 1 ∀a ∈ A
e
∀C < 1 ∃a ∈ A t.c. a > C
e quindi
sup(A) = 1.
Osserviamo infine che
∈ A =⇒ max(A) = 1.
1 = x2x+1
+x+1
Dimostrazione. Dimostriamolo per assurdo. La proprietà Archimedea può essere scritta nella forma
∀α, β > 0 ∃n ∈ N t.c. n · α > β ,
x=0
E SERCIZIO .
Studiare l’estremo inferiore ed il minimo dell’insieme considerato nell’esempio precedente.
E SEMPIO .
Cerchiamo il sup di
pertanto, visto che negando ∀ si ottiene ∃ e negando ∃ si ottiene ∀,
negare la proprietà Archimedea significa assumere che
∃α, β > 0 t.c. n · α 6 β ∀n ∈ N.
In tal caso β è un maggiorante dell’insieme
A=
n
x+1
x2 +x+3
o
:x∈R .
A = {n · α : n ∈ N},
Osserviamo che l’equazione di secondo grado x2 + x + 3 = 0 ha
a > 0 e ∆ = 1 − 12 = −11 < 0,
e pertanto x2 + x + 3 > 0 per ogni x ∈ R. Dunque si ha
x+1
6 C ∀x ∈ R ⇐⇒ x + 1 6 C x2 + x + 3 ∀x ∈ R
x2 +x+3
che è quindi limitato superiormente. Dunque esiste finito C =
sup(A). Per le proprietà dell’estremo superiore si ha che
⇐⇒ Cx2 + (C − 1)x + 3C − 1 > 0 ∀x ∈ R ⇐⇒ (♣).
Osserviamo che prendendo x = 0 otteniamo che
x+1
= 13 ∈ A
x2 +x+3
e per questo assumiamo che C > 1/3 > 0. Di conseguenza
abbiamo che
(♣) ⇐⇒ ∆ = (C − 1)2 − 4C(3C − 1) = −11C2 + 2C + 1 6 0
Se scelgo b = C − α, allora esiste a ∈ A tale che a > b. Visto che
a ∈ A, esiste n ∈ N tale che a = n · α. Pertanto si ha n · α = a > b =
C − α. Da ciò segue che (n + 1) · α > C e questo contraddice (♠)1
in quanto (n + 1) · α ∈ A.
⇐⇒ 11C2 − 2C − 1 > 0
⇐⇒ C >
√
1+ 1+11
11
=
√
1+2 3
11 .
√
3
Abbiamo appena dimostrato che tutti i C > 1+2
sono dei mag11
gioranti e quindi, visto che il sup è il più piccolo dei maggioranti,
si ha che
√
3
sup(A) = 1+2
11 .
Osserviamo che per i conti
già fatti risulta
√
1+2 3
x+1
= 11
x2 +x+3
√
√
√
3 2
1+2 3
1+2 3
⇐⇒ 1+2
11 x +
11 − 1 x + 3 11 − 1 = 0
√
√
√
⇐⇒ (1 + 2 3)x2 + 2( 3 − 5)x + (6 3 − 8) = 0
√√
√
√
√
√
−( 3−5)+ ( 3−5)2 −(1+2 3)(6 3−8)
5− √3
√
⇐⇒ x =
=
1+2 3
1+2 3
√
√
√
√
(5− √3)·(1−2 √3)
11−11 3
= (1+2
=
=
3
−
1
1−12
3)·(1−2 3)
e pertanto
√
3
max(A) = 1+2
11 .
E SERCIZIO .
Studiare l’estremo inferiore ed il minimo dell’insieme considerato nell’esempio precedente.
a6C
∀a ∈ A
∀b < C ∃a ∈ A t.c. a > b.
e
(♠)
P ROPOSIZIONE .
Q è denso in R, ossia ∀a, b ∈ R con a < b, ∃r ∈ Q con a < r < b.
Dimostrazione. Se a < 0 < b allora basta prendere r = 0. Assumiamo che
0 6 a < b,
(♣)
il caso a < b 6 0 è analogo e lasciato come esercizio per casa.
Basta dimostrare che esistono m, n ∈ N tali che
a<
0
m
n
< b.
m n·b m+1
n·a
>1
(♠)
m+2
A
m+3
R
Per la proprietà archimedea dei numeri reali con α = b − a e β = 1,
esiste n ∈ N tale che
n · (b − a) > 1.
(♥)
Cerchiamo ora una m ∈ N per cui (♠) sia soddisfatta, ossia n · a <
m < n · b. L’insieme
A = {k ∈ N : k > n · b} = [n · b, +∞) ∩ N
non è vuoto in quanto, per la proprietà archimedea dei numeri reali
con α = 1 e β = n · b, sappiamo che esiste k ∈ N tale che k = k · 1 >
n · b, e pertanto k ∈ A. Inoltre A ⊆ N e quindi A ha un minimo.
{ f (x) : x ∈ D}
Dimostriamo che m = min(A) − 1 soddisfa (♠). Per (♥) e (♣) si
è più semplice se f è monotona oppure se è derivabile e se ne può ha
studiare la monotonia.
1 < n · (b − a) 6 n · b =⇒ 1 < n · b =⇒ 1 6∈ A =⇒ min(A) > 1
Vedremo che lo studio degli estremi di un insieme del tipo
(♥)
a.a. 2020-2021
pagina 19
(♣)
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
e quindi m = min(A) − 1 > 1. Per le proprietà del minimo m + 1 =
min(A) ∈ A ed m = min(A) − 1 ∈
/ A, ovvero
m < n · b 6 m + 1 ⇐⇒
m
n
<b 6
m+1
n .
=
m+1
n
− 1n > b − (b − a) = a =⇒
m
n
>a .
Quanto racchiuso nei due rettangoli assicura che (♠) è soddisfatta
e quindi la dimostrazione è completa.
9
P(n1 + 1)
è vera
base induttiva
passo induttivo
Di conseguenza per (♥) abbiamo che
m
n
P(n1 )
è vera
Principio di induzione
Il principio di induzione è uno strumento utile per dimostrare proposizioni P legate a numeri naturali N, ovvero P = P(n), n ∈ N.
Ad esempio, se una proposizione P(n) relativa ad n ∈ N è tale che
i. P(1) è vera,
ii. se P(n) è vera allora anche P(n + 1) è vera,
allora P(n) è vera per ogni n ∈ N.
E SEMPIO .
Sia A ⊆ N e consideriamo la proposizione
P(n) : n ∈ A.
Se valgono le seguenti proprietà
...
P(n1 + 2)
è vera
passo induttivo
passo induttivo
E SEMPIO .
Fissato x > −1, applichiamo il principio di induzione per dimostrare che la seguente proposizione (detta disuguaglianza di
Bernoulli)
P(n) :
(1 + x)n > 1 + n · x
è vera per ogni n ∈ N.
i. P(1) : (1 + x)1 > 1 + 1 · x è vera in quanto
(1 + x)1 = 1 + x > 1 + x = 1 + 1 · x.
ii. Se P(n) è vera allora anche
P(n + 1) :
(1 + x)n+1 > 1 + (n + 1)x
è vera in quanto
> 1 + nx > 0 > 0
z }| { z }| {
n+1
(1 + x)
= (1 + x)n (1 + x) > (1 + nx)(1 + x)
= 1 + (n + 1)x + |{z}
nx2 > 1 + (n + 1)x.
>0
E SEMPIO .
Per il principio di induzione la seguente proposizione
P(n) :
2n > n2
è vera per ogni n ∈ N con n > 4, perché:
i. P(1) è vera, ovvero 1 ∈ A;
ii. se P(n) è vera allora anche P(n + 1) è vera, ovvero se n ∈ A
allora anche n + 1 ∈ A;
allora A = N.
i. P(4) è vera in quanto
24 > 42 ;
ii. se P(n) è vera allora anche
P(n + 1) :
2n+1 > (n + 1)2
è vera in quanto
2n+1 = 2 · 2n > 2 · n2
ed inoltre
2n2 > (n + 1)2 ⇐⇒ 2n2 > n2 + 2n + 1
√
⇐⇒ n2 − 2n − 1 > 0 ⇐⇒ n > 1 + 2 ⇐⇒ n > 3
visto che le soluzioni dell’equazione
n2 − 2n − 1 = 0 sono
√
√
√
1+ 1+1
= 1 + 2 ≈ 2.41
n1 = 1 − 2 < 0,
n2 =
1
ed n è un numero naturale.
E SEMPIO .
Vogliamo far cadere (verificare) tutte le “infinite” carte (proposizioni) numerate disposte come
in figura. Per farlo, dobbiamo assicurarci che
i. la prima carta cade,
ii. per ogni n > 1, se la n-esima carta cade allora anche la n + 1-esima carta cade (basta verificare che la distanza tra due carte
consecutive è inferiore alla lunghezza delle
carte),
E SEMPIO .
Per il principio di induzione la seguente proposizione
P(n) :
n! > 2n
è vera per ogni n ∈ N con n > 4, perché:
perché allora tutte le carte cadono.
Più in generale vale quanto segue.
P RINCIPIO DI INDUZIONE .
Se esiste n1 ∈ N tale che P(n) verifica le seguenti proprietà
i. P(4) è vera in quanto
4! = 24 > 24 = 16;
i. P(n1 ) è vera,
ii. per ogni n > n1 si ha che se P(n) è vera allora anche P(n + 1)
è vera,
allora P(n) è vera per ogni n > n1 .
La condizione i. è detta base di induzione, o base induttiva. La
condizione ii. è detta passo induttivo e l’ipotesi per cui P(n) sia
vera è detta ipotesi induttiva.
ii. se P(n) è vera allora anche
P(n + 1) :
(n + 1)! > 2n+1
è vera in quanto
(n + 1)! = n! · (n + 1) > 2n · (n + 1) > 2n · 2 = 2n+1 .
E SEMPIO .
Per il principio di induzione la seguente proposizione
n P(n) :
∏ 1 − j12 = n+1
2n
j=2
Istituzioni di Matematica
pagina 20
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
è vera per ogni n ∈ N con n > 2, perché:
in quanto
n
i. P(2) è vera in quanto
2 ∏ 1−
j=2
n+1 n k+1 n−k
n
h = k+1
a b
=
=∑
ah bn+1−h ,
h ∈ [1, n + 1]
k=0 k
h=1 h − 1
n
n
n!
n!
+ k!(n−k)!
(♦)
+
= (k−1)!(n−k+1)!
k−1
k
1
1
n!
n!
n+1
= (k−1)!(n−k)!
n−k+1 + k = (k−1)!(n−k)! · k(n−k+1)
n+1
(n+1)!
,
= k!(n−k+1)!
=
k
n+1
n
n+1
n
=
=
=
= 1.
(♣)
n+1
0
0
n
(♥)
1
j2
= 1 − 212 =
3
4
=
2+1
2·2 ;
=
n+2
2(n+1)
ii. se P(n) è vera allora anche
P(n + 1) :
n+1 ∏
1−
j=2
1
j2
è vera in quanto
n n+1 1
2
∏ 1 − j12 = 1 − (n+1)
∏ 1−
j=2
j=2
n+1
1
= 1 − (n+1)
2
2n =
(n+1)2 −1
(n+1)2
1
j2
· n+1
2n =
(n+1)2 −1
2n(n+1)
=
(n+1)+1
2(n+1) .
E SEMPIO .
Fissati a, b ∈ R, applichiamo il principio di induzione per dimostrare che la seguente proposizione (formula del binomio di
Newton)
n n k n−k
P(n) :
(a + b)n = ∑
ab
k
k=0
n!
è vera per ogni n ∈ N, dove nk = k!·(n−k)!
è il coefficiente
binomiale.
1 1 k 1−k
1
i. P(1) : (a + b) = ∑
ab
è vera in quanto
k=0 k
(a + b)1 = a + b,
1 1 1 1−1
1 0 1−0
1 k 1−k
a b
a
b
+
a
b
=
∑ k
1
0
k=0
0 1
O SSERVAZIONE .
L’elemento del triangolo
di Tartaglia nella n-esima riga e posin zione k-esima è k−1
. Visto che il triangolo di Tartaglia è simmetrico e visto che la somma di due elementi consecutivi è pari
all’elemento
della
riga
successiva,
abbiamo
che
corrispondente
n
n
n
n+1
n
=
,
+
=
.
n−k
k−1
k
k
k
1
(a + b)n+1 =
1
1
1
∑
è vera; infatti
15
21
28
n
n k n−k
ab
k=0 k
n n k n−k
n k n−k
=a∑
a b +b ∑
ab
k
k=0
k=0 k
n
n
n k+1 n−k
n k n+1−k
= ∑
a b +∑
ab
k
k=0
k=0 k
n+1 n n
n k n+1−k
= ∑
ak bn+1−k + ∑
ab
k
−
1
(♥) k=1
k=0 k
n
n n+1 0
n
n
n 0 n+1
k n+1−k
=
a b +∑
+
ab
+
a b
n
k
−
1
k
0
k=1
n
n + 1 k n+1−k
n + 1 0 n+1
n + 1 n+1 0
=
a b +∑
ab
+
a b
k
0
(♦) n + 1
k=1
n+1 n + 1 k n+1−k
= ∑
ab
k
(♣) k=0
1
10
35
5
1
15
35
70
6
1
21
56
7
28
1
8
1
O SSERVAZIONE .
Prendendo nella formula del binomio
di Newton a = b = 1 si ha
n n
n
2 =∑
.
k=0 k
Di conseguenza, la somma dei valori della n-esima riga del
triangolo di Tartaglia è 2n .
1
1
1
1
1
1
8a
pagina 21
riga 1
7
8
1
6
15
4
10
20
35
56
1
3
10
21
28
2
4
6
1
3
5
1
1
a.a. 2020-2021
4
20
56
terza riga
E SERCIZIO .
Verificare la prima uguaglianza data nell’osservazione precedente utilizzando la definizione analitica di coefficiente
binomiale.
n + 1 k n+1−k
ab
k
(a + b)n+1 = (a + b) · (a + b)n = (a + b) · ∑
n
8
1
6
10
6
seconda riga
3
4
5
7
1
3
1
prima riga
2
1
1
n+1 k=0
1
1
1 0
ii. Se P(n) è vera allora anche
0-esima riga
1
= a b + a b = a + b.
P(n + 1) :
∑
5
15
35
70
1
1
6
21
56
1
7
28
1
8
1
Istituzioni di Matematica
Capitolo 2
Funzioni
10
Definizioni e proprietà generali
f
In maniera non rigorosa, una legge f definita in tutto R ed a valori
in R è una funzione se è possibile disegnarne il grafico muovendosi
sempre verso destra con la penna. In altri termini, f è una funzione
se ad ogni x in R corrisponde un unico valore f (x) in R. Ricordiamo che il grafico di f è ottenuto disegnando nel piano R × R tutti
punti (x, f (x)) al variare di x in R. È allora intuitivamente chiaro
che il grafico a sinistra corrisponde ad una funzione, mentre quello a destra no visto che, ad esempio, ad x0 corrispondono ben tre
punti.
y
y
x
x0
x
Diamo ora le prime nozioni utili per lo studio di una funzione.
Le diamo nella loro massima generalità, in quanto esse valgono
non solo per funzioni che vanno da R in R, ma anche per quelle
che vanno da un generico insieme A ad un generico insieme B.
f
B
• La funzione composta di f : A → B e g : B → C è la funzione
g ◦ f : A → C definita per ogni x ∈ A da
(g ◦ f )(x) = g( f (x)).
A
B
f
x
f
B
f (x)
g
C
(g ◦ f )(x)
• L’insieme di definizione di f è il più grande insieme D per cui
f (x) è ben definita per ogni x ∈ D.
• L’immagine di f è il sottoinsieme f (A) di B dato da
f (A) = {y ∈ B : ∃x ∈ A t.c. y = f (x)} = { f (x) : x ∈ A}.
O SSERVAZIONE .
f
A
Notare che f −1 (y) è il valore assunto dalla funzione inversa di f
calcolata in y, mentre f (x)−1 è l’inverso del valore assunto dalla
funzione f calcolata in x.
B
f (A)
• Il grafico di f è il sottoinsieme G di A × B dato da
G = {(x, y) ∈ A × B : y = f (x)} = {(x, f (x)) : x ∈ A}.
• L’immagine di X ⊆ A tramite f è dato da
f (X) = {y ∈ B : ∃x ∈ X t.c. y = f (x)} = { f (x) : x ∈ X}.
P ROPOSIZIONE .
Se f : A → B è biettiva, allora si ha che:
( f ◦ f −1 )(y) = f f −1 (y) = y
(f
−1
◦ f )(x) = f
−1
( f (x)) = x
∀y ∈ B,
∀x ∈ A.
Nella seguente definizione utilizziamo l’ordinamento di R, e
per questo consideriamo A e B sottoinsiemi di R.
f
X
• La funzione f è iniettiva se per ogni x1 , x2 ∈ A si ha
x1 6= x2 =⇒ f (x1 ) 6= f (x2 ),
ovvero
f (x1 ) = f (x2 ) =⇒ x1 = x2 .
• La funzione f è suriettiva se
f (A) = B
ovvero
∀y ∈ B ∃x ∈ A t.c. y = f (x).
• La funzione f è biettiva se f è iniettiva e suriettiva.
• Se f biettiva, allora la sua funzione inversa f −1 : B → A è
definita per ogni y ∈ B come segue
x = f −1 (y) ⇐⇒ f (x) = y.
g◦
f
B
f −1
• Una funzione f con dominio A e codominio B, o più
brevemente
f : A → B,
è un processo o una relazione che ad ogni elemento x di A
associa uno ed un solo elemento y di B, ossia
∀x ∈ A ∃!y ∈ B t.c. y = f (x).
A
Y
f −1 (Y )
A
D EFINIZIONE .
Siano A e B insiemi non vuoti.
A
A
B
D EFINIZIONE .
Siano A, B ⊆ R non vuoti ed f : A → B una funzione.
f (X)
• La controimmagine di Y ⊆ B tramite f è dato da
f −1 (Y ) = {x ∈ A : ∃y ∈ Y t.c. y = f (x)} = {x ∈ A : f (x) ∈ Y }.
• f è crescente se per ogni x1 , x2 ∈ A si ha
x1 < x2 =⇒ f (x1 ) 6 f (x2 ).
22
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
• f è strettamente crescente se per ogni x1 , x2 ∈ A si ha
x1 < x2 =⇒ f (x1 ) < f (x2 ).
• f è decrescente se per ogni x1 , x2 ∈ A si ha
x1 < x2 =⇒ f (x1 ) > f (x2 ).
• f è strettamente decrescente se per ogni x1 , x2 ∈ A si ha
x1 < x2 =⇒ f (x1 ) > f (x2 ).
• f è monotona se è crescente o decrescente.
• f è strettamente monotona se è strettamente crescente o
strettamente decrescente.
• f è pari se per ogni x ∈ A si ha
f (−x) = f (x).
• f è dispari se per ogni x ∈ A si ha
f (−x) = − f (x).
• f è periodica se esiste T > 0 se per ogni x ∈ A si ha
f (x + T ) = f (x).
In tal caso il più piccolo T > 0 per cui vale l’uguaglianza
precedente e detto periodo.
E SEMPIO .
Vedremo in seguito che tutte le funzioni trigonometriche sono
periodiche.
O SSERVAZIONE .
Una funzione è crescente se, spostandomi verso destra, ho che il
suo grafico cresce, ovvero il corrispondente punto del grafico si
sposta verso l’alto. Se oltre a ciò il grafico cresce strettamente,
allora la funzione è strettamente crescente.
y
y
f (x2 )
f (x2 )
x1
x e l’altra tenendo fisso l’asse delle y.
y
f (x)
−x
x
f (−x) = − f (x)
Funzione dispari.
Si noti che se f è una funzione dispari e non ha salti in zero,
allora f (0) = 0.
P ROPOSIZIONE .
Una funzione strettamente monotona è iniettiva.
Dimostrazione. Basta osservare che se x 6= y allora f (x) 6= f (y).
Infatti, se f è ad esempio strettamente crescente ed x 6= y, ad esempio x < y, allora f (x) < f (y) e quindi f (x) 6= f (y).
O SSERVAZIONE .
Ruotando il grafico di una funzione (biettiva) f rispetto alla bisettrice del primo e terzo quadrante si ottiene il grafico della funzione inversa f −1 . Questo significa che, una volta disegnato su
di un foglio il grafico di f , se ruotiamo il foglio tenendo le mani
sull’angolo in basso a sinistra ed in alto a destra, quello che si
vede in controluce è il grafico della funzione inversa f −1 .
y
x
x
x2
f (x1 )
x
Funzione crescente.
Funzione strettamente crescente.
Analogo discorso vale per le funzioni decrescenti e quelle
strettamente decrescenti.
O SSERVAZIONE .
Il grafico di una funzione pari è simmetrico rispetto all’asse delle
y. In altre parole, una volta disegnato i punti del grafico (x, f (x))
per x > 0, allora posso ottenere il grafico per x 6 0 semplicemente
ruotando il foglio tenendo fisso l’asse delle y.
y f (−x) = f (x)
−x
x
x
Funzione pari.
Il grafico di una funzione dispari è simmetrico rispetto all’origine. In altre parole, una volta disegnato i punti del grafico (x, f (x))
per x > 0, allora posso ottenere il grafico per x 6 0 semplicemente ruotando il foglio due volte, con una tenendo fisso l’asse delle
a.a. 2020-2021
bisettrice del primo
e terzo quadrante
f
f −1
x1
x2
f (x1 )
x
P ROPOSIZIONE .
Data una funzione invertibile, essa è strettamente crescente (rispettivamente, decrescente) se e solo se la sua funzione inversa è
strettamente crescente (rispettivamente, decrescente).
Dimostrazione. Sia f una funzione invertibile. Consideriamo y1 =
f (x1 ) ed y2 = f (x2 ). Se f è strettamente crescente allora anche
f −1 lo è. Dimostriamolo per assurdo. Supponiamo che y1 < y2
ed f −1 (y1 ) > f −1 (y2 ). Per definizione si ha x1 > x2 e quindi, per
la monotonia di f , si ha y1 = f (x1 ) > f (x2 ) = y2 , ma questo è
assurdo. Infine, il viceversa è ovvio in quanto la funzione inversa
di f −1 è ( f −1 )−1 = f .
E SEMPIO .
Fissati a, b ∈ R, abbiamo che
f (x) = ax + b
ha come insieme di definizione D = R e come grafico una retta.
Inoltre se a 6= 0 allora l’immagine è f (R) = R, mentre se a = 0
allora l’immagine è f (R) = {b}. Osserviamo che f è strettamente crescente se e solo se a > 0, mentre è strettamente decrescente
se e solo se a < 0. In particolare a ci dà la rapidità con cui la
pagina 23
Istituzioni di Matematica
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Teoria
inversa è f −1 ≡ f .
funzione cresce se a > 0, o decresce se a < 0.
a > 0, b < 0
y
b
a < 0, b > 0
y
b
x
a = 0, b > 0
y
b
E SEMPIO .
La funzione
x
x
Infine f è iniettiva se e solo se a 6= 0 ed in tal caso f : R → R è
biettiva e la funzione inversa è
f −1 (y) = ay − ba .
a > 0, b < 0
x
Caso a = 0, b > 0.
y
a < 0, b > 0
x
y
y
x
E SEMPIO .
La funzione
y
f (x) = x2
ha come insieme di definizione D = R,
è una funzione pari e ha come grafico
la parabola. Inoltre f : R → R ha come immagine f (D) = [0, +∞) e non è
iniettiva in R.
Osserviamo che f è strettamente decrescente in (−∞, 0] e strettamen- x
te crescente in [0, +∞).
Pertanto
f : [0, +∞) → [0, +∞) è biettiva e la
√
sua funzione inversa è f −1 (y) = y.
Anche f : (−∞, 0] → [0, +∞) è biettiva e la sua funzione inversa è f −1 (y) =
√
− y.
f (x) = 2x+1
x+2 .
Il suo dominio di definizione è D = {x ∈ R : x 6= −2} = R\{−2}.
f è iniettiva in quanto per ogni x, y ∈ D si ha
2y+1
f (x) = f (y) ⇐⇒ 2x+1
x+2 = y+2
⇐⇒ (2x + 1)(y + 2) = (2y + 1)(x + 2)
⇐⇒ (2 − y)x = 2y − 1 ⇐⇒ y 6= 2 e x = 2y−1
2−y ,
si ha che l’immagine di f è f (D) = R \ {2}, che f : D → f (D) è
biettiva e la funzione inversa f −1 : f (D) → D è definita da
f −1 (y) = 2y−1
2−y .
Verifichiamolo direttamente
y
√
− y
f f −1 (y) =
2 f −1 (y)+1
f −1 (y)+2
=
2y−1
2 2−y +1
2y−1
2−y +2
=
4y−2+2−y
2y−1+4−2y
Studiamone la monotonia:
f (x) < f (y) ⇐⇒ 2x+1
x+2 <
2y+1
2y+1
2x+1
y+2 ⇐⇒ x+2 − y+2
(2x+1)(y+2)−(2y+1)(x+2)
3(x−y)
= (x+2)(y+2)
<0
(x+2)(y+2)
x3
√
3
x
1
=
3y
3
= y.
<0
⇐⇒
e quindi f è strettamente crescente in (−∞, −2) e (−2, +∞), ma
non in R \ {−2}.
y
−1
1
x
2
−1
−2
E SEMPIO .
La funzione
p
f (x) = 1 − x2
ha come insieme di definizione D = [−1, 1], è una funzione pari
e ha come grafico il semicerchio superiore. Inoltre f ha come
immagine f (D) = [0, 1], è strettamente crescente in [−1, 0], è
strettamente decrescente in [0, 1] e non è iniettiva in [−1, 1].
y
x
E SEMPIO .
Consideriamo
f (x) = x + 1x .
Il suo dominio di definizione è D = R \ {0} ed è una funzione
dispari. La funzione non è iniettiva perché per ogni x, y ∈ D si ha
f (x) = f (y) ⇐⇒ x + 1x = y + 1y ⇐⇒ x2 y + y = xy2 + x
⇐⇒ 0 = xy(x − y) + y − x = (x − y)(xy − 1)
1x
Osserviamo che f : [0, 1] → [0, 1] è biettiva e la sua funzione
Istituzioni di Matematica
x
⇐⇒ 2xy + y + 4x + 2 = 2xy + x + 4y + 2 ⇐⇒ x = y.
Visto che
y = f (x) = 2x+1
x+2 ⇐⇒ 2x + 1 = xy + 2y
√
y
y
−1
1
−1
E SEMPIO .
Consideriamo
x2
x
E SEMPIO .
La funzione
f (x) = x3
ha come insieme di definizione D = R,
è una funzione dispari e ha come grafico quello riportato in figura. Inoltre f
ha come immagine f (D) = R ed è strettamente crescente. Infine f : R → R è
biettiva e la sua funzione inversa è
√
f −1 (y) = 3 y.
y
f (x) = 1x
ha come insieme di definizione D =
1
R \ {0}, è una funzione dispari e ha
−1
come grafico l’iperbole equilatera.
Inoltre f ha come immagine f (D) =
R \ {0}, è strettamente decrescente in
(−∞, 0) e (0, +∞), ma non in R (ad
esempio −1 < 1 ma f (−1) < f (1)).
Infine f : R \ {0} → R \ {0} è biettiva ed f −1 ≡ f .
⇐⇒ (x = y oppure x = 1/y).
L’immagine è f (D) = (−∞, −2] ∪ [2, +∞) in quanto
f (x) = x + 1x = y ⇐⇒ x2 − yx + 1 = 0
dove il polinomio di secondo grado (in x) ottenuto ha ∆ = y2 − 4
pagina 24
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
che non è negativo se e solo se y ∈ (−∞, −2] ∪ [2, +∞), ed in tal
caso le soluzioni sono √
√
y− y2 −4
y+ y2 −4
x1 =
,
x
=
.
2
2
2
Si noti che x1 = x2 se e solo se y = −2 oppure y = 2. Studiamo
la monotonia di f . Visto che f è dispari, basta considerare 0 <
x < y. In tal caso si ha
f (x) < f (y) ⇐⇒ x + 1x < y + 1y ⇐⇒ x2 y + y < xy2 + x ⇐⇒
0 > xy(x − y) + y − x = (x − y)(xy − 1) ⇐⇒ xy > 1.
| {z }
<0
e quindi
0<x<y
0<x<y
⇐⇒
f (x) < f (y)
xy > 1
⇐⇒ 1 + xy < 0 oppure
1 + xy > 0
1 + x2 y2 + 2xy < x2 y2 + x2 + y2 + 1
1 + xy > 0
0 < x2 − 2xy + y2 = (x − y)2
⇐⇒ 1 + xy < 0 oppure 1 + xy > 0 ⇐⇒ sempre.
11
11.1
y
⇐⇒ 1 + xy < 0 oppure
Funzione potenza con esponente naturale
Sia n ∈ N. La funzione potenza n-esima f : R → R è definita da
2
−1
⇐⇒ y > max{x, 1x } > 0
x ∈ (0, 1)
x>1
⇐⇒
oppure
y > 1/x
y > x.
Dunque f è strettamente crescente in
(−∞, −1], in [1, +∞) e strettamente
decrescente in [−1, 0) e (0, 1].
f (x) = xn .
1
x
−2
E SEMPIO .
Consideriamo la funzione p
f (x) = x2 + 1 − x.
L’insieme di definizione è D = R. f è iniettiva in quanto se x > y
allora
p
p
f (x) = f (y) ⇐⇒ x2 + 1 − x = y2 + 1 − y
p
p
⇐⇒ x2 + 1 − y2 + 1 = x − y
q
⇐⇒ x2 + 1 + y2 + 1 − 2 (x2 + 1) (y2 + 1) = x2 + y2 − 2xy
q
⇐⇒ 1 + xy = (x2 + 1) (y2 + 1)
• Se n ∈ N è dispari, allora
f : R → R è strettamente crescente (quindi è anche iniettiva)
ed è biettiva in quanto suriettiva, f (R) = R; la sua funzione inversa f −1 : R → R è la funzione
radice n-esima definita da
f −1 (y) =
2
1−y2
x2 + 1 = x2 + 2xy + y2 ⇔ y2 + 2xy − 1 = 0 ⇔ x = 2y
( 2
1−y
1+y2
2y + y > 0 ⇔ 2y > 0 ⇔ y > 0
⇔
2
x = 1−y
2y .
Inoltre dai conti precedenti abbiamo che f : D → f (D) è biettiva
e la sua inversa f −1 : f (D) → D è definita da
2
f −1 (y) = 1−y
2y .
Verifichiamolo q
direttamente
f f −1 (y) = f −1 (y)2 + 1 − f −1 (y)
r
r
2
4
2 +4y2
2
1−y2
1−y2
=
+ 1 − 2y = 1+y −2y
− 1−y
2y
2y
4y2
r
y4 +2y2 +1
4y2
2
− 1−y
2y =
1+y2
2y
√
n
x
1
−1
1
x
−1
• Se n ∈ N è pari, allora f : R →
[0, +∞) è suriettiva ma non è
iniettiva.
y
xn
1
• Se n ∈ N è pari, allora
f : [0, +∞) → [0, +∞) è strettamente crescente (quindi è anche
iniettiva) e biettiva in quanto
suriettiva, f ([0, +∞)) = [0, +∞);
la
sua
funzione
inversa
f −1 : [0, +∞) → [0, +∞) è
la funzione radice n-esima
√
f −1 (y) = n y.
• Se n ∈ N è pari, allora
f : (−∞, 0] → [0, +∞) è strettamente decrescente (quindi è
anche iniettiva) e biettiva in
quanto suriettiva, f ((−∞, 0]) =
[0, +∞); la sua funzione inversa f −1 : [0, +∞) → (−∞, 0] è
√
definita da f −1 (y) = − n y.
11.2
x
1
y
xn
√
n
x
1
x
1
y
xn
1
1
−1
−1
2
− 1−y
2y = y.
Infine f è strettamente decrescente
in quanto,
p
p se x > y, allora
f (x) < f (y) ⇐⇒ x2 + 1 − x < y2 + 1 − y
p
p
⇐⇒ x2 + 1 − y2 + 1 < x − y
q
⇐⇒ x2 + 1 + y2 + 1 − 2 (x2 + 1) (y2 + 1) < x2 + y2 − 2xy
q
⇐⇒ 1 + xy < (x2 + 1) (y2 + 1)
a.a. 2020-2021
xn
−1
2
⇐⇒ 0 = x − 2xy + y = (x − y) ⇐⇒ x = y.
L’immagine è p
f (D) = (0, +∞) inpquanto
y = f (x) = x2 + 1 − x ⇐⇒ x2 + 1 = x + y ⇐⇒
(
x+y > 0
=
y
√
n y.
⇐⇒ 1 + x2 y2 + 2xy = x2 y2 + x2 + y2 + 1
2
xn
Alcune funzioni elementari
√
−nx
x
Funzione esponenziale
Prima di introdurre la funzione esponenziale, ricordiamo che se
a > 0, m ∈ Z ed n ∈ N, allora r = m/n ∈ Q ed
√
√ m
ar = am/n = n am = n a ,
pagina 25
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
mentre per un generico x ∈ R si definisce
Di seguito alcune proprietà del modulo, facilmente deducibili dal
suo grafico, valide ogni costante a > 0:
ax = sup {ar : r ∈ Q, r < x} .
Sia a ∈ (0, +∞). La funzione esponenziale f : R → (0, +∞) è
definita da
f (x) = ax .
• |x · y| = |x| · |y| ∀x, y ∈ R,
• |x + y| 6 |x| + |y| ∀x, y ∈ R,
Osserviamo che:
f è strettamente crescente;
f è costante;
f è strettamente decrescente.
• |x| 6 a ⇐⇒ −a 6 x 6 a,
• |x| > a ⇐⇒ x < −a ∨ x > a,
In particolare, se a ∈ (0, +∞) \ {1}, allora f è una funzione biettiva
e la sua funzione inversa è
ax
y
• |x| > a ⇐⇒ x 6 −a ∨ x > a.
E SEMPIO .
x∈R:
f −1 (x) = loga (x).
 x+1 − 2 =
x−1
1
x
x
11.4
xa
a<0 y
x1/a
x
La funzione modulo
⇐⇒ x 6
con
in quanto
xa
√
−3− 5
2
√
1− 5
2
<
√
−3− 5
2
x1/a
1
√
−3− 5
2
2
6x6
√
−3+ 5
,
2
x2 + x > 2x + 1 ⇐⇒ x − x − 1 > 0
1
x
y
| · | : R → [0, +∞)
è definita da
x
se x > 0,
se − x < 0.
Osserviamo che la funzione modulo | · | e una funzione pari.
Istituzioni di Matematica
visto che
x2 + x > 2x + 1 ⇐⇒ x2 + x 6 −(2x + 1) ∨ x2 + x > 2x + 1
dove
x2 + x 6 −(2x + 1) ⇐⇒ x2 + 3x + 1 6 0
⇐⇒
Funzione modulo
(
x
|x| =
−x
√ i h √
x ∈ R : x2 + x > 2x + 1 = −∞, −3+2 5 ∪ 1+2 5 , +∞
f è strettamente crescente,
f è costante,
f è strettamente decrescente.
Dunque, se a 6= 0, allora f è una funzione biettiva e la sua funzione
inversa è
f −1 (x) = x1/a .
1
3
E SEMPIO .
Osserviamo che: Osserviamo che:
1
1
⇔ x 6 13 ∨ x > 3.
x
Sia a ∈ R. La funzione potenza f : (0, +∞) → (0, +∞) è definita
da
f (x) = xa = 10a log10 (x) = ea ln(x) .
a>0 y
6 0 ⇔ x < 1∨x > 3
1/3
Funzione potenza con esponente reale
=⇒
=⇒
=⇒
3−x
x−1
loga (x)
loga (x)
•a>0
•a=0
•a<0
6 2 = −∞, 31 ∪ [3, +∞)
x+1
x+1
6 2 ⇔ −2 6 x−1
62⇔
x−1
x+1
3x−1
 x−1 + 2 = x−1 > 0 ⇔ x 6 31 ∨ x > 1
a ∈ (0, 1)
y
1
1
x+1
x−1
visto che
ax
1
11.3
(Disuguaglianza triangolare)
• |x| < a ⇐⇒ −a < x < a,
•a>1
=⇒
•a=1
=⇒
• a ∈ (0, 1) =⇒
a>1
• |x| > 0 ∀x ∈ R,
• |x| = 0 ⇐⇒ x = 0,
<
√
−3+ 5
2
√
1− 5
2
<
√
1− 5
2
√
−3+ 5
2
<
∨x >
√
1+ 5
2 ,
√
1+ 5
2
√
⇐⇒ 4 < 2 5 ⇐⇒ 16 < 20.
√
1− 5
2
√
−3+ 5
2
√
1+ 5
2
x
E SEMPIO .
Consideriamo la
→ R definita da
pfunzione f : Rp
2
f (x) = x + 4x + 4 − x2 + 2x + 1,
x ∈ R.
Osserviamo cheq
q
f (x) = (x + 2)2 − (x + 1)2 = |x + 2| − |x + 1|


se x > −1
(x + 2) − (x + 1) = 1
f (x) = (x + 2) + (x + 1) = 2x + 3 se − 2 6 x < −1


−(x + 2) + (x + 1) = −1 se x < −2


se x > −1
1
⇐⇒ f (x) = 2x + 3 se − 2 6 x < −1


−1
se x < −2
ha il seguente grafico.
pagina 26
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
E SEMPIO .
Consideriamo la funzione f (x) = ln(x).
f
−2
1
−1
x
y
1
−1
y
e
x
− ln(x)
y
1
−1
y
1
ln(|x|)
1
e
y
| ln(x)|
1
x
e
x
| ln(|x|)|
1
1
−1
−e
−2 −1
è definita da
1
2
x
1
y
1
e
ln(x − 2)
x
y
−1
[x] = max{z ∈ Z : z 6 x}.
x
−1
y
2
[·]: R → Z
−1
−e
x
e
−e
La funzione parte intera
2 ln(x)
2
−2
3
Osserviamo che la funzione parte intera [ · ] è crescente, ma non strettamente
crescente.
E SEMPIO .
La funzione f (x) = x − [x] è periodica con periodo T = 1.
y
1
e+2 x
ln(x/2)
2
2e
1
e
x
x
E SERCIZIO .
Ripetere la costruzione fatta nell’esempio precedente considerando f (x) = x3 .
y
11.6
1
1
Funzione parte intera
−5 −4 −3 −2 −1 0
y
ln(−x)
1
È quindi evidente che la funzione non è iniettiva in R (ma solo
in [−2, −1]), è crescente in R (ma strettamente crescente solo in
[−2, −1]) e l’insieme dei valori è [−1, 1].
11.5
ln(x)
1
2
3
4
5 x
Grafici deducibili da quello della funzione f
Dal grafico della funzione f possiamo facilmente dedurre quelli
delle seguenti funzioni:
• x 7→ f (−x),
• x 7→ f (|x|),
• x 7→ − f (x),
• x 7→ | f (x)|,
• x 7→ | f (|x|)|,
• x 7→ a · f (b · x + c).
Infatti per l’ultima funzione basta fare quanto segue:
• considerare il grafico di f ;
• traslarlo orizzontalmente di −c;
• “riscalare” l’asse delle x di un fattore
fattore a.
a.a. 2020-2021
1
b
e l’asse delle y di un
pagina 27
Istituzioni di Matematica
Capitolo 3
Trigonometria
12
Introduzione
D EFINIZIONE .
Considerato un angolo che misura x ∈
R radianti ed il corrispondente punto
P = (p1 , p2 ) come in figura, definiamo
cos(x) = pr1 ,
sin(x) = pr2 .
In altre parole, con riferimento al
triangolo rettangolo OAP, si definisce
OA
AP
cos(x) = OP
,
sin(x) = OP
.
In trigonometria di solito gli angoli non sono misurati in gradi ma
in radianti.
D EFINIZIONE .
Consideriamo una circonferenza
y
di centro l’origine e raggio r > 0
come in figura. Se si parte da
` = α ·r
α >0
P = (r, 0) e ci si muove lungo la
r
circonferenza girando in senso
antiorario e percorrendo una diO
Px
stanza pari ad `, allora l’angolo
` = −α · r
al centro corrispondente misura
α = `/r > 0 radianti.
Se però si parte da P = (r, 0) ma
ci si muove lungo la circonferenza girando in senso orario e
percorrendo una distanza pari ad
`, allora l’angolo al centro corrispondente misura α = −`/r 6 0
radianti.
O SSERVAZIONE .
Si noti che nella definizione precedente non si specifica il valore del raggio r della circonferenza. Il motivo è che le definizioni
di coseno e seno non dipendono dal raggio della circonferenza scelta. Infatti le lunghezze di
OA e AP sono direttamente proporzionali al raggio e per definizione i coefficienti di proporzionalità sono rispettivamente il
coseno ed il seno.
Per questo motivo, nella definizione precedente si può considerare un cerchio di raggio unitario così da avere OP = 1. In a
tal caso, si ha semplicemente
che il coseno ed il seno sono le
coordinate del punto P, ovvero
P = (cos(x), sin(x)).
y
O
r
Px
α <0
` = −α · r
Si noti che se |α| = `/r > 2π, allora significa che si è compiuto
più di un giro completo.
O SSERVAZIONE .
Si noti che nella definizione precedente non si specifica il valore del raggio
della circonferenza. Il motivo è che
la definizione di un angolo in radianti non dipende dal raggio della circonferenza scelta. Infatti la lunghezza di
un arco corrispondente ad un angolo al
centro è direttamente proporzionale al
raggio e per definizione il coefficiente di proporzionalità è proprio l’angolo
espresso in radianti visto che
ampiezza dell’angolo in radianti =
y
α · r0
α ·r
α
O
r
r0
A
x
r
P
B
x
r
O
A
x
y
P0
B0
P
B
O
r0
r
x
A
A0
x
y
1
P
sin(x)
O
O SSERVAZIONE .
Per definizione del coseno e del seno, si ha che i due cateti del triangolo
rettangolo OAP misurano
OA = OP · cos(x), AP = OP · sin(x).
x
cos(x)
1
x
P
x
O
A
Dalla precedente definizione si ottengono le funzioni coseno e
seno
lunghezza dell’arco corrispondente
.
raggio delle circonferenza
O SSERVAZIONE .
L’angolo di 1 radiante è per definizione quell’angolo che, posto
al centro di una circonferenza, determina su di essa un arco la cui
lunghezza è uguale al raggio della
circonferenza stessa.
y
cos : R → [−1, 1],
sin : R → [−1, 1].
y
Osserviamo che i grafici sono facilmente deducibili dalla seguente figura, facendo ruotare il punto P lungo la circonferenza unitaria di centro l’origine O e raggio unitario e ricordando che P =
(cos(x), sin(x)), dove x è l’angolo al centro individuato da OP ed
il semiasse positivo delle ascisse.
r
r
1
r
x
28
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
x 2π
⇐⇒ a2 + b2 = c2 .
3π
2
Per dimostrare che sin(x)2 + cos(x)2 = 1
basta far riferimento alla figura a fianco ed
utilizzare il teorema di Pitagora con
a = c cos(x),
c
b
x
a
b = c sin(x).
π
Diamo alcune semplici applicazioni della trigonometria.
π
2
P ROPOSIZIONE .
Per un triangolo qualsiasi, date le lunghezze a, b di due lati e la misura α dell’angolo
tra essi compresi, si ha che
area del triangolo = 12 · a · b · sin(α).
C
b
x
cos
A
α
a
B
H
sin
1
O
Dimostrazione. Basta osservare che la base AB misura a e l’altezza
corrispondente CH misura b · sin(α).
P
sin(x)
x
cos(x)
3π
2
1
π
2
x
2π
x
π
Otteniamo quindi i grafici delle funzioni coseno e seno riportati di
seguito.
cos(x)
1
−3π
−4π
−π
2π
−2π
4π
π
3π
x
T EOREMA DEI SENI .
Considerato un triangolo qualsiasi, il rapporto tra i lati ed i seni dei rispettivi angoli
opposti è costante ed è uguale al diametro della circonferenza circoscritta; ovvero, se a, b, c sono le lunghezze dei lati, α,
β , γ sono gli angoli ad essi opposti ed r è
il raggio della circonferenza circoscritta, si
ha
a
b
c
sin(α) = sin(β ) = sin(γ) = 2r.
γ
b
a
β
α
c
r
O
−1
− 52 π
− 72 π
T EOREMA DEI COSENI .
Considerato un triangolo qualsiasi, il quadrato di un lato è uguale
alla differenza tra la somma dei quadrati degli altri due lati ed il
doppio prodotto di tali lati per il coseno dell’angolo compreso tra
essi; ovvero, se a, b, c sono le lunghezze dei lati ed α, β , γ sono
gli angoli ad essi opposti, si ha
sin(x)
1
3
2π
− π2
π
2
− 23 π
7
2π
5
2π
x
−1
Come chiaro anche dai grafici, entrambe le funzioni coseno e seno sono periodiche di periodo 2π, ma la funzione coseno è pari,
mentre la funzione seno è dispari, in quanto
cos(x + 2π) = cos(x),
cos(−x) = cos(x),
sin(x + 2π) = sin(x),
sin(−x) = − sin(x).
T EOREMA DI P ITAGORA .
Per ogni x, y ∈ R si ha
sin(x)2 + cos(x)2 = 1.
Dimostrazione. Per dimostrare il teorema di Pitagora basta utilizzare la seguente figura dalla quale segue che
• l’area del quadrato di lato a + b è (a + b)2 ,
• l’area del quadrato di lato c è
c2 ,
• l’area dei triangoli rettangoli è
ab
2 ,
b
a
b
e pertanto
a
c
c
b
c
c
a
a
2
2
2
(a + b)2 = c2 + 4 · ab
2 ⇐⇒ a + 2ab + b = c + 2ab
a.a. 2020-2021
b
a2 = b2 + c2 − 2bc · cos(α),
2
2
γ
b
2
b = a + c − 2ac · cos(β ),
c2 = a2 + b2 − 2ab · cos(γ).
α
a
β
c
O SSERVAZIONE .
Dimostriamo che la somma degli angoli interni di un poligono di
n lati è π · (n − 2) radianti.
pligono
numero di lati somma angoli interni
triangolo
3
2·π
quadrilatero
4
2·π
pentagono
5
3·π
esagono
6
4·π
ettagono
7
5·π
ottagono
8
6·π
Iniziamo con i triangoli. Consideriamo un triangolo generico come nella figura seguente. Tracciamo la retta passante per C e
parallela al lato AB. Il lato AC e la retta individua un angolo
uguale all’angolo opposto al lato BC e sono i due angoli evidenziati in verde. Analogamente, il lato BC e la retta individua un
angolo uguale all’angolo opposto al lato AC e sono i due angoli
pagina 29
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
3
=
π
2
5π
6
√
− 23
=
4
√
2
2
− 21
1
− 12
7π
6
=
7π 4
4π
3
11π
6
◦
22
5◦
=
=
5
−1
300
√
− 23
330 ◦
√
− 22
6
0◦ = 0
√
3
2
1
2
4
210
√
2
2
5π
◦
π
=
◦
30
31
Più in generale, se abbiamo un poligono di n lati, allora lo scomponiamo in maniera opportuna in n − 2 triangoli ciascuno dei
quali ha somma degli angoli interni pari a π e pertanto la somma
degli angoli interni del poligono è π · (n − 2).
√
2
2
1
2
−1 −
180◦ = π
1
45 ◦
=
2π
3
=
60 ◦
=
3π 4
=
√
3
2
π
◦
◦
5
13
150 ◦
A
B
Se invece abbiamo un quadrilatero generico come in figura, allora possiamo scomporlo in due triangoli, ciascuno dei quali ha
somma di angoli interni pari a π, e pertanto la somma degli
angoli interni del quadrilatero è 2π.
π
90◦ =
120
evidenziati in rosso. È quindi ora evidente che la somma degli
angoli interni al triangolo è π.
C
=
◦
5π
3
240 ◦
=
270◦ =
3π
2
radianti gradi cos sin
E SEMPIO .
Consideriamo un triangolo equilatero
ABC di lato L ed una circonferenza di
raggio L come in figura. L’altezza BH
divide la base CA in due:
CH = L2 = HA.
Per il teorema
che
qdi Pitagora abbiamo
√
3
L 2
2
BH = L − 2 = 2 L.
B
L
L
L
H
C
Ax
2
2
2L = r ⇐⇒ L =
√1
2
·r =
√
2
2
L
L
D
B
L
L
π
60◦
1
2
√
2
2
√
3
2
90◦
0
1
7
6π
5
4π
4
3π
3
2π
5
3π
7
4π
11
6 π
45◦
√
120◦ − 12 23
√ √
135◦ − 22 22
√
150◦ − 23 12
180◦ −1
0
√
− 23
√
225◦ − 22
240◦ − 12
210◦
270◦
0
300◦
1
2
√
2
2
√
3
2
315◦
330◦
− 12
√
2
2
√
− 23
−
−1
√
3
2
√
− 22
− 12
−
y
A r x
P
B
r
· r.
Visto che gli angoli interni sono uguali e la loro somma è 2π
radianti, abbiamo che ciascun angolo misura π/2 radianti. Visto che le diagonali dividono in due gli angoli interni, per la
definizione del coseno
e√del seno si ha
√
cos π4 = 22 ,
sin π4 = 22 .
O SSERVAZIONE .
Possiamo misurare gli angoli anche in gradi. Per passare da gradi
a radianti o viceversa basta risolvere la seguente proporzione.
π : 180◦ = radianti : gradi
Istituzioni di Matematica
0
sin
D EFINIZIONE .
Le funzioni
tangente e cotangente
tan : R \ π2 + kπ : k ∈ Z → R,
cot : R \ {kπ : k ∈ Z} → R
sono definite da
sin(x)
BP
tan(x) = cos(x)
= AP
,
cot(x) = cos(x)
sin(x) = AP .
BP
y
C
1
√
3
2
√
2
2
1
2
30◦
1
6π
1
4π
1
3π
1
2π
2
3π
3
4π
5
6π
Visto che gli angoli interni sono uguali e la loro somma è π
radianti, abbiamo che ciascun angolo misura π/3 radianti. Per
definizione del coseno
e del seno si ha
√
cos π3 = 21 ,
sin π3 = 23 .
E SEMPIO .
Consideriamo un quadrato ABCD di
lato L ed una circonferenza con centro
nell’origine e di raggio r come in figura. Per il teorema di Pitagora abbiamo
che
2
2
2
DA + AB = DB ⇐⇒
0◦
0
y
radianti gradi cos
y
B
x
O
x
A x
O SSERVAZIONE .
Per definizione della tangente e della
cotangente, si ha che i due cateti del
triangolo rettangolo OAP misurano
OA = AP · cot(x), AP = OA · tan(x).
pagina 30
P
O
r x
A
P
x
O
A
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
B
radianti gradi tan cot
0
1
6π
1
4π
1
3π
0◦
0
30◦
√
3
3
45◦
@
√
3
1 1
√ √3
3 3
60◦
radianti gradi tan
1
2π
2
3π
3
4π
5
6π
cot
90◦
@
0
√
√
120◦ − 3 − 33
135◦
−1
150◦ −
√
3
3
α
A
−1
√
− 3
I grafici delle funzioni tangente e cotangente sono riportati di
seguito.
tan(x)
− 23 π
−2π
− π2
3
2π
π
2
−π
2π
π
x
− 23 π
2π
π
− π2
Identità trigonometriche
Ciascuna funzione trigonometrica può essere espressa in termini
delle altre come riportato nella seguente tabella, in cui i “±” evidenziano che il segno dipende dal quadrante in cui si giunge dopo
una rotazione attorno all’origine di x radianti.
cot(x)
−π
D
Se invece non possiamo raggiungere il piede A del grattacielo,
allora possiamo misurare dal punto C l’angolo α, dal punto D
l’angolo β e la
distanza CD. Si ha allora che
AB = AC · tan(α)
AB = AD · tan(β ) = AC +CD · tan(β )
AC · tan(α) = AC +CD · tan(β )
⇐⇒
AB = AC · tan(α)
(
tan(β )
AC = CD · tan(α)−tan(β
)
⇐⇒
tan(α)·tan(β )
CD
AB = CD · tan(α)−tan(β
) = cot(β )−cot(α) .
13
−2π
β
C
3
2π
π
2
x
Come chiaro anche dai grafici, entrambe le funzioni tangente e
cotangente sono periodiche di periodo π e dispari, in quanto
tan(x + π) = tan(x),
tan(−x) = − tan(x),
cot(x + π) = cot(x),
cot(−x) = − cot(x).
sin(x)
cos(x)
cos(x)
p
± 1 − sin(x)2
cos(x)
sin(x)
sin(x)
tan(x)
± √ sin(x) 2
1−sin(x)
√
1−sin(x)2
± sin(x)
p
± 1 − cos(x)2
√
1−cos(x)2
± cos(x)
cot(x)
± √ cos(x)
1−cos(x)2
tan(x)
cot(x)
±√
± √ cot(x)
± √ tan(x)
±√
1
1+tan(x)2
1+tan(x)2
1+cot(x)2
1
1+cot(x)2
tan(x)
1
cot(x)
1
tan(x)
cot(x)
Dimostrazione. Tali identità seguono dal teorema di Pitagora e la
loro dimostrazione è lasciata come esercizio per casa.
Valgono le seguenti proprietà di periodicità, simmetria, traslazioni,
somma, sottrazione e raddoppio.
b
a
T EOREMA DELLE TANGENTI O TEOREMA DI N EPERO .
Considerato un triangolo qualsiasi, se
γ
a, b, c sono le lunghezze dei lati, α, β ,
γ sono gli angoli ad essi opposti,
si ha
=
a+b
a−b
=
tan α+β
2
tan
α−β
2
.
α
β
c
.◦
−x
.
x + .π
x + 2π
.
x + .π2
x ±.y
2x
.
cos
. cos(x)
. − cos(x)
. cos(x)
. − sin(x)
. cos(x) cos(y) ∓ sin(x) sin(y)
. 1 − 2 sin(x).2
sin
. − sin(x)
. − sin(x)
. sin(x)
.
E SEMPIO .
Se vogliamo calcolare l’altezza AB di un grattacielo possiamo
procedere come segue.
B
cos(x)
. sin(x) cos(y) ± cos(x) sin(y)
. 2 sin(x) cos(x)
.
tan
. − tan(x)
.
tan(x)
.
tan(x)
. − cot(x)
.
tan(x)±tan(y)
.
1∓tan(x) tan(y)
2 tan(x)
.
1−tan(x)2
cot
. − cot(x)
.
cot(x)
.
cot(x)
. − tan(x)
.
cot(x) cot(y)∓1
cot(y)±cot(x).
cot(x)2 −1
2 cot(x).
Dimostrazione. Basta studiare il coseno ed il seno, perché poi per
la tangente e la cotangente basta applicare le loro definizioni; lo si
verifichi come esercizio per casa.
Dalla figura a fianco segue che:
α
A
• cos(−x) = cos(x),
C
Se possiamo raggiungere il piede A del grattacielo, allora possiamo misurare AC e dal punto C misurare l’angolo α. Allora per
definizione abbiamo che
AB = AC · tan(α).
• sin(−x) = − sin(x),
• cos(x + π) = − cos(x),
• sin(x + π) = − sin(x),
x+π
x + 2π
x
−x
• cos(x + 2π) = cos(x),
• sin(x + 2π) = sin(x).
a.a. 2020-2021
pagina 31
Istituzioni di Matematica
(a)−(b) :
sin(x + y) − sin(x − y) = 2 cos(x) sin(y),
(c)+(d) :
cos(x + y) + cos(x − y) = 2 cos(x) cos(y),
(c)−(d) :
cos(x + y) − cos(x − y) = −2 sin(x) sin(y).
−x
x
π
2
cos(x) = sin
−x
Per quanto già dimostrato si ha pertanto che
cos x + π2 = cos −x − π2 = − cos −x + π2 = − sin(x),
sin x + π2 = − sin −x − π2 = sin −x + π2 = cos(x).
Le formule dell’addizione
per il conseno ed il seno seguono dalla figura a fianco
uguagliando le espressioni
trovate ai lati del rettangolo.
sin(x + y)
1
x
)
(y
os
c
y
P ROPOSIZIONE .
Per ogni x ∈ R valgono le seguenti uguaglianze.
• sin(x)2 = 1−cos(2x)
• cos(x)2 = 1+cos(2x)
2
2
• tan(x)2 =
x
cos(x) cos(y)
Le formule della sottrazione seguono dalle formule dell’addizione e dal fatto che cos(−x) = cos(x) e sin(−x) = − sin(x); infatti
si ha
cos(x − y) = cos(x + (−y)) = cos(x) cos(−y) − sin(x) sin(−y)
= cos(x) cos(y) + sin(x) sin(y),
sin(x − y) = sin(x + (−y)) = sin(x) cos(−y) + cos(x) sin(−y)
= sin(x) cos(y) − cos(x) sin(y).
Infine le formule per il raddoppio seguono da quelle dell’addizione prendendo x = y; infatti si ha
cos(2x) = cos(x + x) = cos(x)2 − sin(x)2 = 1 − 2 sin(x)2 ,
sin(2x) = sin(x + x) = sin(x) cos(x) + cos(x) sin(x)
= 2 sin(x) cos(x).
P ROPOSIZIONE .
Per ogni x, y ∈ R valgono le seguenti uguaglianze.
• cos(x) cos(y) = cos(x−y)+cos(x+y)
2
•
cos(x−y)−cos(x+y)
2
sin(x+y)+sin(x−y)
sin(x) cos(y) =
2
sin(x+y)−sin(x−y)
cos(x) sin(y) =
2
sin(x + y) = sin(x) cos(y) + cos(x) sin(y),
(a)
sin(x − y) = sin(x) cos(y) − cos(x) sin(y),
(b)
cos(x + y) = cos(x) cos(y) − sin(x) sin(y),
(c)
cos(x − y) = cos(x) cos(y) + sin(x) sin(y),
(d)
(a)+(b) :
• cot(x)2 =
1+cos(2x)
1−cos(2x)
Dimostrazione. Visto che cos(2x) = 1 − 2 sin(x)2 , abbiamo che la
seconda uguaglianza è verificata. Dalla seconda uguaglianza segue
che
cos(x)2 = 1 − sin(x)2 = 1 − 1−cos(2x)
= 1+cos(2x)
.
2
2
Le ultime due uguaglianze seguono dalle prime due e sono lasciate
come esercizio per casa.
P ROPOSIZIONE .
Per ogni x ∈ R valgono
q le seguenti uguaglianze.
q
1+cos(x)
x
x
• cos 2 = ±
• sin 2 = ± 1−cos(x)
2
2
sin(x)
• tan 2x = 1+cos(x)
• cot 2x = 1+cos(x)
sin(x)
Dimostrazione. Per dimostrare le prime due uguaglianze, basta
utilizzare le uguaglianze della proposizione precedente con x/2 al
posto di x. Per dimostrare infine le ultime due uguaglianze, basta
utilizzare le prime due uguaglianze ed osservare che la tangente e
la cotangente hanno lo stesso segno del seno nel loro dominio di
definizione (si guardi il loro grafico).
Dimostrazione. Basta utilizzare le uguaglianze della proposizione precedente. I dettagli della dimostrazione sono lasciati come
esercizio per casa.
Dimostrazione. Visto che
abbiamo che
1−cos(2x)
1+cos(2x)
P ROPOSIZIONE .
Per ogni x ∈ R valgono le seguenti uguaglianze.

2
2t
• sin(x) = 1+t
• cos(x) = 1−t
2
1+t 2
x
t = tan 2 =⇒
2

2t
• tan(x) = 1−t
• cot(x) = 1−t
2
2t
• sin(x) sin(y) =
•
P ROPOSIZIONE .
Per ogni x, y ∈ R valgono le seguenti uguaglianze.
• sin(x) + sin(y) = 2 sin x+y
cos x−y
2
2
cos x+y
• sin(x) − sin(y) = 2 sin x−y
2
2
• cos(x) + cos(y) = 2 cos x+y
cos x−y
2
2
• cos(x) − cos(y) = −2 sin x+y
sin x−y
2
2
x−y
Dimostrazione. Basta sostituire x+y
2 ad x e 2 ad y nelle identità
trigonometriche elencate nella precedente proposizione.
sin(x) cos(y)
)
(y
sin
x+y
cos(x) sin(y)
cos(x + y) sin(x) sin(y)
Da tali uguaglianze è poi facile concludere la dimostrazione.
E SEMPIO .
Dato un triangolo rettangolo la
2
β
cui ipotenusa misura 2 ed ha un
π/12
angolo di π/12, calcoliamo le
b
lunghezze dei cateti ed il valore
dell’altro angolo acuto.
Visto che la somma degli angoli interni di un triangolo è π e
a
π
2
1
sin(x) = cos
Dalla figura a fianco segue che
• cos π2 − x = sin(x),
• sin π2 − x = cos(x).
−x
Teoria
π
2
Aggiornato il 20 ottobre 2020
sin(x + y) + sin(x − y) = 2 sin(x) cos(y),
Istituzioni di Matematica
pagina 32
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
l’angolo retto misura π/2, l’altro angolo acuto misura
π
5
β = π − π2 − 12
= 12
π.
Utilizzando l’identità trigonometrica
cos(x − y) = cos(x) cos(y) + sin(x) sin(y)
si ottiene che π
= cos π4 − π6
cos 12
= cos π4 · cos π6 + sin π4 · sin π6
√
√
√
√
√
√
√
√
c = AH + HB =
π
6
E SEMPIO .
Dato un triangolo come in figura e sapendo che b = 1, β = π/6,
sin(α) = 3/4 e che α è un angolo acuto, ovvero α < π/2,
calcoliamo cos(γ), sin(γ), a e c.
C
γ
a
b
β = π/6
sin(α) = 3/4
α
β
B
A
α < π/2
c
H
Per il teorema di Pitagora abbiamo
q che
q
√
2 q
9
2
cos(α) = 1 − sin(α) = 1 − 34 = 1 − 16
= 47 .
Essendo la somma degli angoli interni di un triangolo π,
sappiamo che l’angolo γ vale
γ = π − α − β = π − α − π6 = 56 π − α.
Utilizzando l’identità trigonometrica
cos(x − y) = cos(x) cos(y) + sin(x) sin(y)
si ottiene che
cos(γ) = cos 65 π − α = cos 56 π cos(α) + sin 56 π sin(α)
√
√
√
= − 23 · 47 + 12 · 34 = 3−8 21 .
Osserviamo che cos(γ) < 0 e quindi γ > π/2, ovvero γ è un
angolo ottuso. Utilizzando l’identità trigonometrica
sin(x − y) = sin(x) cos(y) − cos(x) sin(y)
si ottiene che
sin(γ) = sin 65 π − α = sin 65 π cos(α) − cos 65 π sin(α)
√
√
√
√
3
= 12 · 47 + 23 · 34 = 7+3
.
8
Osserviamo che in accordo con il teorema di Pitagora si ha
√ 2 √ √ 2
3
cos(γ)2 + sin(γ)2 = 3−8 21 + 7+3
8
√
√
21)
= (9+21−6 21)+(7+27+6
= 1.
64
Infine abbiamo
CH = b · sin(α) = a · sin(β )
=⇒ a =
a.a. 2020-2021
b·sin(α)
sin(β )
=
1·(3/4)
sin(π/6)
=
3/4
1/2
= 23 ,
=
√
7
4 ,
√
√
3
3 3
=
2
4 ,
√
√
7+3 3
.
4
√
7
4
√
+ 343 =
E SERCIZIO .
Verificare che se nell’esempio precedente si assume che α√sia √
un
3 3− 7
angolo convesso,
ovvero
α
>
π/2,
allora
si
ha
sin(γ)
=
8
√
e cos(γ) = 3+8 21 .
= 22 · 23 − 22 · 12 = 6−4 2 .
In alternativa si può utilizzare il teorema
di Pitagora come segue
r
q
√ √ 2
π 2
π
sin 12
= 1 − cos 12
= 1 − 6+4 2
q
q √
√√ √
√ √
√ √
( 6− 2)2
8−4 3
6 2
=
=
= 6−4 2 .
= 1 − 6+2+2
16
16
4
Dunque i due cateti misurano
√6+√2
√6−√2
π
π
b = 2 cos 12
= 2
e a = 2 sin 12
= 2 .
b=1
√
7
4
HB = a · cos(β ) = 32 · cos(π/6) = 32 ·
√
= 22 · 23 + 22 · 21 = 6+4 2 .
Utilizzando l’identità trigonometrica
sin(x − y) = sin(x) cos(y) − cos(x) sin(y)
si ottieneche
π
= sin π4 − π6 = sin π4 · cos π6 − cos π4 · sin
sin 12
√
AH = b · cos(α) = 1 ·
E SEMPIO .
Di un trapezio come in figura si sa che l’altezza misura 5, che la
base maggiore misura il doppio di quella minore, e che gli angoli
γ e θ adiacenti alla base minore sono tali che
cos(θ ) = − 12
θ = 2γ − π2 ,
13 .
Calcoliamo il perimetro del trapezio.
D
h=5
AB = 2CD
θ = 2γ −
C
γe h
π
2
A
h
H
θe
K
B
cos(θ ) = −12/13
Poniamo
γe = γ − π2 ,
θe = θ − π2 .
Per ipotesi si ha
θe = θ − π2 = 2γ − π2 − π2 = 2γ − π = 2γe
e quindi
θe = 2γe.
Utilizzando l’identità trigonometrica
sin x − π2 = − cos(x)
otteniamo che
sin(θe) = sin θ − π2 = − cos(θ ) = 12
13 .
e
e
Visto che θ ∈ (0, π/2) si ha cos(θ ) > 0 e quindi per il teorema
di Pitagora risulta
q
q
2 q
cos(θe) = 1 − sin(θe)2 = 1 − 12 = 1 − 144 = 5 .
13
169
13
Osserviamo che
AH = DH · tan(γe) = h · tan(γe),
KB = CK · tan(θe) = h · tan(θe).
Pertanto risulta
2CD = AB = AH + HK + KB = h · tan(γe) +CD + h · tan(θe)
=⇒ CD = h tan(γe) + tan(θe) .
Utilizzando l’identità trigonometrica
sin(x)
tan 2x = 1+cos(x)
si ottiene che e
CD = h tan(γe) + tan(θe) = h tan θ2 + tan(θe)
e
e
12/13
= h sin(θ )e + sin(θe) = 5 1+(5/13)
+ 12/13
= 46
3 .
5/13
1+cos(θ )
cos(θ )
Di conseguenza si ha AB = 92/3. Utilizzando l’identità
trigonometrica
q
cos 2x = ± 1+cos(x)
2
e ricordando che θ ∈ (0, π/2)
si ha
q
q
e
θe)
1+(5/13)
cos(γe) = cos θ2 = 1+cos(
=
= √313 .
2
2
Inoltre
√
DH
h
DH = AD · cos(γe) =⇒ AD = cos(e
= cos(e
= 3/√5 13 = 53 13,
γ)
γ)
pagina 33
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
5
CK = CB · cos(θe) =⇒ CB = CKe = h e = 5/13
= 13.
cos(θ )
cos(θ )
In conclusione il perimetro misura
√
√
46
5
5
AB + BC +CD + DA = 92
3 + 13 + 3 + 3 13 = 59 + 3 13.
E SEMPIO .
È dato un trapezio isoscele ABCD la cui base maggiore BC misura 44, la base minore AD misura 20 e il coseno dell’angolo
ABC è 12/13. Determinare il perimetro e l’area del trapezio, la
diagonale AC ed il coseno dell’angolo ACB.
A
AD = 20
D
√ √
√ √
√ √
√
2+
√ 6) = 2(3√ 2+
√ 6) · √2−√6 = 2 3.
= 2(3√2+
6
2+ 6
2− 6
Infine, considerando i triangoli rettangoli AHC
e BHC, si ha:
√ √
AH = AC · cos(45◦ ) = 3 2 · 22 = 3,
√
√
BH = BC · cos(60◦ ) = 2 3 · 21 = 3.
E SEMPIO .
Nella semicirconferenza di centro O e diametro AB = 2r consideriamo la corda AC = 6r/5. Sia t la tangente in C alla semicirconferenza. Siano R e S i punti d’intersezione di t rispettivamente con il prolungamento di AB e con la tangente in B alla
semicirconferenza. Calcoliamo il perimetro del triangolo RBS.
BC = 44
d =
cos(ABC)
B
12
13
H
cos(ABC)
12
12/13
R
A
O
B
d = 90◦
RBS
Per farlo basta calcolare AR, BS e RS = CR +CS, ovvero i lati dei
triangoli ACR e BCS, che andiamo a studiare separatamente.
• Iniziamo con il triangolo ACR. Per il teorema dei seni si ha
AC
AR
CR
(♣)
d =
d =
d .
= 13.
sin(CAR)
PABCD = BC + AD + AB +CD = 44 + 20 + 13 + 13 = 90.
Consideriamo ora il triangolo rettangolo AHC. Osserviamo che
HC = BC − BH = 44 − 12 = 32.
Per il teorema dip
Pitagora si ha p
√
AC = AH 2 + HC2 = 52 + 322 = 1049
e pertanto
d = HC = √ 32 .
cos(ACB)
AC
1049
E SEMPIO .
√
Un triangolo come in figura ha una base lunga 3+ 3 e gli angoli
ad essa adiacenti di 45◦ e 60◦ . Cerchiamo le lunghezze degli altri
due lati ed i segmenti in cui la base data viene divisa dall’altezza
ad essa relativa.
√
AB = 3 + 3
H
B
Calcoliamo l’ampiezza del terzo angolo ricordando che la
somma degli angoli interni di un triangolo è 180◦ :
d = 180◦ − (CAB
d + CBA)
d = 180◦ − (45◦ + 60◦ ) = 75◦ .
ACB
Per trovare gli altri due lati possiamo applicare il teorema dei
seni:
d
AB·sin(CBA)
AC
AB
d = sin(ACB)
d =⇒ AC = sin(ACB)
d .
sin(CBA)
Ricaviamo il seno di 75◦ osservando che 75◦ = 30◦ + 45◦ :
sin(75◦ ) = sin(30◦ + 45◦ ) = sin(30◦ ) cos(45◦ ) + cos(30◦ ) sin(45◦ )
√
√
√
√
= 12 · 22 + 23 · 22 = 2+4 6 .
Sostituiamo il valore
trovato nell’uguaglianza precedente:
√ √
√
√
√ √
√
(3+ 3)· 23
√ √ 3) = 2·(3+3
√ √ 3) · √2−√6 = 3 2.
AC = √2+√6 = 2·(3+3
2+ 6
4
2+ 6
2− 6
Con lo stesso procedimento possiamo ricavare l’altro
lato:
√
=
AB
d
sin(ACB)
=⇒ BC =
Istituzioni di Matematica
d
AB·sin(CAB)
d
sin(ACB)
sin(ACR)
5
5
Per il teorema di Pitagora
qsi ha
p
2 q
8
2
BC = AB2 − AC2 = (2r)2 − 56 r = 4r2 − 36
25 r = 5 r .
d = 180◦ − BAC,
d si ha che
Visto che CAR
◦
d = sin(BAC)
d = BC = 8r/5 = 4
d
sin(CAR) = sin(180 − BAC)
2r
AB
5
e quindi per il teorema di Pitagora
q si ha
d = − 1− 4 2 = −3.
cos(CAR)
5
d = 180◦ − ACR
d − CAR,
d si ha che
Visto che ARC
◦
d
d
d = sin(ACR
d + CAR)
d
sin(ARC) = sin 180 − (ACR + CAR)
d = 60◦
ABC
A
sin(ARC)
Visto che l’angolo formato dalla tangente e da una corda della
circonferenza è uguale all’angolo alla circonferenza che insiste
su quella corda, si ha
d = ABC.
d
ACR
ABC è un triangolo rettangolo, poiché inscritto in una
semicirconferenza il cui diametro è AB; pertanto
d = sin(ABC)
d = AC = 6r/5 = 3
sin(ACR)
AB
2r
5
e quindi per il teorema di Pitagora si q
ha
d = cos(ABC)
d = 1− 3 2 = 4.
cos(ACR)
5
C
d = 45◦
CAB
t
d = 90◦
OCR
Per il teorema di Pitagora
si ha
p
p
AH = AB2 − BH 2 = 132 − 122 = 5.
Possiamo ora calcolare l’area ed il perimetro del trapezio:
AABCD = BC+AD
· AH = 44+20
2
2 · 5 = 160,
BC
d
sin(CAB)
C
AO = OB = r
Il trapezio è isoscele e quindi
= 44−20
= 12.
BH = BC−AD
2
2
[ = π/2, abbiamo che
Poiché AHB
d =⇒ AB = BH =
BH = AB cos(ABC)
d
√
S
AC = 6r/5
C
=
(3+ 3)·sin(45◦ )
sin(75◦ )
d cos(CAR)
d + cos(ACR)
d sin(CAR)
d
= sin(ACR)
7
= 35 · − 35 + 45 · 54 = 25
.
Possiamo ora inserire quanto calcolato
in (♣) ottenendo
(
4 6r/5
24
CR
=
6r/5
5 · 7/25 = 7 r
CR
AR
=
=
=⇒
6r/5
4/5
7/25
3/5
AR = 35 · 7/25
= 18
7 r.
• Studiamo ora il triangolo BCS. Per il teorema dei seni si ha
CS
BS
BC
(♠)
d =
d =
d .
sin(CBS)
sin(BCS)
sin(BSC)
d = 90◦ − ABC,
d si ha che
Visto che CBS
d = sin(90◦ − ABC)
d = cos(ABC)
d =4
sin(CBS)
5
Sempre per il teorema
di
Pitagora
si
ha
q
q
d = 1 − sin(CBS)
d 2 = 1− 4 2 = 3.
cos(CBS)
5
5
d = 180◦ − ACR
d − 90◦ , si ha che
Visto che BCS
d
d = cos(ACR)
d =
sin(BCS) = sin(90◦ − ACR)
pagina 34
4
5
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
e per il teorema di Pitagora
si ha
q
q
2
d
d
cos(BCS) = 1 − sin(BCS) = 1 −
D EFINIZIONE .
4 2
5
La funzione inversa sin−1 : [−1, 1] → [−π/2, π/2] è detta
arcoseno ed indicata con arcsin.
arcsin(x)
π/2
= 35 .
d = 180◦ − BCS
d − CBS,
d si ha che
Visto che BSC
◦
d
d
d = sin(BCS
d + CBS)
d
sin(BSC) = sin 180 − (BCS + CBS)
d cos(CBS)
d + cos(BCS)
d sin(CBS)
d
= sin(BCS)
−1
= 54 · 35 + 53 · 45 = 24
25 .
Possiamo ora inserire quanto calcolato
in (♠) ottenendo
(
4 8r/5
4
CS
=
8r/5
5 · 24/25 = 3 r
BS
CS
=
=
=⇒
8r/5
4/5
4/5
24/25
= 34 r .
BS = 54 · 24/25
In conclusione il perimetro del triangolo BRS è
PBRS = AR + AB + BS + SC +CR
4
4
24
32
= 18
7 + 2 + 3 + 3 + 7 r = 3 r.
14
1 x
−π/2
P ROPOSIZIONE .
Valgono le seguenti uguaglianze per ogni x ∈ [−1, 1].
a) sin (arcsin(x)) = x
b) cos (arccos(x)) = x
p
p
2
c) sin (arccos(x)) = 1 − x d) cos (arcsin(x)) = 1 − x2
e) arcsin(x) + arccos(x) = π2
Funzioni trigonometriche inverse
La funzione cos : [0, π] → [−1, 1] è strettamente decrescente (e Dimostrazione. Le prime due uguaglianze sono ovvie perché in
−1
quindi biettiva). Questo è chiaro dal suo grafico, ma lo possiamo generale ( f ◦ f )(x) = x. Inoltre, visto che
dimostrare anche analiticamente come segue: se 0 6 x < y 6 π,
∈[0,π]
z }| { q
p
allora
c) sin arccos(x) = 1 − cos (arccos(x))2 = 1 − x2 ,
· sin y+x < 0
cos(y) − cos(x) = −2 sin y−x
[−π/2,π/2]
| {z2 } | {z2 }
z }| { q
p
>0
>0
d) cos arcsin(x) =
visto che
y+x
2
∈ (0, π) ,
cos(x)
1
y−x
2
1 − sin (arcsin(x))2 =
e) arcsin(x) + arccos(x) =
∈ 0, π2 .
π
2
⇐⇒ arcsin(x) =
⇐⇒ x = sin (arcsin(x)) = sin
π
2
1 − x2 ,
π
2− arccos(x)
− arccos(x) = cos (arccos(x)) = x,
anche le altre uguaglianze sono vere.
π
2
π
La funzione tan : (−π/2, π/2) → R è strettamente crescente (e
quindi anche iniettiva) in quanto se −π/2 < x < y < π/2, allora
x
−1
sin(x)
sin(y)
cos(y) − cos(x)
sin(y) cos(x)−sin(x) cos(y)
sin(y−x)
= cos(x)
cos(x) cos(y)
cos(y)
tan(y) − tan(x) =
D EFINIZIONE .
La funzione inversa cos−1 : [−1, 1] → [0, π] è detta arcocoseno
ed indicata con arccos.
arccos(x)
π
π/2
=
visto che
x, y ∈ (−π/2, π/2) =⇒ cos(x) > 0 e cos(y) > 0,
− π/2 < x < y < π/2 =⇒ y − x ∈ (0, π) =⇒ sin(y − x) > 0.
Osserviamo infine che
−1
>0
1x
tan(x)
lim tan(x) = −∞,
lim tan(x) = +∞.
x→π/2−
La funzione sin : [−π/2, π/2] → [−1, 1] è strettamente crescente (e x→−π/2+
quindi biettiva). Questo è chiaro dal suo grafico, ma lo possiamo
Pertanto la funzione tangente è una funziodimostrare anche analiticamente come segue: se −π/2 6 x < y 6
π
ne iniettiva e suriettiva (e quindi biettiva) da − 2
π/2, allora
(−π/2, π/2) in R.
sin(y) − sin(x) = 2 cos y+x
· sin y−x
>0
2
2
| {z } | {z }
>0
>0
D EFINIZIONE .
visto che
La sua funzione inversa y+x
y−x
π/2 arctan(x)
π π
π
2 ∈ −2, 2 ,
2 ∈ 0, 2 .
tan−1 : R → − π2 , π2
viene chiamata arcotangente
sin(x)
ed indicata col simbolo arctan.
1
−π/2
−π/2
π
2
x
x
π/2 x
−1
a.a. 2020-2021
pagina 35
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
15
Teoria
Equazioni trigonometriche
Per semplicità, consideriamo solo l’equazione trigonometrica elementare
sin(x) = c,
c ∈ R.
seno. Di seguito mostriamo come farlo considerando, per semplicità, solo i casi c ∈ (0, 1), c ∈ (−1, 0), ed ottenendo le soluzioni
corrispondenti alle intersezioni rappresentate con dei pallini pieni
in verde.
y
Le soluzioni possono essere visualizzate disegnando la retta y = c
e la circonferenza di centro l’origine e raggio unitario. Di seguito
mostriamo come farlo distinguendo i seguenti casi ed ottenendo
le soluzioni corrispondenti alle intersezioni rappresentate con dei
pallini pieni in verde.
• c ∈ (0, 1): la retta y = c incontra la circonferenza in due punti distinti situati sopra l’asse x, unendoli con l’origine otteniamo due
angoli α = arcsin(c) ∈ (0, π2 ) e β = π − α,
pertanto l’equazione è soddisfatta per tutte
le
x ∈ {α + 2πk : k ∈ Z} ∪ {β + 2πk : k ∈ Z}.
• c = 0: la retta y = c incontra la circonferenza
in (1, 0) e (−1, 0), a cui corrispondono gli
angoli α = arcsin(c) = 0 e β = π, pertanto
l’equazione è soddisfatta per tutte le
x ∈ {α + 2πk : k ∈ Z} ∪ {β + 2πk : k ∈ Z}.
• c = 1: la retta y = c incontra la circonferenza in (0, 1), a cui corrisponde l’angolo
α = arcsin(c) = π2 , pertanto l’equazione è
soddisfatta per tutte le
− 3π
2
α
3π
2
π
2
5π
2
x
5π
2
x
π −α
y
π −α
x
− 5π
2
1
− π2
3π
2
α
− 3π
2
π
2
π
c
y
xy = c
1
y
y
E SEMPIO .
Studiamo la seguente equazione√trigonometrica:
2 cos(2θ ) + 2 3 sin(θ ) = 2.
Poiché cos(2θ ) = 1 − 2√sin(θ )2 , l’equazione si riscrive nella for√
ma 2 sin(θ )(2 sin(θ ) − 3) = 0, ossia sin(θ ) = 0 o sin(θ ) = 23 .
Pertanto le soluzioni sono θ ∈ {πk : k ∈ Z} ∪ { π3 + 2πk : k ∈
Z} ∪ { 2π
3 + 2πk : k ∈ Z}.
16
x
1
y=c
y=c
y
Per semplicità, consideriamo solo la disequazione trigonometrica
elementare
sin(x) > c,
c ∈ R.
Consideriamo la retta y = c, la circonferenza di centro l’origine e
raggio unitario, e distinguiamo i seguenti casi.
x∈
x
[
y
y=c
x
1
(α + 2πk, β + 2πk).
k∈Z
y=c
y
Disequazioni trigonometriche
• c ∈ (0, 1): la parte della circonferenza che si
trova sopra la retta y = c corrisponde agli angoli compresi tra gli angoli α = arcsin(c) ∈
(0, π2 ) e β = π − α, pertanto la disequazione
è soddisfatta per tutte le
x
1
x ∈ {− π2 + 2πk : k ∈ Z}.
• c > 1: la retta y = c non incontra la circonferenza, pertanto l’equazione non ammette
soluzioni.
π
y=c
1
x ∈ { π2 + 2πk : k ∈ Z}.
• c = −1: la retta y = c incontra la circonferenza in (0, −1), a cui corrisponde l’angolo
α = arcsin(c) = − π2 , pertanto l’equazione è
soddisfatta per tutte le
− π2
y
x ∈{α + 2πk : k ∈ Z} ∪ {β + 2πk : k ∈ Z}
= {πk : k ∈ Z}.
• c ∈ (−1, 0): la retta y = c incontra la circonferenza in due punti distinti situati sotto l’asse x, unendoli con l’origine otteniamo due
angoli α = arcsin(c) ∈ (− π2 , 0) e β = π − α,
pertanto l’equazione è soddisfatta per tutte
le
c
− 5π
2
y=c
x
• c = 0: la parte della circonferenza che si trova sopra la retta y = c corrisponde agli angoli compresi tra gli angoli α = arcsin(c) = 0 e
β = π, pertanto la disequazione è soddisfatta
per tutte le
1
x∈
[
y
xy = c
1
(2πk, π + 2πk).
k∈Z
• c < −1: la retta y = c non incontra la circonferenza, pertanto l’equazione non ammette
soluzioni.
• c ∈ (−1, 0): la parte della circonferenza
che si trova sopra la retta y = c corrisponde agli angoli compresi tra gli angoli α =
arcsin(c) ∈ (− π2 , 0) e β = π − α, pertanto la
disequazione è soddisfatta per tutte le
y
x
1
y=c
In alternativa, le soluzioni della equazione trigonometrica possono essere visualizzate disegnando la retta y = c ed il grafico del
Istituzioni di Matematica
pagina 36
x∈
[
y
x
1
y=c
(α + 2πk, β + 2πk).
k∈Z
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Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
• c = 1: non ci sono punti della circonferenza
che si trovano sopra la retta y = c, pertanto
la disequazione non ammette soluzioni.
y
y=c
soluzioni sono
[
[
(2πk, π2 + 2πk)
θ∈
(− π2 + 2πk, 2πk) ∪
=
1
• c = −1: l’unico punto della circonferenza
che non si trova sopra la retta y = c è (0, −1),
che corrisponde all’angolo α = arcsin(c) =
− π2 , pertanto la disequazione è soddisfatta
per tutte le
x ∈ R \ − π2 + 2πk : k ∈ Z .
• c > 1: non ci sono punti della circonferenza
che si trovano sopra la retta y = c, pertanto
la disequazione non ammette soluzioni.
y
x
1
y=c
y
y=c
x
• c < −1: tutti i punti della circonferenza
si trovano sopra la retta y = c, pertanto
l’equazione è soddisfatta per ogni x ∈ R.
y
x
y=c
In alternativa, le soluzioni della equazione trigonometrica possono essere visualizzate disegnando la retta y = c ed il grafico del
seno. Di seguito mostriamo come farlo considerando, per semplicità, solo i casi c ∈ (0, 1), c ∈ (−1, 0), ed ottenendo le soluzioni
corrispondenti alle parti di grafico del seno evidenziate in verde.
y
c
π
− 3π
2
α
5π
2
+ 2πk, + 2πk) \ {2πk} .
π
2
b) Imponendo che i denominatori non si annullino,
si ha
cos(θ ) 6= sin(θ )
⇐⇒
θ ∈ R \ π4 + kπ : k ∈ Z ,
cos(θ ) 6= − sin(θ )
⇐⇒ θ ∈ R \ 3π
4 + kπ : k ∈ Z ,
e quindi i due quozienti (e quindi
anche la disequazione) sono
ben definiti solo per θ ∈ R \ π4 + k π2 : k ∈ Z . Utilizzando le
uguaglianze
sin(2θ ) = 2 sin(θ ) cos(θ ),
cos(2θ ) = cos(θ )2 − sin(θ )2 ,
sin(2θ )
√1
la disequazione si riscrive nella forma cos(2θ
) = tan(2θ ) 6 3 ,
valida se − π2 + kπ < 2θ 6 π6 + kπ. Dunque le soluzioni della
S
π
disequazione iniziale sono θ ∈ k∈Z (− π4 + π2 k, 12
+ π2 k].
d) Per le formule
di addizione e di duplicazione si ha
√
3
π
1
) sin(2θ ) + sin( π3 ) cos(2θ ) =
2 sin(2θ ) + 2 cos(2θ ) = cos(
3
π
π
sin( 3 + 2θ ) = sin 2 6 + θ = 2 sin π6 + θ cos π6 + θ
e quindi la disequazione
si riscrive nella
forma
sin π6 + θ 2 cos π6 + θ − 1 > 0
sin π6 + θ > 0 [
sin π6 + θ 6 0
⇐⇒
cos π6 + θ > 12
cos( π6 + θ ) 6 12 .
Considerando
solo l’intervallo
[−π, π], abbiamo
0 6 π6 + θ 6 π
− π3 6 π6 + θ 6
3π
2
π
2
(− π2
c) La tangente (e quindi anche la disequazione) è definita solo
per θ ∈ R \ { π2 + πk : k ∈ Z}. Poiché sin(2θ ) = 2 sin(θ ) cos(θ ) e
)
2
tan(θ ) = sin(θ
cos θ , la disequazione si riscrive nella forma sin(θ ) >
2
2
2
1 + cos(θ ) . Poiché sin(θ ) ∈ [0, 1] e 1 + cos(θ ) ∈ [1, 2], deve
essere sin(θ )2 = 1 e cos(θ )2 = 0, ovvero θ ∈ { π2 + πk : k ∈ Z}.
Per questi valori, però, la disequazione non è definita; pertanto la
disequazione è impossibile.
1
− π2
[
k∈Z
1
− 5π
2
k∈Z
k∈Z
x
[
π
3
−π 6
−π 6
π
6
π
6
+θ 6 0 [
+ θ 6 − π3
−π 6 π6 + θ 6 0
π
π
3 6 6 +θ 6 π
⇐⇒ {0 6 θ + π6 6 π3 } ∪ {−π 6 0 + π6 6 − π3 }
x
da cui, perperiodicità, le soluzioni sono
[
π
θ∈
[− π6 + 2πk, π6 + 2πk] ∪ [− 7π
+
2πk,
−
+
2πk]
.
6
2
π −α
k∈Z
y
e) La tangente (e quindi anche la disequazione) è definita solo
per θ ∈ R \ { π2 + πk : k ∈ Z}. Si riscrive la disequazione nella
forma
2 sin(θ ) cos(θ ) − tan(θ ) > 0 ⇐⇒ tan(θ )(2 cos(θ )2 − 1) > 0
)2
> 0 ⇐⇒ tan(θ ) 1 − tan(θ )2 > 0.
⇐⇒ tan(θ ) 1−tan(θ
1+tan(θ )2
−π − α
− 5π
2
3π
2
− π2α
−π
− 3π
2
π
2
5π
2
x
c
Ponendo t = tan(θ ), si ottiene la disequazione t(t 2 − 1) 6 0, le
cui soluzioni sono t 6 −1 e 0 6 t 6 1, ovvero tan(θ ) 6 −1 e
0 6 tan(θ ) 6 1. Dunque le soluzioni della disequazione iniziale
sono
[
(− π2 + kπ, − π4 + kπ] ∪ [kπ, π4 + kπ] .
E SEMPIO .
Studiamo le seguenti disequazioni trigonometriche.
a) cos(θ ) + sin(θ ) tan(θ ) > 1
b)
c)
d)
sin(θ )
sin(θ )
√1
cos(θ )−sin(θ ) + cos(θ )+sin(θ ) 6 3
2
1
2 sin(2θ ) tan(θ ) > 1 + cos(θ )
√
3
1
π
2 sin(2θ ) + 2 cos(2θ ) > sin(θ + 6 )
k∈Z
e) sin(2θ ) > tan(θ )
a) La tangente (e quindi anche la disequazione) è definita solo
sin(θ )
2
per θ ∈ R \ { π2 + πk : k ∈ Z}. Poiché tan(θ ) = cos(θ
) e cos(θ ) +
1
sin(θ )2 = 1, la disequazione si riconduce a cos(θ
) > 1, le cui
a.a. 2020-2021
pagina 37
Istituzioni di Matematica
Capitolo 4
Potenze di numeri complessi
17
Numeri complessi dati in forma trigonometrica
⇐⇒ ρr cos(θ − ϕ) 6 ρr.
La penultima disuguaglianza segue dalla disuguaglianza triangolare, in quanto
|z| = |z + w − w| 6 |z + w| + |w|
da cui si ricava che |z| − |w| 6 |z + w|. Infine, l’ultima uguaglianza
segue dalla uguaglianza |z|2 = zz, in quanto
|z + w|2 + |z − w|2 = (z + w)(z + w) + (z − w)(z − w)
Dato un numero complesso in forma algebrica z = a + ib, lo possiamo riscrivere in forma trigonometrica come
z = ρ (cos(θ ) + i sin(θ ))
dove
p
= zz + zw + wz + ww + zz − zw − wz + ww
ρ = a2 + b2
e θ ∈ R è una soluzione del
sistema
= 2(zz + ww) = 2 |z|2 + |w|2 .
a = ρ cos(θ )
(♣) Per concludere, la dimostrazione delle altre proprietà è lasciata
b = ρ sin(θ ).
come esercizio per casa.
O SSERVAZIONE .
O SSERVAZIONE .
• Se θ ∈ R è una soluzione di (♣), allora anche θ + 2kπ è una
La
disuguaglianza triangolare afferma che, in un triangolo, la
soluzione ∀k ∈ Z.
lunghezza di un lato è minore o uguale della somma delle
• Si ha che θ = arccos(a/ρ) = arcsin(a/ρ) se e solo se a, b > 0.
lunghezze degli altri due.
z+w
R
D EFINIZIONE .
Il modulo di z = a + ib ∈√
C è il numero
reale
p
|z| = z · z = a2 + b2 .
Se ρ 6= 0, allora l’argomento di z è l’unico θ ∈ (−π, π] che
soddisfa (♣) e viene indicato con arg(z).
|z +
w|
z
|z|
|w|
w
|z|
|w|
O SSERVAZIONE .
R
R2
Ricordando la rappresentazione in
di C, il modulo di z è la
distanza del punto corrispondente in R2 dall’origine degli assi.
R
z
b
|
|z
z)
arg(
P ROPOSIZIONE .
Se z, w ∈ C \ {0} sono tali che
|z + w| = |z| + |w|,
allora ∃λ ∈ R, con λ > 0, tale che z = λ w.
Dimostrazione. Dalla dimostrazione della disuguaglianza triangolare ricaviamo che
|z + w| = |z| + |w| ⇐⇒ cos(θ − ϕ) = 1
a R
P ROPOSIZIONE .
Se z, w ∈ C, allora:
• − |z| 6 ℜe(z) 6 |z| • − |z| 6 ℑm(z) 6 |z|
• |z| > 0
⇐⇒ θ − ϕ ∈ 2πZ ⇐⇒ θ ∈ ϕ + 2πZ
e quindi esiste k ∈ Z tale che θ = ϕ + 2πk e quindi
z = ρ (cos(θ ) + i sin(θ )) = ρ (cos(ϕ + 2πk) + i sin(ϕ + 2πk))
• |z| = 0 ⇐⇒ z = 0
= ρ (cos(ϕ) + i sin(ϕ)) = ρr w.
Dunque basta prendere λ = ρ/r.
• |z · w| = |z| · |w|
• |z + w| 6 |z| + |w|
• |z| − |w| 6 |z + w|
(disuguaglianza triangolare)
• |z + w| + |z − w|2 = 2 |z|2 + |w|2
2
Dimostrazione. Dimostriamo la disuguaglianza triangolare: se z =
ρ (cos(θ ) + i sin(θ )) e w = r (cos(ϕ) + i sin(ϕ)), allora
z + w = (ρ cos(θ ) + r cos(ϕ)) + i (ρ sin(θ ) + r sin(ϕ)) =⇒
q
|z + w| = (ρ cos(θ ) + r cos(ϕ))2 + (ρ sin(θ ) + r sin(ϕ))2
q
= ρ 2 + r2 + 2ρr (cos(θ ) cos(ϕ) + sin(θ ) sin(ϕ))
q
= ρ 2 + r2 + 2ρr cos(θ − ϕ)
e pertanto
q
|z + w| 6 |z| + |w| ⇐⇒
ρ 2 + r2 + 2ρr cos(θ − ϕ) 6 ρ + r
⇐⇒ ρ 2 + r2 + 2ρr cos(θ − ϕ) 6 (ρ + r)2 = ρ 2 + r2 + 2ρr
38
P ROPOSIZIONE .
Se z = ρ (cos(θ ) + i sin(θ )) e w = r (cos(ϕ) + i sin(ϕ)) sono due
numeri complessi in forma trigonometrica, allora
• z · w = ρr (cos(θ + ϕ) + i sin(θ + ϕ)) ,
w 6= 0 =⇒ •
z
w
= ρr (cos(θ − ϕ) + i sin(θ − ϕ)).
Dimostrazione. Dimostriamo la prima uguaglianza
z · w = ρr (cos(θ ) + i sin(θ )) (cos(ϕ) + i sin(ϕ))
= ρr (cos(θ ) cos(ϕ) − sin(θ ) sin(ϕ) + i (cos(θ ) sin(ϕ) + cos(ϕ) sin(θ )))
= ρr (cos(θ + ϕ) + i sin(θ + ϕ)) .
La dimostrazione delle altri uguaglianze sono lasciate come esercizio per casa.
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
5π
z2 = cos 5π
=
4 + i sin 4
7π
z3 = cos 7π
=
4 + i sin 4
F ORMULA DI D E M OIVRE .
Dati un numero complesso in forma trigonometrica z =
ρ (cos(θ ) + i sin(θ )) ed n ∈ N, si ha
zn = ρ n (cos(nθ ) + i sin(nθ )) .
√
2
2 (−1 − i),
√
2
2 (1 − i).
E SEMPIO .
Dimostrazione. Basta utilizzare la formula del prodotto e procedere per induzione. I dettagli della dimostrazione sono lasciati come
esercizio per casa.
O SSERVAZIONE .
A differenza della radice quadrata di un numero reale, non si può
parlare della radice quadrata di un numero complesso. Questo
accade non perché la radice quadrata di un numero complesso
non esista, anzi al contrario il problema è che ne esistono due!
Questo segue dal seguente corollario.
C OROLLARIO .
Sia w = r (cos(ϕ) + i sin(ϕ)) un numero complesso in forma
trigonometrica ed n ∈ N, allora l’equazione nell’incognita z
zn = w
ha per soluzioni
√
ϕ
2π
zk = n r cos ϕn + 2π
n k + i sin n + n k ,
k ∈ {0, 1, . . . , n − 1}.
Dimostrazione. Se z = ρ (cos(θ ) + i sin(θ )) è una soluzione, allora
zn = w ⇐⇒ ρ n (cos(nθ ) + i sin(nθ )) = r(cos(ϕ) + i sin(ϕ))
 n
√
ρ = r
ρ= nr
⇐⇒ cos(nθ ) = cos(ϕ) ⇐⇒

k ∈ Z.
θ = ϕ+2kπ
n ,
sin(nθ ) = sin(ϕ)
Per concludere osserviamo che le soluzioni corrispondenti a k ∈
{0, 1, . . . , n − 1} sono distinte e che per la periodicità del seno e del
coseno sono le uniche soluzioni.
E SEMPIO .
Risolviamo l’equazione
z3 = i.
Essendo i = cos
+ i sin
abbiamo che le soluzioni sono
√
ℑm
z0 = cos π6 + i sin π6 = 23 + i 21 ,
z0
z1
√
3
5π
5π
1
z1 = cos 6 + i sin 6 = − 2 + i 2 ,
ℜe
3π
3π
z2 = cos 2 + i sin 2 = −i.
z2
π
2
π
2
E SEMPIO .
Risolviamo l’equazione
z4 + 1 = 0.
Riscrivendo −1 in forma trigonometrica
otteniamo
−1 = 1 cos(π) + i sin(π)
e quindi le soluzioni
sono
zk = cos
π
4
+ 2kπ
+ i sin
4
π
4
+ 2kπ
4
,
z1
ℑm
k ∈ {0, 1, 2, 3},
ovvero
z2
√
z0 = cos π4 + i sin π4
= 22 (1 + i),
√
3π
= 22 (−1 + i),
z1 = cos 3π
4 + i sin 4
a.a. 2020-2021
z0
ℜe
z4
√
Per il numero complesso
 in forma algebrica z = 1 + i 3 si ha
ℜe(z) = 1√

cos(θ ) = √
1/2
=⇒ θ = π/3.
=⇒
ℑm(z)√= 3
sin(θ ) = 3/2

|z| = 1 + 3 = 2
Dunque la forma trigonometricadi z è
z = 2 cos π3 + i sin π3 .
Per la formula di De Moivre la forma
trigonometrica
di z2 è
2
2π
2π
z = 4 cos 3 + i sin 3 .
Abbiamo quindi che
|z2 | = 4,
1
ℜe(z2 ) = 4 cos 2π
3 = 4 − 2 = −2,
√
√
3
= 2 3,
ℑm(z2 ) = 4 sin 2π
3 =4
2
e pertanto la forma algebrica di z2 è √
z2 = −2 + i 2 3.
ℑm
√
z2
2 3
√
z
3
−2
ℜe
1
2
4
Le tre radici quarte di
z sono √
4
π
π
+ i sin 12
,
z0 = 2 cos 12
√
4
7π
7π
z1 = 2 cos 12 + i sin 12 ,
√
4
13π
z2 = 2 cos 13π
,
12 + i sin 12
√
4
19π
19π
z3 = 2 cos 12 + i sin 12 .
√
Abbiamo quindi che √|z0√| = |z1 | = |z2 | = |z3 | = 4 2 e
√
3
2 cos
√
3
ℜe(z1 ) = 2 cos
√
3
ℜe(z2 ) = 2 cos
√
3
ℜe(z3 ) = 2 cos
ℜe(z0 ) =
4
8( 3+1)
,
4
√
√
4
8(1− 3)
7π
,
12 =
4
√
√
4
8(1+ 3)
13π
,
12 = −
4
4 √
√
8( 3−1)
19π
,
12 =
4
π
12
=
√
3
2 sin
√
3
ℑm(z1 ) = 2 sin
√
3
ℑm(z2 ) = 2 sin
√
3
ℑm(z3 ) = 2 sin
ℑm(z0 ) =
√
4 √
8( 3−1)
,
4
√
√
4
8(1+ 3)
7π
,
12 =
4
√
4
√
8(1− 3)
13π
,
12 =
4
√
√
4
8(1+ 3)
19π
.
12 = −
4
π
12
=
E SEMPIO .
Per il numero complessoin forma algebrica z = 1 + i si ha
√ ℜe(z) = 1

cos(θ ) = √ 2/2
ℑm(z)√= 1
=⇒
=⇒ θ = π4 .
√ 
sin(θ
)
=
2/2
|z| = 12 + 12 = 2
Dunque la forma trigonometrica
√
di z è
z = 2 cos π4 + i sin π4 .
Per la formula di De Moivre laforma trigonometrica
di z2 è
2
π
π
z = 2 · cos 2 + i sin 2 = 2i,
le cui radici quadrate
√ sono z0 = 2 · cos π4 + i sin π4 = z,
√
5π
z1 = 2 · cos 5π
= −1 − i.
4 + i sin 4
pagina 39
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
D EFINIZIONE .
Per ogni numero complesso z = a + ib con a, b ∈ R si pone
ez = ea · eib = ea · (cos(b) + i sin(b)) .
ℑm z2
z = z0
1
P ROPOSIZIONE .
Per ogni z, w ∈ C si ha che
• ez · ew = ez+w ,
2
√
2 ℜe
z1
Le radici cubiche di z sono (con un
abuso
di notazioni) √
√
√
√
3
6
4
π
π
z0 = 2 cos 12 + i sin 12 = 4 (1 + 3) + i ( 3 − 1) ,
√
√
3
6
3π
z1 = 2 cos 3π
+
i
sin
= 24 (−1 + i),
4
4
√
√
√
√
3
6
4
17π
z2 = 2 cos 17π
−(
+
i
sin
=
3
−
1)
−
i
(
3
+
1)
,
12
12
4
in quanto
π
π
π
π
π
π
π
12 = cos 3 − 4 = cos 3 cos 4 + sin 3 sin 4
√ √
√
√
√
= 21 · 22 + 23 · 22 = 2+4 6 ,
π
sin 12
= sin π3 − π4 = sin π3 cos π4 − cos π3 sin π4
√
√
√
√ √
= 23 · 22 − 12 · 22 = 6−4 2 ,
5π
5π
2π
π
cos 17π
12 = cos π + 12 = − cos 12 = − cos 3 − 4
= − cos 2π
cos π4 + sin 2π
sin π4
3
3
√ √
√
√
√ = − − 12 · 22 + 23 · 22 = 2−4 6 ,
5π
5π
2π
π
sin 17π
12 = sin π + 12 = − sin 12 = − sin 3 − 4
= − sin 2π
cos π4 − cos 2π
sin π4
3
3
√ √
√ √ √
= − 23 · 22 + 12 · 22 = − 6+4 2
cos
ed inoltre
√
√
√
6
2 · 2 = 21/6 · 21/2 = 2(1/6)+(1/2) = 22/3 = 3 4.
R
z1
z0
ez
ew
= ez−w .
Dimostrazione. Siano z = a+ib e w = c+id due numeri complessi
con a, b, c, d ∈ R. • Osserviamo
che z w
a+ib c+id
e ·e = e
·e
= ea · eib · ec · eid
= ea+c (cos(b) + i sin(b)) · (cos(d) + i sin(d))
(
ℜe (ez · ew ) = ea+c · (cos(b) cos(d) − sin(b) sin(d)) ,
=⇒
ℑm (ez · ew ) = ea+c · (cos(b) sin(d) + sin(b) cos(d)) .
D’altro canto si ha che
ez+w = e(a+ib)+(c+id) = e(a+c)+i(b+d)
= ea+c · (cos(b + d) + i sin(b + d))
(
ℜe (ez+w ) = ea+c cos(b + d),
=⇒
ℑm (ez+w ) = ea+c · sin(b + d).
Dunque per concludere la dimostrazione del primo punto basta
applicare le seguenti identità trigonometriche
cos(b + d) = cos(b) cos(d) − sin(b) sin(d),
sin(b + d) = cos(b) sin(d) + sin(b) cos(d).
• Per il primo punto si ha che
z
ez
w
z
w
e
ew · e = e
=⇒
0
=
·
e
− ez−w · ew
w
z−w
w
(z−w)+w
z
e
e
·e = e
=e
z
z
z−w
w
e
= ew − e
· e =⇒ eew − ez−w = 0.
C OROLLARIO .
Per ogni z = ρeiθ , w = reiϕ ∈ C si ha che
z · w = (ρr) · ei(θ +ϕ) .
Se inoltre w 6= 0, ovvero r 6= 0, allora
ρ
i(θ −ϕ)
z
.
w = r ·e
R
z2
18
•
Numeri complessi in forma esponenziale
Dimostrazione. Per la proposizione precedente si ha che:
z · w = (ρeiθ ) · (reiϕ ) = (ρr) · (eiθ eiϕ ) = (ρr) · (ei(θ +ϕ) )
z/w = (ρeiθ )/(reiϕ ) = (ρ/r) · (eiθ /eiϕ ) = (ρr) · ei(θ −ϕ) .
F ORMULA DI E ULERO PER I NUMERI COMPLESSI .
Per ogni θ ∈ R si ha che
eiθ = cos(θ ) + i sin(θ ).
La formula di Eulero dà origine ad un’identità considerata tra
le più affascinanti della matematica, nota come identità di Eulero
eiπ + 1 = 0,
che mette in relazione tra loro cinque simboli e, i, π, 1 e 0 che sono
alla base dell’analisi matematica.
Grazie alla formula di Eulero un numero complesso dato in
forma trigonometrica z = ρ (cos(θ ) + i sin(θ )) può essere espresso
anche in forma esponenziale come
z = ρeiθ .
Con la seguente definizione generalizziamo la definizione di
elevamento a potenza al caso in cui l’esponente sia un numero
complesso.
Istituzioni di Matematica
pagina 40
a.a. 2020-2021
Capitolo 5
Limiti e continuità di funzioni
19
Limite e continuità puntuali
si scrive
lim f (x) = +∞.
Nello studio di una funzione, la prima proprietà da studiare è la
sua continuità. In maniera non rigorosa, una funzione definita in
tutto R è continua se il grafico è una singola curva ininterrotta (nel
disegnarla non si alza mai la penna). Di conseguenza, se una funzione è continua, allora non ha istantanei cambiamenti di valore,
noti come discontinuità. Più precisamente, cambiamenti sufficientemente piccoli nell’input di una funzione continua comportano
cambiamenti arbitrariamente piccoli nel suo output.
È allora intuitivamente chiaro che il grafico a sinistra corrisponde ad una funzione continua, mentre quello a destra corrisponde ad
una funzione discontinua in quanto ha una discontinuità in x0 .
y
y
x
x0
x
D EFINIZIONE .
Dato A ⊆ R ed x0 ∈ R, si dice che x0 è punto di accumulazione
per l’insieme A se per ogni ε > 0 esiste (almeno) un elemento x
diverso da x0 ed appartenente ad A ∩ (x0 − ε, x0 + ε), ovvero
∀ε > 0 ∃x ∈ A : x ∈ (x0 − ε, x0 + ε) \ {x0 }.
L’insieme dei punti di accumulazione di A è detto insieme
derivato di A e si indica con A0 .
x→x0
• Il limite per x ∈ D che tende ad x0 della funzione f è −∞ se
∀M > 0 ∃δ = δ (M) > 0 tale che
f (x) < −M ∀x ∈ D con 0 < |x − x0 | < δ
ed in tal caso si dice che f diverge a −∞ per x che tende ad x0 e
si scrive
lim f (x) = −∞.
x→x0
• f è regolare in x0 se il suo limite per x che tende ad x0 esiste
finito o infinito.
• f è irregolare in x0 se non è regolare in x0 .
D UBBIO SULL’ UNICITÀ DEL LIMITE .
Può una funzione convergere a due numeri distinti? Per sciogliere questo dubbio ragioniamo per assurdo. Assumiamo che una
funzione
f converga sia ad L1 che L2 , ovvero
∀ε > 0 ∃δi > 0 tale che
per i ∈ {1, 2}.
| f (x)−Li | < ε ∀x ∈ D con 0 < |x−x0 | < δi
Posto ε = |L1 − L2 |/2, utilizzando la disuguaglianza triangolare,
per ogni x ∈ D con 0 < |x − x0 | < min{δ1 , δ2 } si ha
|L1 − L2 | = |L1 − f (x) + f (x) − L2 |
6 |L1 − f (x)| + | f (x) − L2 | < ε + ε = |L1 − L2 |
e quindi risulta |L1 − L2 | < |L1 − L2 |: un assurdo!
D EFINIZIONE .
Siano D ⊆ R, x0 ∈ D ed f : D → R.
O SSERVAZIONE .
• Un punto di A0 potrebbe non appartenere ad A.
• Si dice che f è continua in x0 se x0 ∈ D \ D0 , oppure x0 ∈ D0
e lim f (x) = f (x0 ).
• Un punto di A potrebbe non appartenere ad A0 .
x→x0
Ad esempio, l’insieme A = (−1, 1) ∪ {2} ha insieme derivato
A0 = [−1, 1], quindi −1 ed 1 appartengono ad A0 ma non ad A,
mentre 2 appartiene ad A ma non ad A0 .
• Si dice che f è continua se è continua in ogni punto di D.
O SSERVAZIONE .
Per definizione, f : D → R è continua in x0 ∈ D ∩ D0 se
lim f (x) = f (x0 )
x→x0
ovvero
∀ε > 0 ∃δ = δ (ε) > 0 t.c. ∀x ∈ D con
|x − x0 | < δ risulta | f (x) − f (x0 )| < ε.
Si noti che, a differenza di quanto richiesto nella definizione di
limite puntuale, nella condizione appena data per la continuità si
ha che x0 ∈ D e che la x può assumere il valore x0 in quanto non
si richiede che 0 < |x − x0 |.
• Un insieme potrebbe non avere punti di accumulazione.
Ad esempio, sia A = {0} che N non hanno punti di
accumulazione: A0 = 0/ ed N0 = 0.
/
E SERCIZIO .
Verificare che il derivato di A = { 1n : n ∈ N} è A0 = {0}.
D EFINIZIONE .
Siano D ⊆ R, x0 ∈ D0 ed f : D → R.
• Il limite per x ∈ D che tende ad x0 della funzione f è L ∈ R se
∀ε > 0 ∃δ = δ (ε) > 0 tale che
| f (x) − L| < ε ∀x ∈ D con 0 < |x − x0 | < δ
ed in tal caso si dice che f converge ad L per x che tende ad x0 e
si scrive
lim f (x) = L.
O SSERVAZIONE .
Osserviamo che:
| f (x) − L| < ε ⇔ −ε < f (x) − L < ε ⇔ L − ε < f (x) < L + ε,
0 < |x − x0 | < δ ⇔ x ∈ (x0 − δ , x0 + δ ) \ {x0 }.
O SSERVAZIONE .
Lo studio del limite puntuale è utile nello studio del grafico di
una funzione f : D → R, specie (ma non solo!) nei punti x0 di
accumulazione di D che non appartengono a D, cioè x0 ∈ D0 \ D.
x→x0
• Il limite per x ∈ D che tende ad x0 della funzione f è +∞ se
∀M > 0 ∃δ = δ (M) > 0 tale che
f (x) > M ∀x ∈ D con 0 < |x − x0 | < δ
ed in tal caso si dice che f diverge a +∞ per x che tende ad x0 e
41
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
• Se
lim f (x) = L
x→x0
allora f (x) è tanto più vicino ad L quanto più x 6= x0 è vicino ad
x0 . Infatti per definizione per ogni ε > 0 esiste δ > 0 tale che
i punti del grafico (x, f (x)) appartengono alla striscia R × (L −
ε, L + ε) per ogni x ∈ (x0 − δ , x0 + δ ) \ {x0 }.
y
L+ε
L
L−ε
scelta si ha che per ogni 0 < |x − 1| < δ risulta
| f (x) − L| = |(x + 1) − 2| = |x − 1| < δ = ε.
Questo trova riscontro nel grafico di f .
y
2
1 x
x0 − δ
x0
x0 + δ
E SEMPIO .
Verifichiamo che
x
lim x+1
2
x→0 x
• Se
lim f (x) = +∞
x→x0
allora f (x) è tanto più grande quanto più x 6= x0 è vicino ad x0 .
Infatti per definizione per ogni M > 0 esiste δ > 0 tale che i punti
del grafico (x, f (x)) appartengono al semipiano R × (M, +∞) per
ogni x ∈ (x0 − δ , x0 + δ ) \ {x0 }.
y
M
x0 − δ
x0
x0 + δ
x
= +∞.
Osserviamo che f non è definita in x0 = 0, che il suo dominio
di definizione è D = R \ {0} e che 0 ∈ D0 = R. Fissato M > 0,
risulta
2
− M = −M xx2+x+1 > 0
f (x) − M = x+1
x2
√
√
1+4M
1+4M
⇐⇒ M x2 − x − 1 < 0 ⇐⇒ 1− 2M
< x < 1+ 2M
.
Osserviamo che
√
√
1− 1+4M
1+4M
< 0 < 1+ 2M
2M
e che
n
o √
√
√
1+4M 1+ 1+4M
, 2M
= 1+4M−1
.
min − 1− 2M
2M
Pertanto la condizione richiesta
dalla definizione di limite
√
> 0 perché
puntuale è soddisfatta con δ = 1+4M−1
2M
√
√
1+4M−1
< x < 1+4M−1
2M
2M
√
√
1+ 1+4M
1− 1+4M
<x<
⇔ f (x) > 0.
2M
2M
0 < |x| < δ ⇒ −
• Se
lim f (x) = −∞
x→x0
allora f (x) è tanto più piccolo quanto più x 6= x0 è vicino ad x0 .
Infatti per definizione per ogni M > 0 esiste δ > 0 tale che i punti
del grafico (x, f (x)) appartengono al semipiano R × (−∞, −M)
per ogni x ∈ (x0 − δ , x0 + δ ) \ {x0 }.
y
x0 − δ
x0
⇒
Questo trova riscontro nel grafico di f .
y
x0 + δ
x
−M
x
• Se f è irregolare in x0 , allora per ogni L ∈ R e δ > 0, esistono
ε > 0, M > 0 ed x1 , x2 , x3 ∈ (x0 − δ , x0 + δ ) \ {x0 } tali che
| f (x1 ) − L| > ε,
f (x2 ) > M,
f (x3 ) < −M.
y
M
L+ε
L
L−ε
−M
Verificare che lim x−1
= −∞.
x2
x→0
20
Proprietà di limiti e funzioni continue
Calcolare i limiti o verificare che una funzione è continua utilizzando solo le definizioni può essere abbastanza laborioso. Le proprietà
dei limiti e delle funzioni continue ci possono però dare una mano.
x0 − δ
E SEMPIO .
Verifichiamo che
E SERCIZIO .
2
x0
x0 + δ
x
Proprietà dei limiti
lim x −1 = 2.
x→1 x−1
Osserviamo che f non è definita in x0 = 1, che il suo dominio di
definizione è D = R \ {1} e che 1 ∈ D0 = R. Per ogni x ∈ D si ha
che
2 −1
f (x) = xx−1
= (x−1)(x+1)
= x + 1.
x−1
Dunque per ogni ε > 0, la condizione richiesta dalla definizione
di limite puntuale è soddisfatta con δ = ε > 0 perché con tale
Iniziamo mostrando che il limite puntuale commuta con le operazioni algebriche. Per semplicità consideriamo separatamente il
caso in cui tutte le funzioni coinvolte convergono dal caso in cui
almeno una di esse diverge.
P ROPOSIZIONE .
Se f , g : D → R convergono rispettivamente ad F e G per x che
tende ad x0 ∈ D0 , allora
lim f (x) + g(x) = F + G,
x→x0
lim f (x) · g(x) = F · G,
x→x0
Istituzioni di Matematica
pagina 42
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
lim f (x)
x→x0 g(x)
=
F
G
M = 1/ε. Per ipotesi esiste δ > 0 tale che per ogni x ∈ D con
0 < |x − x0 | < δ si ha
| f (x) − F| < ε
e
|g(x)| > M = ε1 .
Pertanto per la disuguaglianza triangolare si ha
| f (x)−F|+|F|
f (x)
< ε+|F|
1/ε = (|F| + ε) ε.
g(x) 6
|g(x)|
Per l’arbitrarietà di ε > 0 segue la tesi.
se g 6= 0 e G 6= 0,
lim f (x)g(x) = F G
se f g e F G sono ben definiti,

• F 6= 0 = G

f (x)
• ∃δ > 0 t.c. f (x)/g(x) > 0
=⇒ lim g(x)
= +∞,
x→x0

∀x ∈ D con 0 < |x − x0 | < δ

• F 6= 0 = G

f (x)
• ∃δ > 0 t.c. f (x)/g(x) < 0
=⇒ lim g(x)
= −∞.
x→x0

∀x ∈ D con 0 < |x − x0 | < δ
x→x0
Dimostriamo che il limite preserva l’ordinamento.
O SSERVAZIONE .
Dal solo fatto che f converge ad F 6= 0 e g converge a zero per
x che tende ad x0 , non i può dedurre che f /g diverge a −∞ o
a +∞. Per poter asserire ciò, serve che f /g abbia un segno per
x sufficientemente vicino ad x0 ma distinto da x0 . Infatti, come
controesempio basta considerare x0 = 0, f (x) = 1 e g(x) = x.
Dimostrazione. Dimostriamo la seconda uguaglianza, le altre sono
lasciate come esercizio per casa. Sia ε > 0. Per ipotesi esistono
δ f = δ f (ε) > 0 e δg = δg (ε) > 0 tali che
| f (x) − F| < ε ∀x ∈ D con 0 < |x − x0 | < δ f ,
T EOREMA DELLA PERMANENZA DEL SEGNO .
Sia f : D → R convergente ad L per x che tende ad x0 ∈ D0 .
(1) Se esiste δ > 0 tale che f (x) > 0 per ogni x ∈ D con 0 <
|x − x0 | < δ , allora L > 0.
(2) Se L > 0, allora esiste δ > 0 tale che f (x) > 0 per ogni x ∈ D
con 0 < |x − x0 | < δ .
O SSERVAZIONE .
Si noti che in (1) la disuguaglianza non può essere “stretta”. Infatti, ad esempio, si ha che f (x) = 1/x > 0 converge ad L = 0 e
quindi
f >0
=⇒
6
L > 0.
|g(x) − G| < ε ∀x ∈ D con 0 < |x − x0 | < δg .
Osserviamo che dalla disuguaglianza triangolare e la prima condi- Dimostrazione. (1) Per ogni ε > 0 esiste δ > 0 tale che per ogni
ε
zione segue che per ogni x ∈ D con 0 < |x − x0 | < δ f risulta
x ∈ D con 0 < |x − x0 | < δε si ha
| f (x)| 6 | f (x) − F| + |F| < ε + |F|.
L − ε < f (x) < L + ε.
Posto δ = max{δ f , δg }, per la disuguaglianza triangolare per ogni Allora per ogni x ∈ D con 0 < |x − x | < min{δ , δ } si ha
ε
0
x ∈ D con 0 < |x − x0 | < δ risulta
0 6 f (x) < L + ε =⇒ L + ε > 0.
| f (x) · g(x) − F · G| = |( f (x) · (g(x) − G)) + (( f (x) − F) · G)|
Per l’arbitrarietà di ε > 0 si ha che F > 0.
6 | f (x)| · |g(x) − G| + | f (x) − F| · |G| < (|F| + ε) · ε + ε · |G|.
(2) Per ipotesi lim f (x) = L > 0, ovvero per ogni ε > 0 esiste δ =
x→x0
Per l’arbitrarietà di ε > 0 segue la tesi.
δ (ε) > 0 tale che | f (x)−L| < ε per ogni x ∈ D con 0 < |x−x0 | < δ .
Consideriamo ora il caso in cui almeno una delle funzioni coin- Prendendo ε = L > 0 si ha che esiste δ > 0 tale che per ogni x ∈ D
volte diverge.
con 0 < |x − x0 | < δ risulta
| f (x) − L| < L ⇐⇒ −L < f (x) − L < L =⇒ 0 < f (x).
P ROPOSIZIONE .
Se per x che tende ad x0 ∈ D0 si ha che f : D → R converge ad F
e g, h : D → R divergono a +∞,
allora
lim f (x) + g(x) = F + (+∞) = +∞,
x→x0
lim f (x) − g(x) = F − (+∞) = −∞,
x→x0
lim g(x) + h(x) = (+∞) + (+∞) = +∞,
x→x0
lim − g(x) − h(x) = −(+∞) − (+∞) = −∞,
x→x0
+∞ se F > 0,
lim f (x) · g(x) =
−∞ se F < 0,
x→x0
lim g(x) · h(x) = +∞,
x→x0
lim f (x)
x→x0 g(x)
=
F
+∞

+∞ se F > 1,
lim f (x)g(x) = 0 se |F| < 1,
x→x0

@ se F 6 −1,
(1) Se esiste δ > 0 tale che f (x) 6 g(x) 6 h(x) per ogni x ∈ D
con 0 < |x − x0 | < δ , allora F 6 G 6 H.
(2) Se F < G < H, allora esiste δ > 0 tale che f (x) < g(x) < h(x)
per ogni x ∈ D con 0 < |x − x0 | < δ .
Dimostrazione. Segue dal teorema della permanenza del segno applicato alle funzioni h − g, g − f : D → R e dal fatto che lim (h −
x→x0
g)(x) = H − G e lim (g − f )(x) = G − F. I dettagli sono lasciati
x→x0
= 0,
come esercizio per casa.
se f g è ben definita.
O SSERVAZIONE .
Visto che g ed h divergono per x che tende ad x0 , si ha che esse
non sono ben definite in x0 e quindi x0 ∈ D0 \ D.
Dimostrazione. Dimostriamo la penultima uguaglianza, mentre le
altre sono lasciate come esercizio per casa. Sia ε > 0 e poniamo
a.a. 2020-2021
T EOREMA DEL CONFRONTO .
Siano f , g, h : D → R convergenti rispettivamente ad F, G, H per
x che tende ad x0 ∈ D0 .
T EOREMA DEI CARABINIERI O DEL SANDWICH .
Date f , g, h : D → R ed x0 ∈ D0 , si ha 
che
• ∃δ > 0 t.c. f (x) 6 g(x) 6 h(x)
• ∀x ∈ D con 0 < |x − x0 | < δ
=⇒ lim g(x) = L.
x→x0

• lim f (x) = L = lim h(x)
x→x0
x→x0
Dimostrazione. Segue dal teorema del confronto. I dettagli sono
lasciati come esercizio per casa.
pagina 43
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
Proprietà delle funzioni continue
E SEMPIO .
Dal teorema dei carabinieri segue che
lim x sin(x) = 0
Dalle proprietà appena dimostrate per i limiti seguono le seguenti
proprietà per la continuità.
y
x→0
in quanto
−x 6 x sin(x) 6 x
e chiaramente
lim −x = 0 = lim x.
x→0
x
x→0
f − g : D → R,
f · g : D → R,
E SEMPIO .
Per verificare che
[x]
x→+∞ x
lim
f
g:
g
=1
basta osservare che
[x] 6 x < [x] + 1 =⇒ 1 − 1x <
ed applicare il teorema dei carabinieri.
[x]
x
61
(1) Se esiste δ > 0 tale che f (x) > 0 per ogni x ∈ D con 0 <
|x − x0 | < δ , allora f (x0 ) > 0.
Dimostrazione. (1) Per ipotesi lim f (x) = f (x0 ) ed esiste δ > 0
x→x0
x→x0
(2) esiste δx0 > 0 tale che f (x) 6= y0 per ogni x ∈ A con 0 <
|x − x0 | < δ ,
(3) y0 ∈ B0 ed esiste finito
lim g(y) = L ∈ R,
tale che f (x) > 0 per ogni x ∈ D con 0 < |x − x0 | < δ . Dal teorema
della permanenza del segno segue allora che f (x0 ) > 0.
(2) Per ipotesi lim f (x) = f (x0 ) > 0. Dal teorema della permax→x0
nenza del segno segue che esiste δ > 0 tale che f (x) > 0 per ogni
x ∈ D con 0 <|x − x0 | < δ . Visto che f (x0 ) > 0, si ha che f (x) > 0
per ogni x ∈ D con |x − x0 | < δ .
y→y0
allora
lim (g ◦ f )(x) = L.
P ROPOSIZIONE .
Siano f , g, h : D → R continue in x0 ∈ D ∩ D0 .
x→x0
Il risultato vale anche nei casi in cui y0 = ±∞ e/o L = ±∞.
Dimostrazione. Consideriamo il caso y0 , L ∈ R; gli altri casi sono
lasciati come esercizio per casa. Per (3), ∀ε > 0 ∃δg = δg (ε) > 0
tale che ∀y ∈ B con 0 < |y − y0 | < δg risulta |g(y) − L| < ε. D’altra
parte per (1), ∃δ f = δ f (ε) > 0 tale che ∀x ∈ A con 0 < |x −x0 | < δ f
si ha | f (x) − y0 | < δg . Infine per (2), posto δ = min{δ f , δg , δx0 },
risulta che
se 0 < |x − x0 | < δ allora 0 < | f (x) − y0 | < δg e quindi
g f (x) − L < ε.
T EOREMA DEL LIMITE DELLE FUNZIONI INVERSE .
Sia f : A → B una funzione invertibile. Se si ha che
(1) x0 ∈ A0 ed esiste finito
lim f (x) = y0 ∈ R,
(1) Se esiste δ > 0 tale che f (x) 6 g(x) 6 h(x) per ogni x ∈ D
con 0 < |x − x0 | < δ , allora f (x0 ) 6 g(x0 ) 6 h(x0 ).
(2) Se f (x0 ) < g(x0 ) < h(x0 ), allora esiste δ > 0 tale che f (x) <
g(x) < h(x) per ogni x ∈ D con |x − x0 | < δ .
P ROPOSIZIONE .
Siano f , g, h : D → R continue in x0 ∈ D ∩ D0 . Se esiste δ > 0
tale che f (x) 6 g(x) 6 h(x) per ogni x ∈ D con 0 < |x − x0 | < δ ,
allora
f (x0 ) = h(x0 ) =⇒ g(x0 ) = f (x0 ) = h(x0 ).
P ROPOSIZIONE .
Siano f : A → R e g : B → R tali che f (A) ⊂ B. Se si ha che
x→x0
ed esiste finito
lim f −1 (y) = L ∈ A,
(1) x0 ∈ A0 ∩ A ed f è continua in x0 ,
(2) y0 ∈ B0 ∩ B e g è continua in y0 ,
y→y0
allora anche g ◦ f : A → R è continua in x0 .
lim ( f −1 ◦ f )(x) = x0 .
x→x0
Il risultato vale anche nei casi in cui y0 = ±∞ e/o L = ±∞.
Dimostrazione. Basta applicare il teorema del limite delle funzioni
composte osservando che la condizione condizione (2) segue dalla
iniettività di f .
Istituzioni di Matematica
se f (x)g(x) è ben definita ∀x ∈ D.
(2) Se f (x0 ) > 0, allora esiste δ > 0 tale che f (x) > 0 per ogni
x ∈ D con |x − x0 | < δ .
(1) x0 ∈ A0 ed esiste finito
lim f (x) = y0 ∈ R,
allora L = x0 e
se g(x) 6= 0 ∀x ∈ D,
P ROPOSIZIONE .
Sia f : D → R continua in x0 ∈ D ∩ D0 .
T EOREMA DEL LIMITE DELLE FUNZIONI COMPOSTE .
Siano f : A → R e g : B → R tali che f (A) ⊂ B. Se si ha che
(2) y0
D→R
f : D→R
Il seguente teorema riguarda il limite di funzioni composte.
∈ B0
P ROPOSIZIONE .
Se f : D → R e g : D → R sono continue in x0 ∈ D ∩ D0 allora lo
sono anche
f + g : D → R,
P ROPOSIZIONE .
Se f : A → B è una funzione invertibile e continua in x0 ∈ A ∩ A0 ,
allora la sua funzione inversa f −1 : B → A è continua in y0 =
f (x0 ).
Le dimostrazioni seguono da quanto visto per i limiti. I dettagli
delle dimostrazioni sono lasciati come esercizio per casa.
pagina 44
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
E SERCIZIO .
Sia f : D → f (D) la funzione avente il grafico riportato in figura,
dove D = (−∞, a) ∪ {b} ∪ (c, +∞).
y
a b
Dimostrazione. Osserviamo che
| sin(x)| 6 |x| ∀x ∈ R
c
x
Dopo essersi convinti che f è invertibile e continua in D, disegnare il grafico di f −1 ed osservare che f −1 non è continua in f (D).
Perché questo non contraddice quanto asserito nella proposizione
precedente?
21
P ROPOSIZIONE .
Le funzioni seno, coseno, tangente e cotangente sono continue
nel loro dominio di definizione.
Alcune funzioni continue elementari
in quanto, con riferimento alla figura a fianco,
risulta
|x| > π2 ⇒ | sin(x)| 6 1 < π2 6 |x|,
>
0 < x < π2 ⇒ 0 < sin(x) = PA < PB < PB = x,
e per l’ultima stima ottenuta si ha
− π2 < x < 0 ⇒ 0 > sin(x) = − sin(−x) > −x.
Di conseguenza abbiamo che
| sin(x) − sin(x0 )| = 2 sin
cos(x) − cos(x0 ) = 2 sin
P ROPOSIZIONE .
I polinomi sono funzioni continue in R.
(♣)
x−x0
2
cos
x−x0 2
sin
e quindi
lim sin(x) − sin(x0 ) = 0,
x→x0
x+x0
2
x+x0 2
6 2 sin
6 2 sin
y
P
x
x
O
x−x0 2
x−x0 2
A
B
1 x
6 |x − x0 |,
(♣)
6 |x − x0 |,
(♣)
lim cos(x) − cos(x0 ) = 0.
x→x0
Dimostrazione. Basta osservare che le funzioni costanti sono con- Infine, per dimostrare che anche la tangente e la cotangente sono
tinue, la funzione x 7→ x è continua e che sia la somma che il continue, basta osservare che il quoziente di funzioni continue è
una funzione continua nel suo dominio di definizione.
prodotto di funzioni continue sono funzioni continue.
P ROPOSIZIONE .
Fissato a > 0 si ha che f (x) = ax è una funzione continua in R.
Dimostrazione. Fissato x0 ∈ R, vogliamo dimostrare che
lim ax = ax0 .
x→x0
Consideriamo il caso a > 1, gli altri casi sono lasciati come esercix0
zio per casa. Fissato
ε ∈ (0, a−x ), poniamo
δ = min loga (1 + εa 0 ), − loga 1 − εa−x0 > 0.
Se 0 < |x − x0 | < δ allora
loga (1 − εa−x0 ) 6 −δ < x − x0 < δ 6 loga (1 + εa−x0 )
e quindi
−x0
ax − ax0 = ax0 ax−x0 − 1 < ax0 aloga (1+εa ) − 1 = ε,
−x0
ax − ax0 = ax0 ax−x0 − 1 > ax0 aloga (1−εa ) − 1 = −ε,
ovvero |ax − ax0 | < ε.
22
Limiti destro e sinistro
E SEMPIO .
La funzione f : D → R definita da
f (x) = 1/x non è regolare in x0 = 0 ∈
D0 \ D. Per capirlo basta disegnare il
suo grafico, che è l’iperbole equilatera.
y
x
E SEMPIO .
La funzione g : D → R definita da
g(x) = sin(1/x) non è regolare in x0 =
0 ∈ D0 \ D. Per capirlo basta disegnare
il suo grafico.
y
1
x
−1
P ROPOSIZIONE .
Fissato 0 < a 6= 1 si ha che f (x) = loga (x) è continua in (0, +∞).
Sia la funzione f (x) = 1/x che g(x) = sin(1/x) sono definite
in
R
\ {0} e non sono regolari in x0 = 0. Eppure c’è una bella
Dimostrazione. Visto che f è la funzione inversa di x 7→ ax , che
differenza tra le oscillazioni di g ed il comportamento di f vicino
abbiamo già dimostrato essere continua, e visto che ogni punto di
a 0. Infatti f è regolare se la restringiamo a (−∞, 0) o a (0, +∞)
(0, +∞) è un suo punto di accumulazione, si ha che anche f è conmentre g non lo è. Questo motiva l’introduzione della seguente
tinua. Per completezza, dimostriamo la continuità di f verificando
definizione.
direttamente la definizione. Fissato x0 > 0, vogliamo dimostrare
D EFINIZIONE .
che
Sia D ⊆ R ed x0 ∈ R tale che D− = D ∩ (−∞, x0 ) e D+ = D ∩
lim loga (x) = loga (x0 ).
x→x0
non sono vuoti ed x0 è un punto di accumulazione sia
Consideriamo il caso a > 1, gli altri casi sono lasciati come eserci- (x0 , +∞)
− che per D+ (e quindi anche per D).
per
D
zio per casa. Fissato ε > 0, poniamo
δ = min x0 (aε − 1) , x0 1 − a−ε .
• f ha limite sinistro L ∈ R per x che tende ad x0 da sinistra se
Se 0 < |x − x0 | < δ allora
∀ε > 0 ∃δ = δ (ε) > 0 t.c. | f (x) − L| < ε ∀x ∈ D− con − δ < x − x0 < 0,
− x0 1 − a−ε 6 −δ < x − x0 < δ 6 x0 (aε − 1)
ed in tal caso si scrive
=⇒ x0 a−ε < x < x0 aε =⇒ a−ε < x/x0 < aε
e quindi per la crescenza del logaritmo con base maggiore di uno
loga (a−ε ) < loga (x/x0 ) < loga (aε )
⇐⇒ − ε < ln(x) − ln(x0 ) < ε ⇐⇒ | loga (x) − loga (x0 )| < ε.
a.a. 2020-2021
lim f (x) = L.
x→x0−
• f ha limite sinistro +∞ per x che tende ad x0 da sinistra se
∀M > 0 ∃δ = δ (ε) > 0 t.c. f (x) > M ∀x ∈ D− con − δ < x − x0 < 0,
pagina 45
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
+∞ e si scrive
ed in tal caso si scrive
lim f (x) = L.
lim f (x) = +∞.
x→+∞
x→x0−
• f ha limite sinistro −∞ per x che tende ad x0 da sinistra se
∀M > 0 ∃δ = δ (ε) > 0 t.c. f (x) < −M ∀x ∈ D− con − δ < x − x0 < 0,
ed in tal caso si scrive
lim f (x) = −∞.
x→x0−
• Il limite per x ∈ D che tende a +∞ della funzione f è +∞ se
∀M > 0 ∃X = X(M) > 0 t.c. f (x) > M ∀x ∈ D con x > X
ed in tal caso si dice che f diverge a +∞ per x ∈ D che tende
a +∞ e si scrive
lim f (x) = +∞.
x→+∞
• f ha limite destro L ∈ R per x che tende ad x0 da destra se
∀ε > 0 ∃δ = δ (ε) > 0 t.c. | f (x) − L| < ε ∀x ∈ D+ con 0 < x − x0 < δ ,
ed in tal caso si scrive
lim f (x) = L.
x→x0+
• Il limite per x ∈ D che tende a +∞ della funzione f è −∞ se
∀M > 0 ∃X = X(M) > 0 t.c. f (x) < −M ∀x ∈ D con x > X
ed in tal caso si dice che f diverge a −∞ per x ∈ D che tende
a +∞ e si scrive
lim f (x) = −∞.
x→+∞
• f ha limite destro +∞ per x che tende ad x0 da destra se
∀M > 0 ∃δ = δ (M) > 0 t.c. f (x) > M ∀x ∈ D+ con 0 < x − x0 < δ ,
ed in tal caso si scrive
• f è regolare a +∞ se il suo limite per x che tende a +∞ esiste
finito o infinito.
• f è irregolare a +∞ se non è regolare a +∞.
lim f (x) = +∞.
x→x0+
I limiti per x → −∞ si definiscono in maniera analoga.
• f ha limite destro −∞ per x che tende ad x0 da destra se
E SEMPIO .
∀M > 0 ∃δ = δ (M) > 0 t.c. f (x) < −M ∀x ∈ D+ con 0 < x − x0 < δ ,
ed in tal caso si scrive
lim f (x) = −∞.
x→x0+
O SSERVAZIONE .
Se f : (a, b) → R, allora
lim f (x) = lim f (x),
x→a+
x→a
E SEMPIO .
Osserviamo che
lim 1x = −∞ ⇒ lim arctan
x→0−
1
x
x→0+
lim
lim f (x) = lim f (x).
x→b−
x→b
x→x0−
x→x0+
Dimostrazione. La dimostrazione è lasciata come esercizio per casa.
x→0−
lim 1x @,
x→0
x→0
1
x
23
1
x→±∞ x
= 0 =⇒ lim arctan
x→±∞
Infine, data la monotonia di x 7→
1
x e di x 7→ arctan(x), f (x) =
arctan(1/x) è decrescente sia in
(−∞, 0) ed in (0, +∞), per cui il suo
grafico è quello riportato in figura.
1
x
= 0.
y
π/2
−π/2
x
Forme indeterminate
@.
• Se si ha la forma indeterminata
f (x)
−−−→
g(x) −
+∞
,
x→+∞ +∞
e−y
= 0
y→+∞ y
=⇒
−y
lim xe−1/x = lim e y = −∞
y→−∞
x→0−
x→0+
@,
±∞
±∞
0
(±∞) + (∓∞), ±∞
, (±∞)0 , 00
±∞ , ∓∞ , 0 · (±∞), 0 , 1
allora abbiamo una forma indeterminata. Vediamo come provare
a “sciogliere” una forma indeterminata che coinvolge delle radici.
E SEMPIO .
lim xe−1/x = lim
Se durante il calcolo dei limiti giungiamo ad uno dei seguenti casi∗
x→0+
lim sin
x→0+
lim
24
E SEMPIO .
Disegnando il grafico si vede subito che
lim 1x = +∞,
lim 1x = −∞,
x→0+
x→0−
lim sin 1x @,
lim sin 1x @,
e pertanto
x→0−
= +∞ ⇒ lim arctan

1
π
x = −2
π
⇒ lim arctan 1x
1
+
x→0
x = 2 
ed inoltre
P ROPOSIZIONE .
Sia D ⊆ R, L ∈ R ed x0 ∈ R un punto di accumulazione per D,
D− = D ∩ (−∞, x0 ) e D+ = D ∩ (x0 , +∞). Si ha allora che
lim f (x) = L ⇐⇒ lim f (x) = L = lim f (x).
x→x0
lim x 2 + sin(x) = +∞ in quanto x 2 + sin(x) > x e pertanto
per ogni M > 0 basta prendere X = M.
x→+∞
allora si raccoglie al numeratore il termine che va a +∞ più velocemente e lo stesso si fa con il denominatore. Se f e g coinvolgono
solo termini della forma xa , allora il termine più veloce è quello
con esponente maggiore. Se f e g hanno forme più generali, allora
si può utilizzare la scala di crescita fornita più avanti.

−1/x
@ lim xe
x→0
.
Limite all’infinito
• Se si ha la forma
indeterminata
p
p
f (x) − g(x) −−−−→ (+∞) − (+∞),
x→+∞
D EFINIZIONE .
Sia D ⊆ R non limitato superiormente ed f : D → I.
allora si utilizza il prodotto notevole (a − b)(a + b) = a2 − b2 come
segue
√
√
• Il limite per x ∈ D che tende a +∞ della funzione f è L ∈ R se
∀ε > 0 ∃X = X(ε) > 0 t.c. | f (x) − L| < ε ∀x ∈ D con x > X
ed in tal caso si dice che f converge ad L per x che tende a
p
f (x) −
p
p
p
f (x)+ g(x)
√
√ .
g(x) =
f (x) − g(x) √
= √ f (x)−g(x)
f (x)+
g(x)
∗ Ad esempio, con la scrittura (±∞) + (∓∞) si intende il caso
f (x)+
g(x)
lim (an + bn ) con
n→+∞
lim an = ±∞ e lim bn = ∓∞.
n→+∞
Istituzioni di Matematica
pagina 46
n→+∞
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Il passo successivo consiste nel semplificare l’espressione di f (x)−
g(x) in modo da sciogliere la forma indeterminata.
b) = a2 − b2 , in quanto
√
√
√
√
√
√
√x−1 =
x+1− x−1 =
x + 1 − x − 1 √x+1+
x+1+ x−1
√
√
2
2
x+1) −( x−1)
√
√
x+1+ x−1
• Se si ha la forma
indeterminata
p
p
3
f (x) − 3 g(x) −−−−→ (+∞) − (+∞),
(
x→+∞
allora si utilizza il prodotto notevole a3 −b3 = (a−b)(a2 +ab+b2 )
come segue
√
√
3
p
p
p
p
√
f (x)2 + 3 f (x)g(x)+ 3 g(x)2
3
√
√
f (x) − 3 g(x) = 3 f (x) − 3 g(x) √
3
3
2 3
2
f (x) +
=
f (x)g(x)+
g(x)
f (x)−g(x)
√
√
√
.
3
f (x)2 + 3 f (x)g(x)+ 3 g(x)2
Il passo successivo consiste nel semplificare l’espressione di f (x)−
g(x) in modo da sciogliere la forma indeterminata.
• Per le altre forme indeterminate basta aguzzare l’ingegno.
E SEMPIO .
Verifichiamo che
• lim
x→+∞
• lim
x→+∞
x5/2 +x3/2 −x1/2 +π
x5/2 +x2 +x+e
x5/2
x2
·
|{z}
π
1+ 1x − 12 + 5/2
x
x
1+ 1x + e2
x
x→+∞
•
x5/2 +x3/2 −x1/2 +π
x5/2 +x2 +x+e
=
x5/2
x5/2
·
|{z}
−−−−→ 1 ·
x→+∞
•
1
1 − 1 + π
1+ +∞
+∞ +∞
1 + 1 + e
1+ +∞
+∞ +∞
x5/2 +x3/2 −x1/2 +π
x3 +x+e
−−−−→ 0 ·
1 + e
1+ +∞
+∞
x→+∞
lim
x→+∞
=√
x2 +x+1+x
x+1
=√
x2 +x+1+x
= 1 · 1 = 1,
E SEMPIO .
Verifichiamo che
x→+∞
q
x3 8+ 82
x
x3 (1+ 1x )
1 + 2x − 1 = 1.
1 + 2x − 1 −−−−→ 0.
x −−−−→ +∞,
=8
x→+∞
=
8+0
x→+∞ 1+0
−−−−→
x→+∞
Per scioglierla si può utilizzare il prodotto notevole (a − b)(a +
b) = a2 − b2 , in quanto
q
q
q
1+ 2 +1
1+ 2 −1
2
2
x
1+ x −1 = x
1 + x − 1 q 2x = x q x 2
1+ x +1
= 8.
q 2
−−−−→ q 2 2
1+ +∞ +1
1+ 2x +1 x→+∞
E SEMPIO .
Verifichiamo che
lim
√
√
x + 1 − x − 1 = 0.
p
3
x→+∞
=
√ 2
1+0+1
=
2
2
1+ x +1
= 1.
x3 + x + 1 − x = 0.
Abbiamop
la forma indeterminata (+∞) − (+∞) visto che
3 3
x + x + 1 −−−−→ +∞,
x −−−−→ +∞.
Abbiamo√la forma indeterminata (+∞)
√ − (+∞) visto che
x + 1 −−−−→ +∞,
x − 1 −−−−→ +∞.
x→+∞
x
Abbiamo la forma indeterminata q
(+∞) · 0 visto che
e quindi
lim
1+ 1x
q
1+ 1x + 12 +1
x→+∞
x
(x − 1)4 = x4 − 4x3 + 6x2 − 4x + 1,
E SEMPIO .
Verifichiamo che
=
ed inoltre
q
q
√
1
1
+ +∞
+ 1 = 1 + 0 + 0 + 1 = 2.
1 + 1n + x12 + 1 −−−−→ 1 + +∞
si può utilizzare la formula del binomio di Newton (a + b)4 =
a4 + 4a3 b + 6a2 b2 + 4ab3 + b4 visto che
(x + 1)4 = x4 + 4x3 + 6x2 + 4x + 1,
=
)
(
1
1 + 1x −−−−→ 1 + +∞
= 1+0 = 1
= 0 · 1 = 0.
(x+1)4 −(x−1)4
x3 +x2
x→+∞
=
=
x 1+ 1x
q
x
1+ 1x + 12 +1
x
x→+∞
lim
8x3 +8x
x3 +x2
x→+∞
dove
x→+∞
(x+1)4 −(x−1)4
x3 +x2
= +∞.
p
x2 + x + 1 − x = 12 .
lim x
E SEMPIO .
Per verificare che
x
√ 1−0+0
2−0+0+1
Abbiamop
la forma indeterminata (+∞) − (+∞) visto che
x2 + x + 1 −−−−→ +∞,
x −−−−→ +∞.
(x2 +x+1)−x2
1 + 1 + e
1+ 1/2
x
x3/2 x5/2
x
x−1/2
1
1
π
1+ +∞ − +∞ + +∞
−−−−→ +∞ ·
x
=
x2 +x+1+x
x
π
1+ 1x − 12 + 5/2
x
x
=
·
1
e
|{z} 1+ 2 + 3
x5/2
x3
2x −x+10+x
E SEMPIO .
Verifichiamo che
π
1+ 1x − 12 + 5/2
x
1− 1x + 102
2
= √ x 2−x+10
x→+∞
= (+∞) · 1 = +∞,
1 + e
1+ +∞
+∞
2 −x+10)−x2
2x2 −x+10+x
x2 1− 1x + 102
x
q
x
2− 1x + 102 +1
Per scioglierla si può utilizzare il prodotto notevole (a − b)(a +
b) = a2 − b2 , in quanto
p
√ 2
p
x2 + x + 1 − x =
x2 + x + 1 − x √x +x+1+x
x1/2
1 − 1 + π
1+ +∞
+∞ +∞
x→+∞
x
scioglierle basta
Abbiamo delle forme
mettere in evidenza a numeratore e denominatore il termine che
cresce più velocemente:
−−−−→ (+∞) ·
x→+∞
2− 1x + 102 +1 x→+∞
x5/2 +x3/2 −x1/2 +π
= 0.
x3 +x+e
indeterminate +∞
+∞ . Per
=
= 0.
Per scioglierla si può utilizzare il prodotto notevole (a − b)(a +
b) = a2 − b2 , in quanto
p
√ 2
p
2x2 − x + 10 − x =
2x2 − x + 10 − x √2x −x+10+x
= x· q
x→+∞
x5/2 +x3/2 −x1/2 +π
x2 +x+e
2
+∞
x→+∞
= +∞,
• lim
•
=
Abbiamo
pla forma indeterminata (+∞) − (+∞) visto che
2x2 − x + 10 −−−−→ +∞,
x −−−−→ +∞.
2x2 −x+10+x
= 1,
2
2√
√
−−−−→
x+1+ x−1 x→+∞ (+∞)+(+∞)
E SEMPIO .
Verifichiamo che p
lim
2x2 − x + 10 − x = +∞.
√
= (2x
x5/2 +x3/2 −x1/2 +π
x2 +x+e
=
x→+∞
x→+∞
Per scioglierla si può utilizzare il prodotto notevole a3 − b3 =
x→+∞
Per scioglierla si può utilizzare il prodotto notevole (a − b)(a +
a.a. 2020-2021
pagina 47
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
(a − b)(a2 + ab + b2 ), in quanto
L IMITI NOTEVOLI .
√
√
p
p
3 x3 +x+1 2 +x 3 x3 +x+1+x2
3 3
3 3
x +x+1−x =
x +x+1−x √
2 √
3
3
x3 +x+1
(x3 +x+1)−x3
= √
3
2
x3 +x+1
+x
√
3
x 1+ 1x
=
x2
q
= 1x · 3
1+ 12 + 13
x
x
2
x3 +x+1
• lim 1−cos(x)
=
x2
x→0
x3 +x+1+x2
+x
−−−−→ 0 · x→+∞
1+0
2
√
3
1+0+0
√
+ 3 1+0+0+1
= 0.
5
x−x2
1+x
2) √
5
3)
√
x+2 x
2x+3
4)
9)
√
p
√
(x+1)5 −(x−1)5
x4
1) − ∞
2)
8) 1
9) 10
2
14) x ·
x
• lim a x−1 = ln(a) ∀a > 0
√
a
1+x−1
x
x→0
• lim
1
a
=
∀a > 0
lim sin(x)
x = 1.
(♣)
L’area del settore S come in
figura soddisfa la proporzione
S
x
= 2π
π·12
e quindi
S = 2x .
√
√
√x+6−√x
x+6+ x
10) 1/4 11) 1/2
x→0
x→0
√
4) + ∞
3) 1/2
x→0+
=1
• Verifichiamo che
x
√
10) x √x+1−
x+1+ x
p
p
12) x2 + 2x − x2 − 1
q
x+1
11) x
−
1
x
p
2
13) x + 4x + 6 − x
√
15
√2
(1+ 15 2)2
(x+3)(2x+e)2
√
√
2x + 1 − x + 1
p
6) 2x2 − x + 10 − x
p
p
8) x2 + 2x − x2 − 1
x4 + 1 − x2 x2
p
√
3
7) x3 + x − 3 x
5)
x2 (2x+1)3 3 (x+3)(2x+e)2
x2 (2x+1)3 + 3
= loga (e) ∀a > 0
Dimostrazione. Osserviamo che i limiti notevoli sono delle forme
indeterminate. Vedremo che tali limiti si possono facilmente calcolare applicando la regola di de l’Hôpital. Per questo motivo qui
dimostriamo solo quelli trigonometrici, lasciando come esercizio
per casa la dimostrazione del resto dei limiti notevoli, una volta
aver studiato la regola di de l’Hôpital.
E SERCIZIO .
Studiare i limiti per x → +∞ delle seguenti
funzioni.
√
√
1)
•
lim arctan(x)
x
x→0
loga (1+x)
x
• lim xa logb (x) = 0 ∀a, b > 0
1
2
x→0
+ 3 1+ 12 + 13 +1
x
x
1+ 1x
2 q
q
3 1+ 1 + 1
+ 3 1+ 12 + 13 +1
x2 x3
x
x
x→0
• lim tan(x)
x =1
q
• lim
x→0
2x+1√
3
= √
3
x3 +x+1
• lim sin(x)
x =1
x3 +x+1+x2
+x
5) 1/2
6) + ∞
7) + ∞
12) 1
13) 2
14) 3/2
y
P
x
S
L’area del triangolo T come in
figura è
T = 1·sin(x)
= sin(x)
2
2 .
B
1 x
O
y
P
x T
+∞
+∞
B
Se si ha la forma indeterminata
e si vuole determinare i
O
1 x
A
termini al numeratore ed al denominatore che crescono più veloce- L’area del settore s come in figura
y
mente può essere utile utilizzare la seguente scala di crescita.
soddisfa la proporzione
P
s
x
P ROPOSIZIONE .
=
2π
π·cos(x)2
Se a > 1, allora la “scala” di crescita per x → +∞ è
e quindi
s
B
2
ln(x) x ax xx .
s = x·cos(x)
.
O
1 x
A
2
Questo significa che, ad esempio, risulta
x
x
Per costruzione abbiamo che
2
lim ax = 0.
lim xx = +∞,
x
x→+∞ a
x→+∞ x
s < T < S ⇐⇒ x·cos(x)
< sin(x)
2
2 < 2.
Tale ordinamento di infiniti vale anche nel caso in cui ciascun Moltiplicando per 2/x otteniamo che
elemento della catena sia elevato alla stessa potenza positiva (ad
cos(x)2 < sin(x)
x < 1.
esempio ln(x)3 è un infinito di ordine inferiore a x3 ). L’ordi2 = 1, per il teorema dei carabiInfine,
osservando
che
lim
cos(x)
namento degli infiniti continua a valere anche se ogni elemento
x→0
della catena viene elevato ad una potenza positiva differente (ad
esempio x150 è un infinito di ordine inferiore a ex/100 ).
nieri abbiamo (♣).
•
E SEMPIO .
→0
z}|{
•
3x +2x3 +ln(x4 )+1
3x−1 +3
3x
=
3x−1
·
3
•
x2 +2x
x3 +3x
•
x+2x
x2 +3x
=
=
2 x
3 ·
x2 +1
2x
x3 +1
3x
2x ( 2xx +1)
2
3x x3x +1
p
x
2x + x 2 + 1 = 2 ·
•
√
x+2 x
2x+3
=
1+ √2x
2+ 3x
•
tan(x)
x
•
arctan(x)
x
|{z}
→0
0+1
−−−−→ 0 · 0+1
=0
x→+∞
=
•
−−−−→ 3 · 1 = 3
q
x
x
2x +1
x2 +1
3x
2 x
3 ·
−−−−→ 0 ·
x→+∞
2
1 + 2x x + 21x −−−−→ 2
1+0
x→+∞ 2+0
−−−−→
Istituzioni di Matematica
x→+∞
=
1
2
=
x→+∞
9
1+ 3x
0+1
0+1
=
1−cos(x) · 1+cos(x)
x2
1+cos(x)
=
1−cos(x)2
x2
sin(x) 2
1
1
−→ 12 · 1+1
x
1+cos(x) −
x→0
sin(x)
1
−→ 1 · 11 = 1
x · cos(x) −
x→0
=
→0
z →0
}| { z}|{
ln(x)
x3
1
1+2· 3x +4· 3x + 3x
| {z }
1−cos(x)
x2
=0
y = arctan(x)
=
=
x = tan(y)
1
· 1+cos(x)
=
1
2
y
−→ 1
tan(y) −
y→0
O SSERVAZIONE .
I limiti notevoli suggeriscono come approssimare il grafico di
una funzione nelle vicinanze di x = 0. Ad esempio, il fatto che
lim sin(x) = 1 significa che il grafico del seno può essere approsx→0 x
simato con la retta y = x nelle vicinanze di x = 0. Analogamente,
il fatto che lim 1−cos(x)
= 21 significa che il grafico del coseno
x2
x→0
2
può essere approssimato con y = 1 − x2 nelle vicinanze di x = 0.
pagina 48
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
per questo
Questo trova riscontro nel seguente grafico.
y
y
= a lim sin(y)
lim sin(ax)
x
y = a.
x2
2
y = 1−
y = cos(x)
y→0
x→0
E SEMPIO .
x
√
1+x−cos(x)
x
x→0
x
lim
y = sin(x)
y=x
in quanto√
P ROPOSIZIONE .
√
• lim x x = 1
x→+∞

+∞ se a > 0
• lim xa = 1 se a = 0
x→+∞

0 se a < 0
√
x x
• lim a + bx = max{a, b} ∀a, b > 0
x→+∞
1+x−cos(x)
x

+∞ se a > 1
• lim ax = 1 se a = 1
x→+∞

0x se a ∈ [0, 1)
• lim 1 + 1x = e
x→±∞
dove e ≈ 2, 71828 è il numero di Eulero o Nepero.
√
Dimostrazione. • Per dimostrare che lim x x = 1 è sufficiente
n→+∞
osservare che
√
1
1/x
x
x = x1/x = eln(x ) = e x ln(x) −−−−→ e0 = 1
x→+∞
ex
in quanto x 7→ è una funzione continua e per la scala di crescita
1
−−−→ 0.
x ln(x) −
x→+∞
• Studiamo ora il limite lim xa . Se a > 0, allora xa −−−−→ +∞
x→+∞
x→+∞
1
2
E SEMPIO .
lim
π
cos 2 x
x−1
x→1
πy
πy π
cos 2 + 2
sin 2
y = x−1
=
= lim
= lim − y
= − π2
y
y→0
y→0
y→0
E SEMPIO .
2 1/2
lim x ln √1+x 2 = lim x ln (1+x)
2
1+x
x→+∞
x→+∞
1+x
1
1+2x+x2
2x
1
= 2 lim x ln 1+x2 = 2 lim x ln 1 + 1+x
2
x→+∞
x→+∞
=
1
lim
2 x→+∞
ln 1+ 2x 2
1+x
2x
x
1+x2
2x
1+x2
= 12 · 1 · 2 = 1
E SEMPIO .
Per verificare che
lim (1 + x)1/x = e
x→0
basta porre y = 1/x ed osservare che y
1 + 1y = e,
y→+∞
x→0+
y
lim (1 + x)1/x = lim 1 + 1y = e.
lim (1 + x)1/x = lim
x→+∞
quindi f (x) = 1/(a−1 )x −−−−→ 0.
→0
→1/2
x→0
= 0.
• Sia f (x) = ax .
◦ Se a = 1, allora f (x) = 1 −−−−→ 1.
x→+∞
◦ Se a > 1, allora per ogni M > 0 abbiamo che
ax > M ⇐⇒ x ln(a) > ln(M) ⇐⇒ x > ln(M)
ln(a)
e quindi f soddisfa la definizione di funzione divergente a
+∞ con X = ln(M)/ ln(a).
◦ Se a ∈ (0, 1), allora a−1 > 1 e per quanto appena dimostrato |a−1 |x −−−−→ +∞; dunque | f (x)| = 1/|a−1 |x −−−−→ 0 e
+ 1−cos(x)
· x −−→ 12 .
x2
| {z } | {z
} |{z} x→0
→1/2
x→+∞
x→+∞
1
−−−−→ 1
x−a x→+∞ +∞
√
1+x−1
x
In alternativa
si può procedere come segue
√
2
1+x−cos(x)
= 1+x−cos(x)
√
x
x 1+x+cos(x)
2 1
1
x √1+x+cos(x)
= 1 + sin(x)
−−→ (1 + 0) 1+1
=
x
perché
per ogni M > 0 risulta xa > M per ogni x > X = M 1/a =
√
a
M. Se a = 0, allora xa = 1 −−−−→ 1. Se a < 0, per quanto già
visto nel caso a > 0 risulta xa =
=
1
2
=
x→0−
y→−∞
x→+∞
◦ Infine, a = 0, allora f (x) = 0 −−−−→ 0.
E SEMPIO .
x→+∞
• Se a > b, allora per quanto appena visto (b/a)x −−−−→ 0 e quindi
x→+∞
q
√
x x
x
b x
x
a + b = a · 1 + a −−−−→ a · 1 = a.
x
lim e −1
x→0 x
y = ex − 1
y
=
=1
= lim ln(1+y)
y→0
y→0
x→+∞
• Studiamo l’ultimo limite. Visto che
x ln 1 + 1x
= x · ln 1 + 1x =
1
ln 1+ x
1/x
E SEMPIO .
−−−−→ 1
x+1
x
lim x ln
x→+∞
ed il logaritmo è sia continuo che iniettivo, deve essere lim 1 +
x→+∞
1 x
=
e.
Da
questo
deriva
che
x
!
−y y
y
=
−x
x
y
1 + 1x = y −−−−→ +∞ = 1 − 1y
= y−1
x→−∞
y y−1 1
1
1
= 1 + y−1
= 1 + y−1
· 1 + y−1
−−−−→ e · 1 = e.
x→+∞
y = 1/x
=
= lim ln(1+y)
=1
y
y → 0+
y→0+
E SEMPIO .
lim
x→+∞
√ x
x+ x
x
√
x
√x x
1
1
= lim 1 + √x = lim
1 + √x
= +∞
x→+∞
x→+∞
E SEMPIO .
2 x2
x2 y = x2 − 2
x
2
lim
= lim 1 + x2 −2
=
2
y → +∞
x→+∞ x −2
x→+∞
y+2
2 y 2
2
2
1
2
= lim 1 + y
= lim 1 + y
1 + y/2
= e2
y→+∞
E SEMPIO .
Sia a ∈ R \ {0}. Per verificare che
lim sin(ax)
=a
x
y→+∞
y→+∞
x→0
osserviamo che
e la funzione
sin(ax)
x
sin(ax)
ax
è la funzione composta delle funzioni f (x) = ax e g(y) =
a.a. 2020-2021
E SEMPIO .
= a sin(ax)
ax
lim x ln
x→+∞
sin(y)
y
2x+3
2x+6
3
= lim x ln 1 − 2x+6
x→+∞
e
pagina 49
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
3
ln 1− 2x+6
lim
3
x→+∞
− 2x+6
=
Teoria
e quindi
−3
· x = 1 · − 23 = − 23
· 2x+6
f (x) =
E SEMPIO .
lim sin(πx)
x−3 =
x→3
y = x−3
= − lim sin(πy)
= −π
= lim sin(π(y+3))
y
y
y=0
y→0
y→0
p
x→+∞
−2x−3
(x−3)(x+1)+x
= lim √
x→+∞
r
x→+∞
1
y = x+4
=
lim x ln
= lim
x→+∞
y → 0+
y→0+
= lim − ln(1+y)
− 4 ln(1 + y) = −1
y
2 3
1− x − 2 +1
x
x
ln
))
√ ) = lim ( √(
lim ln(1+e
= lim
x→+∞
x→+∞
1+x2
1+x2
−x
ln
1+e
)
(
= lim √ x 2 + √ 2
= 1+0 = 1
1+x
√
√
x−1− x−1
√
lim
ln(ex )+ln
1+e−x
√ (
)
=
1+x2
x = e−y
= lim −
y → +∞
y→+∞
x→0+
y
ey = 0
9
9
= lim
x→+∞
n=2
(x+1)8 +(x−1)8
n=2
= lim
(x+1)8 +(x−1)8
1+x −1 √
1+x2 +1
=
2
lim 1 − x
1
x x
)
x→+∞ ( x−1
1
= x − 1) = lim y+1
y→+∞ 1+ 1
= lim
x
x→+∞
x→+∞
1
1 x
)
x→+∞ (1+ x−1
= (y
= lim
18
2
=9
= lim
=
1
e
E SEMPIO .
x
=
1−
1
2x+5
2x+5 2x+5
2
2x+5
2
1
x→+∞ e
−−−−→
lim
x→+∞
in quanto p
1 + x2 ln
2x
ln 1+ 2
x −x
1 + x2 ln
x2 +x
x2 −x
2x
x2 −x
2x
x2 −x
p
=
p
x2 +x
x2 −x
2
3 +x2 +x−3
x2 −1
Si tratta della forma indeterminata
x3 + x2 + x − 3 −−→ 0,
0
0
2
3x+x2
x→+∞
=
2q
q
−−−−→ 1
1
1
1+ x + 1− x x→+∞
√
x→+∞
x2 +2x+1
x2 −x+3
=
x2 −x+3+3x−2
x2 −x+3
x→0
2(ex −1−x)
x3
x −1)−2x
=3
= 1 + x23x−2
−x+3
2
e3x+x −1
3x+x2
3x+x2
−→ 1
sin(3x) −
x→0
E SEMPIO .
= lim 2(e
x→0
in quanto
x2 +2x+1
x2 −x+3
√
lim
x→1
3
3
2
lim 1+x − 1−x = lim √ 3 1 √ 3 tan(x)2xln(1+x)
x→0 x tan(x) ln(1+x)
x→0 1+x + 1−x
2√
x
x
lim √
=1
x→0 1+x3 + 1−x3 tan(x) ln(1+x)
E SEMPIO .
lim (x + 2) ln
in quanto
x2 − 1 −−→ 0.
x→1
−1
= e−2x e sin(3x)
= e−2x
E SEMPIO .
=
.
x→1
ex+x −e−2x
sin(3x)
1 + x2 −−−−→ 1 · 2 = 2
2x√
x2 +x+ x2 −x
3
2
E SEMPIO .
=2
1 + x2 ln 1 + x22x−x
E SEMPIO .
p
p
x2 + x − x2 − x = √
= − √12
1
−−→ 1
1+x2 +1 x→0 2
x→1
x→1
x→1
E SEMPIO .
p
Visto che sia il numeratore che il denominatore sono dei polinomi, il fatto che entrambe si annullino per x = 1 significa che
entrambe sono divisibili per x− 1:
x3 + x2 + x − 3 = x2 + 2x + 3 (x − 1), x2 − 1 = (x + 1)(x − 1).
1 1 1 −3
1
1 2
3
1 2 3
0
Pertanto
3
2 +x−3
2
(x−1)(x2 +2x+3)
lim x +x
= lim (x−1)(x+1) = lim x +2x+3
= 62 = 3.
x+1
x2 −1
y
2
= 1 − 2x+5
=√
x→1
x−1 x
√
√
√ x−1 − √ x−1
x2 −1
x2 −1
√
+x+1)
= lim (x−1)(x
(x−1)(x+1) =
lim x
n=2
x→+∞
1 x
=
x2
18+ ∑ (9n) 1−(−1)n x1−n
E SEMPIO .
2x+3 x
2x+5
2
=
E SEMPIO .
Calcoliamo
=
9
18x8 + ∑ (9n) 1−(−1)n x9−n
x→+∞
x→1+
3
lim x2 −1
x→1 x −1
18x8 + ∑ (9n) 1−(−1)n x9−n
1
1+y
E SEMPIO .
E SEMPIO .
9
9
lim (x+1)8 −(x−1)8
x→+∞ (x+1) +(x−1)
x−1 √
√
√
lim √
− √x+1x−1
x−1
x→1+ ( x+1) x−1 x+1
√
1
√
lim √ x−1
− √x+1
= 2√0 2 − √12
x→1+ ( x+1) x+1
1+x2 −1
x2
− 4 ln
E SEMPIO .
√
1+x
lim x ln(x) =
= lim
E SEMPIO .
lim
x2 −1
x→1+
x→+∞
x→+∞
1
y
E SEMPIO .
= −1
=
1+e−x
= 3.
y→0+
E SEMPIO .
ex
3x−2
(x + 2) −−−−→ 1 · 3
x2 −x+3
x→+∞
(x−3)(x+1)+x
−2− 3x
= lim
3x−2
x2 −x+3
x+4
x+5
(x−3)(x+1)−x2
(x − 3)(x + 1) − x = lim √
x→+∞
E SEMPIO .
E SEMPIO .
lim
ln 1+ 23x−2
x −x+3
3x2
x
2
− 1x = lim 2(e −1−x)−x
x3
x→0
x
= lim 2(e6x−1) =
x→0
2
6
=
1
3
E SEMPIO .
x
x
x
e +xe −cos(x)
lim xex −cos(x)
lim tan(x)+x
tan(x) = x→0
(1+tan(x)2 )
x→0
Istituzioni di Matematica
pagina 50
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
x
x
+sin(x)
= lim 2 1+tan(x)2e2 +xe
=1
)+x2 tan(x)(1+tan(x)2 )
x→0 (
lim
y→±∞
E SEMPIO .
Verifichiamo che
1
p
√
p
2
lim 1 + x2 + 2 − 2x + 1 (1−x) = e 3/6 .
√
=√
x2 +2+
2x+1
= 1+ √
(x−1)2
√
x2 +2+
dove
lim 1 + √
x→1
2x+1
(x−1)2
√
x2 +2+
x→1
(x−1)2
√
1
(1−x)2
2x+1
x→0
√
=
2x+1
x→0
x−
lim
√

x2 +2+ 2x+1
(x−1)2

y=
y −−→ +∞
=
pertanto
=
1
√
2 3
=
√
3
6 ,
· 1 = −1
1
1+x2
2
+
=
√
3
1+x2 +1
1
3
1 1
1
1
lim x2 e1/x − e x+1 = lim x2 e x+1 e x − x+1 − 1
=
= lim
y −−→ 0
π
sin 2 y
= lim e
x→+∞
lim
x→1
E SEMPIO .
I seguenti limiti
2
a) lim x −10x+21
x−3
x3 −1
= 1,
1
x
1
x→+∞
= e0 · 1 · ln(5) − ln(2) = ln
1
1+x2 +1
= 1 · − π2 · 13 = − π6 .
E SEMPIO .
lim
x→0
√
c) lim ln(sin(x))−ln(x)
(x+1)1/x
2x+1−3
√
b) lim √x−2−
2
x→4
√
2
1
1+x2 +1
=√
2
x
· 1−cos(3x)
2
(3x)
· 1−cos(3x)
· 19 −−→ 12 · 2 · 91 =
x→0
1
9
√
1+x2 − 1−x2
1−cos(x)
= lim √
2√
1+x2 + 1−x2
·
= lim √
x→0
(ln(5) − ln(2))
5
√
=√
2
√ 2x
x→0 ( 1+x2 + 1−x2 )(1−cos(x))
1
1
= 22 · 1/2
=2
1/x2
x→0
possono essere calcolati come segue
2
a) lim x −10x+21
= lim (x−3)(x−7)
lim (x − 7) = −4
x−3
x−3
x→3
√
√
√x−2+ 2
2x+1+3
x→4
√ x→4 √
4 2
2 2
=
6
3
sin(x)
c) lim ln(sin(x))−ln(x)
=
lim
ln
x
(x+1)1/x
x→0
x→0
ln(5)−ln(2)
−1
x ln(5)−ln(2)
= lim e x ln(2) e 1
1+x2 −1
1−cos(3x)
x→3
= e0 · 1 · 1 = 1
1
1
lim x 51/x − 21/x = lim x e x ln(5) − e x ln(2)
x→+∞
x→+∞
E SEMPIO .
2x+1−3
√ = lim (2x+1)−9 ·
b) lim √x−2−
(x−2)−2
2
x2
x(x+1)
E SEMPIO .
1
· x2 +x+1
= − π2 ,
y
y→0
lim 2 1 = 13 .
x→1 x +x+1
Pertanto
π
ln 1+cos 2 x
x→+∞
1
1
x(x+1) −1
x+1 e
1
x(x+1)
y
y→0
x→1
a.a. 2020-2021
x→0
x→+∞
!
π
y = cos π2 x
ln 1+cos 2 x
=
= lim ln(1+y)
lim
π
y
y −−→ 0
cos 2 x
x→1
y→0
x→1
!
π
π
y = x−1
cos 2 x
cos 2 (y+1)
x→3 √
x→0
x→0
e che
x→3
π
2
E SEMPIO .
π
ln 1+cos 2 x
= − π6 .
lim
x3 −1
x→1
Osserviamo
che
π
π
π
ln 1+cos 2 x
cos 2 x
ln 1+cos 2 x
· x−1
=
π
x3 −1
cos 2 x
= − lim
y→0
= − sin
E SEMPIO .
E SEMPIO .
Verifichiamo che
x→1
y
sin(y)
E SEMPIO .
√
3
2 −1
2
lim 1+x
= lim 1+xx2 −1 √
x2
3
x→1
x−1
= lim sin y + π2
1/x
lim ln(1+x)
=
lim
ln
(1
+
x)
= ln(e) = 1
x
1
p
√
p
2
lim 1 + x2 + 2 − 2x + 1 (1−x) = e 3/6 .
lim
y = x − π2
tan(x) =
= lim y tan y + π2
y→0
y→0
x→0
1√
x2 +2+ 2x+1
x→1
π
y sin y+ 2
lim
π
y→0 cos y+ 2
x→1
y
= lim 1 + 1y = e,
y→+∞
e
lim √
π
2
x→π/2
√

2x+1
(x−1)2
x→1
E SEMPIO .
2x+1
x2 +2+
x→1
sin(7x)
7
c) lim x(x+3)
= lim sin(7x)
7x · x+3 = 1 · 7 = 7
x2 +2+
√
√
x→0
2
3
x2 +2+ 2x+1 √
1√
·
(x−1)2
x2 +2+ 2x+1
x→1
+x+1)
−1
b) lim xx−1
= lim (x−1)(x
= lim (x2 + x + 1) = 3
x−1
e quindi
1
p
p
(1−x)2
2
1 + x + 2 − 2x + 1
= 1+ √
√
sin(7x)
c) lim x(x+3)
−1
b) lim xx−1
x→+∞
2x+1
√
x2 +2+
3
sin(x)
√
x
possono essere calcolati come segue
√ =0
a) lim sin(x)
x
(x−1)2
=√
y −1
+1
= 0 · e−1 = 0
x→+∞
Osserviamo che
√
√
√
√
p
p
x2 +2− 2x+1
x2 +2+ 2x+1
√
√
x2 + 2 − 2x + 1 =
2
x +2+
1
y
E SEMPIO .
I seguenti limiti
a) lim
x→1
(x2 +2)−(2x+1)
= lim 2 ·
x→4
√
√
√x−2+ 2
2x+1+3
1
y
y→±∞ (1/y+1)
· lim
=
= ln(1) ·
pagina 51
Istituzioni di Matematica
Capitolo 6
Successioni numeriche
25
Introduzione
E SEMPIO .
La successione armonica a segno alterno
1
1
1
, 11
, − 12
,...
1, − 12 , 13 , − 14 , 51 , − 16 , 71 , − 18 , 19 , − 10
n+1
ha come termine n-esimo an= (−1) /n, visto che
1 se n è dispari,
(−1)n+1 =
−1 se n è pari.
Ricordiamo che N = {1, 2, 3, 4, . . .}.
D EFINIZIONE .
Una successione numerica {an }n∈N è una funzione che associa
ad ogni numero naturale n ∈ N un numero reale an ∈ R. In altre parole, una successione numerica è una sequenza ordinata e
numerabile di numeri reali
a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , a7 , a8 , a9 , a10 , a11 , a12 , a13 , . . .
L’elemento di una successione numerica associato ad n ∈ N è
detto termine n-esimo ed è indicato con an .
y
1
2
−0.5
E SEMPIO .
Una successione numerica (triviale) è quella con tutti i termini
uguali a zero
0, 0, 0, 0, 0, . . .
a1
a7
a3
2
1
2
4
5
6
3
a6
a4
7
8
9
a10
a5
1
9
x
6
4
3
5
8
7
10
9
x
a15
Ricapitolando, una successione numerica generale si indica con
a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , a7 , a8 , a9 , a10 , a11 , a12 , a13 , . . .
o più brevemente con {an }n∈N , dove a1 è il primo termine, a2
è il secondo termine ed an è l’n-esimo termine della successione
numerica.
E SERCIZIO .
Scrivere i primi quattro termini delle seguentisuccessioni.
13 14 15 x
a12
a11
E SEMPIO .
Tra le successioni numeriche più famose c’è quella di Fibonacci
1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, . . .
in cui ciascun termine è ottenuto sommando i due precedenti,
ovvero la successione numerica è definita per ricorrenza da
a1 = 1,
a2 = 1,
an+2 = an + an+1 .
y
a10
55
a9
34
a8
21
a6 a7
13
a1 a2 a3 a4 a5
1
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 x
E SEMPIO .
La successione armonica
1
1, 12 , 13 , 41 , 15 , 16 , 17 , 18 , 19 , 10
,
ha come termine n-esimo an = 1/n.
7
−1
a14
a13
a9
10 11 12
5
10
y
1
y
a8
3
8
E SEMPIO .
La successione dei segnali alterni
1, −1, 1, −1, 1, −1, 1, −1, 1, −1, 1, −1, 1, −1, 1, . . .
ha come termine n-esimo an = (−1)n+1 .
E SEMPIO .
Ad ogni funzione f : R → R possiamo associare una successione
numerica ponendo
an = f (n).
La seguente figura corrisponde ad f (x) = sin(x) ed alla
successione numerica associata an = sin(n).
a2
1
6
4
• an = 1 + 2n
• an = (−2)n
• an = 1 + n1
• an =
2n + 1 se n è pari
1
se n è dispari
n+1
E SERCIZIO .
Scrivere i primi quattro termini delle seguenti successioni
definite per
( ricorrenza.
(
a1 = 2
a1 = −1
•
•
an
an+1 = 2
an+1 = −(an + 1)2
E SEMPIO .
Sia a0 = 0, a1 = 1 ed an+1 = an + an−1 per ogni n ∈ N.
Dimostriamo per induzione che
h √ n √ n i
P(n) :
an = √15 1+2 5 − 1−2 5
.
1
1
1
1
11 , 12 , 13 , 14 , . . .
i. Osserviamo
P(1) e P(2) sono
vere in quanto
che
entrambe
h √
√ 1 √ 1
√ i
1+ 5
1− 5
1+ 5
1− 5
√1
√1
−
=
−
2
2
2
2
5
5
y
1
0.5
√
√1 2 5 = 1 = a1 =⇒ P(1) è vera,
5 2
h √
√ 2 √ 2
1+ 5
1− 5
6+2 5
√1
√1
−
=
2
2
4
5
5
=
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 x
52
√ i
5
− 6−24
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
=
√
√1 4 5
5 4
= 1 = 0 + 1 = a2 =⇒ P(2) è vera.
ii. Se
− 2) sono vere allora, visto che a = (1 −
√ P(n − 1) e P(n√
5)/2 e b = (1 + 5)/2 sono le soluzioni dell’equazione
x2 − x − 1 = 0,
si ha che anche P(n) è vera
in quanto
√1 [bn − an ] = √1 bn−1 − an−1 + √1 bn−2 − an−2
5
5
5
⇔ bn − an = bn−1 − an−1 + bn−2 − an−2
⇔ bn − bn−1 − bn−2 = an − an−1 − an−2
⇔ bn−2 (b2 − b − 1) = an−2 a2 − a − 1 .
|
{z
}
|
{z
}
=0
Posto ε = |L1 − L2 |/2, per la disuguaglianza triangolare si ha
|L1 − L2 | = |L1 − an + an − L2 |
6 |L1 − an | + |an − L2 | < ε + ε = |L1 − L2 |
∀n > N = max{N1 , N2 } e quindi |L1 − L2 | < |L1 − L2 |: un
assurdo!
P ROPOSIZIONE .
Data una funzione f : R → R, se an = f (n) allora
lim an = lim f (x).
n→+∞
x→+∞
L’uguaglianza vale in ogni caso, sia che il limite esista (finito o
infinito) o che non esista.
=0
Dimostrazione. Segue direttamente dalle definizioni di limite per
una funzione e per una successione. Infatti, dalla condizione data
nella definizione di limite per una funzione segue quella data nel26 Limiti di successioni
la definizione di limite per una successione prendendo N = dXe.
Visto che N non ha punti di accumulazione, non ha senso fare il Viceversa, dalla condizione data nella definizione di limite per una
limite di una successione numerica {an }n∈N per n che tende ad un successione segue quella data nella definizione di limite per una
n0 ∈ N in quanto di sicuro n0 non è di accumulazione. Ha invece funzione prendendo X = N.
senso fare il limite per n che tende a +∞. La seguente definizione
E SEMPIO .
segue da quella di limite di funzione per x che tende a +∞.
La
successione dei segnali alterni
D EFINIZIONE .
an = (−1)n+1
• La successione numerica {an }n∈N converge ad L ∈ R se
è irregolare in quanto
lim an = L,
n→+∞
∀L ∈ R ∃ε > 0 t.c. ∀N ∈ N ∃n = n(L, ε, N) > N t.c. |an − L| > ε, (♥)
ovvero
∃M
(♦)
1 > 0 t.c. ∀N ∈ N ∃n1 = n1 (M1 , N) > N t.c. an1 < M1 ,
∀ε > 0 ∃N = N(ε) ∈ N t.c. |an − L| < ε ∀n > N.
∃M
>
0
t.c.
∀N
∈
N
∃n
=
n
(M
,
N)
>
N
t.c.
a
>
−M
.
(♣)
2
2
2
2
2
n2
In tal caso la successione numerica è convergente.
Dimostriamo
(♥).
Se
L
>
0,
allora
basta
prendere
ε
=
1/2
e
• La successione numerica {an }n∈N diverge a +∞ se
notare
che
∀N
∈
N
si
ha
che
n
=
2N
è
t.c.
lim an = +∞,
n→+∞
n>N
e
|an − L| = | − 1 − L| = 1 + L > 1 > ε.
ovvero
Il
caso
L
<
0
è
analogo
e lasciato come esercizio per casa. Per
∀M > 0 ∃N = N(M) ∈ N t.c. an > M ∀n > N.
dimostrare
(♦)
e
(♣)
basta
prendere M = 2 ed osservare che
• La successione numerica {an }n∈N diverge a −∞ se
|an | < M per ogni n ∈ N.
lim an = −∞,
n→+∞
ovvero
E SEMPIO .
∀M > 0 ∃N = N(M) ∈ N t.c. an < −M ∀n > N.
La successione di Fibonacci
• La successione numerica {an }n∈N è divergente se diverge a
1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, . . .
+∞ o −∞.
diverge a +∞ in quanto
• La successione numerica è regolare se converge o diverge.
∀M > 0 ∃N ∈ N t.c. an > M ∀n > N.
• La successione numerica {an }n∈N è irregolare se non è
Per dimostrarlo mi serve prima dimostrare che an > 1 per ogni
regolare, ovvero non è né convergente né divergente, cioè
n ∈ N. Procedo per induzione:
@ lim an .
n→+∞
1) per definizione a1 = 1 ed a2 = 1 e pertanto entrambe
soddisfano la condizione an > 1;
O SSERVAZIONE .
Visto che la negazione di ∀ è ∃ e che la negazione di ∃ è ∀, si ha
2) se assumo che an , an+1 > 1, allora anche an+2 > 1 in quanto
che
per definizione an+2 = an + an+1 > 1 + 1 = 2 > 1.
@ lim an
n→+∞
Dunque an > 1 per ogni n ∈ N, pertanto
equivale a
an+2 = an + an+1 > an+1 + 1
∀L ∈ R ∃ε > 0 t.c. ∀N ∈ N ∃n = n(L, ε, N) > N t.c. |an − L| > ε,
e quindi, iterando questa stima otteniamo
∃M1 > 0 t.c. ∀N ∈ N ∃n1 = n1 (M1 , N) > N t.c. an1 < M1 ,
an+2 > an+1 + 1 > (an + 1) + 1 = an + 2 > an−1 + 3
∃M2 > 0 t.c. ∀N ∈ N ∃n2 = n2 (M2 , N) > N t.c. an2 > −M2 .
O SSERVAZIONE .
D UBBIO SULL’ UNICITÀ DEL LIMITE : possono due numeri distinti soddisfare entrambe la definizione di limite? Per sciogliere questo dubbio ragioniamo per assurdo. Assumiamo che una
successione numerica {an }n converge sia ad L1 che L2 , ovvero
∀ε > 0 ∃Ni ∈ N t.c. |an − Li | < ε ∀n > Ni , per i ∈ {1, 2}.
a.a. 2020-2021
> . . . > a2 + n = 1 + n =⇒ an+2 > 1 + n.
Se quindi prendo N = dMe + 1, dove per definizione dMe =
min{n ∈ N : n > M}, allora per ogni n > N si ha an > n − 1 >
N − 1 = dMe > M. Si noti che M > 0 potrebbe non essere un numero naturale, ecco perché consideriamo dMe che per
definizione è un numero naturale.
pagina 53
Istituzioni di Matematica
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Teoria
E SEMPIO .
La successione armonica è definita da
an = 1/n
e converge ad L = 0 inquanto
∀ε > 0 ∃N = ε1 t.c. |an − 0| = n1 < ε ∀n > N.
D’altronde an = f (n) con f (x) = 1x e quindi basta applicare la proposizione precedente, in quanto sappiamo già che
lim f (x) = 0.
che
E SEMPIO .
La successione armonica a segno alterno è definita da
n+1
an = (−1)n
e converge ad L = 0in quanto
∀ε > 0 ∃N = ε1 ∈ N t.c. |an − 0| = n1 < ε ∀n > N.
lim f (x) = 2. Dimostriamolo ora utilizzando la definizione di
limite: per ogni ε > 0 risulta
x→+∞
1
0 < an = (n+1)+1
= 1n + n·(n+1)
< ε2 + ε2 = ε
q
n·(n+1)
per ogni n > N = max ε2 , 12
.
1 + ε8 − 1
E SEMPIO .
Consideriamo la successione numerica
an = 2n+1
n+3 .
Visto che an = f (n) con f (x) = 2x+1
x+3 , si ha che lim an =
n→+∞
x→+∞
−5
5
= n+3
< ε ⇔ n > ε5 − 3
5 n+3
e quindi basta prendere N = ε − 3 .
|an − L| < ε ⇔
E SEMPIO .
Quali delle seguenti
successioni
numeriche
è convergente?
3π
4π
nπ
1) sin π2 , sin 2π
2 , sin 2 , sin 2 , . . . , sin 2 , . . .
2π
3π
4π
nπ
π
sin 2
sin 2
sin 2
sin 2
sin
, 3π/2
, 4π/2
, . . . , nπ/2
,...
2) π/22 , 2π/2
1) Calcolando i 
seni della successione numerica si ottiene che
se n è pari,
0
se n ∈ {1 + 4k : k ∈ {0} ∪ N},
an = 1

−1 se n ∈ {3 + 4k : k ∈ {0} ∪ N},
ed è quindi chiaro che la successione numerica è irregolare.
2) Calcolando iseni della successione numerica si ottiene che
se n è pari,
0
2
se n ∈ {1 + 4k : k ∈ {0} ∪ N},
an = nπ
 2
− nπ se n ∈ {3 + 4k : k ∈ {0} ∪ N},
ed è quindi chiaro che la successione numerica converge a zero.
E SEMPIO .
Sia b > 0. La successione numerica
√
n
an = b
converge ad 1. Infatti, se
b>1
(♥)
allora
√
√
(♥) √
n
n
n
|an − L| = b − 1 = b − 1 < ε ⇐⇒ b < 1 + ε
ln(b)
⇐⇒ n1 ln(b) < ln(1 + ε) ⇐⇒ n > ln(1+ε)
m
l
ln(b)
e quindi basta prendere N = ln(1+ε)
. Il caso b ∈ (0, 1] viene
lasciato come esercizio per casa.
E SEMPIO .
Consideriamo la successione numerica
3 4 5
n+2
1 , 2 , 3 , . . . , an = n , . . .
Visto che an = f (n) con f (x) = x+2
x , si ha
lim an =
n→+∞
lim f (x) = 1. D’altronde, per dimostriamolo usando la
x→+∞
definizione di limite, basta
osservare che
∀ε > 0 ∃N = ε2 t.c. |an − 1| = 2n < ε ∀n > N.
E SEMPIO .
Consideriamo la successione
3
4
5
1·2 , 2·3 , 3·4 , . . . , an =
Visto che an = f (n) con f (x) =
n+2
n·(n+1) , . . .
x+2
x·(x+1) , si
Istituzioni di Matematica
−2 =
E SEMPIO .
Dimostriamo che
lim ln 1 + 1n = 0.
n→+∞
Visto che an = f (n) con f (x) = ln 1 + 1x , si ha che lim an =
n→+∞
lim f (x) = 0. Dimostriamolo ora utilizzando la definizione di
x→+∞
limite. Fissato ε > 0, cerchiamo
una N ∈ N tale che
ln 1 + 1n < ε
∀n > N.
(♥)
Osserviamo che per ogni n∈ N abbiamo
1 + 1n > 1 =⇒ ln 1 + n1 > 0 =⇒ ln 1 + 1n = ln 1 + n1
e quindi
(♥) ⇐⇒ ln 1 + 1n < ε ⇐⇒ 1 + 1n < eε
⇐⇒
1
n
< eε − 1 ⇐⇒ n >
| {z }
ha
lim an =
n→+∞
1
eε −1 .
>0
Possiamo dunque prendere N = eε 1−1 .
E SEMPIO .
Dimostriamo che
2
lim n +1
n→+∞ n+1
= +∞.
Visto che an = f (n) con f (x) =
x2 +1
x+1 ,
si ha che lim an =
n→+∞
lim f (x) = +∞. Dimostriamolo ora utilizzando la definizione
di limite. Fissato M > 0, cerchiamo una N ∈ N tale che
n2 +1
∀n > N.
(♦)
n+1 > M
Osserviamo che
(♦) ⇐⇒ n2 + 1 > M(n + 1) ⇐⇒ n2 − M n + 1 − M > 0.
Vediamo quando l’equazione di secondo grado
n2 − M n + 1 − M = 0
(♣)
ha il delta che si annulla:
√ √
∆ = M 2 + 4M − 4 = 0 ⇐⇒ M = −2 ± 4 + 4 = 2 −1 ± 2 .
√ Non è limitativo assumere che M > 2 −1 + 2 . In tal caso
∆ > 0 e le due soluzioni dell’equazione di secondo grado (♣)
sono
√
√
2
2
n1 = M− M2 +4M−4 ,
n2 = M+ M2 +4M−4 ,
Possiamo dunque prendere
√
x→+∞
N=
lim f (x) = 0. D’altronde, per dimostriamolo usando la definizione di limite, basta osservare che per ogni ε > 0 si ha
x→+∞
2n+1
n+3
M+
M 2 +4M−4
2
.
O SSERVAZIONE .
Dal grafico di una successione numerica {an }n è spesso facile capire se essa è convergente, divergente o irregolare. Infatti {an }n
diverge a +∞ se per ogni M > 0 si ha che i punti (n, an ) ∈ R2
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a.a. 2020-2021
Teoria
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appartengono al semipiano R × (M, +∞) da un certo N in poi.
Analogamente, {an }n diverge a −∞ se per ogni M > 0 si ha che i
punti (n, an ) ∈ R2 appartengono al semipiano R × (−∞, −M) da
un certo N in poi. Inoltre, visto che
|an − L| < ε ⇐⇒ −ε < an − L < ε ⇐⇒ an ∈ (L − ε, L + ε),
si ha che {an }n converge ad L se per ogni ε > 0 si ha che i
punti (n, an ) ∈ R2 appartengono alla striscia R × (L − ε, L + ε)
da un certo N in poi. Ovviamente una successione numerica
è irregolare se il suo grafico non soddisfa le proprietà appena
descritte.
E SEMPIO .
Nella figura seguente abbiamo riportato il grafico della successione di Fibonacci, che sappiamo divergere a +∞. In effetti si vede che per ogni M > 0 i punti (n, an ) appartengono al semipiano
R × (M, +∞) da un certo N in poi.
y
M
N
x
E SEMPIO .
Nella figura seguente abbiamo riportato il grafico della successione armonica a segno alterno, che sappiamo convergere ad
L = 0. In effetti si vede che per ogni ε > 0 i punti (n, an )
appartengono alla striscia R × (−ε, ε) da un certo N in poi.
y
ε
−ε
N
x
E SEMPIO .
Nella figura seguente abbiamo riportato il grafico della successione numerica an = (−1)n+1 n. Dal suo grafico si vede che è
una successione numerica irregolare: non esiste una striscia o un
semipiano che contengano tutti i punti (n, an ) da un certo N in
poi.
y
x
E SEMPIO .
La successione an = sin(n) è irregolare. Infatti dal suo grafico si vede che i punti (n, an ) oscillano intorno allo zero ma non
convergono a zero.
y
a8
a2
a1
a7
a3
1
2
4
5
6
3
a6
a4
a5
a14
a13
a9
10 11 12
7
8
9
a10
a15
13 14 15 x
a12
a11
27
Teorema di Bolzano-Weierstrass
D EFINIZIONE .
Una successione numerica {an }n∈N è limitata se l’immagine I =
{an : n ∈ N} è un insieme limitato, ovvero esiste M > 0 tale che
|an | 6 M
∀n ∈ N.
P ROPOSIZIONE .
Ogni successione numerica convergente è limitata.
Dimostrazione. Se {an }n converge ad L, allora posto ε = 1 esiste
N ∈ N tale che |an − L| < 1 per ogni n > N. Per la disuguaglianza
triangolare
|an | 6 |an − L| + |L| < 1 + |L|
∀n > N.
Dunque basta prendere M = max{|a1 |, |a2 |, . . . , |aN |, |L| + 1} per
avere |an | 6 M per ogni n ∈ N.
Il viceversa della proposizione precedente non vale: esistono
successioni numeriche limitate ma non convergenti, come ad esempio an = (−1)n . Vale però il seguente teorema sulle sottosuccessioni numeriche.
D EFINIZIONE .
Data una successione numerica {an }n∈N , una sua sottosuccessione numerica è della forma {ank }k∈N con {nk }k∈N successione
numerica strettamente crescente a valori in N.
T EOREMA DI B OLZANO -W EIERSTRASS .
Da ogni successione numerica limitata è possibile estrarre una
sottosuccessione numerica convergente.
Dimostrazione. Sia {an }n una successione limitata. Esistono allora A, B ∈ R tali che A 6 an 6 B per ogni n ∈ N.
Iniziamo con la costruzione della sottosuccessione {ank }k . Poniamo n1 = 1 in modo che il primo termine della sottosuccessione
ank coincida con quello della successione {an }n .
Sia M = (A + B)/2 il punto medio tra A e B. Dividiamo l’intervallo [A, B] in due considerando [A, M] ed (M, B]. Consideriamo
i corrispondenti insiemi di indici
I1 = {n ∈ N : n > n1 , an ∈ [A, M]},
J1 = {n ∈ N : n > n1 , an ∈ (M, B]}.
Osserviamo che I1 è l’insieme degli indici n più grandi di n1 e tali
che an è nell’intervallo [A, M]. Analogamente, J1 è l’insieme degli
indici n più grandi di n1 e tali che an è nell’intervallo (M, B].
Visto che I1 ∪ J1 = N \ {n1 }, almeno uno dei due insiemi di
indici I1 e J1 deve contenere un numero infinito di elementi. Se I1
contiene un numero infinito di elementi, allora poniamo A1 = A,
B1 = M e definiamo n2 = min I1 . Se invece I1 contiene un numero
finito di elementi, allora J1 contiene un numero infinito di elementi;
in tal caso poniamo A1 = M, B1 = B e definiamo n2 = min J1 .
Sia M1 = (A1 + B1 )/2 il punto medio tra A1 e B1 . Dividiamo l’intervallo [A1 , B1 ] in due considerando [A1 , M1 ] ed (M1 , B1 ].
Consideriamo i corrispondenti insiemi di indici
I2 = {n ∈ N : n > n2 , an ∈ [A1 , M1 ]},
J2 = {n ∈ N : n > n2 , an ∈ (M1 , B1 ]}.
Di nuovo, almeno uno due insiemi di indici I2 e J2 deve contenere
un numero infinito di elementi visto che I2 ∪ J2 = N \ [1, n2 ]. Se I2
contiene un numero infinito di elementi, allora poniamo A2 = A1 ,
B2 = M1 e definiamo n3 = min I2 . Se invece I2 contiene un numero
a.a. 2020-2021
pagina 55
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
finito di elementi, allora J2 contiene un numero infinito di elementi;
in tal caso poniamo A2 = M1 , B2 = B1 e definiamo n3 = min J2 .
Iterando questa procedura otteniamo una successione di intervalli {[Ak , Bk ]}k tali che
[A1 , B1 ] ⊃ [A2 , B2 ] ⊃ . . . ⊃ [Ak , Bk ] ⊃ [Ak+1 , Bk+1 ] ⊃ . . .
ed una sottosuccessione {ank } tale che
ank ∈ [Ak , Bk ].
(♥)
Visto che la lunghezza Lk di ciascun intervallo [Ak , Bk ] converge a
zero in quanto
−−−−→ 0,
Lk = Bk − Ak = B−A
2k
k→+∞
si ha che esiste a ∈ [A, B] tale che per k che va a +∞ l’intervallo
[Ak , Bk ] degenera nell’insieme singoletto∗ {a}. Di conseguenza, da
(♥) si ha che la sottosuccessione {ank } converge ad a.
E SEMPIO .
La successione numerica an = (−1)n è limitata in quanto
|an | 6 1 e quindi soddisfa le ipotesi del teorema di BolzanoWeierstrass. In effetti essa ammette a2k = 1 ed a2k+1 = −1 come
sottosuccessioni convergenti.
Il teorema di Bolzano-Weierstrass ci dice che la limitatezza di
una successione numerica è una condizione sufficiente a garantire l’esistenza di una sottosuccessione convergente ma non è una
condizione necessaria, come mostrato dal seguente esempio.
E SEMPIO .
La successione
n→+∞
a2n+1 =
2n+1+(−1)2n+1 (2n+1)2
3(2n+1)2 +π
=
−4n2 −2n
−−−−→
12n2 +12n+3+π n→+∞
− 13 .
P ROPOSIZIONE .
Se {an }n è limitata e {bn }n converge a zero, allora anche an · bn
converge a zero.
O SSERVAZIONE .
Si noti che non è richiesta la convergenza di {an }n .
Dimostrazione. Per ipotesi esiste M > 0 tale che |an | 6 M per ogni
n ∈ N. Fissato ε > 0, per ipotesi esiste N = N(ε/M) ∈ N tale che
|bn | < ε/M ∀n > N.
Di conseguenza si ha che
|an · bn | = |an | · |bn | < M · Mε = ε ∀n > N.
E SEMPIO .
Per verificare che
lim
cos(n)
n
=0
basta osservare che an = cos(n) è limitata e bn = 1/n −−−−→ 0.
n→+∞
P ROPOSIZIONE .
Una successione numerica {an }n converge ad L se e solo se tutte le sue sottosuccessioni numeriche convergono ad L. Inoltre,
l’equivalenza vale anche nei casi in cui L = ±∞.
Dimostrazione. Consideriamo il primo caso; il secondo è lasciato come esercizio per casa. Sia {ank }k∈N una sottosuccessione
numerica. Sia ε > 0. Per definizione allora esiste N ∈ N tale che
|an − L| < ε ∀n > N.
Visto che nk > k per ogni k ∈ N si ha anche che
ank − L < ε ∀k > N.
Il viceversa è banale visto che {an }n è sottosuccessione di se stessa.
O SSERVAZIONE .
Se una successione numerica ammette due sottosuccessioni
numeriche che non convergono allo stesso limite, allora la
successione numerica non converge.
E SEMPIO .
Per verificare che la successione numerica
2 +n+1
an = (−1)n nn2 +2n+3
è irregolare, basta trovare due sottosuccessioni numeriche che
convergono a due limiti distinti. Ad esempio vedremo che
2 +2n+1
a2n = 4n
−−−−→ 1,
4n2 +4n+3
n→+∞
(2n−1)2 +2n
a2n−1 = − (2n−1)
−−−→
2 +4n+1 −
n→+∞
−1.
insieme con un solo elemento. Singleton in inglese.
Istituzioni di Matematica
n 2
n
lim n+(−1)
3n2 +π
non esiste, basta osservare che
2n (2n)2
2n+4n2
a2n = 2n+(−1)
= 12n
−−−→ 13 ,
2 +π −
3(2n)2 +π
n→+∞
n→+∞
n se n è pari,
an =
1 se n è dispari,
non è una successione limitata ma ammette a2k+1 = 1 come
sottosuccessione convergente.
∗ Ovvero
E SEMPIO .
Per verificare che
28
Teorema ponte
T EOREMA PONTE .
Data una funzione f : R → R e fissato un punto x0 ∈ R, le
seguenti affermazioni sono equivalenti:
(1) esiste il limite
lim f (x) = L ∈ R,
x→x0
(2) per ogni successione {xn }n ⊂ R \ {x0 } tale che lim xn = x0
n→+∞
si ha che
lim f (xn ) = L ∈ R.
n→+∞
L’equivalenza vale anche nei casi in cui L = ±∞ e/o x0 = ±∞.
Dimostrazione. “(1) =⇒ (2)” Assumiamo (1) e dimostriamo (2).
Sia {xn }n ⊂ R \ {x0 } tale che lim xn = x0 . Sia ε > 0. Per ipotesi
n→+∞
∃δ > 0 t.c. | f (x) − L| < ε ∀x ∈ R con 0 < |x − x0 | < δ , (♣)
∃N = N(δ ) ∈ N t.c. |xn − x0 | < δ ∀n > N.
(♠)
Visto che xn 6= x0 per ogni n ∈ N, risulta 0 < |xn − x0 | < δ ∀n > N,
dunque per (♣) e (♠) si ha
| f (xn ) − L| < ε ∀n > N.
“(2) =⇒ (1)” Assumiamo (2) e dimostriamo (1). Ragioniamo per
assurdo ed assumiamo che
lim f (x) 6= L,
x→x0
ovvero
∃ε > 0 t.c. ∀δ > 0 ∃x ∈ R con 0 < |x − x0 | < δ t.c. | f (x) − L| > ε.
Scegliendo δ = 1/n otteniamo una successione {xn }n ⊂ R tale che
0 < |xn − x0 | < 1/n e | f (xn ) − L| > ε.
Per costruzione {xn }n ⊂ R \ {x0 }, lim xn = x0 e lim f (xn ) 6= L,
n→+∞
n→+∞
ma questo contraddice (2).
pagina 56
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Dal teorema ponte seguono i seguenti due corollari; i dettagli
delle dimostrazioni sono lasciati come esercizi per casa.
C OROLLARIO .
Se f : R → R è una funzione continua nel punto x0 ∈ R ed {xn } ⊂
R è tale che lim xn = x0 , allora
E SEMPIO .
Per verificare che
n→+∞
basta osservare che
2n+6
n2 +n+3
n→+∞
lim f (xn ) = f (x0 ).
=2
lim n · sin n22n+6
+n+3
=
2+ 6n
−−−−→ 2+0
n+1+ 3n n→+∞ (+∞)+1+0
e quindi
·
n · sin n22n+6
= n · n22n+6
+n+3
+n+3
| {z }
n→+∞
C OROLLARIO .
Se esistono due successioni {xn }n ed {yn }n in R tali che
• xn 6= x0 , yn 6= x0 ∀n ∈ N,
→2
sin
|
2n+6
n2 +n+3
2n+6
n2 +n+3
{z
=0
−−−−→ 2 · 1 = 2.
n→+∞
}
→1
• lim xn = lim yn = x0 ,
n→+∞
n→+∞
29
• lim f (xn ) 6= lim f (yn ) ,
n→+∞
n→+∞
allora lim f (x) non esiste.
x→x0
Nel calcolo dei limiti può essere utile conoscere le proprietà dei
limiti che andiamo ad elencare. Per semplicità consideriamo separatamente le successioni numeriche convergenti da quelle divergenti.
E SEMPIO .
Per verificare che il limite
lim sin
x→0
1
x
non esiste basta considerare le successioni −1
1
,
yn = π2 + 2πn
xn = 2πn
in quanto xn , yn 6= 0 ed inoltre
lim sin(2πn) = 0,
lim sin π2 + 2πn = 1.
n→+∞
P ROPOSIZIONE .
Il limite commuta con le operazioni algebriche: se le successioni
numeriche {an }n e {bn }n convergono rispettivamente ad a e b
allora
lim (an + bn ) = a + b,
n→+∞
n→+∞
E SEMPIO .
Per verificare che il limite
lim an · bn = a · b,
n→+∞
lim an = ab se bn , b 6= 0,
n→+∞ bn
lim (an )bn = ab se (an )bn e ab sono ben
n→+∞
2
lim x sin(x)
2
x→+∞ 1+x
non esiste basta considerare le successioni
xn = 2πn,
yn = π2 + 2πn,
in quanto
lim f (xn ) = 0,
lim f (yn ) = lim
n→+∞
y2n
2
n→+∞ 1+yn
n→+∞
n→+∞
∃N t.c. an /bn < 0 ∀n > N
n→+∞
E SEMPIO .
Per verificare che
lim x(1 − cos(x))
x→+∞
non esiste basta considerare le successioni xn = π2 + 2πn ed yn =
2πn perché allora
lim f (xn ) = +∞,
lim f (yn ) = 0.
n→+∞
n→+∞
Dal teorema ponte e dai limiti notevoli per le funzioni segue
quanto asserito nella seguente proposizione.
P ROPOSIZIONE .
Se xn 6= 0 converge a zero ed a, b > 0, allora si ha:
n)
n)
• lim sin(x
= 1,
• lim 1−cos(x
= 12 ,
xn
x2
n→+∞
n→+∞
tan(xn )
= 1,
n→+∞ xn
loga (1+xn )
• lim
= loga (e),
xn
n→+∞
• lim
xn
• lim a xn−1
n→+∞
a.a. 2020-2021
= ln(a),
n
arctan(xn )
xn
n→+∞
• lim
= 1,
• lim xna logb (xn ) = 0,
n→+∞ √
a
n −1
• lim 1+x
xn
n→+∞
= 1a .
= +∞,
an
n→+∞ bn
= −∞.
)
a 6= 0 = b
x→+∞
an
n→+∞ bn
=⇒ lim
∃N t.c. an /bn > 0 ∀n > N
non esiste basta considerare le successioni xn = − π2 + 2πn ed
yn = 2πn, in quanto
lim f (xn ) = 0,
lim f (yn ) = lim yn = +∞.
definiti,
)
a 6= 0 = b
= 1.
E SEMPIO .
Per verificare che il limite
lim x(1 + sin(x))
n→+∞
Calcolo dei limiti di successioni numeriche
=⇒ lim
Dimostrazione. Dimostriamo la seconda uguaglianza, le altre sono
lasciate come esercizio per casa. Visto che le successioni numeriche convergenti sono limitate, esistono Ma , Mb > 0 tali che
|an | < Ma ∀n ∈ N
e
|b
n| < M
b ∀n ∈ N. ε
ε
Sia ε > 0. Per ipotesi esistono Na = Na 2M
ed Nb = Nb 2M
a
b
tali che
ε
ε
∀n > Na
e
|bn − b| < 2M
∀n > Nb .
|an − a| < 2M
a
b
Posto N = max{Na , Nb }, per la disuguaglianza triangolare per ogni
n > N risulta
|an · bn − a · b| = an · (bn − b) + (an − a) · b
ε
ε
+ Mb · 2M
6 |an | · |bn − b| + |an − a| · |b| 6 Ma · 2M
= ε.
a
b
Per l’arbitrarietà di ε > 0 segue la tesi.
E SEMPIO .
Dimostriamo di nuovo che se a > 0. allora
√
lim n a = 1
n→+∞
procedendo come segue
√
lim n a = lim a
n→+∞
n→+∞
1
lim n
n→+∞
= a0 = 1.
Il limite preserva l’ordinamento. Infatti vale la seguente proposizione.
pagina 57
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
P ROPOSIZIONE .
Se le successioni numeriche {an }n , {bn }n e {cn }n convergono
rispettivamente ad a, b e c, allora
an > 0
=⇒
a > 0,
an 6 bn
=⇒
a 6 b,
an 6 bn 6 cn
=⇒
a 6 b 6 c.
La prima è detta proprietà della permanenza del segno e la
seconda è la proprietà del confronto.
O SSERVAZIONE .
Si noti che le disuguaglianze non possono essere “strette”. Infatti, ad esempio, si ha che an = 1/n > 0 converge ad a = 0 e
quindi
an > 0
=⇒
6
a > 0.
Si noti che nella precedente proposizione mancano i casi∗
±∞
±∞
0
, (±∞)0 , 00 .
(±∞) + (∓∞), ±∞
±∞ , ∓∞ , 0 · (±∞), 0 , 1
Il motivo è che questi casi corrispondono a delle forme indeterminate dei limiti. Nei seguenti esempi faremo vedere come in certi
casi sia possibile “sciogliere” una forma indeterminata. Il caso più
semplice è quello considerato nella seguente proposizione.
P ROPOSIZIONE .
Data f : R → R, se xn = f (n) allora
lim xn = lim f (x).
n→+∞
x→+∞
Dimostrazione. Basta applicare il teorema ponte con xn = n ed
x0 = +∞.
Per la proposizione precedente e per quanto già visto per i limiti
di funzioni, non è difficile risolvere il seguente esercizio: basta
Dimostrazione. Dimostriamo la proprietà della permanenza del sesostituire la x con la n nei calcoli.
gno, le altre sono lasciate come esercizio per casa. Per ogni ε > 0
E SERCIZIO .
esiste N ∈ N tale che per ogni n > N si ha
Studiare i limiti per n → +∞ delle seguenti successioni
a − ε < an < a + ε =⇒ 0 6 an < a + ε =⇒ 0 < a + ε.
numeriche.
Per l’arbitrarietà di ε > 0 si ha che a > 0.
5/2 +n3/2 −n1/2 +π
5/2
3/2 −n1/2 +π
• n n5/2
• n +nn2 +n+e
+n2 +n+e
Consideriamo ora successioni numeriche divergenti.
(n+1)4 −(n−1)4
n5/2 +n3/2 −n1/2 +π
•
•
3
p n3 +n2
√ n +n+e
√
P ROPOSIZIONE .
2 +n+1−n
• n+1− n−1
• nq
p
Se la successione numerica {an }n converge ad a e le successioni
2
2 − n + 10 − n • n
•
2n
1
+
−
1
n
numeriche {bn }n e {cn }n divergono
a +∞, allora
q
p
3
n+1
3
lim an + bn = a + (+∞) = +∞,
•
• n +n+1−n
n
n→+∞
√
√
5 2
2
n (2n+1)3 3 (n+3)(2n+e)2
n−n
lim an − bn = a − (+∞) = −∞,
• 1+n
• √
2
√
n→+∞
5 2
n (2n+1)3 + 3 (n+3)(2n+e)2
√
√
√
lim bn + cn = (+∞) + (+∞) = +∞,
n+2 n
•p
• p
2n + 1 − n + 1
n→+∞
2n+3
2
lim −bn − cn = −(+∞) − (+∞) = −∞,
• pn + n + 1 − n
• p n4 + 1 − n2 n2
n→+∞
√
3
• 2n2 − n + 10 − n • n3 + n − 3 n
se ± a > 0,
lim an · bn = ±∞
p
p
4
4
n→+∞
−(n−1)
• (n+1)
• n2 + 2n − n2 − 1
3 +n2 +1
n
√
√
lim bn · cn = +∞,
5
5
n
n→+∞
√
• (n+1) n−(n−1)
• n √n+1−
4
n+1+
n
an
a
q
p
p
lim
= +∞ = 0 se bn 6= 0,
n+1
n→+∞ bn
2 + 2n −
•
n
−
1
•
n
n2 − 1

n
√
√
p
+∞ se a > 1,
n
√
• n2 + 4n + 6 − n • n · √n+6−
lim (an )bn = 0 se |a| < 1, se (an )bn è ben definito.
n+6+ n
n→+∞

@ se a 6 −1,
Mostriamo ora altri modi per sciogliere forme indeterminate.
Dimostrazione. Dimostriamo l’ultima uguaglianza, le altre sono
lasciate come esercizio per casa. Sia ε > 0 e poniamo M = 1/ε.
Per ipotesi esiste N ∈ N tale che per ogni n > N si ha
|an − a| < ε
e
|bn | > M = ε1 .
Pertanto per la disuguaglianza triangolare si ha
|an −a|+|a|
an
< ε+|a|
bn 6
|bn |
1/ε = (|a| + ε) ε.
Per l’arbitrarietà di ε > 0 segue la tesi.
E SEMPIO .
Per verificare che
lim ln(n+1)
n→+∞ ln(n)
basta osservare che
ln(n+1)
ln(n)
e che
=
=1
ln(n+1)−ln(n) +ln(n)
ln(n)

lim ln 1 + 1n = ln(1) = 0
n→+∞
lim ln(n) = +∞
n→+∞

=
=⇒
ln 1+ 1n
ln(n)
+1
ln 1+ n1
lim
n→+∞ ln(n)
= 0.
P ROPOSIZIONE .
Se a > 1, allora vale la “scala” di crescita
ln(n) n an n! Questo significa che, ad esempio, risulta
n
lim nn! = +∞,
lim nn!n = 0.
n→+∞
nn .
n→+∞
Tale ordinamento di infiniti vale anche nel caso in cui ciascun
elemento della catena sia elevato alla stessa potenza positiva (ad
esempio ln(n)3 è un infinito di ordine inferiore a n3 ). Inoltre, se
si esclude dall’ordinamento n!, l’ordinamento degli infiniti continua a valere anche se ogni elemento della catena viene elevato ad
una potenza positiva differente (ad esempio n150 è un infinito di
ordine inferiore a en/100 ). Nel caso del fattoriale, questa proprietà
non è più vera.
O SSERVAZIONE .
Il precedente ordinamento di infiniti continua a valere se si sostituisce alla successione {n}n una qualunque successione posi∗ Ad esempio, (+∞) + (−∞) riguarda il lim (a + b ) con lim a = +∞ e lim b = −∞.
n
n
n
n
n→+∞
Istituzioni di Matematica
pagina 58
n→+∞
n→+∞
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
√
Visto che lim n a = 1 per ogni a > 0, per n sufficientemente
n→+∞
grande abbiamo
√
p
n
n
(N − 1)! > 1/2 e
N 1−N > 1/2
Dimostrazione.
e quindi
• Per dimostrare che per ogni a > 1 risulta
√
n
n! > N/4.
an
lim n = +∞
n→+∞
Dunque, per l’arbitrarietà di N la dimostrazione è conclusa.
basta osservare che b = a − 1 > 0 e per la formula del binomio di • Sia a = an .
n
Newton con n > 3 si ha
◦ Se a = −1 allora otteniamo, a meno di moltiplicare per −1,
>0
z }| {
la successione numerica a segnali alterni che è irregolare.
n
n
n
n k
n(n−1) 2
2
n
n
◦
Se a ∈ (−1, 0), allora |a−1 | > 1 e per quanto appena dimob+
b +∑
a = (1 + b) = 1 +
b > 1 + nb + 2 b
2
1
k
k=3
strato |a−1 |n −−−−→ +∞; dunque |an | = 1/|a−1 |n −−−−→ 0 e
tivamente divergente {an }n ; ad esempio, ln(n!) è un infinito di
ordine inferiore a en! .
=⇒
an
n
n→+∞
2
> 1n + b + n−1
−−−→ +∞,
2 b −
n→+∞
quindi an = 1/(a−1 )n −−−−→ 0.
n→+∞
n→+∞
n
n!
dove, ricordiamo, m = m!(n−m)!
.
• Dimostriamo che per ogni a > 1 risulta
n
lim an! = 0.
◦ Infine, se a < −1, allora an = (−1)n · |a|n dove, per quanto
abbiamo già visto, {(−1)n }n∈N è irregolare e |a|n −−−−→ +∞
n→+∞
in quanto |a| > 1. Dunque anche {an }n è irregolare.
n→+∞
Se n > k + 1 allora
n−k termini
E SEMPIO .
Per verificare che
}|
{
z
n
k
k
a
a n−k
a
0 < an! = ak! · k+1
· k+2
· · · an < ak! · k+1
.
a
Se k > [a] allora k+1 < 1 e quindi si ha
k
a n−k
a n−k
lim k+1
= 0 =⇒ lim ak! · k+1
=0
n→+∞
lim
n→+∞
basta osservare che
n
1 − 1n =
n→+∞
e per concludere basta utilizzare la proprietà del confronto.
Per quanto già visto per i limiti di funzioni, non è difficile risolvere il seguente esercizio visto che le successioni proposte sono
della forma xn = f (n).
E SERCIZIO .
Studiare i limiti per n → +∞ delle seguenti successioni
numeriche.
n
3 +ln(n4 )+1
2
n
n
• 3 +2n3n−1
• nn3 +2
• nn+2
2 +3n
+3
+3√n
p
n
n
• n+2
• 2n + n2 + 1
2n+3
E SERCIZIO .
Studiare i limiti per n → +∞ delle seguenti successioni
numeriche.
2n ·n!
n·2n
1) (3n)!
2) n+2
3) ln(n!) − n · ln(n)
n
p
2/3
n
n
−n!
4) 3 · ln(2n) − n · ln(3)
5) enn −n
6) 4n + n3 + 3
2
2) +∞
1) 0
3) −∞
P ROPOSIZIONE .
• lim
n→+∞
√
n
n = 1,

+∞ se a > 0,
• lim na = 1 se a = 0,
n→+∞

0 se a < 0,
(
se a, b√> 0 allora
•
lim n an + bn = max{a, b},
n→+∞
4) +∞
5) +∞
6) 4
1
1 n−1
1+ n−1
n−1 n
n
·
1
1
1+ n−1
n
=
1
e
1 1 n n =
1 n
1+
n−1
n−1
−−−−→ 1e · 11 = 1e
n→+∞
=
in quanto
n−1 m
m = n−1
1
lim 1 + n−1
=
= lim 1 + m1
= e,
m → +∞
n→+∞
m→+∞
1
= 1.
lim 1 + n−1
n→+∞
E SEMPIO .
Per verificare che
lim
−n
1 − 1n
=e
n→+∞
basta
osservare
−n chen n−1 n
1
1
1
· 1 + n−1
−−−−→ e · 1 = e.
1− n
= n−1
= 1 + n−1
{z
} | {z } n→+∞
|
→e
E SEMPIO .
Verifichiamo che
lim
→1
−2n
1 − 1n
= e2 .
n→+∞
√
n
n! = +∞,

+∞ se a > 1,



1 se a = 1,
• lim an =
0 se |a| < 1,
n→+∞



@ se a 6 −1,
n
• lim 1 + 1n = e,
• lim
n→+∞
n→+∞
Osserviamo
che
2n 2n 2n
−2n
n
1
1 − 1n
= n−1
= (n−1)+1
= 1 + n−1
.
n−1
Operando il cambio di variabili m = n − 1 otteniamo
−2n 2(m+1) m 2 2
1 − 1n
= 1 + m1
= 1 + m1
· 1 + m1 .
Ora, mandare n → +∞ equivale a mandare m → +∞, quindi
lim
−2n m 2 2
1 − 1n
= lim 1 + m1
· lim 1 + m1
= e2 · 12 = e2 .
n→+∞
m→+∞
m→+∞
E SEMPIO .
Per verificare che
dove e ≈ 2, 71828 è il numero di Eulero o Nepero.
Dimostrazione. Quasi tutti i limiti seguono da quanto già visto per
limiti analoghi per le funzioni. Consideriamo quindi solo i restanti
limiti.
√
• Dimostriamo che lim n n! = +∞. Sia N ∈ N arbitrariamente
n→+∞
grande. Allora per ogni n > N abbiamo che
n! = (N − 1)! · N · (N + 1) · . . . · n > (N − 1)! N n−N+1
√
p
√
n
n
=⇒ n! > n (N − 1)! · N 1−N · N.
a.a. 2020-2021
=
1 − n1
2−n
n→+∞ n−1
lim
n2
=0
2
basta osservare che per l’identità (−1)n = (−1)n , si ha
2
n2
n
2−n n
= (−1)n n−2
= (−1)n2
n−1
n−1
n−1
pagina 59
n−2
=
(−1)n
2
1 n
1+ n−2
=
(−1)n
2
−−−−→ 0
n
1 n−2 n−2 n→+∞
1+ n−2
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
in quanto an = (−1)n è una successione limitata e
1
bn =
n2 −−−−→ 0
1 n−2 n−2 n→+∞
1+ n−2
in quanto
1
lim 1 + n−2
n−2
2
lim n
n→+∞ n−2
= e,
n→+∞
= +∞.
E SERCIZIO .
Calcolare i limiti per n → +∞ delle seguenti successioni
numeriche.
n n
1) n · ln(n + 1) − ln(n)
2) n+1
n/2
3 +1 n
3) n+1
4) nn3 +n
n+4
q
q
n
n
1+n
5) n 1+2
6) n 24n+3
n
+n!
n
3
n+1
√
7) (n2 + n) ln cos n+1
8) n+
n
√ sin n π2
n
n+1
9) (n+2)
·
10) n+n n
3 1−cos(1/n)
n
11) n · ln 2n+3
12) 1 + n12
2n+6
q
n
n +4n
14) n 2 2+n
13) 2n+5
n
n
1 n
15) 1 + n2
16) ln(1 + en ) − n
2n
2 −1 n
2
17) nn2 +3n
18) nn2−3n
+5
19) n3 ln 1 + 1n − √ 12
n +n
1) 1
2) 1/e
√
3) e/e2
4) 1
17) e−3
18) e−6
19) −1/24
13) 0
14) 1
15) 1
16) 0
9) @
10) +∞
11) −3/2
12) 1
5) 1/2
6) 0
7) −9/2
8) 0
O SSERVAZIONE .
In particolare, posto L = sup{an : n ∈ N}, risulta che:
• se {an }n è limitata superiormente, cioè
∃M ∈ R t.c. an 6 M ∀n ∈ N,
allora L ∈ (−∞, M], {an }n è convergente ed il suo limite è L;
• se {an }n non è limitata superiormente, cioè
∀M ∈ R ∃n ∈ N t.c. an > M,
allora L = +∞ ed {an }n diverge a L = +∞.
Dimostrazione. • Per ipotesi an è limitata superiormente, di conseguenza L = sup an esiste finito. Dimostriamo che an converge ad
n∈N
L = sup an , ovvero che
n∈N
∀ε > 0 ∃N = N(ε) ∈ N t.c. L − ε < an < L + ε ∀n > N. (♣)
Sia ε > 0. Per le proprietà del sup risulta
an 6 L < L + ε
∀n ∈ N,
ed inoltre esiste N = N(ε) ∈ N tale che
L − ε < aN .
Essendo an monotona crescente, dalla precedente stima segue che
L − ε < an
∀n > N.
Questo conclude la dimostrazione del primo punto.
• Dimostriamo che se {an }n non è limitata superiormente, cioè
∀M ∈ R ∃n ∈ N t.c. an > M,
(♦)
allora {an }n diverge +∞, ovvero
∀M > 0 ∃N = N(M) ∈ N t.c. an > M ∀n > N.
Sia M > 0. Per (♦) abbiamo che esiste N ∈ N tale che aN > M.
Visto che {an }n è monotona crescente, segue che an > M ∀n > N
e questo conclude la dimostrazione della seconda asserzione.
T EST PER SUCCESSIONI NUMERICHE MONOTONE DECRESCENTI .
E SEMPIO .
Per verificare che il limite
lim 2−n
n→+∞ n−1
non esiste, basta osservare
che di
n
2−n n
=
(−1)
n−1
=
(−1)n
1
1+ n−2
n =
Tutte le successioni numeriche monotone decrescenti {an }n ,
cioè tali che an > an+1 ∀n ∈ N, sono regolari e
lim an = inf{an : n ∈ N}.
n
n→+∞
n−2 n
n−1
=
(−1)n
n−1
n−2
n
1
1+ n−2
n
n−2 n−2
il limite non esiste in quanto
1 n−2
@ lim (−1)n , lim 1 + n−2
= e, lim
n→+∞
30
O SSERVAZIONE .
In particolare, posto L = inf{an : n ∈ N}, risulta che:
• se {an }n è limitata inferiormente, cioè
∃M ∈ R t.c. an > M ∀n ∈ N,
allora L ∈ [M, −∞), {an }n è convergente ed il suo limite è L;
• se {an }n non è limitata inferiormente, cioè
∀M ∈ R ∃n ∈ N t.c. an < M,
allora L = −∞ ed {an }n diverge a −∞.
(−1)n
n→+∞
n
n→+∞ n−2
= 1.
Test di convergenza
Dimostrazione. La dimostrazione è lasciata come esercizio per caPer verificare la condizione data nella definizione di convergenza
sa.
∀ε > 0 ∃N = N(ε) ∈ N t.c. |an − L| < ε ∀n > N
è necessario conoscere a priori il valore del limite L. Nel caso in E SERCIZIO .
cui non fosse possibile pronosticare il valore di L ma volessimo
Calcoliamo sup(A) ed inf(A) dove √
√
verificare la convergenza di una successione numerica, possiamo
A = {an : n ∈ N},
an = n + 4 − n + 2.
utilizzare i seguenti test.
Osserviamo che√
√
an = n + 4 − n + 2
T EST PER SUCCESSIONI NUMERICHE MONOTONE CRESCENTI .
Tutte le successioni numeriche monotone crescenti {an }n , cioè
tali che an 6 an+1 ∀n ∈ N, sono regolari e
lim an = sup{an : n ∈ N}.
n→+∞
Istituzioni di Matematica
√
√
√
√
n+2)(√n+4+ n+2)
= ( n+4−√n+4+
= √n+4+2 √n+2
n+2
è strettamente decrescente in quanto
an+1 < an ⇐⇒ √n+5+2 √n+3 < √n+4+2 √n+2
√
√
√
√
⇐⇒ n + 5 + n + 3 > n + 4 + n + 2
√
√
√
√
⇐= n + 5 > n + 4 e n + 3 > n + 2.
pagina 60
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Pertanto A non ha un minimo ed inoltre
inf(A) = lim an = lim √n+4+2 √n+2 = 0,
n→+∞
n→+∞
√
√
√
√
sup(A) = max(A) = a1 = 1 + 4 − 1 + 2 = 5 − 3.
T EST DEI CARABINIERI O DEL SANDWICH .
Date le successioni numeriche {an }n , {bn }n e {cn }n , se valgono
le seguenti condizioni
• {an }n e {cn }n convergono entrambe ad L,
E SEMPIO .
Utilizziamo i test per le successioni numeriche monotone per
dimostrare che
n
lim 1 + 1n
• an 6 bn 6 cn per ogni n,
allora anche {bn }n converge ad L.
c1
n→+∞
esiste finito. Consideriamo due successioni numeriche {an }n e
{bn }n con
n
n+1
an = 1 + n1 ,
bn = 1 + 1n
.
Dimostriamo che {an }n è monotona crescente mentre {bn }n è
monotona decrescente:
• per la monotonia di {an }n basta osservare che
n
1 n−1
< 1 + n1
an−1 < an ⇐⇒ 1 + n−1
n
n n−1
⇐⇒ n−1
< n+1
n
n n−1 n
n −1
⇐⇒ n−1
< n+1
n
n
2 n
n
n−1
n −1
⇐⇒ n < n2
⇐⇒ 1 − n1 < 1 − n12
e che l’ultima disuguaglianza è vera per la disuguaglianza di
Bernoulli (1 + x)n > 1 + nx con x = −1/n2 ;
• per la monotonia di {bn }n basta osservare che
n+1
n+1
1 n
n n
< 1 + n−1
⇔ n+1
< n−1
bn < bn−1 ⇔ 1 + n1
n
n
2 n
n n n n
⇔ n+1
= n2n−1 ⇔ 1 + 1n < 1 + n21−1
n < n−1
n+1
e che l’ultima disuguaglianza è vera perché per la disuguaglianza di Bernoulli (1 + x)n > 1 + nx con x = n21−1 e
perché
1 + n2n−1 > 1 + n1 .
Dimostriamo che {an }n è limitata superiormente e {bn }n è
limitata inferiormente:
• visto che
n+1
bn = 1 + 1n
= an · 1 + 1n > an =⇒ an < bn ∀n ∈ N,
| {z }
>1
per la monotonia di {an }n e {bn }n abbiamo che
an < b1 = 4,
bn > a1 = 2 ∀n ∈ N
Per i test per le successioni numeriche monotone abbiamo che
{an }n e {bn }n convergono. Visto inoltre che
bn = an · 1 + n1
| {z }
→1
le due successioni numeriche hanno lo stesso limite. Tale limite
è il numero di Eulero
n
n+1
.
e = lim 1 + 1n = lim 1 + 1n
n→+∞
n→+∞
Per quanto già dimostrato
n
n+1
an = 1 + 1n < e < 1 + 1n
= bn
∀n ∈ N.
Tale stima ci permette di approssimare il valore di e ≈ 2.718,
come mostrato dalla seguente tabella.
n
an
bn
1
2
4
2
(3/2)2
3
(4/3)3 ≈ 2.370
(4/3)4 ≈ 3.160
4
(5/4)4 ≈ 2.441
(5/4)5 ≈ 3.052
5
(6/5)5 ≈ 2.488
(6/5)6 ≈ 2.986
= 2.25
(3/2)3
= 3.375
c3
b3
c2
c4
c5
b5
c6
L
b1
b2
a1
a1
a3
b6
a6
a5
b4
a4
c7
b7
a7
Dimostrazione. Sia ε > 0. Per ipotesi esiste N > 0 tale che per
ogni n > N si ha
L − ε < an < L + ε
ed
L − ε < cn < L + ε.
Di conseguenza, per ogni n > N si ha anche che
L − ε < an 6 bn 6 cn < L + ε
=⇒
|bn − L| < ε.
Dunque anche {bn }n converge ad L.
E SEMPIO .
p√
√
n
Dimostriamo di nuovo che lim n n = 1. Siano bn =
ne
n→+∞
cn = bn − 1. Visto che n > 1 si ha bn > 1 e quindi cn > 0. Per la
disuguaglianza di Bernoulli si ha
√
√
n = (bn )n = (1 + cn )n > 1 + n cn ⇐⇒ 0 6 cn 6 n−1
−−−−→ 0
n
n→+∞
e quindi per il test del confronto si ha
√
lim cn = 0 ⇐⇒ lim bn = 1 ⇐⇒ lim n n = lim b2n = 1.
n→+∞
n→+∞
n→+∞
n→+∞
E SEMPIO .
1/n
n
Per verificare che lim 1 + n+1
= 1, basta osservare che
n→+∞
1/n 1/n
n
1
11/n 6 1 + n+1
= 2 − n+1
6 21/n
ed utilizzare il test del confronto.
Il seguente esempio generalizza quanto ottenuto in quello precedente.
E SEMPIO .
Se an > 0 e converge ad a > 0, allora
√
lim n an = 1.
n→+∞
Infatti per ipotesi esiste N = N(a/2) tale che
|an − a| < 2a ∀n > N
Di conseguenza per ogni n > Nqsi ha
q
√
n 3
a
3
n a
n
2 < an < 2 a =⇒
2 < an <
2 a.
Per completare la dimostrazione
basta
ora
osservare
che
q
q
lim
n→+∞
n
a
2
= lim
n
n→+∞
3
2a
=1
ed utilizzare il test del confronto.
T EST DEL RAPPORTO .
Sia {an }n∈N una successione numerica di termini positivi, an >
a
an+1
0, tale che n+1
an è regolare, cioè il lim an = L esiste finito o
n→+∞
infinito.
• Se L < 1 allora {an }n∈N è decrescente e lim an = 0.
n→+∞
• Se L > 1 allora lim an = +∞.
n→+∞
a.a. 2020-2021
pagina 61
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
infinito.
• Se L < 1 allora {an }n∈N è decrescente e lim an = 0.
O SSERVAZIONE .
Se L = 1 allora il test del rapporto non ci dice nulla.
n→+∞
Dimostrazione. Assumiamo L ∈ [0, 1); i casi L > 1 ed L = +∞
sono lasciati come esercizio per casa. Per definizione di L,
∀ε > 0 ∃N = N(ε) ∈ N t.c. L − ε < an+1 /an < L + ε ∀n > N.
Se scegliamo ε = (1 − L)/2 ∈ (0, 1), allora
n > N =⇒ an+1 /an < L + ε = 1 − ε =⇒ an+1 < (1 − ε) an .
Da questo deriva che {an }n è strettamente decrescente. Ragionando iterativamente, per ogni n > N si ha
an+1 < (1 − ε) an < (1 − ε)2 an−1 < (1 − ε)3 an−2
< . . . < (1 − ε)1+n−N aN
e quindi
0 < an+1 < (1 − ε)1+n−N aN .
Per concludere è ora sufficiente applicare il test del confronto:
1 − ε = 1+L
2 ∈ (0, 1)
1+n−N
=⇒ lim (1 − ε)
n→+∞
aN =
aN
lim (1 − ε)n
(1−ε)N−1 n→+∞
• Se L > 1 allora lim an = +∞.
n→+∞
O SSERVAZIONE .
Se L = 1 allora il test della radice non ci dice nulla.
Dimostrazione. Basta applicare il test del rapporto e la seguente
proposizione.
P ROPOSIZIONE .
Sia {an }n∈N una successione numerica di termini positivi, an > 0.
Se uno dei seguenti limiti esiste finito o infinito
√
a
lim n+1
lim n an ,
an ,
n→+∞
n→+∞
allora essi coincidono, ovvero
√
lim n an = lim
= 0.
n→+∞
an+1
.
n→+∞ an
a
E SEMPIO .
Per verificare che
n
lim 2 n!
n→+∞ (3n)!
basta osservare che
an+1
2n+1 (n+1)! (3n)!
an = (3n+3)! · 2n n! =
=
Dimostrazione. Consideriamo il caso lim n+1
= L > 0; i casi
n→+∞ an
L = +∞ ed L = 0 sono lasciati come esercizio per casa. Fissato
ε ∈ (0, L), esiste N = N(ε) ∈ N tale che
a
L − ε < n+1
∀n > N.
(♥)
an < L + ε
Ragionando iterativamente, per ogni n > N si ha
an+1 < (L + ε) an < (L + ε)2 an−1 < (L + ε)3 an−2
=0
2·2n ·(n+1)·n!
(3n+3)·(3n+2)·(3n+1)·(3n)!
2(n+1)
−−−→
(3n+3)(3n+2)(3n+1) −
n→+∞
· (3n)!
2n n!
0
< . . . < (L + ε)1+n−N aN ,
ed applicare il test del rapporto.
an+1 > (L − ε) an > (L − ε)2 an−1 > (L − ε)3 an−2
E SEMPIO .
Utilizziamo il test del rapporto per dimostrare parte della scala di
crescita.
• Se an = nb /an con a > 1 e b > 0, allora
b
an+1
(n+1)b an
1
1
−−−−→ a1 < 1
an = an+1 · nb = a 1 + n
e quindi per il test del rapporto abbiamo
• Se an
= an /n!
n→+∞
che an −−−−→
n→+∞
0.
con a > 1, allora
an+1
a
= (n+1)!
· an!n = n+1
−−−−→ 0 < 1
an+1
an
n→+∞
n→+∞
n→+∞
1 −−−→ 1
n −
1
n→+∞ e
1+ n
<1
e quindi per il test del rapporto abbiamo che an −−−−→ 0.
n→+∞
Per completezza osserviamo che il test del rapporto non è utile a
dimostrare che an = ln(n)/n −−−−→ 0 in quanto
an+1
an
=
ln(n+1)
n+1
n
· ln(n)
=
n→+∞
ln(n+1)
ln(n)
n
· n+1
−−−−→ 1 · 1 = 1.
n→+∞
Se però applichiamo la regola di de l’Hôpital otteniamo che
1/x
lim ln(x)
x = lim 1 = 0
x→+∞
x→+∞
e quindi an = ln(n)/n −−−−→ 0. Un altro modo per calcolare il
n→+∞
limite è procederecome segue
y)
x = ey
lim ln(x)
=
= lim ln(e
= lim eyy = 0.
y
x
e
y → +∞
x→+∞
y→+∞
y→+∞
T EST DELLA RADICE .
Sia {an }n∈N una successione numerica di termini positivi, an >
√
√
0, tale che n an è regolare, cioè il lim n an = L esiste finito o
n→+∞
Istituzioni di Matematica
e quindi
(L − ε)n−N aN < an < (L + ε)n−N aN
∀n > N + 1.
Estraendo la radiceqdi (♦) otteniamo
q
√
aN
aN
n
an < (L + ε) n (L+ε)
(L − ε) n (L−ε)
N <
N.
Visto che
q
q
aN
aN
n
lim n (L−ε)
,
N = 1 = lim
(L+ε)N
(♦)
(♣)
n→+∞
a meno di prendere una N più grande, non è limitativo assumere
che q
q
aN
aN
n
n
>
1
−
ε
e
< 1+ε
∀n > N.
N
(L−ε)
(L+ε)N
e quindi per il test del rapporto abbiamo che an −−−−→ 0.
• Se an = n!/nn , allora
an+1
(n+1)!
nn
an = (n+1)n+1 · n! =
> . . . > (L − ε)1+n−N aN ,
Per concludere basta ora osservare che per tali stime e la (♣), per
ogni n > N si ha
√
(L − ε) (1 − ε) < n an < (L + ε) (1 + ε)
√
⇐⇒ L − ε (1 + L − ε) < n an < L + ε (1 + L + ε).
Per l’arbitrarietà di ε > 0 abbiamo la tesi. I restanti casi sono
lasciati come esercizio per casa.
E SEMPIO .
Utilizzando il test della radice
è immediato dimostrare che
+∞ se a > 1,
n
lim a =
0 se a ∈ (0, 1).
n→+∞
T EST DI C AUCHY.
Una successione numerica {an }n∈N converge se e solo se
∀ε > 0 ∃N = N(ε) ∈ N t.c. |an − am | < ε ∀n, m > N.
(♥)
Dimostrazione. “=⇒” Se lim an = L allora per ogni ε > 0 esiste
n→+∞
N = N(ε/2) tale che
|an − L| < ε/2 ∀n > N.
pagina 62
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Per ottenere (♥) basta ora utilizzare la disuguaglianza triangolare
come segue:
|an − am |6|an − L| + |L − am | < ε ∀n, m > N.
“⇐=” Assumiamo (♥). {an }n non diverge in quanto per (♥) con
m = N + 1 e per la disuguaglianza triangolare abbiamo
|an | 6 |an − aN+1 | + |aN+1 | < |aN+1 | + ε ∀n > N.
Questa stima implica anche che {an }n è limitata e quindi per il teorema di Bolzano-Weierstrass esiste una sottosuccessione numerica
{ank }k∈N di {an }n∈N che converge, diciamo ad L ∈ R.
Per completare la dimostrazione basta dimostrare che anche la
successione numerica originale {an }n converge ad L. Sia ε > 0.
Visto che ank converge ad L, abbiamo che
∃K = K(ε/2) ∈ N t.c. |ank − L| < ε/2 ∀k > K.
Inoltre per (♥) abbiamo che
∃N = N(ε/2) ∈ N t.c. |an − ank | < ε/2 ∀n, k > N.
Pertanto per la disuguaglianza triangolare per ogni n > max{K, N}
risulta
|an − L| 6 |an − ank | + |ank − L| < ε.
Per l’arbitrarietà di ε abbiamo che anche {an }n converge ad L e
questo conclude la dimostrazione.
E SEMPIO .
Studiamo la successione {an }n definita per
ricorrenza
come
a1 = 32 ,
an+1 = 21 an + a2n .
Dimostriamo per induzione che an > 0 per ogni n ∈ N:
1) a1 > 0 per definizione; 2) se an > 0 allora an+1 = 12 an + a2n > 0.
Dunque se {an }n converge ad
L, allora
L >0 e L = lim an+1 = lim 21 an + a2n = 21 L + L2 =⇒
n→+∞
n→+∞
√
1
2
L = 2 L + L ⇐⇒ 2L2 = L2 + 2 ⇐⇒ L2 = 2 ⇐⇒ L = 2.
√
Pertanto l’unico candidato ad essere limite di {an }n è L = 2.
Resta ora da dimostrare che in effetti {an }n converge. A scopo illustrativo, lo dimostriamo applicando sia il test delle successioni
monotone che quello del confronto.
• Per dimostrare che {an }n converge utilizzando il test delle successioni monotone
basta dimostrare che {an }n è limitata inferior√
mente da 2 e che √
è monotona decrescente. Dimostriamo per
induzione che a√
n > 2 per ogni n ∈ N:
1) a1 = 3/2√> 2 per definizione;
2) se an > 2 allora √
√
2 +2
n
an+1 = 12 an + a2n = a2a
− 2+ 2
n
√
√
√
√
√
2
(an − 2)2
n +2
= an −22a2a
+
2
=
+
2
>
2.
2a
n
n
Dalla stima appena dimostrata segue che {an }n è monotona
decrescente visto che
2
n
an+1 − an = 12 an + a2n − an = a1n − a2n = 2−a
2an < 0.
Dunque abbiamo che {an }n è monotona decrescente e limitata
inferiormente. Possiamo pertanto applicare il test delle successioni monotone ed asserire che {an }n converge ad inf{an : n ∈
N}. A questo punto non serve calcolare inf{an : n ∈√
N} per ottenere il valore del limite in quanto già sappiamo che 2 è l’unico
limite possibile.
√
• In alternativa, per dimostrare che {an }n converge a 2
utilizzando il test del confronto basta dimostrare che
√
√
2 < an < 2 + 21n
∀n ∈ N.
(?)
√
Abbiamo già visto che an > 2 per ogni n ∈ N. Dimostriamo
a.a. 2020-2021
√
ora per induzione
che an < 2 + 21n per ogni n ∈ N:
√
1
1) a1 = 32 <
√ 2 +1 2 per definizione;
√
2) se an < 2 + 2n allora, visto che an > 2, si ha
√
√
1
an+1 = 12 an + a1n < 12
2 + 21n + √12 = 2n+1
+ 2.
Dunque (?) è vera e quindi basta √
applicare il test del confronto
per ottenere che {an }n converge a 2.
E SEMPIO .
Studiamo la successione {an }n definita perpricorrenza come
a1 = 1,
an+1 = 2 + an .
Per induzione si dimostra che an > 0 per ogni n ∈ N. Dunque se
{an }n converge ad L, allora Lp
>0e
√
2 + an = 2 + L
L = lim an+1 = lim
n→+∞
n→+∞
=⇒ L2 = 2 + L ⇐⇒ L2 − L − 2 = (L + 1)(L − 2) = 0 ⇔ L = 2.
Pertanto l’unico candidato ad essere limite di {an }n è L = 2. Resta ora da dimostrare che in effetti {an }n converge. A scopo illustrativo, lo dimostriamo applicando sia il test delle successioni
monotone che quello del confronto.
• Per dimostrare che {an }n converge utilizzando il test delle successioni monotone basta dimostrare che {an }n è limitata superiormente da 2 e che è monotona crescente. Dimostriamo per
induzione che an < 2 per ogni n ∈ N:
1) a1 = 1 < 2;
√
√
2) se an < 2, allora an+1 = 2 + an < 2 + 2 = 2.
{an }n è monotona crescente visto che
p
an >0
an+1 = 2 + an > an ⇐⇒ a2n − an − 2 = (an + 1)(an − 2) < 0
⇐⇒ an ∈ (−1, 2)
e che per quanto già dimostrato an ∈ (0, 2) per ogni n ∈ N. Dunque abbiamo che {an }n è monotona crescente e limitata superiormente. Possiamo pertanto applicare il test delle successioni
monotone ed asserire che {an }n converge a sup{an : n ∈ N}. A
questo punto non serve calcolare sup{an : n ∈ N} per ottenere il
valore del limite in quanto già sappiamo che 2 è l’unico limite
possibile.
• In alternativa, per dimostrare che {an }n converge a 2
utilizzando il test del confronto basta dimostrare che
1
2 − 2n−1
6 an < 2.
(?)
Abbiamo già visto che an < 2 per ogni n ∈ N. Dimostriamo ora
1
per ogni n ∈ N.
per induzione che an > 2 − 2n−1
1
1) a1 = 1 > 2 − 21−1 = 1;
1
, allora an+1 > 2 − 21n in quanto
2) Se an > 2 − 2n−1
q
p
1
an+1 = 2 + an > 4 − 2n−1
ed inoltreqper ogni n ∈ N si ha
1
4 − 2n−1
> 2 − 21n ⇐⇒ 4 − 22n > 4 − 24n + 212n
n
2
1
⇐⇒ 22n > 212n ⇐⇒ 1 > 2·2
2n = 2n+1 .
Dunque (?) è vera e quindi basta applicare il test del confronto
per ottenere che {an }n converge a 2.
E SEMPIO .
Studiamo la successione {an }n definita da
an =
Visto che
pagina 63
an+1
an
=
(n+1)!
(n!)2
(2n)! .
2
· (2n)!2 =
(n!)
2(n+1) !
(n+1)2 (n!)2
(2n+2)(2n+1)(2n)!
· (2n)!
(n!)2
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
=
(n+1)2
−−−→ 1
(2n+2)(2n+1) −
n→+∞ 4
Teoria
E SEMPIO .
Due successioni numeriche che non sono delle progressioni
aritmetiche sono
1
,...
1, 2, 4, 8, . . .
e
− 1, − 13 , − 19 , − 27
Esse hanno però in comune il fatto che per entrambe ciascun
termine è ottenuto dal precedente moltiplicando per un fattore costante (rispettivamente 2 ed 1/3). Successioni con questa
proprietà sono dette progressioni geometriche.
< 1,
per il test del rapporto abbiamo che an −−−−→ 0.
n→+∞
E SEMPIO .
Studiamo la successione {an }n definita da
n +4n
an = 2n+5
n .
Visto che
√
n n
√
2 +4n
n
an = √
−−−−→ max{2,4}
=
n
5
n+5n
n→+∞
4
5
< 1,
Più in generale abbiamo la seguente
per il test della radice abbiamo che an −−−−→ 0.
n→+∞
E SERCIZIO .
Studiare i limiti per n → +∞ delle seguenti successioni
numeriche.
2
n
2
n
2) 10nn ·n!
3) 2(n!)
1) nn2·10
n +nn
+n!
31
Progressioni aritmetiche e geometriche
E SEMPIO .
Le successioni numeriche
1, 4, 7, 10, . . .
e
3, 1, −1, −3, . . .
hanno in comune il fatto che per entrambe ciascun termine è ottenuto dal precedente aggiungendo un valore costante (rispettivamente 3 e −2). Successioni con questa proprietà sono dette
progressioni aritmetiche.
Più in generale abbiamo la seguente
D EFINIZIONE .
Una progressione aritmetica è una successione numerica di numeri tali che la differenza tra ciascun termine ed il suo precedente
sia una costante, ovvero è una successione numerica della forma
a, a + d, a + 2d, a + 3d, . . . , a + (n − 1) · d, . . .
dove a e d sono numeri reali fissati, detti rispettivamente termine
iniziale e ragione della progressione aritmetica.
Il termine n-esimo di una progressione aritmetica è per definizione
an = a + (n − 1) · d.
Di conseguenza la differenza tra un termine an+1 ed il suo precedente an è sempre la ragione d e più in generale si ha
am − an = (m − n) d.
In particolare, una successione è una progressione aritmetica se
m −an
m 6= n =⇒ am−n
= d.
E SEMPIO .
Nel caso della successione numerica
1, 4, 7, 10, . . .
si ha a = 1 e d = 3, mentre nel caso della successione numerica
3, 1, −1, −3, . . .
si ha a = 3 e d = −2.
O SSERVAZIONE .
Le progressioni aritmetiche rivestono un ruolo importante, ad
esempio, nella teoria dei numeri primi. Infatti, nel 1837 Dirichlet ha dimostrato che in ogni progressione aritmetica in cui il
primo termine a e la ragione d siano interi coprimi (ovvero valga
MCD(a, d) = 1) si trovano infiniti numeri primi.
Istituzioni di Matematica
D EFINIZIONE .
Una progressione geometrica è una successione numerica di numeri tali che il rapporto tra un elemento ed il suo precedente è
sempre costante, ovvero è una successione numerica della forma
a, a · r, a · r2 , a · r3 , . . . , a · rn−1 , . . .
dove a ed r sono numeri reali fissati, detti rispettivamente
termine iniziale e ragione della progressione geometrica.
Il termine n-esimo di una progressione geometrica è per definizione
an = a · rn−1 .
Di conseguenza il rapporto tra il termine an+1 ed il suo precedente
an è sempre la ragione r e più in generale
am
m−n
.
an = r
In particolare, una successione è una progressione
geometrica se
q
m−n am
m 6= n =⇒
an = r.
E SEMPIO .
Nel caso della successione numerica
1, 2, 4, 8, . . .
si ha a = 1 ed r = 2, mentre nel caso della successione numerica
1
−1, − 31 , − 91 , − 27
,...
si ha a = −1 ed r = 1/3.
O SSERVAZIONE .
Data una progressione aritmetica
 an = a + (n − 1) · d, si ha
+∞ se d > 0,
lim an = a se d = 0,
n→+∞

−∞ se d < 0.
Dunque tutte le progressioni aritmetiche sono regolari.
O SSERVAZIONE .
Data una progressione
geometrica an = a · rn−1 , si ha
±∞ se ± a > 0 ed r > 1,


a se r = 1,
lim an =
0
se a = 0 oppure |r| < 1,
n→+∞



@ se a 6= 0 ed r 6 −1.
Dunque ci sono progressioni geometriche regolari ed altre
irregolari.
O SSERVAZIONE .
Una progressione aritmetica ha una crescita (o diminuzione)
lineare
an = a + (n − 1) · d,
mentre una progressione geometrica ha una crescita (o
diminuzione) esponenziale
an = a · rn−1 .
E SERCIZIO .
Si dimostri che applicando il logaritmo ai termini di una
progressione geometrica si ottiene una progressione aritmetica.
pagina 64
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
O SSERVAZIONE .
Ci sono successioni numeriche che non sono progressioni né
aritmetiche né geometriche (la successione armonica ne è un
esempio).
E SEMPIO .
Se l’aumento dello stipendio per effetto degli scatti di anzianità
è tale che
• lo stipendio al momento dell’assunzione è a1 = a;
• lo scatto annuale di anzianità è pari all’1.5% dello stipendio
iniziale;
allora
• dopo un anno lo stipendio è
1.5
a1 ;
a2 = a + 100
• dopo 2 anni lo stipendio è
1.5
1.5
a = a + 2 · 100
a;
a3 = a2 + 100
• dopo n anni lo stipendio è
1.5
1.5
an+1 = an + 100
a = a + n · d,
d = 100
a1 .
In questo modo si è ottenuto una progressione aritmetica.
Se invece l’aumento dello stipendio per effetto degli scatti di
anzianità è tale che
• lo stipendio al momento dell’assunzione è a1 = a;
• lo scatto annuale di anzianità è pari all’1.5% dello stipendio
precedente;
allora
• dopo un anno lo stipendio è
1.5
1.5
a = 1 + 100
a;
a2 = a + 100
• dopo 2 anni lo stipendio è
2
1.5
1.5
1.5
a3 = a2 + 100
a2 = 1 + 100
a2 = 1 + 100
a;
• dopo n anni lo stipendio
è
1.5
1.5
1.5
an = 1 + 100
an = a · rn ,
r = 1 + 100
.
an+1 = an + 100
In questo modo si è ottenuto una progressione geometrica.
E SERCIZIO .
1) Scrivere i primi quattro termini della serie geometrica con a =
4 ed r = −2.
2) Si trovino a e d della progressione aritmetica 3, 9, 15, . . .
8
,...
3) Si trovino a ed r della progressione geometrica 8, 78 , 49
4) Di una progressione aritmetica sono noti i termini a3 = 16 ed
a6 = 31. Trovare la ragione d ed il termine a8 .
5) Di una progressione geometrica sono noti i termini a3 = 16
ed a6 = 31. Trovare la ragione r ed il termine a8 .
4, −8, 16, −32
a=3ed=6
a = 8 e r = 1/7
Poiché am − an = (m − n)d, si ha che
a6 − a3 = (6 − 3)d ⇐⇒ 31 − 16 = 3d ⇐⇒ d = 5
e quindi a8 = a6 + (8 − 6)d = 31 + (3 − 1)5 = 41.
5) Poiché am /an = rm−n , si ha che q
1)
2)
3)
4)
a6
a3
√
3
√
3
31·22
4
31
√
= r3 ⇐⇒ 31/16 = r3 ⇐⇒ r = 3 31
16 = 2 3 2 =
√
2
3
2/3 4/3
31·22
e quindi a8 = a6 · r8−6 = 31 ·
= 31·3116 2 =
4
·315/3 21/3
.
8
Ovviamente il secondo tipo di contratto è più vantaggioso per il
dipendente visto che la crescita di una progressione geometrica
è esponenziale mentre quella di una progressione aritmetica è
lineare.
E SEMPIO .
Stabilire se le seguenti successioni numeriche sono aritmetiche o
geometriche ed in ogni caso calcolarne il limite. n
1) {2n }n
2) {4 + n}n
3) 12
n
2n
1
4) 1 + n1 n
5) − 21
6)
n
4 +1 n
n
a
1) Geometrica di ragione r = 2 in quanto n+1
an = 2. Inoltre
lim 2n = +∞.
n→+∞
2) Aritmetica di ragione d = 1 in quanto an+1 − an = 1. Inoltre
lim (4 + n) = +∞.
n→+∞
3) Geometrica di ragione r =
n
lim 21 = 0.
1
2
in quanto
an+1
an
= 12 . Inoltre
n→+∞
a
n(n+2)
4) Né geometrica né aritmetica in quanto n+1
an =(n+1)2 e an+1 −
−1
an = n(n+1)
dipendono da n. Inoltre lim 1 + 1n = 1.
n→+∞
5) Geometrica di ragione r =
2n
lim − 21
= 0.
n→+∞
1
4
in quanto
a
an+1
an
= 14 . Inoltre
n
4 +1
6) Né geometrica né aritmetica n+1
an = 4n+1 +1 e an+1 − an =
3·4n
− (4n +1) 4n+1 +1 dipendono da n. Inoltre lim 4n1+1 = 0.
(
)
n→+∞
a.a. 2020-2021
pagina 65
Istituzioni di Matematica
Capitolo 7
Serie
32
Somme finite
La somma finita dei primi N termini della successione {an }n∈N è
indicata con
N
∑ an
P ROPOSIZIONE .
• Per una somma geometrica
( si ha
∑ an =
N
N
.
∑ n = N·(N+1)
2
Il ruolo di n nella notazione della somma finita ∑Nn=1 an è fittizio
e per questo è detto indice muto. Infatti n può essere sostituita
da qualsiasi altra lettera diversa da N; ad esempio
N
n=1
• Per una somma telescopica si ha
N
∑ (an+1 − an ) = aN+1 − a1 .
N
∑ an = a1 + a2 + a3 + . . . + aN = ∑ am .
n=1
n=1
m=1
O SSERVAZIONE .
Se la somma parte da 0 invece
( che da 1, allora si ha
E SEMPIO .
Utilizzando la notazione appena introdotta si ha che
•
∑n
2
2
2
2
N
∑ an =
2
= 1 + 2 + 3 + 4 + . . . + 10 = 385,
n=0
N
n=1
10
•
•
∑n=
7381
,
∑ n1 = 1 + 12 + 13 + 14 + . . . + 101 = 2520
n=1
10
n+1
∑ (−1)n
n=0
Dimostrazione. • Studiamo il caso a 6= 1, visto che il caso a = 1
è ovvio. Poniamo
1627
2520 .
N
G=
E SERCIZIO .
Scrivere le seguenti somme finite in forma compatta e calcolarne
il valore.
1
1
S1 = 1·2
+ 1 + 1 + . . . + 10·11
2·3 3·4 1
S2 = ln 1 + 11 + ln 1 + 21 + ln 1 + 13 + . . . + ln 1 + 10
1
−2·1−1
n=1
= (a + a2 + . . . + aN−1 + aN )
− (a2 + a3 + . . . + aN−1 + aN + aN+1 )
= a − aN+1 = a · (1 − aN )
=⇒ G =
S1 =
∑
10
1
n·(n+1)
=
S2 = ∑ ln 1 + n1 = ln(11) S3 =
10
11
n=1
n=1
10
∑
1
(−1)n 2n−1
n=1
n
= N · (N + 1)
n
E SERCIZIO .
Scrivere i primi tre termini e l’ultimo delle seguenti somme finite.
n−1 (18−n)
n!
n=1
243
• 17, 24, 45
2 , . . . , 5600
8
•
=⇒
A=
N·(N+1)
.
2
In alternativa, diamo di seguito una dimostrazione geometrica.
Dividiamo un quadrato di lato N in quadratini di lato unitario e
n=1
10
∑ n = 1 + 2 + . . . + (N − 1) + N.
Per la proprietà commutativa dell’addizione
A= 1 +
2
+
3
+ . . . + (N − 2) + (N − 1) + N,
A = N + (N − 1) + (N − 2) + . . . +
3
+
2
+ 1,
e sommando termine a termine si ottene
2A = (N + 1) + (N + 1) + (N + 1) + . . . + (N + 1)
(−1)
1
1
1
1
1
227
2 = − 4 + 9 − 16 + 25 − 36 = − 1200
∑ (n+1)
∑3
.
N
A=
n=1
•
1−a
• Poniamo
=0
(−1)
2
∑ (n+1)
5
a·(1−aN )
n=1
E SERCIZIO .
Scrivere esplicitamente i termini della seguente somma finita e
calcolarne il valore.
5
∑ an = a + a2 + . . . + aN−1 + aN .
Se a = 1 allora G = N. Se a 6= 1, allora
G · (1 − a) = G − G · a
1
1
1
+ 2·2−1
+ −2·3−1
+ . . . + 2·10−1
10
se a 6= 1
N + 1 se a = 1
∑ (an+1 − an ) = aN+1 − a0
n=0
1
= 1 − 12 + 13 − 14 + . . . − 10
=
1−aN+1
1−a
N
N·(N+1)
2
n=1
S3 =
se a 6= 1,
se a = 1.
• Per una somma aritmetica si ha
O SSERVAZIONE .
2
N
n=1
∑ an = a1 + a2 + a3 + . . . + aN .
n=1
10
a·(1−aN )
1−a
N
n=1
ovvero
Il calcolo del valore di una somma finita non è in generale un’operazione veloce. In alcuni casi si possono però applicare delle
formule esplicite che lo velocizzano.
∑ nn!n/2
n=4
√ , 10 , . . . , 315
• 32 , 524
32
5 3
66
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
calcoliamo l’area evidenziata in giallo nella seguente figura.
N
N
..
.
..
.
2
1
2
1
ed applicare la formula per le somme aritmetiche come segue:
27
33
9 + 21
2 + 12 + 2 + 15 + 2 =
3
2
6
∑ (5 + n) =
n=1
3
2
6 · 5 + 6·(6+1)
=
2
153
2 .
E SEMPIO .
Calcoliamo la somma dei primi 100 numeri naturali applicando
la formula per le somma aritmetiche come segue:
100
1 + 2 + 3 + 4 + . . . + 100 =
= 5050.
∑ n = 100·(100+1)
2
n=1
12
...
N
12
...
N
Ricordiamo che questo esercizio fu risolto da Gauss quando
Come primo passo calcoliamo la superficie evidenziata in blue, aveva tra i 7 ed i 9 anni.
2
ottenendo N2 . A questa va aggiunta la superficie evidenziata
A differenza delle somme geometriche e di quelle aritmetiin rosso, che è pari a N2 , in quanto ciascun quadratino ha area che, non c’è un modo semplice per riconoscere se una somma sia
unitaria e lungo al diagonale ci sono N quadratini. Otteniamo telescopica o meno: serve avere il “colpo d’occhio”.
2
così che l’area evidenziata in giallo è N2 + n2 = N(N+1)
, che è
2
E SEMPIO .
pari anche alla somma dei primi N numeri naturali visto che la
1
1
1
1
1
1
1
1
Per
calcolare 12 + 16 + 12
+ 20
+ 30
+ 42
+ 56
+ 72
+ 90
+ 110
basta
somma delle aree dei quadrati disposti sulla n-esima colonna è
applicare
la
formula
per
le
somme
telescopiche
come
segue:
pari ad n.
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2 + 6 + 12 + 20 + 30 + 42 + 56 + 72 + 90 + 110
Infine, ricordiamo che abbiamo già dimostrato questa formula
10
10 utilizzando il principio di induzione.
1
1
1
= ∑ n(n+1)
= ∑ 1n − n+1
= 11 − 11
= 10
11 .
• Per definizione si ha
n=1
n=1
N
Mostriamo infine come dimostrate per induzione alcune formule utili a calcolare somme finite.
E SEMPIO .
Per il principio di induzione la seguente proposizione
∑ (an+1 − an ) = (a2 − a1 ) + (a3 − a2 ) + (a4 − a3 ) + . . .
n=1
+ (aN − aN−1 ) + (aN+1 − aN )
= aN+1 − a1 .
n
Gli esempi che seguono mostrano come applicare:
∑ k = 1 + 2 + · · · + n = n(n+1)
2
P(n) :
• la formula per la somma geometrica ogni volta che an+1 /an è
una costante che non dipende da n;
• la formula per la somma aritmetica ogni volta che an+1 − an è
una costante che non dipende da n.
k=1
è vera per ogni n ∈ N, perché:
i. P(1) è vera in quanto
1
∑ k = 1 = 1(1+1)
2 ;
k=1
E SEMPIO .
1
1
1
1
Per calcolare 12 + 16 + 18
+ 54
+ 162
+ 486
, basta osservare che
an+1 /an = 1/3 in quanto
1/18
1/54
1/162
1/486
1/6
1
3 = 1/2 = 1/6 = 1/18 = 1/54 = 1/162
ed applicare la formula per le somme geometriche come segue:
6 n
1
1
1
1
1
1
3
1
2 + 6 + 18 + 54 + 162 + 486 = 2 ∑ 3
ii. se P(n) è vera allora anche
n+1
∑ k = (n+1)(n+2)
2
P(n + 1) :
k=1
è vera in quanto
n+1
n
k=1
k=1
+ (n + 1) = (n+1)(n+2)
.
∑ k = ∑ k + (n + 1) = n(n+1)
2
2
n=1
= 23 ·
1
1 6
3 · 1− 3
1
1− 3
6
3 −1
1 728
= 32 · 1/3
2/3 · 36 = 4 · 35 =
Abbiamo quindi dimostrato in un altro modo la formula per la
somma aritmetica.
182
243 .
E SEMPIO .
Per il principio di induzione la seguente proposizione
E SEMPIO .
1
1
1
1
Per calcolare 21 − 16 + 18
− 54
+ 162
− 486
basta osservare che
an+1 /an = −1/3 in quanto
1/18
−1/54
1/162
−1/486
− 13 = −1/6
1/2 = −1/6 = 1/18 = −1/54 = 1/162
ed applicare la formula per le somme geometriche come segue:
n
6 1
1
1
1
1
1
3
1
−
+
−
+
−
=
−
−
∑
2
6
18
54
162
486
2
3
n
P(n) :
∑ k2 = 12 + 22 + · · · + n2 = 6n (2n + 1)(n + 1)
k=1
è vera per ogni n ∈ N, perché:
i. P(1) è vera in quanto
1
∑ k2 = 12 = 16 · (2 · 1 + 1)(1 + 1);
n=1
3
2
=− ·
1
1 6
− 3 1− − 3
1
1− − 3
= − 23
·
−1/3
4/3
·
k=1
36 −1
36
1
8
= ·
728
35
=
91
243 .
ii. se P(n) è vera allora anche
n+1
P(n + 1) :
E SEMPIO .
k=1
21
2
Per calcolare 9 + + 12 +
an+1 − an = 3/2 in quanto
3
21
21
2 = 2 − 9 = 12 − 2 =
a.a. 2020-2021
∑ k2 = n+1
6 (2n + 3)(n + 2)
27
2
27
2
+ 15 +
33
2
basta osservare che
− 12 = 15 −
27
2
=
33
2
− 15,
pagina 67
è vera in quanto
n+1
n
∑ k2 =
∑ k2 + (n + 1)2 = n6 (2n + 1)(n + 1) + (n + 1)2
k=1
k=1
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
=
=
Teoria
(n+1)
(n+1)
6 (n(2n + 1) + 6(n + 1)) = 6
n+1
6 (2n + 3)(n + 2).
2n2 + 7n + 6
33
E SEMPIO .
Fissato a ∈ R \ {1}, per il principio di induzione la seguente
proposizione
n
n+1
∑ ak = 1 + a + a2 + a3 + · · · + an = 1−a
1−a
P(n) :
Somme infinite
D EFINIZIONE .
Una serie numerica è la somma (infinita) di tutti i termini di una
successione.
Generalizzando il simbolo di somma finita, la serie numerica associata alla successione {an }n∈N è indicata con
+∞
k=0
∑ an
è vera per ogni n ∈ N, perché:
1+1
⇐⇒ (1 + a)(1 − a) = 1 − a2 ;
∑ ak = 1 + a = 1−a
1−a
k=0
ii. se P(n) è vera allora anche
n+1
P RIMO PARADOSSO DI Z ENONE .
Non si può giungere all’estremità di uno stadio senza prima aver
raggiunto la metà di esso, ma una volta raggiunta la metà si dovrà
raggiungere la metà della metà rimanente e così via, senza quindi
mai riuscire a raggiungere l’estremità dello stadio.
n+2
∑ ak = 1−a
1−a
P(n + 1) :
k=0
è vera in quanto
n+1
n
n+1
∑ ak =
∑ ak + an+1 = 1−a
1−a
k=0
k=0
+ an+1 =
∑ an .
n>1
La prima notazione mette in evidenza che si tratta di una somma
infinita di termini, la seconda è leggermente più compatta.
D UBBIO : Può la somma infinita di termini (strettamente positivi)
essere finita? La domanda è tutt’altro che banale! Si pensi ad
esempio al seguente paradosso (filosofico).
i. P(1) è vera in quanto
1
oppure
n=1
1−an+2
1−a .
Zenone di Elea
489 a.C.-431 a.C.
filosofo greco
Abbiamo quindi dimostrato in un altro modo la formula per la
somma geometrica.
E SEMPIO .
Per il principio di induzione la seguente proposizione
n
∑ (2k − 1) = n2
P(n) :
k=1
è vera per ogni n ∈ N, ovvero la somma dei primi n numeri
dispari è pari ad n2 , perché:
A tale paradosso corrisponde la seguente serie numerica
+∞
L
2
i. P(1) è vera in quanto
+ L4 + L8 + . . . =
1
∑ (2k − 1) = 2 · 1 − 1 = 1 = 12 ;
dove L è la lunghezza dello stadio. Dimostreremo rigorosamente,
ovvero matematicamente, che tale serie non solo è finita, ma (come è lecito aspettarsi) vale L, risolvendo così il primo paradosso
di Zenone.
k=1
ii. se P(n) è vera allora anche
n+1
∑ (2k − 1) = (n + 1)2
P(n + 1) :
E SEMPIO .
• La serie armonica è
k=1
è vera in quanto
n+1
n
∑ 1n = 1 + 12 + 13 + 14 + . . .
∑ (2k − 1) = ∑ (2k − 1) + (2(n + 1) − 1)
k=1
k=1
2
n>1
• La serie armonica a segno alterno è
n+1
∑ (−1)n = 1 − 21 + 13 − 14 + . . .
2
= n + 2n + 1 = (n + 1) .
E SEMPIO .
Per il principio di induzione la seguente proposizione
n>1
n
∑ (k − 1) · k = (n−1)·n·(n+1)
3
P(n) :
• La serie armonica generalizzata è
∑ n1a = 1 + 21a + 31a + 41a + . . .
, a ∈ R.
• La serie geometrica è
∑ an = a + a2 + a3 + a4 + . . .
, a ∈ R.
n>1
k=1
è vera per ogni n ∈ N, perché:
i. P(1) è vera in quanto
n>1
1
;
∑ (k − 1) · k = 0 = (1−1)·1·(1+1)
3
Lo studio di una serie ha come primo obbiettivo quello di vedere se il suo valore è finito o meno e, nel primo caso, calcolarne il
valore. È chiaro che la serie
∑ 1 = 1+1+1+1+1+...
k=1
ii. se P(n) è vera allora anche
n+1
P(n + 1) :
∑ (k − 1) · k = n·(n+1)·(n+2)
3
p>1
k=1
è vera in quanto
n+1
n
∑ (k − 1) · k = n · (n + 1) + ∑ (k − 1) · k
k=1
k=1
=
∑ 2Lp ,
p=1
(n−2)·(n−1)·n
3
Istituzioni di Matematica
+ (n − 1) · n =
(n−1)·n·(n+1)
.
3
vale +∞. È meno chiaro se la serie armonica o la serie armonica
a segno alterno hanno un valore finito o meno. Vedremo che in
effetti la prima vale +∞ mentre la seconda vale ln(2).
Di seguito forniremo dei test facili da verificare per studiare le serie, ma prima abbiamo bisogno di introdurre un po’ di
pagina 68
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
terminologia.
D EFINIZIONE .
Una serie ∑n>1 an è convergente, divergente, regolare, irregolare se lo è la corrispondente successione delle somme parziali
{sN }N∈N definita da
N
sN = a1 + a2 + . . . + aN =
∑ an .
n>1
n=1
La serie converge ad s se s = lim sN , in tal caso si scrive
N→∞
∑n>1 an = s. In maniera più coincisa
+∞
N
∑ an = lim
N→+∞
n=1
converga serve che la successione an converga a zero, ma che questo non basta: serve infatti che la successione an converga sufficientemente veloce a zero.
D IVERGENZA DELLA SERIE ARMONICA .
Consideriamo la serie armonica
∑ 1n = 1 + 12 + 31 + 14 + . . .
∑ an .
n=1
O SSERVAZIONE .
Il carattere di una serie non cambia se si altera un numero finito di suoi termini: se ∑n>1 an converge allora anche ∑Nn=1 bn +
∑n>N+1 an converge.
Il suo termine generico an = 1/n converge a zero, ma non in maniera sufficientemente veloce e per questo diverge. Dimostriamolo. La successione delle somme parziali {sN }N è (strettamente)
monotona crescente in quanto 1/n > 0 per ogni n ∈ N. Per il test
delle successioni monotone crescenti si ha che {sN }N è regolare. Di conseguenza, o {sN }N converge ed in questo caso tutte le
sottosuccessioni convergono allo stesso limite, oppure {sN }N diverge a +∞ ed in questo caso tutte le sottosuccessioni divergono
a +∞. Consideriamo la sottosuccessione {s2N }n . Per definizione
s2N è data dalla somma dei primi 2N termini
2N
T EST DI C AUCHY.
Una serie ∑ p>1 a p converge se e solo se
s2N =
∑
+
1
3
+ 14 +
1
5
+ 16 + 17 + 18
n=1
n
∀ε > 0 ∃N = N(ε) ∈ N t.c.
1
2
∑ n1 = 1 +
1
9
+
a p < ε ∀n > m > N.
Osserviamo che
p=m+1
Dimostrazione. Per definizione la serie ∑ p>1 a p converge se e solo
se la successione delle somme parziali {s p } p converge; per il test
di Cauchy per le successioni questo accade se e solo se
∀ε > 0 ∃N = N(ε) ∈ N t.c. |sn − sm | < ε ∀n > m > N.
Infine, per concludere basta osservare che per definizione sn −sm =
∑np=m+1 a p .
1
5
1
9
n>1
lim an = 0.
+ 41 > 14 + 14 = 12 ,
+ 16 + + 81 > 18 + 18 + 18 + 18 = 12 ,
1
1
1
1
+ 10
+ 11
+ . . . + 15
+ 16
>
e così via. Pertanto
1
16
1
1
1
+ 16
+ 16
+ . . . + 16
= 12 ,
2N
s2N =
∑ n1 = 1 +
1
2
+
1
3
+ 14 +
1
5
+ 16 + 17 + 18
n=1
+
La serie data dalla somma dei termini di una successione che
non converge a zero non può converge. In maniera più formale si
ha il seguente
T EST NECESSARIO .
Condizione necessaria per la convergenza della serie ∑ an è che
1
3
1
7
1
1
1
1
+ 10
+ 11
+ . . . + 15
+ 16
+...
1
9
1
1
1
1
+ 10
+ 11
+ . . . + 15
+ 16
+...
N
> 1 + 21 + 12 + 12 + 12 + . . . = 1 + ∑
1
2
n=1
e l’ultima somma parziale diverge in quanto la successione dei
suoi termini non converge a zero (ma ad 1/2). Quindi la sottosuccessione {s2N }n diverge a +∞ e di conseguenza anche {sN }N
diverge a +∞.
n→+∞
Dimostrazione. Se la serie converge allora anche la successione
delle sue somme parziali {sN }N∈N converge e quindi, ricordando
che sN = ∑Nn=1 an , si ha che
an+1 = sN+1 − sN −−−−→ s − s = 0.
n→+∞
Questo test è utile per dimostrare che una serie non converge.
E SEMPIO .
Utilizziamo il test necessario per capire quali delle seguenti serie
di sicuro non converge.
• 12 + 32 + 34 + . . .
• 1 + 12 + 13 + 14 + . . .
1
2
1
3
n→+∞
(−1)n+1
n
e
lim an = 0, la serie potrebbe
n→+∞
Il test necessario ci dice che affinché la serie
∑ an
n>1
a.a. 2020-2021
C ONVERGENZA DELLA SERIE ARMONICA A SEGNO ALTERNO .
Dimostriamo che la serie armonica a segno alterno
n+1
∑ (−1)n = 1 − 12 + 13 − 41 + 15 − 16 + . . .
n>1
n+1
1
4
• 1− + − +...
n
• Poichè an = n+1
e lim an = 1 6= 0, di sicuro la serie non
n→+∞
converge.
1
• Poichè an = n e lim an = 0, la serie potrebbe convergere.
• Poichè an =
convergere.
E SEMPIO .
Un esempio notevole è la serie armonica generalizzata per la
quale vale (lo dimostreremo
in seguito)
converge se a > 1,
1
∑ na = diverge se a 6 1.
n>1
Si noti che se a 6 0 allora i termini della serie non convergono a
zero e quindi la serie diverge per il test necessario.
(−1)
converge. Consideriamo la somma parziale s2m = ∑2m
n=1
n
con un numero pari di termini e la somma parziale s2m+1 =
2m+1 (−1)n+1
con un numero dispari di termini. La successio∑n=1
n
ne {s2m+1 }m è strettamente decrescente mentre la successione
{s2m }m è strettamente crescente in quanto
1
1
s2(m+1)+1 − s2m+1 = − 2m+2
+ 2m+3
< 0,
1
1
s2(m+1) − s2m = 2m+1
− 2m+2
> 0.
1
Inoltre si ha s2m+1 − s2m = 2m+1 > 0 e di conseguenza
1
2 = a1 − a2 = s2 6 s2m < s2m+1 6 s1 = a1 = 1.
pagina 69
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
Dunque {s2m+1 }m e {s2m }m sono successioni monotone e limitate, pertanto per il test per successioni monotone le due successioni {s2m }m ed {s2m+1 }m convergono. Siano LP ed LD i limiti
rispettivamente di {s2m }m ed {s2m+1 }m . Si ha allora
1
−−−−→ 0 =⇒ LD − LP = 0
LD − LP ←−−−− s2m+1 − s2m = 2m+1
Di seguito il disegno corrispondente alla serie geometrica
1/4
= 13 .
∑ 41n = 14 + 161 + 641 + . . . = 1−1/4
n>1
1
1
64
m→+∞
m→+∞
e quindi LP = LD . Poniamo L = LP = LD ∈ [1/2, 1]. Allora dato
ε > 0 esistono P, D ∈ N tali che
|s2m − L| < ε ∀m > P,
|s2m+1 − L| < ε ∀m > D.
Sia N = max{2P, 2D + 1}, allora
|sn − L| < ε ∀n > M
e quindi anche {sn }n converge ad L. Si dimostra che L = ln(2).
C ONVERGENZA DELLA SERIE GEOMETRICA .
Dimostriamo ora che la serie geometrica


diverge se a > 1,
a
n
2
3
4
se |a| < 1,
∑ a = a + a + a + a + . . . =  1−a

n>1
irregolare se a 6 −1.
Se a = 1, allora otteniamo la serie ∑n>1 1n = 1 + 1 + . . . che
diverge. Se a 6= 1, allora sappiamo già che la somma parziale
è
N
N)
∑ an = a·(1−a
1−a
sN =
.
Non resta quindi altro da fare che calcolare
il limite di sN :

+∞
se a > 1,

N)
a
se |a| < 1,
lim sN = lim a·(1−a
=
N→+∞
N→+∞ 1−a
 1−a
@ se a 6 −1.
n>1
Come si può dedurre dal disegno che la serie ha valore 1/3?
E SEMPIO .
Applicando la formula per le serie geometriche otteniamo
n
n
4/5
= 1 + 4 = 5.
∑ 45 = 1 + ∑ 45 = 1 + 1−4/5
1/2
= L · 1 = L.
= L · 1−(1/2)
n>1
E SEMPIO .
Consideriamo un quadrato di lato unitario. Dividiamo il quadrato in due. Dei due rettangoli ottenuti, uno viene colorato di
rosso, mentre l’altro viene a sua volta diviso in due ottenendo
due quadrati. Dei due quadrati ottenuti, uno viene colorato di
rosso, mentre l’altro viene a sua volta diviso in due ottenendo
due rettangoli. Iterando tale procedura all’infinito, ci chiediamo
se tutto il quadrato sarà alla fine colorato di rosso. La risposta è
sì e questo è chiaro considerando la serie geometrica
1/2
= 1.
∑ 21n = 12 + 14 + 18 + 161 + . . . = 1−1/2
n>1
Test di convergenza
Iniziamo con i test per le serie con termini positivi. Dato che
in questo caso la somma parziale è monotona crescente, la serie corrispondente è regolare: o converge o diverge a +∞. Per
dimostrarne la convergenza o divergenza basta quindi verificarne
rispettivamente la limitatezza o meno.
T EST DEL CONFRONTO .
Date due successioni {a p } p e {b p } p tali che
0 6 ap 6 bp,
si ha che
• ∑ b p converge =⇒ ∑ a p converge,
p>1
p>1
• ∑ a p diverge
p>1
1
16
∑ b p diverge.
p>1
n
sn =
1
4
∑ ap,
p=1
1
8
1
2
1
2
1
2
=⇒
Dimostrazione. Visto che 0 6 a p 6 b p , si ha che le successioni
delle somme parziali
1
Istituzioni di Matematica
n>1
n>0
Test per serie con termini di segno costante
n>1
basta applicare la formula
le serie geometriche come segue
per
1
2
1
1
2
Le tecniche utilizzate nella precedente sezione sono difficilmente
adattabili ad altri tipi di serie. In questa sezione diamo dei test utili
per lo studio di serie più generali. Ci limiteremo a considerare solo
i test più facili da verificare. Per maggiore chiarezza, considereremo separatamente i test per le serie a termini positivi da quelli per
le serie di segno qualsiasi.
E SEMPIO .
Risolviamo il primo paradosso di Zenone. Per dimostrare che
∑ 2Ln = L2 + L4 + L8 + . . . = L,
∑ 2Ln = L · ∑
1
4
34
n=0
n
1
16
1
2
1
n
tn =
∑ bp
p=1
sono monotone crescenti, con 0 6 sn 6 tn . • Se la seconda serie
converge, ovvero tn converge ad una t, allora sn è limitata superiormente da t e quindi, per il test per le successioni monotone
crescenti, anche sn converge, ovvero la prima serie converge. • Se
la prima serie diverge, ovvero sn diverge a +∞, allora anche tn diverge a +∞ per il test del confronto per le successioni numeriche
in quanto sn 6 tn , ovvero anche la seconda serie diverge.
pagina 70
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
T EST DELLA RADICE .
Data una serie di termini strettamente positivi ∑ p>1 a p , cioè a p >
0, sia
√
L = lim p a p .
Visto che 0 < 1 − ε < 1, la serie geometrica ∑ p>1 (1 − ε) p · aP converge; quindi per il test del confronto anche la serie ∑ p>1 a p converge. Il caso L > 1 è analogo ed è lasciato come esercizio per
casa.
p→+∞
Si ha che
•L<1
=⇒
•L>1
=⇒
O SSERVAZIONE .
Le analogie tra il test del rapporto ed il test della radice sono
dovute al fatto che che se an > 0 ed uno dei seguenti limiti esiste
√
an
lim an+1
lim n an ,
∑ a p converge,
p>1
∑ a p diverge.
p>1
n→+∞
n→+∞
allora essi coincidono, ovvero
√
lim n an = lim
O SSERVAZIONE .
Se L = 1 allora il test della radice non ci dice nulla.
Dimostrazione. Per definizione di L, per ogni ε > 0 esiste P ∈ N
tale che
√
p > P =⇒ L − ε < p a p < L + ε.
• Se L < 1, allora possiamo scegliere ε = (1 − L)/2 > 0 ed avere
√
p a < L+ε = 1−ε
=⇒ a p < (1 − ε) p .
p > P =⇒
p
Visto che 0 < 1 − ε < 1, la serie geometrica ∑ p>1 (1 − ε) p converge; quindi per il test del confronto anche la serie ∑ p>1 a p converge.
• Il caso L > 1 è analogo ed è lasciato come esercizio per casa.
E SEMPIO .
Studiamo la serie ∑ p>1
radice. Visto che
q
p
ap
pp
con a > 0 utilizzando il test della
ap
pp
=
a
−−−→
p −
p→+∞
an
.
n→+∞ an+1
n→+∞
0
si ha che L = 0 < 1 e quindi la serie converge.
E SEMPIO .
1
La serie di termini positivi ∑ p>1 p!
converge per il test del
rapporto perché
a p+1
p!
p!
1
−−−→ 0
a p = (p+1)! = (p+1)·p! = p+1 −
p→+∞
e quindi L = 0 < 1. Vedremo in seguito che
∑ p!1 = e − 1.
p>1
E SEMPIO .
Studiamo la serie geometrica ∑ p>1 x p al variare del parametro x
in [0, +∞) utilizzando il test del rapporto dove è possibile.
Se x = 0, allora a p = 0 per ogni p e quindi la serie converge. Se
x > 0 allora possiamo applicare il test del rapporto. Visto che
a p+1
x p+1
−−−→ x
ap = xp = x −
p→+∞
E SEMPIO .
Studiamo la serie ∑ p>1 px · y p con x ∈ R ed y > 0 utilizzando il
test della
radice. Visto che
p
p
px · y p = y · px/p = y · exp xp · ln(p) −−−−→ y · e0 = y
p→+∞
si ha che L = y e quindi la serie converge se y < 1 e diverge se
y > 1. Se y = 1 allora la serie si riduce a ∑ p>1 px che converge
se x < −1 e diverge se x > −1.
T EST DEL RAPPORTO .
Data una serie di termini strettamente positivi ∑ p>1 a p , cioè a p >
0, sia
a
L = lim ap+1
.
p
p→+∞
Si ha che
•L<1
=⇒
∑ a p converge,
p>1
•L>1
=⇒
O SSERVAZIONE .
Detto in parole povere, se ∑ p>1 b p converge allora lim b p = 0,
O SSERVAZIONE .
Se L = 1 allora il test del rapporto non ci dice nulla.
ap
p→+∞ b p
e se lim
Dimostrazione. Per definizione di L, per ogni ε > 0 esiste P ∈ N
tale che
p > P =⇒ L − ε < a p+1 /a p < L + ε.
Se L < 1, allora possiamo scegliere ε = (1 − L)/2 > 0 ed avere
p > P =⇒ a p+1 /a p < L + ε = 1 − ε =⇒ a p+1 < (1 − ε) · a p .
Ragionando iterativamente per ogni p > P si ha
a p+1 < (1 − ε) · a p < (1 − ε)2 · a p−1 < (1 − ε)3 · a p−2
< . . . < (1 − ε)1+p−P · aP .
Pertanto risulta
∑ ap =
p=1
P+1
∑ ap +
p=1
a.a. 2020-2021
+∞
∑
p=P+2
P+1
ap 6
T EST DEL CONFRONTO ASINTOTICO .
Se a p > 0, b p > 0 ed L 6= 0, allora si ha che:

a
lim p = 0 
p→+∞ b p
•
=⇒ ∑ a p converge,
∑ b p converge
p>1
p>1

a
lim p = +∞
p→+∞ b p
•
=⇒ ∑ a p diverge,
∑ b p diverge 
p>1
p>1
(
le due serie ∑ a p e ∑ b p
a
p>1
p>1
• lim b pp = L =⇒
p→+∞
hanno lo stesso comportamento.
∑ a p diverge.
p>1
+∞
si ha che L = x. Quindi la serie converge se x < 1 e diverge se x >
1. Se x = 1, allora a p = 1 e quindi la serie diverge. In conclusione
la serie converge se x ∈ [0, 1) e diverge se x ∈ [1, +∞).
∑ ap +
p=1
!
+∞
∑
(1 − ε)
p=P+2
p−P
p→+∞
= 0 allora a p converge a zero più velocemente di b p ,
ecco perché ∑ p>1 a p non può fare altro che convergere. Analogo
discorso vale per i restanti due casi considerati.
ap
p→+∞ b p
Dimostrazione. Se lim
tale che
ap
a
p > P =⇒
=⇒ L − ε < b pp < L + ε.
bp − L < ε
Scegliendo ε = L/2 otteniamo che
L
3L
(♣)
2 · bp < ap < 2 · bp.
Per il test del confronto abbiamo
∑ b p converge =⇒ ∑ 3L
2 · b p converge =⇒ ∑ a p converge,
p>1
aP .
= L, allora per ogni ε > 0 esiste P ∈ N
∑ b p diverge =⇒
p>1
pagina 71
(♣) p>1
p>1
∑
p>1
L
2
· b p diverge
=⇒ ∑ a p diverge.
(♣) p>1
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
I restanti casi sono analoghi e lasciati come esercizio per casa.
E SEMPIO .
Studiare le seguenti serie.
(a)
∑
n>1
√
arctan(1/
n)
√
n
(b)
∑
n>1
e1/n
√ −1
n
(c)
∑n
q
n>2
√
1/
√ n
n
n3 +2
n3 −1
−1
= n1 e la serie armonica
(a) La serie diverge perché an ∼
diverge.
√ = 1 e la serie armonica
(b) La serie converge perché an ∼ 1/n
n
n3/2
generalizzata con a = 3/2 converge.
(c) La serie converge
perché! r
!
r
n3 +2
n3 +2
−1
+1
n3 −1
n3 −1
r
an = n
n3 +2
+1
n3 −1
3n
! ∼ 3
r
=
2n2
n3 +2
(n3 −1)
+1
n3 −1
n3 +2
−1
3
r
= n n −1
n3 +2
+1
n3 −1
La prima è una serie geometrica di ragione −1/e ∈ (−1, 1) e
quindi converge. La seconda è una serie armonica generalizzata con a = 2/3 e quindi diverge. Pertanto la serie di partenza
diverge.
E SEMPIO .
Se prendiamo
2
2
an = n3n+n+1
e
bn = − n3n+n−n
2 +1
2 +1
allora per il test del confronto asintotico
e
∑ bn diverge a − ∞
∑ an diverge a + ∞
ma
n>0
n>0
n+1
2 +1 converge.
∑ (an + bn ) = ∑ n3 +n
n>0
n>0
Test per serie con termini di segno qualsiasi
e la serie armonica generalizzata con a = 2 converge.
O SSERVAZIONE .
Sia il test del confronto che quello del confronto asintotico utilizzano una seconda serie per dimostrare la convergenza o la divergenza della serie di partenza. Si noti che le due serie potrebbero
avere somme diverse, come mostra il seguente esempio.
E SEMPIO .
Le due serie
Osserviamo che una serie ∑ p>1 a p di termini negativi ha lo stesso
comportamento della serie ∑ p>1 b p i cui termini b p = −a p sono
positivi. Pertanto i test introdotti per le serie con termini positivi
sono facilmente adattabili a quelle con termini negativi.
Restano quindi da considerare le serie con termini di segno sia
positivo che negativo.
T EST DELLA CONVERGENZA ASSOLUTA .
Data una serie ∑ p>1 a p , si ha che
=⇒
∑ |a p | converge
∑ a p converge.
p>1
1
p(p+1)
∑
=1
e
∑
p>1
p>1
1
p2
=
π2
6
soddisfano il test del confronto asintotico, in particolare hanno lo
stesso comportamento, pur avendo somme diverse.
p>1
Dimostrazione. Se la serie dei valori assoluti ∑ p>1 |a p | converge,
allora per il test di Cauchy si ha che
∀ε > 0 ∃N = N(ε) > 0 t.c. ∑np=m+1 |a p | = ∑np=m+1 |a p | < ε ∀n > m > N.
Per concludere basta osservare che per la disuguaglianza triangolare
n
n
P ROPOSIZIONE .

∑ an converge

n>0
∑ bn converge

∑
=⇒
p=m+1
∑ (an + bn ) converge,
ap 6
∑
|a p |
p=m+1
e quindi anche la serie ∑ p>1 a p soddisfa il test di Cauchy e pertanto
converge.
n>0
n>0

∑ an converge

n>0
∑ bn diverge



∑ an diverge a + ∞

=⇒
Il test della convergenza assoluta permette di passare da una serie
con termini di segno qualsiasi, ∑ p>1 a p , ad una con termini di segno positivo, ∑ p>1 |a p |, a cui possiamo applicare i test già descritti.
Purtroppo questo test è di solito molto “brutale” come vedremo nel
seguente esempio.
∑ (an + bn ) diverge,
n>0
n>0
n>0
∑ bn diverge a + ∞

=⇒
∑ (an + bn ) diverge a + ∞,
E SEMPIO .
Abbiamo già visto che la serie armonica a segno alterno
p+1
∑ (−1)p = 1 − 12 + 13 − 14 + 51 − 16 + . . .
n>0
n>0

∑ an diverge a − ∞

n>0
∑ bn diverge a − ∞

=⇒
∑ (an + bn ) diverge a − ∞.
p>1
converge. Se applichiamo il test della convergenza assoluta non
riusciamo a dimostrarne la convergenza visto che la sua serie
p+1
dei valori assoluti ∑ p>1 (−1)p
= ∑ 1p non è altro che la serie
n>0
n>0
Infine, nel caso in cui
∑ an diverge a + ∞
∑ bn diverge a − ∞
e
n>0
p>1
n>0
non si può dire nulla su ∑n>0 (an + bn ): si deve usare un altro test.
E SEMPIO .
Studiamo la serie
∑
n>1
− 1e
n
+
e
√
3 2
n
n>1
Istituzioni di Matematica
n>1
Proprio la brutalità di questo test rende speciali le serie che lo
soddisfano e motivano la seguente
D EFINIZIONE .
Una serie ∑ p>1 a p converge assolutamente se la sua serie dei
valori assoluti ∑ p>1 |a p | converge.
considerando separatamente
le due serie
1 n
e
∑ −e
∑
armonica che sappiamo divergere.
e
√
3 2
n
.
pagina 72
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Sia N = max{2P, 2D + 1}, allora
|sn − L| < ε ∀n > N
e quindi anche {sn }n converge ad L.
O SSERVAZIONE .
∑ a p converge assolutamente
=⇒
p>1
∑ a p converge.
p>1
E SEMPIO .
La serie armonica a segno alterno converge ma non converge
assolutamente.
E SEMPIO .
p
Studiamo la serie ∑ p>1 (−1)
Applichiamo il test della
(2p)! .
convergenza assoluta e consideriamo la serie dei valori assoluti
p
1
∑ |a p | = ∑ (−1)
(2p)! = ∑ (2p)! .
p>1
p>1
p>1
p→+∞
Applichiamo il test del rapporto a ∑ p>1 |a p |:
=
O SSERVAZIONE .
Come già sottolineato, il viceversa del test per le serie di segno
alterno non vale, ovvero )
a p > 0, lim a p = 0
p→+∞
=⇒
6
∑ (−1) p+1 a p non converge.
a p > a p+1 non vale
p>1
Ad esempio
1/p2 se p è pari
ap =
0
se p è dispari
è tale che a p > 0, lim a p = 0, a p > a p+1 non vale ma
∑ p>1 (−1) p a p = ∑ a2p = ∑
(2p)!
1
(2(p+1))! · (2p)! = (2p+2)·(2p+1)·(2p)!
1
−−−→ 0.
(2p+2)·(2p+1) −
p→+∞
p>1
D EFINIZIONE .
Una serie di segno alterno è una serie i cui termini hanno segno
alterno l’uno rispetto al successivo, ovvero sono della forma
∑ (−1) p+1 a p = a1 − a2 + a3 − a4 + . . .
p>1
dove gli ai hanno tutti lo stesso segno, ad esempio sono tutti
positivi.
E SEMPIO .
Le seguenti serie sono di segno alterno.
• ∑ (−1) p+1 = 1 − 1 + 1 − 1 + . . .
=
1
4
∑
p>1
1
p2
converge perché la
O SSERVAZIONE .
La convergenza della serie armonica a segno alterno
(−1) p+1
segue immediatamente dal test per le serie di
∑ p>1 p
segno alterno.
Altre importanti proprietà delle serie di segno alterno sono elencate
nella seguente proposizione.
P ROPOSIZIONE .
Sia L il limite di una serie di segno alterno ∑ p>1 (−1) p+1 a p con
a p > 0. Per ogni n ∈ N valgono le seguenti stime
s2n 6 L 6 s2n+1 ,
|sn − L| 6 an+1 .
y
L
p>1
p
= 31 − 24 + 35 − 46 + . . .
∑ (−1) p+1 p+2
1
p>1
∑ (−1) p+1 1p = 1 − 21 + 13 − 14 + . . .
•
1
4p2
serie armonica generalizzata con a = 2 converge.
Dunque ∑ p>1 |a p | converge e quindi la serie originale converge
assolutamente.
•
p>1
2
3
4
5
6
7
8
9 10 11 12 13 14 15 x
Dimostrazione. La prima stima segue da quanto visto nella precedente dimostrazione. Per la seconda stima basta osservare che
|s2n+1 − L| = s2n+1 − L 6 s2n+1 − s2n+2 = a(2n+1)+1
e
|s2n − L| = L − s2n 6 s2n+1 − s2n = a2n+1 .
p>1
T EST PER LE SERIE DI SEGNO ALTERNO .
Se la successione {a p } p∈N decresce a zero, ovvero
a p > a p+1 > 0
e
lim a p = 0,
p→+∞
allora la serie di segno alterno ∑ p>1 (−1) p+1 a p converge.
Sottolineiamo che il viceversa non vale!
Dimostrazione. Consideriamo la somma parziale con un numero
dispari di termini e quella con un numero pari di termini
∑ (−1)
p+1
ap
e
s2m =
p=1
∑ (−1)
p+1
∑
p>1
√
p+ p+1+(−1) p p5/2
p3
1) Visto che
p=1
s2(m+1) − s2m = a2m+1 − a2m+2 > 0.
Inoltre s2m+1 − s2m = a2m+1 > 0. Abbiamo pertanto
a1 − a2 = s2 6 s2m 6 s2m+1 6 s1 = a1 .
Per il test per successioni monotone le due successioni {s2m }m ed
{s2m+1 }m convergono. Inoltre esse hanno lo stesso limite perché
lim |s2m+1 − s2m | = lim a2m+1 = 0.
m→+∞
Sia L ∈ [a1 − a2 , a1 ] tale limite. Allora dato ε > 0 esistono P, D ∈ N
tali che
|s2m − L| < ε ∀m > P,
|s2m+1 − L| < ε ∀m > D.
a.a. 2020-2021
3)
p>1
ap.
Visto che {a p } p è decrescente, la successione {s2m+1 }m è decrescente mentre la successione {s2m }m è crescente perché
s2(m+1)+1 − s2m+1 = −a2m+2 + a2m+3 < 0,
m→+∞
p>1
2m
2m+1
s2m+1 =
E SEMPIO .
Studiamo le seguenti serie di segno alterno.
√
p−(−1) p
1) ∑ (−1) p+1 p12
2) ∑ (−1) p+1 ·
p
1
p2
>
1
(p+1)2
e
lim 12
p→+∞ p
=0
abbiamo che la serie converge per il test delle serie di segno
alterno.
2) Visto che a p non è decrescente, non possiamo utilizzare il test
per le serie di segno alterno. Per questo non possiamo dedurre
dal fatto che
√
p−(−1) p
>0
e
lim a p = 0
ap =
p
p→+∞
che la serie converga. Osserviamo che possiamo scrivere la serie
p+1
√
come somma delle serie ∑ p>1 (−1)
e − ∑ 1p , dove la prima
p
p>1
serie converge per il test delle serie a segno alterno mentre la
seconda diverge a −∞. Dunque la serie diverge.
pagina 73
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
3) Basta scrivere la serie come somma di ∑ p>1
(−1) p
√
p+ p+1
p3
e
∑ p>1 √ p , notare che la prima converge per il test del confronto asintotico, mentre la seconda converge per il test delle serie a
segno alterno.
E SEMPIO .
2p−1
Studiamo la serie di segno alterno ∑ p>1 (−1) p+1 2p+1
. Visto che
2p−1
2p+1
=
p
p
·
|{z}
1
2− p
1
2+ p
−−−−→ 1 ·
p→+∞
1
1
2− +∞
1
2+ +∞
=1
| {z }
1
si ha che la serie non converge.
E SEMPIO .
1
= 1 basta
Per dimostrare che la serie di Mengoli ∑ p>1 p·(p+1)
osservare che
1
1
1
p·(p+1) = p − p+1 ,
e che quindi si tratta di una serie telescopica con a p = 1/p.
O SSERVAZIONE .
Grazie alla convergenza della serie di Mengoli e per il test del
confronto asintotico, abbiamo che ∑n>1 n12 converge. Per il test del confronto, da ciò segue che ∑n>1 n1a con a > 2 converge.
Dimostreremo che più in generale si ha che
∑ n1a converge ⇐⇒ a > 1.
n>1
E SEMPIO .
La serie a segno alterno
∑ a p = 1 − 13 + 12 − 16 + 13 − 19 + 14 − 121 + . . .
p>1
con
1
se p = 2n − 1 è dispari,
n
1
− 3n
se p = 2n è pari,
non soddisfa le condizioni del test per le serie di segno alterno;
dobbiamo pertanto utilizzare altri test. Osserviamo che la serie
diverge in quanto
∑ a p = ∑ n1 − 3n1
ap =
p>1
=
=
n>1
1 − + 12 − 16 + 31 − 19 + 14
2
2
1
3n = 3
n = +∞.
n>1
n>1
1
3
∑
1
− 12
+...
∑
D EFINIZIONE .
La serie telescopica associata ad una successione {a p } p∈N è
∑ (a p − a p+1 ) .
p>1
O SSERVAZIONE .
Si noti che:
• il p-esimo termine della serie telescopica è a p − a p+1 ;
• la convergenza di ∑ p>1 a p implica la convergenza di
∑ p>1 (a p − a p+1 ), ma non vale il viceversa.
T EST PER LE SERIE TELESCOPICHE .
Una serie telescopica ha lo stesso comportamento della successione ad essa associata. Inoltre se entrambe convergono
allora
∑ (a p − a p+1 ) = a1 − lim an .
p>1
n→+∞
Dimostrazione. Visto che la successione delle somme parziali è
n
sn =
∑ (a p − a p+1 )
p=1
= (a1 − a2 ) + (a2 − a3 ) + . . . + (an−1 − an ) + (an − an+1 )
= a1 − an+1
si ha che


lim an
a1 − n→+∞
∑ (a p − a p+1 ) = diverge
irregolare
p>1
Questo conclude la dimostrazione.
Istituzioni di Matematica
se {an }n converge,
se {an }n diverge,
se {an }n irregolare.
pagina 74
a.a. 2020-2021
Capitolo 8
Funzioni continue in un intervallo
soluzioni.
D EFINIZIONE .
f : D → R è continua in un intervallo I ⊆ D se per ogni x0 ∈ I 0
si ha che f è continua in x0 .
x
3
f (x) = 3x − ln(x)
ed osserviamo che
lim f (x) = +∞,
T EOREMA DEGLI ZERI .

• f : [a, b] → R è continua in [a, b]
• f (a) > 0
⇒ ∃c ∈ (a, b) tale che f (c) = 0.

• f (b) < 0
x→0+
lim f (x) = +∞
x→+∞
e che
Dimostrazione. Sia c = sup(A), dove
A = {x ∈ [a, b] : f (x) > 0}.
Visto che f (a) > 0 > f (b) ed f è continua sia in a che in b, per il
teorema della permanenza del segno esiste δ > 0 tale che
f (x) > 0 ∀x ∈ [a, a + δ )
⇐⇒
[a, a + δ ) ⊆ A,
f (x) < 0 ∀x ∈ (b − δ , b]
⇐⇒
A ∩ (b − δ , b] = 0.
/
Ne deriva che
a + δ 6 c 6 b − δ =⇒ c ∈ (a, b).
Dimostriamo che f (c) = 0. Ragioniamo per assurdo ed assumiamo
che f (c) 6= 0. Distinguiamo i casi f (c) > 0 ed f (c) < 0.
• Assumiamo che f (c) > 0. Poiché f è continua in c, per il teorema della permanenza del segno esiste r > 0 tale che f (x) > 0 per
ogni x ∈ (c − r, c + r). Ne deriva che (c − r, c + r) ⊂ A e pertanto
sup(A) = c < c + 2r ∈ A.
Questo però è in contrasto con la prima proprietà caratteristica
dell’estremo superiore (x 6 sup(A) per ogni x ∈ A).
f (e) = 3e − ln(e) = 3e − 1 < 0.
Dalla definizione di limite esistono a, b ∈ R con 0 < a < e < b e
tali che f (a) > 0 e f (b) > 0. Per il teorema degli zeri esistono
x1 , x2 ∈ R con a < x1 < e < x2 < b e tali che f (x1 ) = f (x2 ) = 0.
E SEMPIO .
Dimostriamo che la seguente equazione ha infinite soluzioni.
tan(x) = x
Sia ak = π2 + kπ con k ∈ Z. La funzione f (x) = tan(x) − x è
definita in ogni intervallo del tipo Ak = (ak−1 , ak ), k ∈ Z, e risulta
lim f (x) = −∞ e lim f (x) = +∞.
x→a+
k−1
x→a−
k
Possiamo quindi applicare il teorema degli zeri per ottenere che
esiste zk ∈ (ak−1 , ak ) con f (zk ) = 0 ossia con tan(zk ) = zk .
T EOREMA DEI VALORI ASSUNTI .
Sia f : D → R una funzione continua. Se I ⊆ D è un intervallo,
allora anche f (I) è un intervallo.
• Assumiamo che f (c) < 0. Per il teorema della permanenza del
segno esiste r > 0 tale che f (x) < 0 per ogni x ∈ (c − r, c + r).
Ne deriva che (c − r, c + r) ∩ A = 0.
/ Per la seconda proprietà
dell’estremo superiore (se x < sup(A) allora esiste a ∈ A tale
che x < a) si ha che
c − r < c = sup(A) =⇒ ∃a ∈ A tale che c − r < a
=⇒ c − r < a 6 c = sup(A) < c + r
=⇒ a ∈ (c − r, c + r) ∩ A
=⇒ (c − r, c + r) ∩ A 6= 0.
/
Siamo dunque giunti ad una contraddizione.
C OROLLARIO .
Se a, b, c, d ∈ R ed a 6= 0, allora l’equazione di terzo grado
ax3 + bx2 + cx + d = 0
ammette almeno una soluzione reale.
Dimostrazione. Poniamo p(x) = ax3 + bx2 + cx + d. Assumiamo
che a > 0 (il caso a < 0 è analogo ed è lasciato come esercizio per
casa). Visto che
lim p(x) = −∞,
lim p(x) = +∞,
x→−∞
= ln(x).
Poniamo
x→+∞
esistono α, β ∈ R con α < β e tali che p(α) < 0 < p(β ). Allora,
per il teorema degli zeri, esiste γ ∈ (α, β ) tale che p(γ) = 0.
E SEMPIO .
Verifichiamo che la seguente equazione ammette almeno due
75
Dimostrazione. Si deve dimostrare che se y1 , y2 ∈ f (I) ed y1 < y2 ,
allora [y1 , y2 ] ⊆ f (I), ovvero che per ogni y ∈ (y1 , y2 ) si ha che y ∈
f (I). Siccome y1 , y2 ∈ f (I), esistono x1 , x1 ∈ I tali che y1 = f (x1 )
ed y2 = f (x2 ). Assumiamo che sia x1 < x2 (il caso x1 > x2 è lasciato
come esercizio per casa). Poiché I è un intervallo ed x1 , x2 ∈ I, si
ha che [x1 , x2 ] ⊂ I. Consideriamo g : [x1 , x2 ] → R definita da
g(x) = y − f (x).
La funzione g è continua in [x1 , x2 ] perché f lo è ed inoltre
g(x1 ) = y − f (x1 ) = y − y1 > 0,
g(x2 ) = y − f (x2 ) = y − y2 < 0.
Applicando il teorema degli zeri alla funzione g in [x1 , x2 ], si ha
che esiste c ∈ (x1 , x2 ) tale che
g(c) = y − f (c) = 0 ⇐⇒ y = f (c) =⇒ y ∈ f (I).
E SEMPIO .
Dimostriamo che l’equazione x sin(x) = 10 ha infinite soluzioni.
Poniamo f (x) = x sin(x). Osserviamo che per
k∈N
ak = 2kπ e bk = π2 + 2kπ,
si ha
f (ak ) = 0 e f (bk ) = bk = π2 + 2kπ.
Pertanto se k ∈ N è scelto in modo che
π
2 + 2kπ > 10
per il teorema dei valori assunti, esiste xk ∈ (ak , bk ) con f (xk ) =
10, ossia una soluzione dell’equazione considerata.
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
(da notare che l’ultimo uguale nella relazione precedente deriva dal
fatto che M − k1n < f (yn ) 6 M).
D EFINIZIONE .
Sia f : D → R.
• x1 ∈ D è un punto di minimo assoluto di f in D se
f (x1 ) = min{ f (x) : x ∈ D}
ed in tal caso f (x1 ) è detto valore minimo di f in D.
O SSERVAZIONE .
Se f : [a, b] → R è una funzione continua, allora f ([a, b]) è un
intervallo per il teorema dei valori assunti che risulta essere un
intervallo limitato e chiuso per il teorema di Weierstrass, dunque
f ([a, b]) = [m, M].
• x2 ∈ D è un punto di massimo assoluto di f in D se
f (x2 ) max{ f (x) : x ∈ D}
ed in tal caso f (x2 ) è detto valore massimo di f in D.
T EOREMA .
Sia f : A → R una funzione continua e supponiamo che A sia un
intervallo. Supponiamo inoltre che f sia iniettiva. Allora f è o
strettamente crescente o strettamente decrescente.
O SSERVAZIONE .
• Se x1 ∈ D è un punto di minimo assoluto di f in A allora
f (x1 ) 6 f (x)
∀x ∈ D.
• Se x2 ∈ D è un punto di massimo assoluto di f in A allora
f (x2 ) > f (x)
∀x ∈ D.
T EOREMA DI W EIERSTRASS .
Se f : A → R è continua ed A = [a, b], allora essa ammette
massimo e minimo assoluti.
Dimostrazione. Diamo la dimostrazione dell’esistenza di un punto
di massimo, quella dell’esistenza di un punto di minimo è lasciata
come esercizio per casa.
I passo. Dimostriamo che l’insieme dei valori f ([a, b]) è limitato
superiormente. Se per assurdo f ([a, b]) non fosse limitato superiormente, allora
∀M ∈ R ∃xM ∈ [a, b] con f (xM ) > M.
Scegliendo M = 1, 2, 3, . . . otterremmo dei numeri xn ∈ [a, b] con
f (xn ) > n. La successione xn è limitata, infatti
a 6 xn 6 b
∀n ∈ N.
Possiamo quindi applicare ad xn il teorema di Bolzano-Weierstrass
ed estrarre da xn una sottosuccessione convergente. Indichiamo
tale sottosuccessione con
yn = xkn n ∈ N
ed allora
lim yn = x̄.
n→+∞
Siccome
a 6 yn = xkn 6 b
∀n ∈ N
deve essere a 6 x̄ 6 b, ossia x̄ ∈ [a, b] e quindi la funzione f è
definita in x̄. Essendo la funzione continua in x̄, si ottiene:
f (x̄) = lim f (yn ) = lim f (xk ) > lim kn = +∞
n→+∞
n→+∞
n→+∞
(abbiamo usato la disuguaglianza f (xkn ) > kn valida per la scelta
di xn ). Si avrebbe quindi f (x̄) = +∞, mentre, essendo x̄ ∈ [a, b],
risulta f (x̄) ∈ R.
Dimostrazione. Siano x1 , x2 ∈ A con x1 < x2 . Supponiamo, dovendo essere f (x1 ) 6= f (x2 ), che sia f (x1 ) < f (x2 ) e proviamo che
allora la funzione f è strettamente crescente. Osserviamo in primo
luogo che se x ∈ A e x < x1 , allora f (x) < f (x1 ). Infatti se fosse
f (x1 ) < f (x) < f (x2 ), per il teorema dei valori assunti, esisterebbe x̄ ∈ (x1 , x2 ) con f (x̄) = f (x), contro l’ipotesi che f è iniettiva
(infatti x̄ 6= x). In modo analogo si può vedere che non può essere f (x1 ) < f (x2 ) < f (x). In modo del tutto simile si prova che se
x ∈ A e x1 < x < x2 , allora f (x1 ) < f (x) < f (x2 ) e che se x ∈ A e
x2 < x allora f (x2 ) < f (x). Ragionando nello stesso modo si può
infine verificare che se x, y ∈ A e x < y, allora f (x) < f (y).
T EOREMA .
Sia f : A → R una funzione monotona definita in un intervallo A.
Supponiamo inoltre che f (A) sia pure un intervallo. Allora f è
continua.
Dimostrazione. Supponiamo che f sia crescente. Se x0 è un punto
interno ad A, allora esistono i limiti:
lim f (x) e lim f (x).
x→x0−
x→x0+
Risulta inoltre
lim f (x) = L = sup { f (x) : x ∈ A, x < x0 } 6 f (x0 ),
x→x0−
lim f (x) = M = inf { f (x) : x ∈ A, x > x0 } > f (x0 ).
x→x0+
Si tratta quindi di dimostrare che L = M = f (x0 ). Supponiamo,
ragionando per assurdo, che sia L < f (x0 ). Osserviamo che se
x < x0 , allora f (x) 6 L, mentre se x > x0 , allora f (x) > f (x0 ). Ne
deriverebbe quindi che f (A) non è un intervallo. Analogamente si
prova che deve essere M = f (x0 ).
C OROLLARIO .
Sia f : A → B una funzione continua, iniettiva e suriettiva e sia A
un intervallo. Allora la funzione inversa f −1 : B → A è pure una
funzione continua.
II passo. Indichiamo con M = sup f ([a, b]) e verifichiamo che esiste x̄ ∈ [a, b] con f (x) = M. Dalle proprietà caratteristiche dell’estremo superiore, si ricava che:
Dimostrazione. Per il teorema dei valori assunti, B = f (A) è un
f (x) 6 M
∀x ∈ [a, b]
(♣) intervallo. Inoltre f è o strettamente crescente o strettamente de−1
dello stesso tipo
∀λ ∈ R, λ < M, ∃xλ ∈ [a, b] tale che f (xλ ) > λ .
(♠) crescente. La funzione inversa f è monotona
−1 (B) = A è ancora
della
diretta,
è
definita
in
un
intervallo:
B
e
f
Applicando la seconda proprietà caratteristica dell’estremo supe−1
riore a λ = M − 1 con n ∈ N, otteniamo una successione x ∈ un intervallo. Allora f è una funzione continua.
n
n
[a, b] con f (xn ) > M − 1n . Ragionando ora come nel primo passo,
applichiamo il teorema di Bolzano-Weierstrass, per ottenere una
sottosuccessione yn = xkn con
lim yn = x̄ ∈ [a, b].
35
Allora, essendo la funzione f continua in x̄
f (x) = lim f (yn ) = M
Se f : D → R è una funzione monotona ed x0 ∈ R è un punto di accumulazione per D− = D ∩ (−∞, x0 ) e D+ = D ∩ (x0 , +∞), allora
Applicazioni allo studio degli estremi
di un insieme
n→+∞
n→+∞
Istituzioni di Matematica
pagina 76
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
i limite destro e sinistro sono legati agli estremi superiore ed inferiore di { f (x) : x ∈ D± }, come facilmente intuibile dal seguente
disegno.
(1) Se D non è inferiormente limitato, allora
lim f (x) = inf { f (x) : x ∈ D} .
y
{ f (x) : x ∈ D− }
x→−∞
) (
) (
y
{ f (x) : x ∈ D+ }
{ f (x) : x ∈ D− }
(2) Se D non è superiormente limitato, allora
lim f (x) = sup { f (x) : x ∈ D} .
{ f (x) : x ∈ D+ }
)(
D− x0 D+
)(
D− x0 D+
x
T EOREMA .
Sia f : D → R una funzione crescente.
x→+∞
x
Più in generale si ha quanto riportato nei seguenti teoremi.
T EOREMA .
Sia f : D → R una funzione crescente ed x0 ∈ R. Poniamo D− =
D ∩ (−∞, x0 ) e D+ = D ∩ (x0 , +∞).
(1) Se x0 è un punto di accumulazione
per D− , allora
lim f (x) = sup f (x) : x ∈ D− .
Dimostrazione. La dimostrazione è lasciata come esercizio per casa.
T EOREMA .
Sia f : D → R una funzione decrescente.
(1) Se D non è inferiormente limitato, allora
lim f (x) = sup { f (x) : x ∈ D} .
x→x0−
x→−∞
(2) Se D non è superiormente limitato, allora
lim f (x) = inf { f (x) : x ∈ D} .
(2) Se x0 è un punto di accumulazione
per D+ , allora
lim f (x) = inf f (x) : x ∈ D+ .
x→+∞
x→x0+
(3) Se x0 appartiene a D ed è un punto di accumulazione sia per
D− che per D+ , allora
lim f (x) 6 f (x0 ) 6 lim f (x).
x→x0−
x→x0+
Dimostrazione. Dimostriamo la (1); le altre sono lasciate come
esercizio per casa. f è crescente e quindi
(x1 , x2 ∈ D e x1 < x2 ) ⇒ f (x1 ) 6 f (x2 ).
Sia I − = { f (x) : x ∈ D− }. Assumiamo che I − sia limitato superiormente e poniamo L = sup(I − ) ∈ R. Sia ε > 0. Per le proprietà
del sup esiste xε ∈ D− tale che f (xε ) > L − ε. Per la crescenza di
f si ha che per ogni x ∈ D− tale che xε < x < x0 si ha
L − ε < f (xε ) 6 f (x) 6 L < L + ε.
Dunque basta prendere δ = x0 − xε > 0.
Assumiamo che I − non sia limitato superiormente. Sia M > 0.
Per le proprietà del sup esiste xM ∈ D− tale che f (xM ) > M. Per la
crescenza di f si ha che per ogni x ∈ D− tale che xM < x < x0 si ha
f (x) > f (xM ) > M.
Dunque basta prendere δ = x0 − xM > 0.
T EOREMA .
Sia f : D → R una funzione decrescente ed x0 ∈ R. Poniamo
D− = D ∩ (−∞, x0 ) e D+ = D ∩ (x0 , +∞).
(1) Se x0 è un punto di accumulazione
per D− , allora
lim f (x) = inf f (x) : x ∈ D− .
x→x0−
(2) Se x0 è un punto di accumulazione
per D+ , allora
lim f (x) = sup f (x) : x ∈ D+ .
x→x0+
(3) Se x0 appartiene a D ed è un punto di accumulazione sia per
D− che per D+ , allora
lim f (x) 6 f (x0 ) 6 lim f (x).
x→x0+
x→x0−
Dimostrazione. Basta applicare il teorema precedente alla funzione crescente g(x)
= − f (x) ed osservare che
sup − f (x) : x ∈ D− = − inf f (x) : x ∈ D− ,
inf − f (x) : x ∈ D+ = − sup f (x) : x ∈ D+ .
a.a. 2020-2021
Dimostrazione. Basta applicare il teorema precedente alla funzione crescente g(x) = − f (x) ed osservare che
sup {− f (x) : x ∈ D} = − inf { f (x) : x ∈ D} ,
inf {− f (x) : x ∈ D} = − sup { f (x) : x ∈ D} .
E SEMPIO .
Consideriamo l’insieme x
A = x+1
:x>0 .
x
f (x) = x+1 è (strettamente) crescente in quanto se x < y allora
y
x−y
x
f (x) − f (y) = x+1
− y+1
= (x+1)(y+1)
< 0.
Inoltre si ha
1
−−−−→ 0,
f (0) = 0,
f (x) = 1 − x+1
x→+∞
e pertanto
sup(A) = 1,
inf(A) = min(A) = 0,
Infine max(A) non esiste in quanto
1
f (x) = 1 − x+1
< 1 = sup(A)
∀x > 0
e quindi sup(A) ∈
/ A.
E SEMPIO .
Consideriamo l’insieme
o
np
n2 − n + 1 − n : n ∈ N .
A=
√
Verifichiamo che an = n2 − n + 1 − n è decrescente:
an+1 < an
p
p
⇐⇒ n2 + 2n + 1 − n − 1 + 1 − n − 1 < n2 − n + 1 − n
p
p
⇐⇒ n2 + n + 1 < n2 − n + 1 + 1
p
⇐⇒ n2 + n + 1 < n2 − n + 1 + 1 + 2 n2 − n + 1
p
⇐⇒ 2n + 1 < 2 n2 − n + 1
⇐⇒ 4n2 − 4n + 1 < 4n2 − 4n + 4 ⇐⇒ 1 < 4.
Ne deriva che
sup(A) = max(A) = a1 = 0,
inf(A) = lim an = lim √ −n+1
= − 12 .
pagina 77
n→∞
n→+∞
n2 −n+1+n
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
E SERCIZIO .
Verificare quanto riportato in tabella.
A
2n+5
n
n+1 : n ∈ N
o
√
n+2 n
n+1 : n ∈ N
√
{ n2 + 2n − n : n ∈ N}
n 2
o
2n −n+1
:n∈N
2
n +1
√n+5 : n ∈ N
n2 +n
√
2
{ n + n − n : n ∈ N}
√
{ n2 + 7n − n : n ∈ N}
√
{ n2 + 3 − n : n ∈ N}
√
{ n2 + 2n − n : n ∈ N}
√
√
{ n + 4 − n + 1 : n ∈ N}
√
{ n2 + n + 1 − n : n ∈ N}
inf(A)
min(A)
2
@
1
√
3−1
@
√
3−1
1
1
1
√
2−1
√
2 2−1
@
√
2−1
√
2 2−1
0
√
3−1
@
√
3−1
0
@
1/2
@
sup(A)
max(A)
7
2
√
3+2 3
4
7
2
√
3+2 3
4
1
@
2
√
3 2
@
√
3 2
1/2
@
7/2
@
1
1
1
√
√
5− 2
√
3−1
@
√
√
5− 2
√
3−1
E SERCIZIO .
Dimostrare che se A ⊆ N è diverso dall’insieme vuoto, allora A
ha un elemento minimo.
Istituzioni di Matematica
pagina 78
a.a. 2020-2021
Capitolo 9
Derivate
36
Definizione e prime proprietà
E SEMPIO .
Se f (x) = ex ed x0 ∈ R, allora
x−x
x −ex0
f 0 (x0 ) = lim ex−x
= lim ex0 e x−x0 −1
= ex0 .
0
0
D EFINIZIONE .
La f : [a, b] → R è derivabile in x0 ∈ [a, b] se esiste finito
f (x0 )
lim f (x)−
.
x−x0
x→x0
E SEMPIO .
Se f (x) = ln(x) ed x0 > 0, allora
x→x0
In tal caso tale limite è la derivata di f nel punto x0 ed è indicato
con f 0 (x0 ).
f
O SSERVAZIONE .
Equivalentemente, f è derivabile in x0 se esiste finito
f (x0 )
lim f (x0 +t)−
.
t
t→0
O SSERVAZIONE .
Per definizione di limite, la definizione di funzione derivabile può
essere riformulata richiedendo che
∀ε > 0 ∃δε > 0 t.c. ∀x ∈ [a, b] con 0 < |x − x0 | < δε si ha
= lim
x→x0
|x|−|x0 |
x→x0 x−x0
lim
− f 0 (x0 ) < ε.
(x−x0 )(x+x0 )
x−x0
x
ln( x )
0
x→x0 x−x0
= lim
x−x ln 1+ x 0
0
= lim
x−x0
x→x0
=
1
x0 .
x→x0
= lim |x|
x =
x→0
1 se x > 0
−1 se x < 0.
P ROPOSIZIONE .
Se f : [a, b] → R è derivabile in x0 ∈ [a, b], allora f è anche
continua in x0 .
Se f (x) = x2 ed x0 ∈ R, allora
x2 −x02
x→x0 x−x0
0)
(x0 ) = lim ln(x)−ln(x
x−x0
x→x0
D’altro canto se x0 = 0, allora
E SEMPIO .
f 0 (x0 ) = lim
0
E SEMPIO .
Se f (x) = |x| ed x0 6= 0, allora

x−x0
=1
se x0 > 0,
 lim x−x
0
x→x0
|x|−|x0 |
0
f (x0 ) = lim x−x0 =
0)
x→x0
 lim (−x)−(−x
= −1 se x0 < 0,
x−x0
In fatti in tal caso tale limite è la derivata di f in x0 .
f (x)− f (x0 )
x−x0
x→x0
Dimostrazione. Basta osservare che
f (x0 )
lim ( f (x) − f (x0 )) = lim f (x)−
(x − x0 ) = f 0 (x0 )0 = 0.
x−x0
= lim (x + x0 ) = 2x0 .
x→x0
x→x0
x→x0
E SEMPIO .
O SSERVAZIONE .
Il viceversa della proposizione precedente non è vero: una funzione continua in punto potrebbe non essere ivi derivabile. Ad
esempio f (x) = |x| è continua in x0 = 0 ma non è ivi derivabile.
Se f (x) = x3 ed x0 ∈ R, allora
x3 −x03
0
0
x→x0 x−x0
(x−x0 ) x2 +xx0 +x02
x−x0
x→x0
f (x ) = lim
= lim
(
)
= lim x2 + xx0 + x02 = 3x02 .
x→x0
37
E SEMPIO .
√
Se f (x) = x ed x0 > 0,√allora
√
f 0 (x0 ) = lim
x→x0
x− x0
x−x0
In x0 = 0 abbiamo
f 0 (0) = lim
√
x
x
+
x→0
√ 1√
x→x0 x+ x0
= lim
= lim
x→0+
√1
x
=
Si consideri una funzione f (x) : [a, b] → R e due punti x0 , x ∈ [a, b].
La retta passante per (x0 , f (x0 )) ed (x, f (x)) forma un angolo α
(misurato in radianti) con l’asse delle x e quindi
f (x0 )
tan(α) = f (x)−
.
x−x0
Se f è derivabile in x0 allora possiamo mandare x ad x0 ed otteniamo al limite una retta che passa per (x0 , f (x0 )) e forma un angolo
arctan( f 0 (x0 )) (misurato in radianti) con l’asse delle x e quindi è il
grafico della funzione
T (x) = f 0 (x0 ) (x − x0 ) + f (x0 ).
Tale retta è detta retta tangente al grafico di f nel punto x0 , o più
brevemente retta tangente ad f in x0 .
√1
2 x0 .
= +∞
e quindi f non è derivabile in zero.
E SEMPIO .
Se f (x) = sin(x) ed x0 ∈ R, allora per l’identità trigonometrica
0
0
sin(x) − sin(x0 ) = 2 sin x−x
cos x+x
si
ha
2
2
sin(x)−sin(x0 )
x−x0
x→x0
f 0 (x0 ) = lim
= lim
sin
x−x0
2
x→x0
cos
x−x0
2
x+x0
2
= cos(x0 ).
E SEMPIO .
Se f (x) = cos(x) ed x0 ∈ R, allora
trigonometrica
perx+xl’identità
0
0
cos(x) − cos(x0 ) = −2 sin x−x
sin
si
ha
2
2
0)
f 0 (x0 ) = lim cos(x)−cos(x
x−x0
=
x→x0
x−x x+x 0
0
sin
sin
2
2
− lim
x−x
0
x→x0
2
Significato geometrico della derivata
= − sin(x0 ).
79
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
in x0 e vale la formula
(g ◦ f )0 (x0 ) = g0 ( f (x0 )) f 0 (x0 ).
y = f 0 (x0 ) (x − x0 ) + f (x0 )
y
y = f (x)
Dimostrazione. Posto
y0 = f (x0 ), sia h : [c, d] → R definita da
( g(y)−g(y
0)
se y ∈ [c, d] \ {y0 },
y−y0
h(y) =
g0 (y0 )
se y = y0 .
Dalla definizione di derivata si ha che
0)
= g0 (y0 ) = h(y0 )
lim h(y) = lim g(y)−g(y
y−y0
α
y→y0
y→y0
e quindi h è continua in y0 . Dalla definizione di h si ha che
g(y) − g(y0 ) = h(y) (y − y0 )
∀y ∈ [c, d].
a x0
x b x
Ponendo
y
=
f
(x)
nella
formula
precedente
e dividendo per x − x0
La distanza con segno tra i punti (x, f (x)) ed (x, T (x)) del grasi
ha
fico f e della retta tangente
f (x0 )
g( f (x))−g( f (x0 ))
= h ( f (x)) f (x)−
.
x−x0
x−x0
d(x) = f (x) − f 0 (x0 ) (x − x0 ) + f (x0 )
Per il teorema sul limite della funzione composta si ha che
soddisfa i seguenti limiti
f )(x0 )
(g ◦ f )0 (x0 ) = lim (g◦ f )(x)−(g◦
x−x0
lim d(x) = lim f (x) − f (x0 ) − f 0 (x0 ) (x − x0 ) = 0,
x→x0
x→x0
x→x0
lim d(x)
x→x0 x−x0
f (x)− f (x0 )
x−x0
x→x0
= lim
= lim h(y) lim
− f 0 (x0 ) = 0.
Da notare che la retta tangente è l’unica retta con tali proprietà,
infatti l’equazione generale di una retta passante per (x0 , f (x0 )) è
r(x) = m (x − x0 ) + f (x0 )
e
0 )+ f (x0 ))
lim f (x)−r(x)
= lim f (x)−(m(x−x
x−x0
x−x0
x→x0
=
38
x→x0
f (x0 )
lim f (x)−
x−x0
x→x0
x→x0
y→y0
P ROPOSIZIONE .
Se f : [a, b] → [c, d] è una funzione continua, biettiva e derivabile in x0 ∈ [a, b] con f 0 (x0 ) 6= 0. Allora al funzione inversa
f −1 : [c, d] → [a, b] è derivabile in y0 = f (x0 ) e
( f −1 )0 (y0 ) = f 0 (x1 ) .
E SEMPIO .
(x cos(x))0 = cos(x) − x sin(x) ∀x ∈ R
Regole di derivazione
E SEMPIO .
2
P ROPOSIZIONE .
Siano f , g : [a, b] → R due funzioni derivabili in x0 ∈ [a, b].
x +x+1
x2 +1
f 0 (x0 ) =
=
iii. se g(x) 6= 0 per ogni x ∈ [a, b], allora f /g è derivabile in x0
e vale la formula
0
f 0 (x0 )g(x0 )− f (x0 )g0 (x0 )
f
.
g (x0 ) =
g2 (x )
0
Dimostrazione. i. La dimostrazione è lasciata come esercizio per
casa.
f (x)g(x)− f (x0 )g(x)+ f (x0 )g(x)− f (x0 )g(x0 )
x−x0
f (x)− f (x0 )
0)
g(x) + f (x0 ) g(x)−g(x
x−x0
x−x0
sin(x)
cos(x) , allora
cos(x0 ) cos(x0 )−sin(x0 )(− sin(x0 ))
cos(x0 )2
1
= 1 + tan(x0 )2 ∀x0
cos(x0 )2
6=
π
2
+ kπ, k ∈ Z.
E SEMPIO .
f (x) = xn , n ∈ N =⇒ f 0 (x0 ) = nx0n−1 ∀x0 ∈ R
Dimostriamolo per induzione. Se n = 1, la formula è vera. Supponiamo ora che la formula sia vera per un certo numero naturale
n, allora si ha
f (x) = ln(1 + x2 ) =⇒ f 0 (x0 ) =
1
2x0
1+x02
E SEMPIO .
f (x)g(x0 )− f (x0 )g(x0 )+ f (x0 )g(x0 )− f (x0 )g(x)
g(x)g(x0 )
( f (x)− f (x0 ))g(x0 )− f (x0 )(g(x)−g(x0 ))
,
g(x)g(x0 )
=
dividere per x − x0 e poi mandare x → x0 .
P ROPOSIZIONE .
Siano f : [a, b] → R e g : [c, d] → R tali che f ([a, b]) ⊆ [c, d]. Se f
è derivabile in x0 e g è derivabile in f (x0 ), allora g◦ f è derivabile
Istituzioni di Matematica
∀x ∈ R
E SEMPIO .
0
=
2
(x2 +1)
e quindi la formula vale per n + 1. Pertanto vale per ogni n.
iii. Basta osservare che
f (x)
f (x0 )
f (x)g(x0 )− f (x0 )g(x)
g(x) − g(x ) =
g(x)g(x )
0
(2x+1)(x2 +1)−(x2 +x+1)2x
0
xn+1 (x0 ) = (xn x)0 (x0 ) = (xn )0 (x0 )x0 + x0n = nx0n−1 x0 + x0n = (n + 1)x0n
ii. Basta osservare che
=
=
Se f (x) = tan(x) =
ii. f · g è derivabile in x0 e vale la formula
( f · g)0 (x0 ) = f 0 (x0 )g(x0 ) + f (x0 )g0 (x0 ).
e mandare x → x0 .
0
E SEMPIO .
i. f + g è derivabile in x0 e vale la formula
( f + g)0 (x0 ) = f 0 (x0 ) + g0 (x0 ).
=
= h(y0 ) f 0 (x0 ) = g0 (y0 ) f 0 (x0 ).
0
− m = f 0 (x0 ) − m = 0 ⇐⇒ m = f 0 (x0 ).
f (x)g(x)− f (x0 )g(x0 )
x−x0
f (x)− f (x0 )
x−x0
g(y) = arctan(y), y ∈ R
è la funzione inversa di f (x) = tan(x), x ∈ (−π/2, π/2) e quindi
per x0 ∈ (−π/2, π/2) ed y0 = tan(x0 ) si ha
1
1
g0 (y0 ) = f 0 (x1 ) = 1+tan(x
= 1+y
2.
)2
pagina 80
0
0
0
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
E SEMPIO .
g(y) = arcsin(y) y ∈ [−1, 1]
è la funzione inversa di f (x) = sin(x) x ∈ [−π/2, π/2] e quindi
per y0 ∈ (−1, 1) e x0 ∈ (−π/2, π/2) si ha
1
√ 1
= √1 2.
g0 (y0 ) = f 0 (x1 ) = cos(x
) =
2
0
1−sin(x0 )
0
1−y0
E SEMPIO .
x > 0 =⇒ f (x) = ex ln(x) x > 0 =⇒
f 0 (x) = ex ln(x) ln(x) + x 1x = xx (ln(x) + 1) x > 0
e più in generale se f (x) > 0, x ∈ R, allora
h(x) = f (x)g(x) = eg(x) ln f (x) =⇒ h0 (x) =
0 (x)
.
= eg(x) ln( f (x)) g0 (x) ln ( f (x)) + g(x) ff (x)
f (x) = xx
E SEMPIO .
1
x
Se f (x) = arctan
f 0 (x0 ) =
, x 6= 0,allora
1
2
1
1+ x
1
− x12 = − 1+x
2,
0
x0 6= 0.
0
0
E SEMPIO .
0
p
x + 1 + x2 = √1 2 1 + 2√2x
1+x2
x+ 1+x
√
1+x2 +x
= √ 2 √1 2 = √1 2
x+
1+x
1+x
1+x
E SEMPIO .
Le funzioni iperboliche
x
−x
cosh(x) = e +e
sinh(x) =
2 ,
godono delle seguenti proprietà:
cosh(x)2 − sinh(x)2 = 1,
cosh0 (x) =
sinh0 (x) =
ex −e−x
2
ex +e−x
2
ex −e−x
2
= f (x),
= g(x).
Diamo di seguito una lista di alcune derivate immediate.
d
dx
d
dx
d
dx
sin(x) = cos(x)
tan(x) =
1
cos(x)2
arcsin(x) = √ 1
1−x2
1
1+x2
d
dx arctan(x) =
x
d x
dx a = a ln(a)
d
1
dx loga (x) = x ln(a) , x > 0, a > 0
d
1
dx loga (|x|) = x ln(a) , x 6= 0, a > 0
d
dx sinh(x) = cosh(x)
2
d
dx coth(x) = − csch(x)
a.a. 2020-2021
d
dx
d
dx
d
dx
cos(x) = − sin(x)
1
cot(x) = − sin(x)
2
arccos(x) = − √ 1
1−x2
d
1
dx arccot(x) = − 1+x2
x
d x
dx e = e
d
1
dx ln(x) = x , x > 0
1
d
dx ln(|x|) = x , x 6= 0
d
dx cosh(x) = sinh(x)
pagina 81
Istituzioni di Matematica
Capitolo 10
Applicazioni delle derivate
39
Massimi e minimi relativi
ii) f sia derivabile in (a, b);
iii) f (a) = f (b).
D EFINIZIONE .
Sia f : [a, b] → R una data funzione e sia x0 ∈ [a, b]. x0 è un
punto di minimo (massimo) relativo se:
∃r > 0 tale che ∀x ∈ [a, b] ∩ [x0 − r, x0 + r] si ha
f (x) > f (x0 )
( f (x) 6 f (x0 )) .
Allora esiste c ∈ (a, b) tale che f 0 (c) = 0.
Dimostrazione. f è una funzione continua nell’intervallo chiuso
[a, b], quindi per il teorema di Weierstrass abbiamo che
∃x1 , x2 ∈ [a, b] t.c. f (x1 ) 6 f (x) 6 f (x2 ) ∀x ∈ [a, b]
(ossia f assume in [a, b] sia valore minimo che valore massimo).
Consideriamo ora i seguenti casi:
T EOREMA DI F ERMAT.
Sia f : [a, b] → R ed x0 ∈ [a, b]. Supponiamo che:
• se il punto di minimo x1 è in (a, b), allora, per il teorema di
Fermat, f 0 (x1 ) = 0 ed il teorema di Rolle è dimostrato prendendo
c = x1 ;
i) x0 sia un punto di minimo (massimo) relativo per f ;
ii) x0 ∈ (a, b);
• se x1 coincide con a o con b, consideriamo il punto x2 e supponiamo che x2 sia in (a, b), allora per il teorema di Fermat, si ha
f 0 (x2 ) = 0 ed il teorema di Rolle è dimostrato prendendo c = x2 ;
iii) f è derivabile in x0 .
Allora risulta f 0 (x0 ) = 0.
Dimostrazione. Supponiamo che il punto x0 sia un punto di mini- • infine se x1 ed x2 coincidono entrambi con gli estremi (per esempio x1 = a ed x2 = b), allora dall’ipotesi f (a) = f (b) si ha che il
mo relativo. Allora ∃r > 0 tale che ∀x ∈ [a, b] \ [x0 − r, x0 + r] vale
valore
minimo di f coincide col suo valore massimo, pertanto in
la disuguaglianza f (x) > f (x0 ). Inoltre, usando la seconda ipotesi
questo
caso f è costante ( f (x) = f (a) = f (b) per ogni x ∈ [a, b]).
e scegliendo r eventualmente più piccolo, possiamo supporre che
Allora
f 0 (x) = 0 per ogni x ∈ (a, b).
(x0 − r, x0 + r) ⊂ [a, b]. Ne deriva quindi che:
∀x ∈ (x0 − r, x0 + r) si ha f (x) − f (x0 ) > 0.
T EOREMA DI C AUCHY.
Allora il rapporto incrementale della funzione f nel punto x0 ha il
Siano
f , g : [a, b] → R continue e derivabili. Esiste x0 ∈ (a, b)
seguente segno
tale che
6 0 se x < x0 ,
f (x)− f (x0 )
(g(b) − g(a)) f 0 (x0 ) = ( f (b) − f (a)) g0 (x0 ).
x−x0
> 0 se x > x0 .
Possiamo quindi concludere, essendo f derivabile in x0 , che
Dimostrazione. La funzione
f (x0 )
f 0 (x0 ) = lim f (x)−
6 0,
x−x0
−
h(x) = (g(b) − g(a)) f (x) − ( f (b) − f (a)) g(x)
x→x0
verifica le ipotesi del teorema di Rolle, infatti
f (x0 )
f 0 (x0 ) = lim f (x)−
> 0,
x−x0
h(a) = (g(b) − g(a)) f (a) − ( f (b) − f (a)) g(a) = g(b) f (a) − f (b)g(a),
e quindi che deve essere
x→x0+
0
f (x0 ) = 0.
h(b) = (g(b) − g(a)) f (b) − ( f (b) − f (a)) g(b) = −g(a) f (b) + f (a)g(b) = h(a),
di conseguenza esiste x0 ∈ (a, b) tale che h0 (x0 ) = 0, ovvero
f (b)− f (a)
f 0 (x0 )
g0 (x ) = g(b)−g(a) .
O SSERVAZIONE .
Se il punto di minimo (massimo) relativo x0 è tale che x0 = a o
x0 = b (e quindi l’ipotesi ii) del teorema di Fermat non è verificata), allora in generale non si ha che f 0 (x0 ) = 0. Ad esempio
f (x) = x con x ∈ [0, 1] ha x0 = 0 come punto di minimo in [0, 1]
(e quindi anche un punto di minimo relativo), ma f 0 (0) = 1.
0
T EOREMA DI L AGRANGE .
Sia f : [a, b] → R ed x0 ∈ [a, b]. Supponiamo che:
i) f sia continua in [a, b];
ii) f sia derivabile in (a, b).
O SSERVAZIONE .
La condizione f 0 (x0 ) = 0 è una condizione solo necessaria a che
x0 sia punto di minimo o di massimo relativo. In altre parole,
una funzione può avere derivato zero in un punto senza che questo punto sia di minimo né di massimo relativi per la funzione. Ad esempio la funzione f (x) = x3 (x ∈ R) è una funzione
strettamente crescente anche se f 0 (0) = 0.
Allora esiste c ∈ (a, b) tale che f 0 (c) =
f (b)− f (a)
.
b−a
Dimostrazione. Consideriamo l’equazione della retta secante passante per i punti (a, f (a)) e (b, f (b)). Risulta:
f (a)
y = s(x) = f (a) + f (b)−
(x − a).
b−a
Notiamo infine che la funzione differenza
f (a)
g(x) = f (x) − s(x) = f (x) − f (a) + f (b)−
(x
−
a)
b−a
verifica le ipotesi del teorema di Rolle: infatti g è continua nell’intervallo chiuso [a, b] perché f ed s lo sono, è derivabile nell’intervallo aperto (a, b), sempre perché f ed s lo sono ed inoltre risulta
T EOREMA DI ROLLE .
Sia f : [a, b] → R ed x0 ∈ [a, b]. Supponiamo che:
i) f sia continua in [a, b];
82
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
g(a) = g(b) = 0. Allora per il teorema di Rolle esiste un punto c
tale che g0 (c) = 0, ossia
f (a)
.
0 = g0 (c) = f 0 (c) − s0 (c) = f 0 (c) − f (b)−
b−a
Pertanto il teorema di Lagrange è dimostrato.
C OROLLARIO .
Sia f : [a, b] → R una funzione derivabile in ogni punto di [a, b].
• Se f 0 (x) > 0 per ogni x ∈ [a, b], allora f è strettamente crescente in [a, b]. Infatti se x1 , x2 ∈ [a, b] sono tali che x1 < x2 , applicando il teorema di Lagrange all’intervallo [x1 , x2 ], si ottiene
che esiste un punto c ∈ (x1 , x2 ), con
f (x2 )− f (x1 )
= f 0 (c)
x2 −x1
ed essendo f 0 (x) > 0 per ogni x ∈ [a, b], risulta
f (x2 )− f (x1 )
>0
x2 −x1
e quindi f (x2 ) > f (x1 ).
• Se f 0 (x) < 0 per ogni x ∈ [a, b], allora f è strettamente
decrescente in [a, b].
• Se f 0 (x) > 0 per ogni x ∈ [a, b], allora f è crescente in [a, b].
• Se f 0 (x) 6 0 per ogni x ∈ [a, b], allora f è decrescente in [a, b].
• Se f 0 (x) = 0 per ogni x ∈ [a, b], allora f è costante in [a, b].
Supponiamo che x0 ∈ (a, b), che r > 0 sia tale che (x0 − r, x0 +
r) ⊂ [a, b] e che f 0 (x0 ) = 0.
• Se f 0 (x) 6 0 per ogni x ∈ (x0 − r, x0 ) e f 0 (x) > 0 per ogni x ∈
(x0 , x0 + r), allora x0 è un punto di minimo relativo.
• Se f 0 (x) > 0 per ogni x ∈ (x0 − r, x0 ) e f 0 (x) 6 0 per ogni x ∈
(x0 , x0 + r), allora x0 è un punto di massimo relativo.
f 0 (x)
derivabile in un punto x0 ∈ [a, b] diremo che la funzione f è derivabile due volte in x0 e chiameremo tale derivata la derivata seconda
di f in x0 e la indicheremo col simbolo f 00 (x0 ). Per definizione
0
f 0 (x0 )
.
f 00 (x0 ) = lim f (x)−
x−x0
x→x0
E SEMPIO .
f (x) = x sin(x) =⇒ f 0 (x) = sin(x) + x cos(x)
=⇒ f 00 (x) = cos(x) + cos(x) − x sin(x) = 2 cos(x) − x sin(x)
E SEMPIO .
Per x 6= π/2 + kπk ∈ Z abbiamo che
f (x) = tan(x) ⇒ f 0 (x) = 1 + tan(x)2 ⇒ f 00 (x) = 2 tan(x) 1 + tan(x)2 .
P ROPOSIZIONE .
Sia f : [a, b] → R una funzione dotata di derivata seconda continua in ogni punto di [a, b] ed x0 ∈ (a, b). Supponiamo che
f 0 (x0 ) = 0 e che f 00 (x0 ) > 0. Allora il punto x0 è un punto di
minimo relativo per f .
Dimostrazione. Essendo f 00 (x0 ) > 0 ed essendo f 00 una funzione continua, allora per il teorema della permanenza del segno,
esiste r > 0 tale che (x0 − r, x0 + r) ⊂ [a, b] ed f 00 (x) > 0 ∀x ∈
(x0 − r, x0 + r), allora f 0 è una funzione crescente (avendo derivata
positiva) e siccome f 0 (x0 ) = 0, risulta f 0 (x) > 0 ∀x ∈ (x0 , x0 + r) e
f 0 (x) < 0 ∀x ∈ (x0 − r, x0 ). Pertanto x0 è punto di minimo relativo.
Analogamente se f 0 (x0 ) = 0 ed f 00 (x0 ) < 0 allora il punto x0 è un
punto di massimo relativo per f .
41
Funzioni convesse
f 0 (x)
• Se
6 0 per ogni x ∈ (x0 − r, x0 + r) ( oppure
>0
per ogni x ∈ (x0 − r, x0 + r)), allora x0 non è un punto né di
massimo né di minimo relativo.
D EFINIZIONE .
Sia f : [a, b] → R una funzione derivabile in ogni punto di [a, b].
E SERCIZIO .
Verificare quanto riportato in tabella.
• f è convessa nell’intervallo [a, b] se
f (x) > f (x0 ) + f 0 (x0 ) (x − x0 ) ∀x, x0 ∈ [a, b].
A
√
2
{2 x + x − x : x ∈ R, x > 0}
n
o
x
x−1 : x ∈ R, x 6= 1
n
o
x−2
:x∈R
x2 −2x+3
√
{ x2 + x − x : x ∈ R, x > 0}
n
o
x+1
:x∈R
x2 +1
n
o
x+1
x−1 : x ∈ R, x > 1
n 2
o
x +x−1
: x ∈ R, x 6= 1
x2 −2x+1
√
{ x2 + x + 2 − x − 1 : x ∈ R}
n
o
x+3
: x ∈ R, x 6= 1
(x−1)2
n
o
3x−1
:x∈R
x2 +x+3
n 2
o
x +6x+1
:x∈R
x2 +1
n 2
o
x +x+1
: x ∈ R, x 6= 0
2
nx
o
x+1
:x∈R
x2 −x+1
inf(A)
min(A)
sup(A)
max(A)
0
0
+∞
@
−∞
@
+∞
@
√
− 1+4 3
√
− 1+4 3
√
3−1
4
√
3−1
4
O SSERVAZIONE .
Il significato geometrico della definizione di convessità è la seguente: il grafico della funzione sta sempre “sopra” la retta tangente (qualunque sia il punto in cui tale tangente viene
considerata).
y = f (x)
y
0
0
1/2
√
1− 2
2
√
1− 2
2
√
1+ 2
2
√
1+ 2
2
1
@
+∞
@
− 54
− 54
+∞
@
− 12
1
− 16
√
5+2 31
− 11
@
+∞
@
1
− 16
+∞
@
√
− 5+211 31
√
2 31−5
11
√
2 31−5
11
−2
−2
4
4
3
4
3
4
+∞
@
1−
√
2 3
3
1−
√
2 3
3
1+
√
2 3
3
@
1+
• f è concava se la funzione − f è convessa, ovvero
f (x) 6 f (x0 ) + f 0 (x0 ) (x − x0 ) ∀x, x0 ∈ [a, b].
√
2 3
3
a
x0
b
x
P ROPOSIZIONE .
Sia f : [a, b] → R una funzione dotata di derivata seconda.
• Se f 00 (x) > 0 per ogni x ∈ [a, b], allora f è convessa in [a, b].
40
Derivate di ordine superiore
• Se f 00 (x) 6 0 per ogni x ∈ [a, b], allora f è concava in [a, b].
Dimostrazione. Dimostriamo la prima asserzione; la seconda è laSe f : [a, b] → R è una funzione derivabile in ogni punto di [a, b],
sciata come esercizio per casa. Se la derivata seconda è maggiore
0
possiamo considerare la funzione derivata f : [a, b] → R, cioè la
0
0
funzione che ad ogni x ∈ [a, b] associa f (x). Se la funzione f è
a.a. 2020-2021
pagina 83
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
o uguale a zero, allora la derivata prima è crescente e quindi, supponendo x0 < x ed applicando il teorema di Lagrange, otteniamo
che ∃c ∈ (x0 , x) tale che
f (x)− f (x0 )
= f 0 (c) > f 0 (x0 )
x−x0
e quindi la funzione f è convessa.
in figura.
y
7/4
D EFINIZIONE .
x0 ∈ (a, b) è un flesso per la funzione f se esiste r > 0 tale che f
è convessa in [x0 − r, x0 ] ed è concava in [x0 , x0 + r] o viceversa.
y = f (x)
y
x0 − r
42
x0
−1/2
x
E SEMPIO .
Tracciamo il grafico di
f (x) = x3 − 3x + 1.
Il dominio di definizione è D = R e
lim f (x) = +∞,
lim f (x) = −∞.
x0 + r x
x→+∞
Studio del grafico di una funzione
Applicheremo le considerazioni dei paragrafi precedenti allo studio del grafico di una funzione. Indichiamo il metodo generale di
procedere:
x→−∞
Inoltre f 0 (x) = 3x2 − 3 e quindi f 0 (x) > 0 se e solo se x < −1 o
x > 1. Il punto x = −1 è pertanto un punto di massimo relativo
ed x = 1 è un punto di minimo relativo. Da notare che f (−1) = 3
ed f (1) = −1. Risulta infine f 00 (x) = 6x e quindi f è convessa
in [0, +∞) ed è concava in (−∞, 0]. Pertanto il grafico di f è del
tipo riportato in figura.
y
• Determinare l’insieme di definizione D e calcolare i limiti quando x tende agli estremi di D.
3
1
• Evidenziare proprietà qualitative di f (se evidente). Per esempio se f è pari o dispari, dove la funzione si annulla o dove la
funzione è positiva o negativa.
−1 −1
x
• Calcolare la derivata prima e studiarne il segno per vedere dove
la funzione è crescente o decrescente e per trovare gli eventuali
punti di massimo o minimo relativi.
E SEMPIO .
Tracciamo il grafico di
• Calcolare la derivata seconda e studiarne il segno per vedere dove la funzione è convessa e dove è concava e per trovare gli
eventuali punti di flesso.
f (x) = (x + 1)ex .
Il dominio della funzione è D = R e
lim f (x) = +∞,
lim f (x) = 0
• Vedere se la funzione ha asintoti obliqui, ossia vedere se esiste
una retta di equazione y = mx + q tale che:
lim ( f (x) − (mx + q)) = 0
(asintoto a +∞)
La funzione è positiva se e solo se x > −1. Risulta
f 0 (x) = ex (1 + x + 1) = ex (x + 2)
e quindi f 0 (x) > 0 se e solo se x > −2. Il punto x = −2 è un punto
di minimo relativo ed f (−2) = −e−2 . Infine f 00 (x) = ex (x + 3).
Quindi f è convessa in [−3; +∞) ed è concava in (−∞, −3].
Pertanto il grafico di f è del tipo riportato in figura.
y
x→+∞
oppure tale che
lim ( f (x) − (mx + q)) = 0.
x→−∞
(asintoto a −∞)
Si noti che la retta y = mx + q è asintoto di f a +∞ se e solo se
m = lim f (x)
e q = lim ( f (x) − mx).
x
x→+∞
x→+∞
x→−∞
x→+∞
Analogamente la retta y = mx + q è asintoto di f a −∞ se e solo
se
m = lim f (x)
e q = lim ( f (x) − mx).
x
x→−∞
x→−∞
E SEMPIO .
Tracciamo il grafico di
f (x) = x2 + x + 2.
Il dominio di definizione è D = R. Inoltre f 0 (x) = 2x + 1 e quindi
il punto x = −1/2 è un punto di minimo relativo per f . Inoltre
risulta f (−1/2) = 7/4. Pertanto il grafico di f è del tipo riportato
−3
−2
−e−2
x
E SEMPIO .
Tracciamo il grafico di
f (x) = x + 2x .
Il dominio di definizione è D = {x ∈ R : x 6= 0} e
lim f (x) = +∞,
lim f (x) = −∞
x→+∞
Istituzioni di Matematica
pagina 84
x→−∞
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
lim f (x) = −∞,
x→0−
grafico di f è quindi del tipo riportato in figura.
y
lim f (x) = +∞.
x→0+
Risulta inoltre
2
f 0 (x) = 1 − x22 = x x−2
√2
√
0
e quindi
f
(x)
>
0
se
e
solo
se
x
<
−
2 o x > 2. Il punto
√
√
x = − 2 è pertanto un punto di massimo relativo ed x =√ 2 è
un √
punto di√minimo√relativo. Da notare che risulta f (− 2) =
−2 2 e f ( 2) = 2 2. Infine f 00 (x) = 4/x3 . Pertanto f è convessa in (0, +∞) ed è concava in (−∞, 0). Osserviamo che f è
dispari e che si ha
lim f (x)
lim ( f (x) − x) = 0,
x = 1,
x→+∞
lim f (x)
x→−∞ x
x→+∞
lim ( f (x) − x) = 0.
= 1,
x→−∞
Dunque la retta y = x è asintoto di f sia a +∞ che a −∞. Pertanto
il grafico di f è del tipo riportato in figura.
y
√
2 2
√
− 2
√
2
√
−2 2
x
E SEMPIO .
Tracciamo il grafico di
f (x) = x2x+1
.
+x+1
Il dominio di definizione è D = R e risulta
lim f (x) = 0,
lim f (x) = 0
x→+∞
x→−∞
La funzione è positiva se e solo se x > −1. Risulta
2
f 0 (x) = x +x+1−(x+1)(2x+1)
= (x−x(x+2)
2 +x+1)2
(x2 +x+1)2
e quindi f 0 (x) > 0 se e solo se x ∈ (−2, 0). Il punto x = −2 è un
punto di minimo relativo ed x = 0 è un punto di massimo relativo,
con f (−2) = −1/3. Infine
(2x+2)(x2 +x+1)2 −(x2 +2x)2(x2 +x+1)(2x+1)
f 00 (x) = −
(x2 +x+1)4
2x3 +6x2 −2
(x2 +x+1)3
Il segno di f 00 , essendo il denominatore sempre positivo, è determinato dal segno del numeratore g(x) = 2x3 + 6x2 − 2, che è un
polinomio di terzo grado. Studiamo g. Risulta
g0 (x) = 6x2 + 12x = 6x(x + 2) > 0 ⇐⇒ x < −2 o x > 0.
Essendo g(−2) > 0 e g(0) < 0, otteniamo per la funzione g un
grafico del tipo riportato in figura.
y
6
−2
−1 ,
−1/3
x
E SEMPIO .
Tracciamo il grafico di
p
f (x) = x − 4 − x2 .
Dovendo essere 4 − x2 > 0, il dominio della funzione è D =
[−2, 2]. Osserviamo che f (−2) = −2, f (2) = 2, f (0) = −2 ed
inoltre:
p
√
f (x) > 0 ⇔ x > 4 − x2 ⇔ x > 0 e x2 > 4 − x2 ⇔ x > 2.
Osserviamo che
√
2
f 0 (x) = 1 − √−2x 2 = √4−x +x
>0
2 4−x
4−x2
p
(♣)
⇐⇒ 4 − x2 > −x,
dove se x > 0 allora (♣) è sempre verificata,
mentre
se
x
<
0
√
allora (♣) si riduce a 4 − x2 > x2 ⇔ √
− 2 6 x < 0. Possiamo
0
quindi
√ concludere che f (x) > 0 ⇔ − 2 6 x 6 2. Il punto x =
− 2 è quindi un punto di minimo relativo.
Inoltre
p
2
1
4
f 00 (x) =
4 − x2 + √ x 2 4−x
2 =
3/2
4−x
(4−x2 )
e quindi f è convessa. Il grafico è pertanto del tipo riportato in
figura.
y
2
−2
2 x
−2
=
E SEMPIO .
Tracciare il grafico della funzione:
x
f (x) = (x−1)(x+2)
Il dominio di definizione è D = R \ {−2, 1}. f è positiva in
(−2, 0) e (1, +∞), mentre è negativa in (−∞, −2) e (0, 1). Risulta
lim f (x) = 0
lim f (x) = 0
x→+∞
lim f (x) = −∞
x→−2−
lim f (x) = −∞
−2
x→1−
x
Dunque g si annulla in tre punti: x1 , x2 , x3 con x1 < −2,
−1 < x2 < 0 e 0 < x3 < 1 ed il segno di g è quello indicato in
figura. Pertanto la funzione f è convessa negli intervalli [x1 , x2 ]
e [x3 , +∞) ed è concava negli intervalli (−∞, x1 ] e [x2 , x3 ]. Il
a.a. 2020-2021
x→−∞
lim f (x) = +∞
x→−2+
lim f (x) = +∞
x→1+
Calcolando la derivata prima si ha
2
(x2 +x−2)−x(2x+1)
f 0 (x) =
= − 22+x 2
2
(x2 +x−2)
(x +x−2)
Ne deriva che la derivata prima è sempre negativa. Risulta ora:
2
2x(x2 +x−2) −(2+x2 )(2x+1)2(x2 +x−2)
f 00 (x) = −
4
(x2 +x−2)
3
2(x +6x+2)
= 2
3 .
(x +x−2)
Posto g(x) = x3 + 6x + 2, osserviamo che g0 (x) = 3(x2 + 2).
Pertanto g è strettamente crescente e, siccome g(−1) = −5 e
g(0) = 2, esiste un unico punto x0 ∈ (−1, 0) tale che g(x) > 0
pagina 85
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
se e solo se x > x0 . Ne deriva quindi che la funzione di partenza f è convessa negli intervalli (−2, x0 ) e (1, +∞) ed è concava
negli intervalli (−∞, −2) e (x0 , 1). Il grafico è pertanto del tipo
riportato in figura.
y
−2
1
x
E SEMPIO .
Tracciamo il grafico di
p
f (x) = x − x(x − 2).
Il dominio di definizione è D = (−∞, 0] ∪ [2, +∞). Risulta inoltre
f (0) = 0, f (2) = 2 e
lim f (x) = −∞,
lim f (x) = −∞.
lim f (x) = +∞,
x→1−
Osserviamo che
f 0 (x) =
x→1+
x2 (3−x2 )
=
2
1−x2 )
(
)
√ (√
0
e quindi
√ f (x) > 0 se e solo se x ∈ (− 3, 3) ∩ D, x 6= 0.
√ Allora
x = 3 è un punto di massimo relativo, mentre x = − 3 è un
punto di minimo relativo. Inoltre
2
(6x−4x3 )(1−x2 ) +(3x2 −x4 )2(1−x2 )2x
f 00 (x) =
4
(1−x2 )
x(6+x2 )
=
3
(1−x2 )
e quindi f è convessa in (−∞, −1) e (0, 1) ed è concava negli
intervalli (−1, 0) e (1, +∞). Osserviamo che
lim ( f (x) + x) = 0,
lim f (x)
x = −1,
3x2 (1−x2 )+x3 2x
2
1−x2
x→±∞
x→±∞
quindi la retta y = −x è un asintoto di f sia a +∞ che a −∞. Il
grafico è pertanto del tipo riportato in figura.
y
x→−∞
x2 −(x2 −2x)
√
lim f (x) = lim
x→+∞
x→+∞ x+
Osserviamo che
f 0 (x) = 1 − √2x−2
2
2
x −2x
x2 −2x
1
√2
= lim
x→+∞ 1+
= 1 − √x−1
2
⇔
x −2x
1−2/x
−1
= 1.
p
x2 − 2x > x − 1. (♠)
Se x < 1 allora (♣) è verificata, mentre se x > 1 allora (♣) è
equivalente a x2 − 2x > x2 − 2x + 1 e questa disuguaglianza non è
vera. Possiamo concludere quindi che f 0 (x) > 0 se x < 0, mentre
f 0 (x) < 0 se x > 2. Osserviamo che
p
00
1
f (x) = −
x2 − 2x − (x − 1) √x−1
2
x2 −2x
1
x2 −2x(x2 −2x)
=√
x −2x
> 0.
Verifichiamo
infine che f ha un asintoto a −∞: visto che se x < 0
√
allora x2 = −x, si ha
p
lim f (x)
= lim (1 + 1 − 2/x) = 2,
x
x→−∞
x→−∞
p
lim ( f (x) − 2x) = lim −x − x2 − 2x
x→−∞
= lim
x→−∞
2x
√
x→−∞ −x+
x2 −2x
= −1.
La retta y = 2x − 1 è dunque asintoto di f . Il grafico è pertanto
del tipo riportato in figura.
y
2
1
x
2
E SEMPIO .
Tracciamo il grafico di
3
x
f (x) = 1−x
2.
Il dominio di definizione è D = (−∞, −1) ∪ (−1, 1) ∪ (1, +∞).
La funzione è dispari e risulta f (x) > 0 se x ∈ (−∞, −1) ∪ (0, 1),
mentre f (x) < 0 se x ∈ (−1, 0) ∪ (1, +∞). Inoltre
lim f (x) = +∞,
lim f (x) = −∞,
x→−∞
lim f (x) = +∞,
x→−1−
Istituzioni di Matematica
x
E SEMPIO .
Tracciamo il grafico di
f (x) = 2 cos(x) − cos(2x).
Il dominio di definizione è D = R. f è periodica di periodo 2π
ed è pari, ossia f (−x) = f (x). Possiamo quindi studiarla solo
nell’intervallo [0, π]. Osserviamo inoltre che
f (x) = 2 cos(x) − cos(x)2 + sin(x)2 = 2 cos(x) − 2 cos(x)2 +√1.
Risulta quindi che f (x) √= 0 se e solo se cos(x) = 1±2 3 .
Scartiamo la soluzione 1+2 3 in quanto > 1. Dunque
√
√
f (x) = 0 ⇔ cos(x) = 1−2 3 ⇔ x = α = arccos 1−2 3 .
Osserviamo infine che
f (0) = 1,
f (π/2) = 1,
f (π) = −3.
Calcoliamo ora la derivata prima
f 0 (x) = 4 cos(x) sin(x) − 2 sin(x) = 2 sin(x) (2 cos(x) − 1) .
Quindi , se x ∈ [0, π] allora
f 0 (x) = 0 ⇐⇒ x ∈ {0, π, π/3},
f 0 (x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (0, π/3).
x = π/3 è quindi un punto di massimo relativo con f (π/3) = 3/2
e x = π è un punto di minimo relativo e f (π) = −3. Visto che
f 00 (x) = 2 cos(x)(2 cos(x) − 1) − 4 sin(x)2 = 8√cos(x) − 2 cos(x) − 4.
si ha che f 00 (x) =
e solo se cos(x) = 1±833 , √ossia
0 se
se e solo se
√ x = β = arccos 1+8 33 e x = γ = arccos 1−8 33 . Per di più
f 00 (x) > 0 se e solo se x ∈ (0, β ) ∪ (γ, π). Il grafico è pertanto del
tipo riportato in figura.
3/2 y
π
−3
π
3
x
x→+∞
lim f (x) = −∞,
x→−1+
pagina 86
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
E SEMPIO .
Tracciamo il grafico di
f (x) = arctan x + 1x .
Il dominio di definizione è D = R \ {0} , la funzione è dispari e
quindi basta studiarla per x > 0. Risulta
lim f (x) = π2 .
lim f (x) = π2 ,
x→0+
x→+∞
Derivando , si ha
f 0 (x) =
1
1− 2
x
1+(x+1/x)2
=
x2 −1
2.
(x2 +1)
x2 +
Pertanto f 0 (x) > 0 se e solo se x > 1. Pertanto il punto x = 1 è un
punto di minimo relativo.
Calcoliamo
anche la derivata seconda
2
2x x2 +(x2 +1) −(x2 −1)(2x+4x(x2 +1))
f 00 (x) =
.
2 2
x2 +(x2 +1)
Prendendo in esame solo il numeratore N(x) si ottiene
N(x) = −2x5 + 4x3 + 8x = −2x x4 − 2x2 − 4 .
00
Ne deriva
p che
√ f (x) > 0 solo se 0 < x < 1 + 5. Pertanto il punto
x = 1 + 5 è un flesso. Il grafico è pertanto del tipo riportato
in figura.
y
π/2
−π/2
x
E SEMPIO .
Tracciamo il grafico di
f (x) = ln(|x|)
x .
Il dominio di definizione è D = R\{0}. f è dispari e quindi basta
studiarla per x > 0. Risulta
lim f (x) = −∞,
lim f (x) = 0.
x→0+
Inoltre
1
x→+∞
x−ln(x)
= 1−ln(x)
> 0 ⇔ 1 − ln(x) > 0 ⇔ 0 < x < e.
f 0 (x) = x x2
x2
Pertanto x = e è un punto di massimo relativo e risulta f (e) =
1/e. Infine
1
− x2 −(1−ln(x))2x
f 00 (x) = x
= 2 ln(x)−3
x4
x3
e quindi f è convessa per x > e3/2 . Il grafico è pertanto del tipo
riportato in figura.
y
Risulta
√
√
x
1
√
− 2√12−x = 12 √2−x−
>0
f 0 (x) = 2√
x
x 2−x
√
√
⇐⇒ 2 − x > x ⇐⇒ 2 − x > x ⇐⇒ x < 1
e quindi x = 1 è un punto
di massimo relativo
ed f (1) = 2. Infine
−3/2
−3/2
00
1
1
+ (2 − x)
<0
∀x ∈ D
f (x) = 2 − 2 x
e quindi la funzione è concava. Il grafico è pertanto del tipo
riportato in figura.
y
2
√
2
1
2
x
E SEMPIO .
Tracciamo il grafico di
p
f (x) = 2x + 1 − x2 .
Il dominio di definizione è D = [−1, 1]. Risulta f (−1) = −2,
f (1) = 2 ed f (0) = 1. Osserviamo che
p
x<0
2
f (x) < 0 ⇐⇒ 1 − x < −2x ⇐⇒
1 − x2 < 4x2
h
x<0
⇐⇒
⇐⇒ x ∈ −1, − √15 .
2
5x > 1
Osserviamo che
√
2
f 0 (x) = 2 − √ x 2 = 2 √1−x 2−x < 0
1−x
1−x
p
x>0 2
⇐⇒ 2 1 − x < x ⇐⇒
4 1 − x2 < x2
x>0
⇐⇒ √25 < x < 1.
⇐⇒
5x2 > 4
Pertanto x = √25 è un punto di massimo relativo con f √25 =
√
5. Si ha inoltre √
x
1−x2 +x √
1−x2
00
1√
=−
<0
f (x) = −
1−x2
(1−x2 ) 1−x2
e quindi f è concava. Il grafico è pertanto del tipo riportato in
figura.
√y
5
−1
√2
5
−e
1
e
− 1e
e
x
43
1
x
Regole di De L’Hôpital
R EGOLE DI D E L’H ÔPITAL .
i) Siano f , g : [a, b] → R due funzioni derivabili nell’intervallo
[a, b] e sia x0 ∈ (a, b) tale che f (x0 ) = g(x0 ) = 0. Se esiste il
limite
0 (x)
lim gf 0 (x)
= L (o ± ∞),
E SEMPIO .
Tracciamo il grafico di
√
√
f (x) = x + 2 − x.
√
Il dominio di definizione è D = [0, 2] ed f (0) = 2 = f (2).
a.a. 2020-2021
x→x0
allora esiste anche il limite
lim f (x)
x→x0 g(x)
ed ha lo stesso valore.
ii) Siano f , g : [a, b] \ {x0 } → R due funzioni derivabili in [a, b] \
pagina 87
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
{x0 } e sia x0 ∈ (a, b) tale che
lim f (x) = +∞ (o − ∞),
lim g(x) = +∞ (o − ∞).
x→x0
x→x0
Se esiste il limite
f 0 (x)
0
g
x→x0 (x)
lim
31/x ln 3 − x12 + 21/x ln(2) − x12
)
x→1 (
4
= − 3 ln 3 + 2 ln(2) = ln 27
= lim
= L (o ± ∞)
1
31/x −21/x
E SEMPIO .
x
lim xe −sin(x)
x→0 x arctan(x)
allora esiste anche il limite
lim f (x)
x→x0 g(x)
ed ha lo stesso valore.
ex +xex −cos(x)
x
x→0 arctan(x)+ 1+x2
= lim
x→0
ex +ex +xex +sin(x)
1+x2 −2x2
1
+
1+x2
(1+x2 )2
=
2
2
=1
E SEMPIO .
p
y = 1/x
3
lim x2
1 + x3 − x =
y → 0+
x→+∞
√
q
3
1+y3 −1
= lim y12 3 1 + y13 − 1y = lim
y3
La stessa regola si può usare pure per calcolare limiti del tipo
f (x)
lim g(x)
x→±∞
sempre che tale limite sia della forma indeterminata
0
0
oppure
±∞
±∞ .
= lim
y→0+
1− 1
1+x
lim x−ln(1+x)
x sin(x) = lim sin(x)+x cos(x)
1
3
1+y
3 −2/3 3y2
=
3y2
1
3
E SEMPIO .
x→0
1
sin(x)
x→0 (1+x)
x +cos(x)
x
= lim (1+x)(sin(x)+x
cos(x)) = lim
x→0
y→0+
y→0+
E SEMPIO .
x→0
= lim
=
1
2
π
2 −arctan(x)
1/x
x→+∞
lim
1
1+x2
2
x→+∞ −1/x
= lim
−
x2
2
x→+∞ 1+x
= lim
= 1.
E SEMPIO .
sin(x)−x
lim
x→0 ln(1+x)(1−cos(x))
2
sin(x)−x
x
x
= lim ln(1+x)
1−cos(x)
x3
44
x→0
= 2 lim cos(x)−1
= − 13
= 2 lim sin(x)−x
x3
3x2
Abbiamo visto che la retta tangente ad una funzione f nel punto x0
è la miglior retta che approssima la funzione nell’intorno del punto
x0 , nel senso che
f (x)−( f (x0 )+ f 0 (x0 )(x−x0 ))
lim
= 0.
x−x0
x→0
x→0
E SEMPIO .
cos(x)
cos(x)−cos(x)+x sin(x)
lim sin(x)−x
x
x arctan(x) = lim
x→0
= lim
x→0
x→0
sin(x)+x cos(x)
1−x2
1
+
1+x2 (1+x2 )2
arctan(x)+
x→x0
1+x2
Ora ci chiediamo se possiamo ottenere una miglior approssimazione della funzione nell’intorno di x0 utilizzando non un polinomio
di grado uno, ma un polinomio di grado n, ovvero ci chiediamo se
esiste un
Pn (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + · · · + an (x − x0 )n
tale che
n (x)
lim f (x)−P
= 0.
(x−x )n
=0
E SEMPIO .
sin(x) cos(x)−1−x
lim e
x→0
x3
esin(x) (cos(x)2 −sin(x))−1
3x2
x→0
= lim
x→x0
esin(x) (cos(x)3 −3 sin(x) cos(x)−cos(x))
6x
x→0
cos(x)2 −1
sin(x)
sin(x)
1
lim
e
cos(x)
−
3
cos(x)
6 x→0
x
x
= lim
=
n
P(x) =
E SEMPIO .
1
1+x2
= lim
x
x→0 ln(1+x)+ 1+x
cos(x)−
2x
(1+x2 )2
1
1+x−x
1+x + (1+x)2
= lim
x→0
=0
La differenza f (x) − Pn (x) viene chiamata resto di Taylor ed
indicato col simbolo Rn (x, x0 ), ossia
n
Istituzioni di Matematica
f ( j) (x0 )
j!
(x − x0 ) j .
In particolare il se n = 1 P1 (x) = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ). Noi
studieremo il comportamento del resto di Taylor per x → x0 .
= − 12
T EOREMA .
Se f : (x0 − r, x0 + r) → R è derivabile n volte nell’intervallo
(x0 − r, x0 + r), allora
n (x,x0 )
lim R(x−x
=0
)n
x→x0
1
ln(31/x −21/x )
x−1
x−1
lim 31/x − 21/x
= lim e
=
ln(31/x −21/x )
x−1
x→1
(x − x0 ) j .
j=0
E SEMPIO .
lim
f ( j) (x0 )
j!
Rn (x, x0 ) = f (x) − Pn (x) = f (x) − ∑
1
1+x −1
√
lim √ ln(1+x)−x
=
lim
x
x
+√
x→0 1+x2 − 1−x2
x→0 √
1−x2
1+x2
−x
−1
= lim √ x 1+x√ x
= lim 1 1+x 1
+
x→0
x→0 √
+√
1−x2
1+x2
1−x2
1+x2
in quanto
∑
j=0
− sin(x)+
E SEMPIO .
x→1
0
D EFINIZIONE .
Sia f (x) una funzione Cn (a, b) ed x0 ∈ (a, b) definisco il polinomio di Taylor di ordine n della funzione f in x0 il
polinomio
= 16 · 1(1 · 0 − 3 · 1 · 1) = − 12
lim sin(x)−arctan(x)
x ln(1+x)
x→0
Polinomio di Taylor
x→1
4
27
0
Dimostrazione. Per definizione il resto è derivabile n volte in (x0 −
r, x0 + r) e risulta per h 6 n
(h)
n
Rn (x, x0 ) = f (h) (x) − ∑
f ( j) (x0 )
j!
j( j − 1) . . . ( j − h + 1) (x − x0 ) j−h .
j=h
pagina 88
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
In particolare
(h)
Rn (x0 , x0 ) = 0
∀h ∈ N ,
elementari.
3
• sin(x) = x − x3! + o(x3 )
h6n
2
• cos(x) = 1 − x2! + o(x3 )
3
(n−1)
Rn
(x, x0 ) =
n
(n−1)
(x) −
=f
(n−1)
∑
2
• tan(x) = x + x3 + o(x3 )
e
3
2
f ( j) (x0 )
j!
3
• ln(1 + x) = x − x2 + x3 + o(x3 )
3
• exp(x) = x + x2! + x3! + o(x3 ) • sinh(x) = x + x3! + o(x3 )
j( j − 1) . . . ( j − n + 2) (x − x0 ) j−n+1
j=n−1
(n−1)
=f
(x) − f
(x0 ) − f (n) (x0 ) (x − x0 ) .
Usando pertanto il teorema di De L’Hôpital, si ottiene
2
3
• cosh(x) = 1 + x2! + o(x3 )
• arctan(x) = x − x3 + o(x3 )
√
n
x
x
n−1 2
• 1 + x = 1 + n + n − 2n2 x + (n−1)(2n−1)
x3 + o(x3 )
6n3
Vediamo ora alcune proprietà degli infinitesimi di ordine
n.
n
m
n+m o
((x
−
x
)
)
·
o
((x
−
x
)
)
=
o
(x
−
x
)
0
0
0
lim Rn (x,x0n) = lim
o ((x − x0 )n ) + o ((x − x0 )m ) = o ((x − x0 )n ) con n < m
x→x0 (x−x0 )
(x − x0 )n · o ((x − x0 )m ) = o (x − x0 )n+m
f (n−1) (x)− f (n−1) (x0 )
(n)
1
− f (x0 ) = 0.
= n! lim
c · o ((x − x0 )n ) = o ((x − x0 )n )
c∈R
(x−x0 )
x→x0
Per verificarle basta applicare la definizione.
Diremo che
Possiamo scrivere il resto del polinomio di Taylor in manieRn (x, x0 ) = f (x) − Pn (x)
ra diversa che ci permette di stimare Rn (x, x0 ) nel caso in cui la
è una quantità infinitesima per x → x0 di ordine n e scriveremo funzione f (x) sia Cn+1 (a, b).
Rn (x, x0 ) = o((x − x0 )n ) ovvero
T EOREMA DI C AUCHY.
f (x) = Pn (x) + o ((x − x0 )n )
questo vuol dire che abbiamo approssimato la funzione con un Fissato x0 ∈ (a, b) si ha
1
polinomio più un resto infinitesimo di ordine n.
f (x) − Pn (x) = (n+1)!
f (n+1) (ξ )(x − x0 )n+1
Il resto può essere espresso anche nella forma
dove ξ è un opportuno punto nell’intervallo (x − x0 ).
Rn (x, x0 ) = o ((x − x0 )n ) = ε (x − x0 ) (x − x0 )n
dove ε (x − x0 ) è una quantità infinitesima di ordine n quando x → Dimostrazione. Siano a(x) = f (x) − P (x) e b(x) = (x − x )n+1 .
n
0
x0 .
Chiaramente a(h) (x ) = b(h) (x ) = 0 per ogni h ∈ {0, 1, 2, . . . , n}.
(n−1)
Rn
(x,x0 )
x→x0 n!(x−x0 )
0
O SSERVAZIONE .
Sia f (x) una funzione C2 (a, b) e sia x0 ∈ (a, b) tale che
2
f 0(x0 ) = 0. Allora
sappiamo che f (x) = f (x0 ) + f 00 (x0 ) (x−x2 0 ) +
o (x − x0 )2 , ora dato che o (x − xo)2 = ε (x − x0 ) (x − x0 )2
questo mi permette di dire
00
0)
+
ε
(x
−
x
)
(x − x0 )2
f (x) − f (x0 ) = f (x
0
2
se supponiamo f 00 (x0 ) > 0 il punto è un minimo locale, mentre se
f 00 (x0 ) < 0 è un punto di massimo locale, mentre se f 00 (x0 ) = 0
non posso dire nulla.
Ora supponiamo che f (x) ∈ Cn (a, b), x0 tale che f 0 (x0 ) =
f 00 (x0 ) = . . . = f k−1 (x0 ) = 0, ed f k (x0 ) 6= 0, allora se k è dispari
il punto non è ne di massimo ne minimo, se k è pari e f k (x0 ) > 0
il punto è di minimo, se f k (x0 ) < 0 il punto è di massimo.
Noto che se il polinomio di Taylor di ordine k di f (x) diventa
Pk (x) = f (x0 ) + k!1 f k (x0 ) (x − x0 )k
ovvero
f (x) − f (x0 ) = k!1 f k (x0 ) (x − x0 )k + ε (x − x0 ) (x − x0 )k
ovvero
f (x) − f (x0 ) = k!1 f k (x0 ) + ε (x − x0 ) (x − x0 )k
ora quando x → x0 il segno di k!1 f k (x0 ) + ε (x − x0 ) è lo steso
di f k (x0 ). Se k è dispari, il termine (x − x0 )k è positivo se x > x0 e
negativo se x < x0 , ovvero f (x) − f (x0 ) cambia segno nell’intorno di x0 e questo ci dice che il punto x0 non è né di massimo né di
minimo. Analogamente se k è pari, il termine (x − x0 )k è sempre
> 0 e, nell’intorno del punto x0 il segno di f (x) − f (x0 ) dipende da quello di f k (x0 ). Se f k (x0 ) > 0 ho un punto di minimo
relativo, se f k (x0 ) < 0 ho un massimo relativo.
E SEMPIO .
Di seguito i polinomi di Taylor di ordine 3 di alcune funzioni
0
Utilizzando il teorema di Cauchy, da questo si deduce che dato
x ∈ (a, b)
a(x)
a(x)−a(x0 )
a0 (x1 )
b(x) = b(x)−b(x0 ) = b0 (x1 )
dove x1 è un opportuno punto tra x e x1 . Iterando tale processo ed
utilizzando il teorema di Cauchy, esiste x2 tale che
a0 (x1 )
a0 (x1 )−a0 (x0 )
a00 (x2 )
b0 (x1 ) = b0 (x1 )−b0 (x0 ) = b00 (x2 )
e dopo n volte otteniamo
a(x)
b(x)
dove xn+1 ∈ (a, b). Visto che
f (n+1) (x), si ha
Dunque basta
e a(n+1) (x) =
f (n+1) (x
)
f (x)−Pn (x)
= (n+1)!n+1 .
(x−x0 )n+1
scegliere ξ = xn+1 .
E SEMPIO .
Calcolare il seguente limite
x−sin(x)
lim x−arctan(x)
.
x→0
Usando la formula di Taylor, possiamo scrivere
3
sin(x) = x − x6 + R3 (x) + o(x3 ),
3
arctan(x) = x − x3 + R3 (x) + o(x3 ).
Si ottiene quindi
x−sin(x)
x−arctan(x)
=
x3
6 −R3 (x)
x3
3 −R3 (x)
=
1 R3 (x)
6 − x3
1 R3 (x)
3 − x3
e ricordando la prima proprietà del resto nella formula di Taylor,
si ha che
x−sin(x)
lim x−arctan(x)
= 36 = 12
x→0
E SEMPIO .
Calcolare il seguente limite
sin(x)
ex −x− x
x→0 1−cos(x)
lim
a.a. 2020-2021
a(n+1) (xn+1 )
b(n+1) (xn+1 )
(n+1)
b
(x) = (n + 1)!
= ··· =
pagina 89
.
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
Ricordando le formule di Taylor
2
ex = 1 + x + x2 + R2 (x)
si ottiene
sin(x)
ex −x− x
1−cos(x)
=
pertanto
cos(x) = 1 −
x2
2
+ R2 (x)
R3 (x)
2 2
3 x +R2 (x)− x
x2
2 −R2 (x)
sin(x)
ex −x− x
1−cos(x)
x→0
lim
= 43 .
E SEMPIO .
Determinare a ∈ R (se esiste), tale che il seguente limite esista
finito.
√
sin(x)
1−(ax)2 − x
lim
4
x
x→0
Usando la formula
(1 + y)1/2 = 1 + 12 y − 18 y2 + Rb2 (y)
e la formula per il seno con un termine in più, ossia
3
5
sin(x) = x − x6 + x5! + R5 (x)
si ottiene
q
1 − (ax)2 − sin(x)
x =
2
4
= 1 − 12 a2 x2 − 81 a4 x4 + Rb2 a2 x2 − 1 + x6 − x5! − R5x(x)
= 1 1 − a2 x2 − 1 a4 + 1 x4 + Rb2 a2 x2 + R5 (x)
2
3
8
5!
Deve quindi essere a2 = 13 . In tal caso il limite risulta
√
sin(x)
1−(ax)2 − x
1
1
lim
+ 120
= − 72
4
x
x
E SEMPIO .
Dire, al variare di a ∈ R, quante soluzioni ha l’equazione
ex = ax.
Ovviamente se a = 0, l’equazione non ha nessuna soluzione. Se
a 6= 0, possiamo scrivere l’equazione nella forma
xe−x = 1a .
Se studiamo la funzione
f (x) = xe−x .
ne disegniamo il grafico, potremo determinare il numero di soluzioni dell’equazione dal numero di intersezioni che il grafico di
f ha con la retta orizzontale di equazione y = a1 . Il dominio dalla
funzione f è D = R e risulta
lim f (x) = 0,
lim f (x) = −∞.
x→+∞
x→−∞
Inoltre f (x) > 0 se e solo se x > 0 ed f (0) = 0. Derivando si
ottiene
f 0 (x) = e−x (1 − x)
0
e quindi f (x) > 0 se e solo se x < 1. Pertanto il punto x = 1 è un
punto di massimo relativo e f (1) = 1e . Infine f 00 (x) = e−x (−1 −
1 + x) = e−x (x − 2) e quindi la funzione f è convessa se e solo se
x > 2. Il grafico della funzione f dunque è del tipo.
y
1/e
1
x
x→0
E SEMPIO .
Visto il grafico di f e ricordando che l’equazione da considerare
è f (x) = 1/a, possiamo concludere che:
cos(x)−cos(x)+x sin(x)
cos(x)
lim sin(x)−x
x
x arctan(x) = lim
=
x→0
x→0
arctan(x)+
cos(x)
lim sin(x)+x
1+x2
x→0
1−x2
(1+x2 )2
=0
+
1+x2
i) se a < 0, l’equazione ha una unica soluzione (negativa);
ii) se 0 < 1/a < 1/e, ossia se a > e, allora l’equazione ha due
soluzioni;
E SEMPIO .
1
lim cos(x) x2 = lim e
x→0
perché
ln cos(x)
x2
x→0
ln cos(x)
x2
x→0
lim
iii) se a = e, allora l’equazione ha una soluzione (x = 1);
= e−1/2
iv) se 1/a > 1/e, ossia se 0 < a < e, allora l’equazione non ha
nessuna soluzione.
1 − sin(x)
= lim cos(x)
= − 21 .
2x
x→0
E SEMPIO .
lim
x→0
=
=
2
x2
2
1
− 1−cos(x)
= lim 2(1−cos(x))−x
x2 (1−cos(x))
x→0
2 sin(x)−2x
lim
2
x→0 2x(1−cos(x))+x sin(x)
2(cos(x)−1)
lim
2
x→0 2(cos(x))+4x sin(x)+x cos(x)
2(cos(x)−1)
x2
x→0 2(1−cos(x)) +4 sin(x) +cos(x)
x
x2
= lim
= − 16
E SEMPIO .
p
3
1 + x2 − 1 + x3 =
x→+∞
q
q
2
3
1
1
= lim x
1 + x2 − 1 + x3 = y = 1x
lim x
p
x→+∞
√
= lim
y→0+
1+y2 −
y2
√y
√
3
1+y3
Istituzioni di Matematica
1+y2
= lim
y→0+
y2
−√
2
3
1+y3
2y
=
1
2
pagina 90
a.a. 2020-2021
Capitolo 11
Integrale di Riemann
45
Definizioni e proprietà generali
si ha
Data una funzione f : [a, b] → R che sia limitata ma non necessariamente continua, vogliamo calcolare l’area A racchiusa tra il
grafico di f e l’asse delle x. Visto che f non è necessariamente
positiva, distinguiamo le porzioni di area che si trovano nel semipiano delle y > 0 da quelle che si trovano nel semipiano delle y < 0
dando un valore positivo alle prime e negativo alle seconde.
y
+
+
+
−
a
−
+
n
i=1
i=1
n
n
6 ∑ Mi (xi − xi−1 ) 6 M ∑ (xi − xi−1 ) = M(b − a),
i=1
i=1
e quindi vale la seguente catena di disuguaglianze
m(b − a) 6 s( f , P) 6 A 6 S( f , P) 6 M(b − a).
Nelle seguenti figure, la somma delle aree dei rettangoli gialli
vale s( f , P), mentre la somma delle aree dei rettangoli blue vale
S( f , P).
y
b
−
n
m(b − a) 6 m ∑ (xi − xi−1 ) 6 ∑ mi (xi − xi−1 )
x
−
b
Dunque l’area A ha un “segno” ed in generale A ∈ R.
Una prima stima grossolana di A la otteniamo tramite
m = inf { f (x)},
M = sup { f (x)},
x∈[a,b]
a
x
y
x∈[a,b]
in quanto
m(b − a) 6 A 6 M(b − a).
b
y
M
a
x
b
a
x
D ISUGUAGLIANZE FONDAMENTALI DELLE SOMME INTEGRALI .
Se P, P0 ∈ P sono due partizione
con P0 piùfine di P, allora
0
s( f , P) 6 s f , P 6 A 6 S f , P0 6 S( f , P)
ed inoltre
S f , P0 − s f , P0 6 S ( f , P) − s ( f , P) .
m
Per migliorare tale approssimazione procediamo come segue.
D EFINIZIONE .
Una partizione dell’intervallo [a, b] è un insieme finito di punti
P = {x0 , x1 , x2 , . . . , xn }
con a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn = b. L’insieme di tutte la partizioni dell’intervallo [a, b] si indica con P. Dati P, P0 ∈ P, si
dice che P0 è una partizione più fine di P se P ⊆ P0 .
O SSERVAZIONE .
In altre parole, se ad una partizione aggiungiamo dei punti allora
otteniamo una partizione più fine.
Fissata una partizione P = {x0 , x1 , x2 , . . . , xn } ∈ P, per ogni
i ∈ {0, . . . , n} poniamo
mi = inf { f (x)},
Mi = sup { f (x)},
x∈[xi−1 ,xi ]
e chiamiamo
O SSERVAZIONE .
Raffinando la partizione miglioriamo l’approssimazione di A .
Dimostrazione. Verifichiamo la prima disuguaglianza della prima
catena di disuguaglianze; l’ultima è lasciata come esercizio per casa. Per semplicità assumiamo che P0 si ottenga da P aggiungendo
un solo punto y ∈ (x0 , x1 ), ovvero
P = {x0 , x1 , x2 , . . . , xn } ,
P0 = {x0 , y, x1 , . . . , xn } .
m01
x∈[xi−1 ,xi ]
m1 = m02
m2 = m03
m3 = m04
m4 = m05
n
s( f , P) = ∑ mi (xi − xi−1 )
i=1
la somma integrale inferiore di f (relativa alla partizione P) ed
n
S( f , P) = ∑ Mi (xi − xi−1 )
i=1
la somma integrale superiore di f (relativa alla partizione P).
O SSERVAZIONE .
Visto che
m 6 mi 6 Mi 6 M
x0
|
x1
x
x3 x4 x
{z2
}
P
Calcoliamo s( f , P0 ): posto
m01 = inf { f (x)} ,
x∈[x0 ,y]
∀i ∈ {1, 2, . . . , n}
m02 = inf { f (x)} ,
x∈[y,x1 ]
91
x0 y x1
|
x
{z2
P0
x3
x x
}4
Aggiornato il 20 ottobre 2020
m0i = mi−1
Teoria
i ∈ {3, . . . , n + 1},
si ha
Sia P = {x0 , x1 , . . . , xn } una partizione di [0, 1] con 0 = x0 < x1 <
. . . < xn = 1. In ciascun intervallo [xi−1 , xi ] ci sono infiniti numeri
razionali ed infiniti numeri irrazionali. Pertanto si ha
mi = inf { f (x)} = 0,
Mi = sup { f (x)} = 1,
n
s( f , P0 ) = m01 (y − x0 ) + m02 (x1 − y) + ∑ m0i (xi−1 − xi−2 )
i=3
n
x∈[xi−1 ,xi ]
= m01 (y − x0 ) + m02 (x1 − y) + ∑ mi−1 (xi−1 − xi−2 )
n
i=3
n
s( f , P) = ∑ mi (xi − xi−1 ) = 0,
= m01 (y − x0 ) + m02 (x1 − y) + ∑ mi (xi − xi−1 ).
i=1
n
i=2
S( f , P) = ∑ Mi (xi − xi−1 ) = 1.
Inoltre per definizione si ha
n
n
s( f , P) = ∑ mi (xi − xi−1 ) = m1 (x1 − x0 ) + ∑ mi (xi − xi−1 ),
i=1
i=2
e pertanto risulta
s( f , P0 ) − s( f , P) = m01 (y − x0 ) + m02 (x1 − y) − m1 (x1 − x0 )
= m01 − m1 (y − x0 ) + m02 − m1 (x1 − y) > 0
in quanto per definizione min{m01 , m02 } = m1 .
Infine, la seconda catena di disuguaglianze segue dalla prima.
P ROPOSIZIONE .
Gli insiemi
A = {s( f , P) : P ∈ P},
sono separati.
Diamo quattro teoremi utili a capire se una funzione è integrabile. Il primo teorema è l’unico che ci dà una condizione sia necessaria che sufficiente, ma è più utile nelle dimostrazioni che negli
esercizi. Gli altri tre teoremi ci danno solo condizioni sufficienti,
ma sono più facilmente applicabili negli esercizi.
B = {S( f , P) : P ∈ P}
Per le proprietà degli insiemi separati si ha
sup(A) 6 inf(B).
D EFINIZIONE .
Una funzione limitata f è integrabile (secondo Riemann)
nell’intervallo [a, b] se
sup(A) = inf(B).
In tal caso, il valore comune è l’integrale (definito) della
funzione f nell’intervallo [a, b] ed è indicato col simbolo
Z b
f (x) dx.
a
R([a, b]) è l’insieme delle funzioni che sono integrabili (secondo
Riemann) nell’intervallo [a, b].
Se si scambiano gli estremi di integrazione allora si pone
f (x) dx = −
a
i=1
Per l’arbitrarietà di P si ha che
A = {s( f , P) : P ∈ P} = {0},
B = {S( f , P) : P ∈ P} = {1}.
Dunque f non è integrabile visto che
sup(A) = 0 6= 1 = inf(B).
Dimostrazione. Bisogna dimostrare che
a6b
∀a ∈ A e ∀y ∈ B.
Per definizione di A e B bisogna dimostrare che
s( f , P1 ) 6 S( f , P2 )
∀P1 , P2 ∈ P.
Date due partizioni P1 , P2 ∈ P di [a, b], la partizione P1 ∪ P2 è più
fine sia di P1 che di P2 e quindi per le disuguaglianze fondamentali
delle somme integrali
s ( f , P1 ) 6 s ( f , P1 ∪ P2 ) 6 S ( f , P1 ∪ P2 ) 6 S ( f , P2 ) .
Z b
x∈[xi−1 ,xi ]
e di conseguenza
Z a
T EST DI C AUCHY PER L’ INTEGRABILITÀ .
Sia f : [a, b] → R una funzione limitata. f è integrabile in [a, b]
se e solo se
∀ε > 0 ∃P = P(ε) ∈ P tale che S ( f , P) − s ( f , P) < ε.
Dimostrazione. “⇒” Sia ε > 0. Per le proprietà del sup e dell’inf
esistono P1 , P2 ∈ P tali che
sup(A) − ε2 < s( f , P1 ),
inf(B) + ε2 > S( f , P2 ).
Visto che f è integrabile abbiamo sup(A)
= inf(B) e quindi
S( f , P2 ) − s( f , P1 ) < inf(B) + ε2 − sup(A) − ε2 = ε.
Poniamo P = P1 ∪ P2 . Visto che P è più fine sia di P1 che di P2 , per
le disuguaglianze fondamentali delle somme integrali si ha
s( f , P1 ) 6 s( f , P) 6 S( f , P) 6 S( f , P2 ),
e pertanto
S( f , P) − s( f , P) 6 S( f , P2 ) − s( f , P1 ) < ε.
“⇐” Supponiamo per assurdo che f non sia integrabile in [a, b],
ossia che
sup(A) < inf(B).
Sia ε = inf(B) − sup(A) > 0. Per ipotesi esiste P ∈ P tale che
S( f , P) − s( f , P) < ε. Per le proprietà del sup e dell’inf si ha
sup(A) > s( f , P),
inf(B) 6 S( f , P),
e pertanto S( f , P) − s( f , P) > inf(B) − sup(A) = ε. Siamo però
arrivati ad un assurdo visto che non può essere
ε > S( f , P) − s( f , P) > ε.
f (x) dx.
b
I NTEGRABILITÀ DELLE FUNZIONI CONTINUE .
Una funzione continua in [a, b] è anche integrabile in [a, b].
Infine, se gli estremi coincidono,
ossia a = b, allora si pone
Z
a
f (x) dx = 0.
a
Non tutte le funzioni limitate sono integrabili, come mostra il
seguente esempio.
E SEMPIO .
Consideriamo la funzione di Dirichlet
f : [0, 1] → R
( definita da
f (x) =
1 se x ∈ [0, 1] ∩ Q,
0 se x ∈ [0, 1] \ Q.
Istituzioni di Matematica
y
1
0
0
E SEMPIO .
La funzione f(: [0, 1] → R definita da
sin(x)
se x ∈ (0, 1],
x
f (x) =
1
se x = 0,
è continua e di conseguenza è integrabile.
1
1x
1x
pagina 92
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
I NTEGRABILITÀ DELLE FUNZIONI CONTINUE A TRATTI .
Una funzione limitata in [a, b] con un numero finito di punti di
discontinuità è integrabile [a, b].
E SEMPIO .
La funzione
( f : [0, 1] → R definita da
< 2ε.
Per l’arbitrarietà di ε > 0 si ha che f + g è integrabile in [a, b].
y
3/2
x
se x ∈ [0, 1/2],
2 − x se x ∈ (1/2, 1],
non è continua ma ha un solo punto di discontinuità, x = 1/2, e di
conseguenza è integrabile.
f (x) =
Vale pertanto la catena di disuguaglianze
s( f , P) + s(g, P) 6 s( f + g, P) 6 S( f + g, P) 6 S( f , P) + S(g, P)
e dunque
<ε
<ε
z
}|
{ z
}|
{
S( f + g, P) − s( f + g, P) 6 S( f , P) − s( f , P) + S(g, P) − s(g, P)
II passo: dimostrare l’uguaglianza. Per definizione si ha
1
Z b
s( f , P) 6
1/2
f (x) dx 6 S( f , P),
a
Z b
1/2
s(g, P) 6
1 x
Z b
s( f + g, P) 6
I NTEGRABILITÀ DELLE FUNZIONI MONOTONE .
Una funzione monotona in [a, b] è anche integrabile in [a, b].
g(x) dx 6 S(g, P),
a
f (x) + g(x) dx 6 S( f + g, P).
a
Di conseguenza risulta
Z
Z b
f (x) + g(x) dx −
a
E SEMPIO .
La funzione(f : [0, 1] → R definita da
1
se x ∈ (0, 1],
f (x) = b1/xc
0
se x = 0,
dove b·c è la funzione parte intera, ha
un numero infinito di discontinuità
ma è monotona (crescente) e questo
ci basta per dire che è integrabile.
a
1/2
11 1
54 3
f (x) dx +
1
2
1
x
g(x) dx;
f (x) dx;
a
Z b
f (x) dx + β
a
g(x) dx.
a
Dimostrazione. 1) I passo: f + g ∈ R([a, b])
b]). Sia ε > 0. Per ipotesi esistono due partizioni Pf e Pg di [a, b] tali che
S( f , Pf ) − s( f , Pf ) < ε,
S(g, Pg ) − s(g, Pg ) < ε.
La partizione P = Pf ∪ Pg è più fine sia di Pf che di Pg e quindi per
le disuguaglianze fondamentali delle somme integrali si ha
S( f , P) − s( f , P) < ε,
S(g, P) − s(g, P) < ε.
Visto che
inf { f (x) + g(x)} > inf { f (x)} + inf {g(x)},
x∈[xi−1 ,xi ]
x∈[xi−1 ,xi ]
x∈[xi−1 ,xi ]
si ha
s( f + g, P) > s( f , P) + s(g, P).
Analogamente, visto che
sup { f (x) + g(x)} 6 sup { f (x)} + sup {g(x)},
x∈[xi−1 ,xi ]
x∈[xi−1 ,xi ]
a
a
sup{α f (x) : x ∈ [xi−1 , xi ]} = α sup{ f (x) : x ∈ [xi−1 , xi ]}.
Pertanto risulta
S(α f , P) − s(α f , P) =
!
n
sup {α f (x)} −
∑
x∈[xi−1 ,xi ]
i=1
inf
{α f (x)} (xi − xi−1 ) =
x∈[xi−1 ,xi ]
!
n
∑α
i=1
sup { f (x)} −
x∈[xi−1 ,xi ]
inf
{ f (x)} (xi − xi−1 ) =
x∈[xi−1 ,xi ]
!
n
α∑
i=1
sup { f (x)} −
x∈[xi−1 ,xi ]
inf
{ f (x)} (xi − xi−1 ) =
x∈[xi−1 ,xi ]
α S( f , P) − s( f , P) < αε.
Per l’arbitrarietà di ε > 0 si ha che α f è integrabile in [a, b].
II passo: dimostrare l’uguaglianza. Per definizione si ha
Z b
s(α f , P) 6
x∈[xi−1 ,xi ]
si ha
a
α f (x) dx 6 S(α f , P),
Z b
s( f , P) 6
S( f + g, P) 6 S( f , P) + S(g, P).
a.a. 2020-2021
a
La tesi segue dall’arbitrarietà di ε.
I passo: α f ∈ R([a, b])
b]). Sia ε > 0. Per ipotesi esiste una partizione
P di [a, b] tale che
S( f , P) − s( f , P) < ε.
Visto che α > 0 si ha
inf{α f (x) : x ∈ [xi−1 , xi ]} = α inf{ f (x) : x ∈ [xi−1 , xi ]},
Z b
b
s( f , P) − S( f , P) − s(g, P) − S(g, P) > −2ε.
Abbiamo quindi dimostrato che Z b
Z b
Z b
f (x) + g(x) dx −
f (x) dx +
g(x) dx 6 2ε
− 2ε 6
a
a
a
Z b
Z b
Z b
f (x) dx +
g(x) dx 6 2ε.
f (x) + g(x) dx −
⇔
2) Assumiamo α > 0; i casi α = 0 ed α < 0 sono analoghi e sono
lasciati come esercizio per casa.
a
α f (x) dx = α
a
s( f + g, P) − S( f , P) − S(g, P) >
2) omogeneità degli integrali
a
a
1/3
1/4
a
3) linearità degli integrali
Z
Z b
α f (x) + β g(x) dx = α
S( f , P) − s( f , P) + S(g, P) − s(g, P) < 2ε.
Z b
Z b
f (x) + g(x) dx −
f (x) dx +
g(x) dx >
b
Z b
a
a
g(x) dx 6
D’altro
Z canto si ha
1
b
Z b
a
y
P ROPRIETÀ DEGLI INTEGRALI .
Siano f , g ∈ R([a, b]) ed α, β ∈ R. Valgono le seguenti proprietà:
a
Z b
f (x) dx +
S( f + g, P) − s( f , P) − s(g, P) 6
Diamo alcune proprietà di R([a, b]).
1) additività degli integrali
Z b
Z
f (x) + g(x) dx =
b
pagina 93
a
f (x) dx 6 S( f , P).
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
Di conseguenza si ha
Z b
α f (x) dx − α
Z b
a
a
Z b
Z b
α f (x) dx − α
C OROLLARIO .
Se f ∈ R([a, b]) e [c, d] ⊂ [a, b], allora f ∈ R([c, d]).
f (x) dx 6 S(α f , P) − αs( f , P) =
α S( f , P) − s( f , P) < αε,
f (x) dx > s(α f , P) − αS( f , P) =
α s( f , P) − S( f , P) > −αε.
Abbiamo quindi dimostrato che
a
M ONOTONIA DELL’ INTEGRALE .
Se f , g ∈ R([a, b]) ed f (x) 6 g(x) per ogni x ∈ [a, b], allora
Z b
a
− αε 6
Z b
⇔
Z b
α f (x) dx − α
Z b
a
a
α f (x) dx − α
a
Z b
f (x) dx 6 αε.
a
3) Segue dalle due uguaglianze appena dimostrate.
A DDITIVITÀ DELL’ INTEGRALE .
Se f ∈ R([a, b]) e c ∈ [a, b], allora f ∈ R([a, c]) ∩ R([c, b]) e si ha
Z b
f (x) dx +
a
f (x) dx =
c
f (x) dx 6 S( f , P[a,b] ) < s( f , P[a,b] ) + ε
Z c
= s( f , P[a,c] ) + s( f , P[c,b] ) + ε 6
Z b
f (x) dx +
a
Z b
In conclusione
abbiamo
Z
Z dimostratoZ che
a
c
a
c
e per l’arbitrarietà di ε segue la tesi.
Istituzioni di Matematica
f (x) dx.
a
T EOREMA DELLA MEDIA INTEGRALE .
Sia f ∈ R([a, b]) e poniamo
m = inf { f (x)},
M = sup { f (x)}.
x∈[a,b]
x∈[a,b]
Vale la disuguaglianza
m6
1
b−a
Z b
a
f (x) dx 6 M.
Se f è anche continua in [a, b], allora esiste c ∈ [a, b] tale che
1
b−a
Z b
f (x) dx = f (c).
a
O SSERVAZIONE .
La media integrale è l’altezza del rettangolo
la cui base è
R
l’intervallo [a, b] e la cui area è uguale all’ ab f (x) dx.
D EFINIZIONE .
Data una funzione f : [a, b] → R, una funzione G : [a, b] → R è
una primitiva di f se G è derivabile e risulta
G0 (x) = f (x) ∀x ∈ [a, b].
L’integrale indefinito di f è l’insieme di tutte le sue primitive.
Esso si denota con il simbolo
Z
f (x) dx.
x
f (x) dx + ε.
F(x) =
a
b
f (x) dx +
Z b
T EOREMA FONDAMENTALE DEL CALCOLO INTEGRALE .
Se f ∈ R([a, b]) è continua nell’intervallo [a, b], allora la funzione
F : [a, b] → R definita da
Z
f (x) dx 6 S( f , P[a,c] ) + S( f , P[c,b] )
= S( f , P[a,b] ) < s( f , P[a,b] ) + ε 6
f (x) dx − ε 6
1
b−a
f (x) dx + ε.
Z b
b
D EFINIZIONE .
La media integrale di f (sull’intervallo [a, b]) è la quantità
c
D’altro canto, per quanto già visto si ha anche che
c
| f (x)| dx.
a
f (x) dx.
Z b
f (x) dx +
f (x) dx 6
a
s( f , P[a,b] ) = s( f , P[a,c] ) + s( f , P[c,b] ),
e pertanto
S( f , P[a,b] ) − s( f , P[a,b] ) = S( f , P[a,c] ) − s( f , P[a,c] )
+ S( f , P[c,b] ) − s( f , P[c,b] ) < ε,
da cui segue che
S( f , P[a,c] ) − s( f , P[a,c] ) < ε, S( f , P[c,b] ) − s( f , P[c,b] ) < ε.
Di conseguenza abbiamo che f ∈ R([a, c]) ∩ R([c, b]).
II passo: dimostrare l’uguaglianza. Per quanto già visto si ha
a
Z b
Z b
a
Dimostrazione. I passo: f ∈ R([a, c]) ∩ R([c, b])
b]). Sia ε > 0. Per
ipotesi esiste una partizione P di [a, b] tale che
S( f , P) − s( f , P) < ε.
La partizione P[a,b] = P ∪ {c} di [a, b] coincide con P se c ∈ P, mentre è più fine di P se c ∈
/ P. In entrambe i casi per le disuguaglianze
fondamentali delle somme integrali si ha
S( f , P[a,b] ) − s( f , P[a,b] ) 6 S( f , P) − s( f , P) < ε.
Consideriamo la partizione P[a,c] = P0 ∩ [a, c] di [a, c] e la partizione
P[c,b] = P0 ∩ [c, b] di [c, b]. Per costruzione si ha
S( f , P[a,b] ) = S( f , P[a,c] ) + S( f , P[c,b] ),
Z c
I NTEGRABILITÀ DEL MODULO .
Se f ∈ R([a, b]), allora | f | ∈ R([a, b]) e vale la disuguaglianza
Z b
O SSERVAZIONE .
Non si confonda l’additività dell’integrale rispetto alla funzione integranda e l’additività dell’integrale rispetto all’intervallo di
integrazione.
a
f (x) dx > 0.
a
La tesi segue dall’arbitrarietà di ε.
Z c
g(x) dx.
a
C OROLLARIO .
Se f ∈ R([a, b]) ed f (x) > 0 per ogni x ∈ [a, b], allora
f (x) dx 6 αε
Z b
a
Z b
f (x) dx 6
f (x) dx 6
f (t) dt
∀x ∈ [a, b]
a
è derivabile in [a, b] ed è una primitiva di f .
Z b
f (x) dx + ε.
a
Dimostrazione. Si deve verificare che F è derivabile e che
F 0 (x) = f (x)
∀x ∈ [a, b].
pagina 94
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Siano x, y ∈ (a, b) con xZ < y. Per l’additività
dell’integrale si ha
Z
y
F(y) − F(x) =
=
e quindi
f (t) dt −
Za y
Z x
x
f (t) dt +
a
f (t) dt −
x
f (t) dt
Za x
Z y
f (t) dt =
a
1) se f è derivabile inZ [a, b] allora
f (t) dt
f 0 (x) dx = f (x) + c;
x
Z y
F(y)−F(x)
y−x
1
= y−x
f (t) dt.
x
Per la continuità di f si può applicare il teorema della media integrale ad f nell’intervallo [x, y], ottenendo l’esistenza di un punto
cy ∈ (x, y) tale che
F(y)−F(x)
= f (cy ) .
y−x
D’altra parte se y tende ad x anche cy tende a x ed essendo f
continua in x, si ottiene
lim F(y)−F(x)
= lim f (cy ) = f (x).
y−x
y→x
P ROPRIETÀ DEGLI INTEGRALI INDEFINITI .
Siano f , g ∈ R([a, b]) ed α, β ∈ R. Valgono le seguenti proprietà:
2) derivabilità degli integrali
indefiniti
4) omogeneità degli
Z integrali indefiniti
Z
α f (x) dx = α
Diamo una lista di primitive.
(♣)
dove la funzione F : [a,Zb] → R è definita da
Z
Z
x
F(x) =
f (t) dt
∀x ∈ [a, b].
Z
a
Z
Dimostrazione. “⊆” Basta dimostrare che se G è una primitiva di
f , allora esiste una costante c ∈ R tale che G(x) = F(x) + c. Visto
che sia F che G sono delle
di f si ha
primitive
0
0
d
G(x)
−
F(x)
=
G
(x)
−
F
(x) = f (x) − f (x) = 0
dx
e quindi x 7→ G(x) − F(x) è costante.
“⊇” Basta osservare che per ogni costante c ∈ R si ha che G(x) =
F(x) + c è una primitiva di f visto che
d
G0 (x) = dx
F(x) + c = F 0 (x) = f (x).
Z
df
dx (x) dx
xa+1
a+1
ax dx =
ax
dx
x
b
f (x) dx = G(b) − G(a).
a
Dimostrazione. Per la proposizione precedente esiste una costante
c ∈ R tale che
G(x) = F(x) + c ∀x ∈ [a, b],
e pertanto per il teorema fondamentale del calcolo integrale
Z b
f (x) dx.
ex dx = ex + c
= ln(|x|) + c
Z
Z
sin(x)
cos(x)2
Z
= tan(x) + c
dx =
√ dx
a2 −x2
√dx
= arcsin
x2 −a2
dx
a2 −x2
1
cos(x)
Z
+c
x
a
Z
+c
= 1a arccos
1
2a
a
x
Z
+c
√ dx
ln x+a
x−a + c
p
= ln x + x2 − a2 + c
√ dx
= ln
=
x2 −a2
x+
p
f 0 (x) g(x) dx
ln(x) dx = x ln(x) − x + c
cos(x) dx = sin(x) + c
Z
Z
dx
cos(x)2
Z
Z
Z
46
F ORMULA FONDAMENTALE DEL CALCOLO INTEGRALE .
Se f : [a, b] → R è una funzione continua e G una sua primitiva,
allora
Z
Z
Z
x2 +a2
dove G è una qualsiasi primitiva di f .
f (x) g0 (x) dx = f (x) g(x) −
Z
Z
f (x) dx = G(x) + c
+ c con 0 < a 6= 1
ln(a)
Z
tan(x) dx = − log | cos(x)| + c
Z
1+sin(x)
dx
+c
cos(x) = log
cos(x)
Z
Per semplicità di notazione
si scrive semplicemente
Z
+ c con a 6= −1
sin(x) dx = − cos(x) + c
x
f (x) dx = {G(x) + c : c ∈ R}.
Z
Z
a f (x) + b g(x) dx = a f (x) dx + b g(x) dx
Z
O SSERVAZIONE .
Sia f ∈ R([a, b]) continua nell’intervallo [a, b]. È chiaro che se G
è una primitiva di
Z f , allora
Z = f (x) + c
xa dx =
Z
G(b) − G(a) = F(b) − F(a) =
f (x) dx;
5) linearità
degli integrali indefiniti
Z
Z
Z
α f (x) + β g(x) dx = α f (x) dx + β g(x) dx.
P ROPOSIZIONE .
Se f ∈ R([a, b]) Zè continua nell’intervallo [a, b], allora
f (x) dx = {F(x) + c : c ∈ R},
f (x) dx = f (x);
3) additività
indefiniti
Z degli integrali
Z
Z
f (x) + g(x) dx = f (x) dx + g(x) dx;
y→x
Dunque F è derivabile in x e per definizione F 0 (x) = f (x). I casi
x = a ed x = b sono analoghi e sono lasciati come esercizio per
casa.
Z
d
dx
x2 + a2
+c
cot(x) dx = log | sin(x)| + c
1−cos(x)
dx
+c
sin(x) = log
sin(x)
dx
sin(x)2
= − cot(x) + c
cos(x)
sin(x)2
1
dx = − sin(x)
+c
1
x
= a arctan a + c
dx
a2 +x2
dx
x2 −a2
=
1
2a
ln
x−a
x+a
+c
√
x2 +a2 )
a2 + x2 dx = x
+c
2
Z p
p
2
1
2
2
2
2
a − x dx = 2 x a − x + a arcsin ax + c
√
√
Z p
x x2 −a2 −a2 ln (x+ x2 −a2 )
x2 − a2 dx =
+c
2
Z p
√
x2 +a2 +a2 ln(x+
Integrali per funzioni razionali
In questa sezione vediamo come
Z calcolare
N(x)
D(x)
dx
nel caso in cui N(x) e D(x) siano semplicemente dei polinomi.
Siano
n>0
e
d>0
i gradi rispettivamente di N(x) e di D(x).
Prima di considerare il caso generale, iniziamo con quello che
tra quelli non banali è il più semplice e che, come vedremo, tornerà
utile anche per studiare il caso generale.
Caso numeratore lineare, n = 11, e denominatore quadratico,
d=2
a
Un caso particolarmente semplice è quello in cui
N(x) = αx + β ,
D(x) = x2 + bx + c,
con α, β , b, c ∈ R ed α 6= 0. Distinguiamo alcuni casi.
a.a. 2020-2021
pagina 95
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
I CASO : ∆ > 00.
Se ∆
= b2 − 4c
2
= ln(|x + 1|) + x+1
+ c.
> 0 allora D(x) = (x − x1 )(x − x2 ) dove
√
√
x1 = −b−2 ∆ ,
x2 = −b+2 ∆ .
In questo caso si cercano delle costanti A, B ∈ R tali che
N(x)
(A+B)x−Ax2 −Bx1
αx+β
A
B
.
D(x) = x2 +bx+c = x−x1 + x−x2 =
x2 +bx+c
Tale uguaglianza vale per ogni x ∈ R \ {x1 , x2 } se e solo se
A+B = α
−Ax2 − Bx1 = β .
Risolto questo
sistema,
si
trovano A, B ∈ R e si ha che
Z
N(x)
D(x)
III CASO : ∆ < 00.
Se ∆ = b2 − 4c < 0 allora
2
2
D(x) = x2 + bx + c = x + b2 − b4 + c
2 b 2
∆
∆
2x+b
√
= x + 2 − 4 = − 4 1 + −∆
.
Pertanto si ha
N(x)
D(x)
dx = A ln(|x − x1 |) + B ln(|x − x2 |).
α
2
E SEMPIO .
Z
N(x)
D(x)
dx
Ci troviamo nel primo caso in quanto
∆ = 9 + 16 = 25 > 0.
Osserviamo che
√
x1 = −4,
x1,2 = −3±2 25
x2 = 1,
ed inoltre
(A+B)x+4A−B
A
x+1
B
(x−1)(x+4) = x−1 + x+4 = (x−1)(x+4)
A + B = 1 ⇔A = 1 − B A = 2/5
⇔
4A − B = 1 −5B = −3⇔B = 3/5.
Pertanto si ha Z
Z 2/5
3/5
x+1
dx
=
+
x−1
x+4 dx
(x−1)(x+4)
e quindi Z
Se ∆ = b2 − 4c = 0 allora
D(x) = (x − x1 )2
dove x1 = −b/2. In questo caso si cercano delle costanti A, B ∈ R
tali che
N(x)
αx+β
Ax−Ax1 +B
A
B
D(x) = x2 +bx+c = x−x1 + (x−x )2 = (x−x )2 .
N(x)
D(x)
dx
x2 +x+1
Z
dx
2
2x+1
1+ √
3
√
√
2 3
2x+1
4 3
√
arctan
=
3 2
3
3
dx
x2 +x+1
=
4
3
arctan
2x+1
√
3
+ c.
Z
x+3
x2 +2x+2
dx
Ci troviamo nel terzo caso in quanto
∆ = 4 − 8 = −4 < 0.
Osserviamo che
x+3
2
= 21 · x22x+2
+ 1+(x+1)
2
x2 +2x+2
+2x+2
e quindi Z
Z
Z
x+3
x2 +2x+2
dx =
1
2
2x+2
x2 +2x+2
dx + 2
dx
1+(x+1)2
= 12 ln x2 + 2x + 2 + 2 arctan(x + 1) + c.
Caso generale
Z
x−1
x2 +2x+1
dx
Ci troviamo nel secondo caso in quanto
∆ = 4 − 4 = 0.
Osserviamo che
x1 = −2
2 = −1,
ed inoltre
A(x+1)+B
x−1
B
A
= x+1
+ (x+1)
2 = x2 +2x+1
x2 +2x+1
A=1
⇔A = 1
⇔
A + B = −1 B = −2.
Pertanto si ha Z
Z x−1
1
2
dx
=
x+1 − (x+1)2 dx
x2 +2x+1
Istituzioni di Matematica
2x+b
√
ln x2 + bx + c + (2β√−αb)
arctan
.
−∆
−∆
E SEMPIO .
B
dx = A ln(|x − x1 |) − x−x
.
1
E SEMPIO .
α
2
1
2 !
2x+b
∆
− 4 1+ √
−∆
Ci troviamo nel terzo caso in quanto
∆ = 1 − 4 = −3 < 0.
Osserviamo che
2
2 x2 + x + 1 = x + 21 + 34 = 34 1 + 43 x + 12
2 3
2x+1
√
= 4 1+
3
II CASO : ∆ = 00.
1
dx =
Z
=
1
=
E SEMPIO .
= 25 ln(|x − 1|) + 35 ln(|x + 4|) + c.
Tale uguaglianza vale per
ogni x ∈ R \ {x1 } se e solo se
A=α
−Ax1 + B = β .
Risolto questo sistema,
si trovano A, B ∈ R e si ha che
Z
αx+β
D(x)
· x22x+b
+ 2β −αb
·
2
+bx+c
e quindi
Z
x+1
x2 +3x−4
=
Passiamo ora a studiare il caso generale.
I CASO GENERALE : d = 00.
Il caso d = 0 corrisponde ad avere D(x) costante e pertanto
N(x)/D(x) è semplicemente un polinomio, il cui integrale è
facilmente calcolabile
utilizzando la formula
Z
a+1
xa dx = xa+1 + c,
a 6= −1.
E SEMPIO .
Z
pagina 96
(3x4 + 5x) dx = 35 x5 + 52 x2 + c
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Passiamo ora a considerare i casi in cui d > 0. Come prima
cosa si confrontano i gradi n e q di N(x) e D(x): se n < d allora ci
troviamo nel II caso, mentre se n > d allora siamo nel III caso.
II CASO GENERALE : 0 6 n < dd.
Assumiamo che 0 6 n < d, ossia che N(x) sia un polinomio di
grado (strettamente) inferiore a quello di D(x). In questo caso si
può procedere come segue.
• Come prima cosa, a meno di un fattore moltiplicativo che si
tira fuori dall’integrale,!si riscrive D(x) nella forma
!
h
k
νi
2
2 ηj
D(x) = ∏(x − xi )
,
· ∏ x − 2 ℜe(z j ) x − |z j |
i=1
j=1
dove xi ∈ R, i ∈ [1, h] ∩ N, e z j ∈ C \ R, j ∈ [1, 2k] ∩ N, sono tutte le soluzioni dell’equazione D(x) = 0 con z j = z j+k
per j ∈ [1, k] ∩ N, νi è la molteplicità della radice xi , η j è la
molteplicità della radice z j e sono tali che
ν1 + . . . + νh + 2(η1 + . . . + ηk ) = q.
• Il passaggio successivo è cercare delle costanti Anm , Bnm ,Cmn ∈ R
tali che
N(x)
D(x)
h
=∑
Ai1
x−xi
j
i=1
k
+∑
j=1
+...+
Aiν
1
(x−xi )νi
j
j
B1 x+C1
x2 −2 ℜe(z j ) x+|z j |2
+...+
j
Bη j x+Cη j
.
η
(x2 −2 ℜe(z j ) x+|z j |2 ) j
• A questo punto si sfrutta la linerità dell’integrale ottenendo
che
Z
Z
h Z
Aiν
Ai1
N(x)
1
dx
=
dx
+
.
.
.
+
dx
ν
∑
x−xi
D(x)
(x−x ) i
Z
+∑
j=1
=
i
i=1
k
ed utilizzando Ruffini
1 5 11 13 8 2
−1
−1 −4 −7 −6 −2
1 4 7 6 2 0
si ha che
D(x) = x3 (x + 1)(x4 + 4x3 + 7x2 + 6x + 2).
Osserviamo che x2 = −1 è una soluzione di
x4 + 4x3 + 7x2 + 6x + 2 = 0
ed utilizzando Ruffini
1 4 7 6 2
−1
−1 −3 −4 −2
1 3 4 2 0
si ha che x2 = −1 ha molteplicità almeno due e che
D(x) = x3 (x + 1)2 (x3 + 3x2 + 4x + 2).
Osserviamo che x2 = −1 è una soluzione di
x3 + 3x2 + 4x + 2 = 0
ed utilizzando Ruffini
1 3 4 2
−1
−1 −2 −2
1 2 2 0
si ha che x2 = −1 ha molteplicità almeno tre e che
D(x) = x3 (x + 1)3 (x2 + 2x + 2).
Osserviamo che
x2 + 2x + 2 = 0
non ha soluzioni reali visto che ha ∆ = 4 − 8 = −4 < 0 e che
x2 + 2x + 2 = (x + 1)2 + 1.
Il passaggio successivo consiste nel cercare delle costanti
A, B,C, D, E, F, G, H ∈ R tali che
N(x)
x7 −x6 −7x5 −6x4 −x3 −3x2 −6x−2
D(x) = x8 +5x7 +11x6 +13x5 +8x4 +2x3
j
j
B1 x+C1
x2 −2 ℜe(z j ) x+|z j |2
j
Z
dx + . . . +
j
Bη j x+Cη j
η
(x2 −2 ℜe(z j ) x+|z j |2 ) j
dx
e si utilizzano le seguenti formule dopo opportuni passaggi
algebrici
Z
dx
x+a = ln(|x + a|) + c,
Z
dx
(x+a)ν
=
(x+a)1−ν
1−ν
=
+ c, ν 6= 1,
B
E
A
C
D
F
Gx+H
x + x2 + x3 + x+1 + (x+1)2 + (x+1)3 + (x+1)2 +1


A(x7 + 5x6 + 11x5 + 13x4 + 8x3 + 2x2 )


+B(x6 + 5x5 + 11x4 + 13x3 + 8x2 + 2x)




 +C(x5 + 5x4 + 11x3 + 13x2 + 8x + 2) 



7
6
5
4
3


+D(x + 4x + 7x + 6x + 2x ) 




6 + 3x5 + 4x4 + 2x3 )
+E(x




5
4
3


+F(x + 2x + 2x )


+(Gx + H)(x6 + 3x5 + 3x4 + x3 )
x3 (x+1)3 (x2 +2x+2)

(A + D + G)x7 + (5A + B + 4D + E + 3G + H)x6


 +(11A + 5B +C + 3E + 7D + F + 3G + 3H)x5 




+(13A + 11B + 5C + 6D + 4E + 2F + G + 3H)x4 



+(8A + 13B + 11C + 2D + 2E + 2F + H)x3 


+(2A + 8B + 13C)x2 + (2B + 8C)x + 2C

Z
Z
2x+a
x2 +ax+b
2x+a
(x2 +ax+b)ν
Z
dx = ln(x2 + ax + b) + c,
dx =
dx
x2 +1
(x2 +ax+b)1−ν
1−ν
+ c, ν 6= 1,
= arctan(x) + c.
E SEMPIO .
Z
x7 −x6 −7x5 −6x4 −x3 −3x2 −6x−2
x8 +5x7 +11x6 +13x5 +8x4 +2x3
dx
Come prima cosa
Ci troviamo nel secondo caso generale.
cerchiamo le soluzioni di
D(x) = x8 + 5x7 + 11x6 + 13x5 + 8x4 + 2x3 = 0.
Osserviamo che x1 = 0 è una soluzione con molteplicità ν1 = 3
e che
D(x) = x3 (x5 + 5x4 + 11x3 + 13x2 + 8x + 2).
Osserviamo che x2 = −1 è una soluzione di
x5 + 5x4 + 11x3 + 13x2 + 8x + 2 = 0
a.a. 2020-2021
=
x3 (x+1)3 (x2 +2x+2)
ovveronel risolvere il seguente sistema
A+D+G = 1




5A + B + 4D + E + 3G + H = −1




11A + 5B +C + 7D + 3E + F + 3G + 3H = −7



13A + 11B + 5C + 6D + 4E + 2F + G + 3H = −6
8A + 13B + 11C + 2D + 2E + 2F + H = −1




2A + 8B + 13C = −3




2B + 8C = −6



2C = −2.
Dalle ultime trecondizioni ricaviamo che
2A + 8B + 13C = −3 A = 1
2B + 8C = −6
B=1

2C = −2
⇔C = −1.
pagina 97
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
Utilizzando quanto
 appena trovato nelle altre condizioni si ha
D+G = 0




4D + E + 3G + H = −7
7D + 3E + F + 3G + 3H = −22


6D + 4E + 2F + G + 3H = −25



2D + 2E + 2F + H = −11.
Dalla prima condizione si ricava che
G = −D,
(♣)
ed utilizzandola nelle
altre
condizioni
si
ha

D + E + H = −7



4D + 3E + F + 3H = −22
5D + 4E + 2F + 3H = −25



2D + 2E + 2F + H = −11.
Dalla seconda condizione si ricava che
F = −22 − 4D − 3E − 3H,
(♠)
ed utilizzandola nelle
 altre condizioni si ha
D + E + H = −7
−3D − 2E − 3H = 19

−6D − 4E − 5H = 33.
Sottraendo alla terza due volte la seconda equazione si ha H =
−5. Dunque
resta da risolvere il sistema
D + E = −2 ⇔E = −2 − D E = −2
−3D − 2E = 4 −D + 4 = 4 ⇔D = 0.
Sostituendo quanto trovato, cioè che
D = 0,
E = −2,
H = −5,
in (♣) e (♠) si ha che
G = 0,
F = −22 + 6 + 15 = −1.
Abbiamo quindi che
N(x)
x7 −x6 −7x5 −6x4 −x3 −3x2 −6x−2
D(x) = x8 +5x7 +11x6 +13x5 +8x4 +2x3
2
1
5
= 1x + x12 − x13 − (x+1)
2 − (x+1)3 − (x+1)2 +1
con Q(x) che ha grado 2 − 1 = 1 ed R(x) ha grado 4 − 2 = 2.
Questo equivale a cercare A, B,C, D, E ∈ R tali che
Q(x) = Ax + B,
R(x) = Cx2 + Dx + E,
e che soddisfano (♣). Visto che
x4 +x2 +x+1
= x2Ax+B
+Cx2 + Dx + E =
x2 +x+2
+x+2
Cx4 +(C+D)x3 +(2C+D+E)x2 +(A+2D+E)x+B+2E
x2 +x+2

⇔C = 1
C = 1



C
+
D
=
0
D = −1

⇔ 2C + D + E = 1 E = 0


A + 2D + E = 1 A = 3


B + 2E = 1
B=1
risulta
e pertanto Z
=
Z Z
3x+1
x2 +x+2
3x+1
x2 +x+2
=
dx =
Z 3
+ x2 − x
3x+1
x2 +x+2
+ x2 − x dx
2
dx + x3 − x2 .
Per calcolare l’ultimo integrale rimasto applichiamo il metodo
descritto nel II caso. Osserviamo che
D(x) = x2 + x + 2 = 0
non ha soluzioni reali in quanto ha
∆ = 1 − 8 = −7 < 0.
Visto che
2 2
√
x2 + x + 2 = x + 12 + 74 = 74 1 + 2x+1
7
si ha
3x+1
x2 +x+2
1
= 23 · x22x+1
− 12 · x2 +x+2
= 23 · x22x+1
−
+x+2
+x+2
√
7
7
3x+1
x2 +x+2
Z

 3 2x+1
 2 · x2 +x+2 −
dx =
√
√
7

· 2/ 7 2  dx
7 1+ 2x+1
√
7
2
1
5
+ x12 − x13 − (x+1)
2 − (x+1)3 − (x+1)2 +1 dx
= 32 ln(|x2 + x + 2|) − √17 arctan
AbbiamoZ quindi che
1
2
= ln(|x|) − 1x + 2x12 + x+1
+ 2(x+1)
2 − 5 arctan(x + 1) + c.
III CASO GENERALE : n > d > 00.
Se n > d > 0, allora come prima cosa si cercano due polinomi
Q(x) ed R(x) tali che
Q(x)
N(x)
D(x) = D(x) + R(x),
con Q(x) che ha grado d − 1 ed R(x) ha grado q − d. I due polinomi Q(x) ed R(x) possono essere ottenuti scrivendoli in forma generale e risolvendo un sistema algebrico per determinare i
coefficienti di Q(x) ed R(x). Una volta fatto ciò basta osservare
che per la linerità
Z dell’integrale
Z
Z
dx =
Q(x)
D(x)
dx +
x4 +x2 +x+1
x2 +x+2
=
Z
2x+1
√
7
+ c.
dx =
√
2
√
− x2 + 32 ln x2 + x + 2 − 77 arctan 2x+1
+ c.
7
x3 +x+1
x2 −1
dx =
in quanto
x2
2
+ 23 ln |x − 1| + 12 ln |x + 1| +C
x3 +x+1
x2 −1
e
= x + 2x+1
x2 −1
B
+ x+1
= A(x+1)+B(x−1)
x2 −1
A+B = 2
A = 3/2
⇐⇒
⇐⇒
4A − B = 1
B = 1/2
2x+1
x2 −1
R
E SEMPIO .
x3
3
E SEMPIO .
R(x) dx,
Q(x)
applicare quanto descritto nel II caso per calcolare D(x)
dx,
R
mentre per il calcolo di R(x) dx basta applicare quanto descritto
nel I caso.
47
=
A
x−1
Integrazione per sostituzione
P ROPOSIZIONE .
Z
x4 +x2 +x+1
x2 +x+2
dx
Ci troviamo nel III caso generale. Cerchiamo pertanto dei
polinomi Q(x) ed R(x) tali che
N(x)
Q(x)
(♣)
D(x) = D(x) + R(x),
Istituzioni di Matematica
√
2/ 7
2
√
1+ 2x+1
7

dx
N(x)
D(x)
·
e pertanto
Z
1
x
x4 +x2 +x+1
x2 +x+2
=
e pertanto
Z
N(x)
D(x)
x4 +x2 +x+1
x2 +x+2
Sia f : [a, b] → R una funzione C0 e sia g : [α, β ] → [a, b] una
funzione C1 . Se g(α) = a e g(β ) = b allora
Z b
Z β
f (x) dx =
f g(t) g0 (t) dt.
pagina 98
a
α
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Dimostrazione.
Per il teorema fondamentale del calcolo integrale
R
F(x) = ax f (t) dt è derivabile ed F 0 (x) = f (x) ∀x ∈ [a, b]. Visto che
la composizione di funzioni derivabili
è derivabile, la funzione
H(t) = F g(t) ,
t ∈ [α, β ],
è derivabile. Derivando otteniamo
H 0 (t) = F 0 g(t) g0 (t) = f g(t) g0 (t)
e quindi integrando sull’intervallo [α, β ] si ha
Z β
Z β
f g(t) g0 (t) dt =
H 0 (t) dt
α
α
= H(β ) − H(α) = F(b) − F(a) =
Z b
0
x = sin(t)
dx = cos(t) dt
Z π/2 q
=
Z π/2
1 − sin(t)2 cos(t) dt =
0
cos(t)2 dt =
0
Z π/2
0
1+cos(2t)
2
dt =
1
2
π/2
1
t + 2 sin(2t) 0 =
t2
2
π
4
E SEMPIO .
Z1p
Z 2p
x−1 = t
x(2 − x) dx =
=
1 − t 2 dt =
dx = dt
0
−1
Z π/2 q
t = sin(s)
1 − sin(s)2 cos(s) ds =
=
dt = cos(s) ds
−π/2
Z π/2
Z π/2
1
1+cos(2t)
cos(s)2 dt =
dt = 12 t + 12 sin(2t) 2 1 =
2
−2
−π/2
Z 1
√x
2
4−x
0
Z π/6
dx =
2
4 sin(t)2 dt = 2
1
2t
0 1+ 1+t 2
t = tan(x/2), x = 2 arctan(t)
=
2
dx = 1+t
2 dt
Z 1
2 1
2
dt
dt
=
2
= − t+1
=1
1+t 2
(1+t)2
0
dx =
0
in quanto
sin(x) = 2 sin(x/2) cos(x/2) =
2 tan(x/2)
1+tan(x/2)2
E SEMPIO .
√
t = x + x2 − 1, x =
2
x − 1 dx =
2
dx = t 2t−1
1
2 dt
Z 2+√3 2
2
t − t 2t+1 t 2t−1
2 dt =
0
1
1
4
Z 2+√3
1
a.a. 2020-2021
(t 2 −1)2
t3
dt =
1
4
4 sin(t)2
2 cos(t) 2 cos(t) dt
=
0
x
Ze
e = t, x = ln(t)
1−t 1
dx =
=
1+t · t dt =
dx = dtt
1
h
i
e
1
2
t − 1+t dt = ln(|t|) − 2 ln(|1 + t|)
1
1
in quanto
1−t
1+t
· 1t =
A
t
B
+ 1+t
=
Z π/2
π/4
Z 1
tan(π/8)
π
2
tan(x/2) = t, x = 2 arctan(t)
=
2
dx = 1+t 2 dt
Z 1
1+t 2 2
dt
=
−
ln
tan π8
dt
=
2t 1+t 2
t
dx
sin(x)
=
tan(π/8)
E SEMPIO .
0
dt =
sin(x)
1−sin(x)
Z tan(π/8)
=
0
tan(x/2) = t, x = 2 arctan(t)
dx =
2
dx = 1+t
2 dt
2t
2t
1−
2
1+t
(1+t 2 )
Z tan(π/8)
4t
(1+t 2 )(t−1)2
2
· 1+t
2 dt =
dt = (♣)
C
D
4t
+ (t−1)
= At+B
+ t−1
2
1+t 2
(1+t 2 )(t−1)2
⇐⇒ (At + B)(t 2 − 2t + 1) + c(1 + t 2 )(t − 1) + D(11 + t 2 ) = 4t


A +C = 0
A=0






−2A + B −C + D = 0
B = −2
⇐⇒
⇐⇒
A
−
2B
+C
=
0
C
=0






B −C + D = 0
D=2
Z tan(π/8) −2
1+t 2
2 tan(π/8)
2
dt = −2 arctan(t) − t−1
=
+ (t−1)
2
0
2
− π4 − tan(π/8)−1
− 2 = − π4 −
!
A(1+t)+Bt
t(1+t)
A=1
⇐⇒
B=2
E SEMPIO .
0
t 2 +1
2t
0
1−ex
1+ex
Z e
(♣) =
Z 2p
Z π/6
=
Z π/2
Z 1
E SEMPIO .
Z 1
E SEMPIO .
0
1
1+sin(x)
√
√
3 − 12 log
3+2
iπ/6
h
√ = 61 2π − 3 3
1 − cos(2t) dt = 2 t − sin(2t)
2
Z π/6
0
Z π/4
! Z√ q
√
Z 1p
√
3t−1
3
x
=
3
3
2
√2
1 + x + x2 dx =
= √
4 (1 + t ) · 2
3
1/ 3
0
dx = 2 dt
Z √3 p
hp
p
i√3
3
31
2
2
2
1 + t dt = 4 2 t 1 + t + ln t + 1 + t
√
√
4
1/ 3
1/ 3
0
x = 2 sin(t)
dx = 2 cos(t) dt
0
E SEMPIO .
Z π/2
1
=
E SEMPIO .
3
−π/2
i2+√3
E SEMPIO .
E SEMPIO .
Z 1 √
Z 3
√
4−x = t
x 4 − x dx =
= − (4 − t) t dt =
dx
=
−
dt
0
4
Z 4
h
i4
√ 1/2
3/2
2 3/2
2 5/2
2
4t − t
dt = 4 · 3 t − 5 t
64 − 33 3
= 15
3
− 2 ln(|t|) − 2t12
1
sin(3x) cos(5x) dx =
2 sin(8x) − sin(2x) dx =
0
0
h
i
cos(8x)
cos(2x) π/2
1
+ 2
= − 12
2 − 8
0
visto che da
sin(α + β ) = sin(α) cos(β ) + sin(β ) cos(α)
sin(α − β ) = sin(α) cos(β ) − sin(β ) cos(α)
segue che
sin(α) cos(β ) = 12 (sin(α + β ) + sin(α − β ))
E SEMPIO .
1 − x2 dx =
h
Z π/2
f (x) dx.
a
Z 1p
1
4
=
2 π
1−cot 8
Z 2+√3 1
t − 2t + t13 dt =
pagina 99
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
48
Teoria
Formula di integrazione per parti
e quindi
Z π/2
C1
Siano f , g : [a, b] → R due funzioni
in [a, b]. Dalla formula di
derivazione del prodotto si ha
( f g)0 (x) = f 0 (x)g(x) + f (x)g0 (x).
Integrando tale relazione
e ricordando che
Z
( f g)0 (x) dx = f (x)g(x)
si ha la seguente
formula di integrazioneZper parti∗
Z
f 0 (x)g(x) dx = f (x)g(x) −
a
dove
h
R
f 0 g dx = f g − f g0 dx
ln(1 + x ) dx =
=
f = x, g = ln(1 + x2 )
0
Z
Z
h
i1
1
1
x·2x
1
x ln(1 + x2 ) −
dx = ln(2) − 2
1 − 1+x
dx =
2
1+x2
Z 1
R
2
0
Z π/2
a
0
Z
h
iπ/2
sin(x) cos(x)2
+2
0
f 0 g dx
0
R
f g0 dx
Z π/2
= fg−
=
f = − cos(x), g = x
h
iπ
π
cos(x) dx = π + sin(x) = π.
x sin(x) dx =
0
h
iπ Z
−x cos(x) +
=⇒
cos(x)3 dx =
2
3
0
Z π/2
cos(x) dx =
0
2
3
h
iπ/2
sin(x)
=
0
2
3
E SEMPIO .
arctan(x) dx =
x arctan(x) −
Z
R 0
R
f g dt = f g − f g0 dt
=
ln(t) dt =
f = t, g = ln(t)
1
Z
h
ix
x
t ln(t) −
dt = x ln(x) − x + 1 = x ln(x) − 1 + 1
Z x
R
f 0 g dx = f g − f g0 dx
=
f = x, g = arctan(x)
R
Z
dx = x arctan(x) − 12 ln(1 + x2 )
x
1+x2
1
1
E SEMPIO .
E SEMPIO .
Z x
Z π
2
sin(x) dx =
0
in quanto
π
2
0
0
π
sin(x)2 dx =
0
−
Z π
0
cos(2x)
2
1−cos(2x)
2
Z x
=⇒
dx =
h
x
2
0
dx =
−
x sin(x) dx =
=
π
2.
Z π/2
h
iπ/2 Z
− cos(x)x sin(x)
+
Z π/2
π/2
cos(x) sin(x) dx +
0
Z π/2
R0
0
3
⇒
2
x cos(x) dx =
0
h
Z
0
Z
sin(x) 1 − sin(x)2 dx = 3
2
Z π/2
0
−
Z π/2
x sin(x)2 dx
π/2
sin(x)2 dx − 3
0
0
π/2
sin(x)4 dx = 43
0
h
i
sin(2x) π/2
3 x
=
4 2−
4
sin(x)2 dx =
0
Z π/2
sin(x)4 dx
0
3
4
Z π/2
0
1−cos(2x)
2
dx =
3π
16
E SEMPIO .
0
Z 3
x ln(x2 + x − 2) dx =
R
f 0 g dx = f g − f g0 dx
=
2
f = x2 , g = ln(x2 + x − 2)
R
2
∗ Una
filastrocca spagnola “un (u) díaR vi (dv) una R(u) vaca (v) vestida (v) de
uniforme” serve per ricordare la formula u dv = uv − v du.
Istituzioni di Matematica
et sin(t) dt = 21 ex sin(x) − cos(x) + 12
sin(x)4 dx =
Z π/2
cos(x) sin(x) + x cos(x) dx =
Z π/2
i
sin(x)2 π/2
+
x 1 − sin(x)2 dx =
2
0
0
h 2 iπ/2 Z π/2
2
1
x
x sin(x)2 dx = 21 + π8
2+ 2 0 −
0
et sin(t) dt
sin(x) sin(x)3 dx =
f 0 g dx = f g − f g0 dx
=
f = − cos(x), g = sin(x)3
h
iπ/2 Z π/2
− cos(x) sin(x)3
+
cos(x) · 3 sin(x)2 cos(x) dx =
0
Z π/2
Z x
0
0 R
R
f 0 g dx = f g − f g0 dx
=
f = − cos(x), g = x sin(x)
0
=
E SEMPIO .
i
sin(2x) π
4
0
R
0
x
e sin(x) − e cos(x) + 1 −
E SEMPIO .
2
0
x
0
dx
2
R
t
x
e sin(t) 0 −
et cos(t) dt =
0
t
x Z x t
x
e sin(x) − e cost 0 +
e sin(t) dt =
R
f 0 g dx = f g − f g0 dx
=
f = − cos(x), g = sin(x)
In alternativa
Z l’integrale può
Z essere calcolato come segue:
Z0 π
f 0 g dt = f g − f g0 dt
f = et , g = sin(t)
Z x
sin(x) dx =
Z π
h
iπ Z π
2
− cos(x) sin(x) +
cos(x) dx =
1 − sin(x)2 dx =
0
0
0
Z π
h iπ Z π
2
x −
sin(x) dx = π −
sin(x)2 dx.
π
R
et sin(t) dt =
0
R
2
0
Z π/2
sin(x)2 cos(x) dx =
0
0
Z π/2
0
0
π/2
cos(x) − cos(x)3 dx
2
E SEMPIO .
0
R
f 0 g dx = f g − f g0 dx
=
f = sin(x), g = cos(x)2
R
cos(x)3 dx =
E SEMPIO .
Z π
0
E SEMPIO .
a
R
E SEMPIO .
ib
f (x)g(x) = f (b)g(b) − f (a)g(a).
Z π
4 + π2
1
16
ln(2) − 2 + 2 arctan(1) = ln(2) − 2 + π4
Se invece vogliamo calcolare l’integrale definito si ha
Z b
h
ib Z b
f 0 (x)g(x) dx = f (x)g(x) −
f (x)g0 (x) dx,
a
0
0
f (x)g0 (x) dx.
x sin(x)2 dx =
pagina 100
h
x2
2
ln x2 + x − 2
i3
2
−
Z 3
2
x2
2
· x22x+1
dx =
+x−2
a.a. 2020-2021
Teoria
9
2
Aggiornato il 20 ottobre 2020
ln(10) − 2 ln(4) − 12
Z 3
2x3 +x2
2
2 x +x−2
Visto che
√
−1± 1+8
2
x2 + x − 2 = 0 ⇔ x1,2 =
1 2x+1
2 x2 +x+1
dx = (♣)
x1 = −2
=
1 2x+1
2 x2 +x+1
x2 = 1
x2 + x − 2 = (x + 2)(x − 1).
Osserviamo che
2x3 +x2
D
C
+ x−1
=
= Ax + B + x+2
x2 +x−2
x2
2
i1
√
2
1 1
1
2x+1
√
=
2 ln(3) + 2 2 ln(x + x + 1) − 3 arctan
3
0
√ √
√
√
3
1
1 1
ln(3)
+
ln(3)
−
3
arctan(
3)
+
3
arctan
=
2
2 2
3
√
√
3
3
3
π
π
3
4 ln(3) + 2 − 3 + 6 = 4 ln(3) − 12 π
E SEMPIO .
Z 1
x2 ln 1 + 4x2 dx =
0
h 3
i1 1 Z 1 x3 8x
−3
= x3 ln 1 + 4x2
2 dx
0
0 1+4x
Z
h 3
i1 1 1 2 1
1/2
2x − 2 + 1+4x
= x3 ln 1 + 4x2
dx
−3
2
0
0
h 3
i
= x3 ln 1 + 4x2 − 13 32 x3 − 12 x + 14 arctan(2x)
= ln(3) −
R
f 0 g dx = f g − f g0 dx
=
2
f = x2 , g = ln(x2 + x + 1)
1
2
0
=
dx = (♣)
0
0
x−1
x2 +x+1
Z 1
i1
h 3
x3
x2 arctan(x) dx = x3 arctan(x) − 13
2 dx
0
0
0 1+x
Z
h 3
i1
1
x
x − 1+x
= x3 arctan(x) − 13
dx
2
3 +(A+B)x2 +(A+B+C)x+B+D
x2 +x+1
0
Z 2
0
0
0
Z 2
2
= ex sin(x)2 − 2ex sin(x) cos(x) 0 + 2
ex 1 − 2 sin(x)2 dx
Z 2
0
2
si ha
a.a. 2020-2021
1 2x+1
2 x2 +x+1
− 32
1
x2 +x+1
0
0
e quindi
dx = (♣)
x2 + x + 1 = x + 21 + 43 =
2
2
3 4
1
3
2x+1
√
+1 = 4
+1
4 3 x+ 2
3
=
2 Z 2 x
e 2 sin(x) cos(x) dx
ex sin(x)2 dx = ex sin(x)2 0 −
Z 2
2
= ex sin(x)2 − 2ex sin(x) cos(x) 0 + 2
ex cos(x)2 − sin(x)2 dx
e visto che x2 + x + 1 = 0ha ∆ =
1 − 4 = −3 < 0 e
x−1
x2 +x+1
0
E SEMPIO .
Z 1
(♣) = 21 ln(3) − 12
2x − 1 + x2−x+1
dx =
+x+1
0
Z 1
h
i1
1 2
1
1
x−1
dx =
2 ln(3) − 2 x − x + 2
x2 +x+1
ln(3) + 21
=
Z 1
2
1
2
!
√
2
1 + x2 = t + x ⇒ x = 1−t
2t
2
2
2
dx = 12 −2t t−1+t
= t 2t+1
2
2
E SEMPIO .
= (Ax+B)(xx2+x+1)+Cx+D
= Ax
+x+1

A=2
⇔A = 2



A+B = 1
B = −1
⇔
A
+
B
+C
=
0
C
= −1



B+D = 0
D=1
Z 1
0
Z √5−2
4t 2
2
t 2 +1
√
2 dt = √
2 dt
2
2
2−1 (1−t )(1+t ) 2t
2−1 1−t
√
Z 5−2 √5−2
1
2
1
1+t
√
+
dt
=
ln
=
√
1+t
1−t
1−t
1−t 2
2−1
2−1
=
0
e visto che
2x3 +x2
= Ax + B + xCx+D
2 +x+1
x2 +x+1
si ha
√dx
1 x 1+x2
Z √5−2
Z 1
i1
ln(x + x + 1) − 12
dx
x2 x22x+1
+x+1
1
2
1
E SEMPIO .
R
0
+1

 dx =
h
2
2x3 +x2
x2 +x+1
+1
2x+1
√
3
Z 2
Z 1
2
+1

0
E SEMPIO .
h
2x+1
√
3
2 =

A=2
⇔A = 2



A+B = 1
B = −1
⇔
−2A
+
B
+C
+
D
=
0
C
+D = 5
D=1



−2B −C + 2D = 0
C − 2D = 2 C = 4
e pertanto risulta
1
2x3 +x2
4
+ x−1
.
= 2x − 1 + x+2
x2 +x−2
Di conseguenza
Z 3
Z 3
x2 (2x+1)
4
1
dx
=
2x − 1 + x+2
dx =
+ x−1
2 +x−2
x
2
2
h
i3
x2 − x + 4 ln(|x + 2|) + ln(|x − 1|) =
2
2
2
(3 − 3) − (2 − 2) + 4 ln(5) − ln(4) + ln(2) = 4 + ln 625
128
e pertanto
√ (♣) = 92 ln(10) − 2 ln(4) − 2 − 21 ln 625
=
log
400 5 − 2
128
x ln(x2 + x + 1) dx =
√
− 3
1
2x+1
√
3
√
2/ 3
Z 1
√
√
 1 2x+1
2/ 3
1
1
3
ln(3)
+
−
2

2
2
2
2 x +x+1
(Ax+B)(x2 +x−2)+C(x−1)+D(x+2)
=
x2 +x−2
3
2
Ax +(A+B)x +(−2A+B+C+D)x−2B−C−2D
x2 +x−2

0
3
4
e pertanto
(♣) =
risulta
Z 1
− 32 =
ex sin(x)2 dx =
1
5
2
x
e sin(x)2 − 2ex sin(x) cos(x) + 2ex 0
E SEMPIO .
I metodo: per sostituzione


t
−t
Z 1p
x = sinh(t) = e −e
2
=
1 + x2 dx = 
dx = cosh(t) dt√
0
t = arcsinh(x) = ln x + 1 + x2
pagina 101
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Z ln(1+√2) q
Teoria
1 + sinh(t)2 cosh(t) dt
Z ln(1+√2)
=
0
Z ln(1+√2)
0
h
e2t +e−2t +2
e−2t
e2t
cosh(t)2 dt =
iln(1+√2)
dt = 14 2 − 2 + 2t
=
4
0
√
√
2
1
1
1
1
√
8 · (1 + 2) − 8 · (1+ 2)2 + 2 ln(1 + 2) =
√
√
√
√
3+2 2
3−2 2
1
1
−
+
ln(1
+
2)
=
2
+
arcsinh(1)
8
8
2
2
II metodo: per parti
R 0
R
Z 1p
f g dx = f g √
− f g0 dx
1 + x2 dx =
=
f = x, g = 1 + x2
0
Z 1 p
h p
i1 Z 1
√
2
√ x dx = 2 −
x 1 + x2 −
1 + x2 − √ 1
2
1+x
0
Z b
f (x) dx = lim
a
b→−∞ b
ed in tal caso siZpone
a
Z a
f (x) dx = lim
b→−∞ b
−∞
dx
E SEMPIO .
Sia f (x) = x−α , α > 0, x(∈ (0, 1]. Se c ∈ (0, 1] allora
Z 1
1
1−α
se α 6= 1
dx
1−α 1 − c
=
xα
− ln(c)
se α = 1
c
(
Z 1
1
se α < 1
dx
1−α
=
=⇒ lim
α
x
c→0+ c
+∞ se α > 1.
Pertanto la funzione f è integrabile in senso generalizzato
nell’intervallo (0, 1] se e solo se α < 1 ed in tal caso
Z 1
Integrali generalizzati
0
In alcuni casi l’integrale di una funzione si può definire con un
passaggio al limite anche se:
• la funzione non è limitata nell’intervallo di definizione,
• l’intervallo su cui si integra non è limitato.
D EFINIZIONE .
• Sia f : (a, b] → R una funzione continua in (a, b] ma non
limitata, cioè
lim f (x) = −∞ oppure lim f (x) = +∞.
+∞
1
Si dice che f è integrabile in senso generalizzato
sull’intervallo (a, b] se esiste finito
Z b
f (x) dx
lim
=
1
1−α .
dx
xα
=
1
α−1 .
E SEMPIO .
Sia
f (x) =
ed in tal caso si pone
dx
xα
E SEMPIO .
Sia f (x) = x−α , α > 0, x(∈ (0, 1]. Se c > 1 allora
Z c
1
1−α − 1
se α 6= 1
dx
1−α c
=
xα
ln(c)
se α = 1
1
(
Z c
1
se α > 1
dx
α−1
=⇒ lim
=
α
c→+∞ 1 x
+∞ se α 6 1.
Pertanto la funzione f è integrabile in senso generalizzato
nell’intervallo [1, +∞) seZ e solo se α > 1 ed in tal caso
x→a+
c→a+ c
f (x) dx.
1
x→a+
f (x) dx
lim
III metodo: per sostituzione
Z 1+√2 Z 1p
2 2
t 2 −1
2
x
=
2
2t
t − t 2t−1 21 2t −tt 2 +1 dt
1 + x dx =
=
??
1
0
Z 1+√2
Z 1+√2 4
2
t +2t +1
1
2
1
= 14
dt
=
t
+
+
dt
3
3
4
t
t
t
1
√1
2
1+ 2
= 14 t2 + 2 ln |t| − 2t12
49
f (x) dx.
b→+∞ a
• Sia f : (−∞, a] → R una funzione continua (−∞, a]. Si dice che f è integrabile in senso generalizzato sull’intervallo
(−∞, a] se esiste finito il limite
Z
1+x2
0
Z +∞
a
0
0
ed in tal caso si pone
1
x(x+2) ,
x ∈ [1, +∞).
Visto che
Z b
(A+B)x+2A
B
= Ax + x+2
= A(x+2)+Bx
x(x+2) =
x(x+2)
(
(
A+B = 0
A = 1/2
⇐⇒
⇐⇒
2A = 1
B = −1/2
Z b
f (x) dx = lim
c→a+ c
a
1
x(x+2)
f (x) dx.
• Sia f : [a, b) → R una funzione continua in [a, b) ma non
limitata, cioè
lim f (x) = −∞ oppure lim f (x) = +∞.
x→b−
si ha
x→b−
= 12 ln(b) − ln(b + 2) + ln(3)
1
b
= 12 ln b+2
+ ln(3) −−−−→ ln(3)
2
Si dice che f è integrabile in senso generalizzato
sull’intervallo [a, b) se esisteZ finito il limite
c
lim
c→b− a
f (x) dx
1
x(x+2) dx
b→+∞
e pertanto f è integrabile
in [1, +∞) con
Z
+∞
ed in tal caso si pone
Z b
Z c
f (x) dx = lim
c→b− a
a
Z b
1
f (x) dx.
dx
x(x+2)
=
ln(3)
2 .
D EFINIZIONE .
• Sia f : [a, +∞) → R una funzione continua [a, +∞). Si dice che f è integrabile in senso generalizzato sull’intervallo
[a, +∞) se esiste finito il limite
Z b
lim
b→+∞ a
Istituzioni di Matematica
f (x) dx
pagina 102
a.a. 2020-2021
Capitolo 12
Equazioni differenziali
50
Definizioni e proprietà generali
E SEMPIO .
Risolvere il problema di Cauchy
0
y = y2
y(0) = 1.
Supponendo y(x) > 0 e ragionando come prima, si ottiene:
0
0
1
1 = yy2(x)
=
−
y(x)
(x)
e quindi
1
− y(x)
= x+c
(c costante in R). Risolvendo in y, si ha infine:
1
y(x) = − x+c
.
La condizione iniziale y(0) = 1 implica ora che c = −1. Pertanto
la soluzione cercata è
1
.
y(x) = 1−x
Un’equazione differenziale è una relazione espressa da una formula matematica tra una variabile (indipendente) x, una funzione
(incognita) y della x ed alcune derivate di y. L’ordine massimo
di derivazione che compare nell’equazione differenziale si chiama
l’ordine dell’equazione differenziale.
Per esempio un’equazione del primo ordine in forma normale
(ossia esplicitata rispetto ad y0 ) è un’equazione del tipo
y0 = f (x, y)
2
dove f : A ⊂ R → R è una funzione assegnata. Per soluzione
di un’equazione differenziale del tipo considerato si intende una
funzione y(x) definita e derivabile in un intervallo [a, b] tale che
∀ x ∈ [a, b] la coppia (x, y(x)) ∈ A e valga l’identità
y0 (x) = f (x, y(x)) ∀ x ∈ [a, b].
Da notare che l’incognita in un’equazione differenziale non è un
numero come accade per esempio nell’equazione algebrica di secondo grado a x2 + b x + c = 0, ma è una funzione.
Di seguito diamo alcuni esempi.
• y0 = y • y0 = x y + sin(x) • y0 = ey
• y0 = 1+xy y2
In generale un’equazione differenziale del primo ordine ha infinite
soluzioni.
E SEMPIO .
L’equazione differenziale
u0 = 0,
t ∈ [a, b],
ha per soluzioni tutte e sole le funzioni costanti.
T EOREMA DI ESISTENZA ED UNICITÀ LOCALI .
Se f è continua e localmente lipschitziana rispetto ad y uniformemente rispetto a x in un aperto A di R2 , allora esiste un’unica
soluzione y : J → R su un intervallo J = [x0 −ε, x0 +ε], con ε > 0
sufficientemente piccolo,
del problema di Cauchy
y0 = f (x, y),
y(x0 ) = y0 .
T EOREMA DI ESISTENZA LOCALE .
Se f è continua in un aperto A di R2 , allora esiste una soluzione y : J → R su un intervallo J = [x0 − ε, x0 + ε], con ε > 0
sufficientemente piccolo,
del problema di Cauchy
y0 = f (x, y),
y(x0 ) = y0 .
Per individuarne una particolare in generale è necessario assegnare qualche ulteriore condizione. Ad esempio, fissato (x0 , y0 ) ∈
A (dove A è l’insieme di definizione di f il secondo membro dell’equazione) possiamo cercare, se esiste, una soluzione dell’equazione differenziale y0 = f (x, y) che verifichi l’ulteriore condizione
51 Equazioni differenziali del primo ordiiniziale y(x0 ) = y0 , ovverosia soluzione del sistema
y0 = f (x, y)
ne lineari
y(x0 ) = y0 .
Questo problema viene chiamato problema di Cauchy per l’equa- Un’equazione differenziale del primo ordine lineare è del tipo
zione differenziale considerata. Consideriamo ora alcuni semplici
y0 = a(x) y + b(x)
esempi.
dove a, b : [a, b] → R sono funzioni continue.
E SEMPIO .
T EOREMA .
Risolvere il problema di Cauchy
0
Fissati x0 ∈ [a, b] ed y0∈ R, il problema di Cauchy
y =y
y0 = a(x) y + b(x)
y(0) = 3.
y(x0 ) = y0
Supponendo y(x) > 0, l’equazione può essere scritta come
ha
un’unica
soluzione
che è data dalla seguente formula
0
y (x)
risolutiva
y(x) = 1
o anche come (ln (y(x)))0 = 1. Risulta pertanto ln (y(x)) = x + c
con c costante in R. Ne deriva quindi che
y(x) = ec ex .
Infine la condizione y(0) = 3 implica ec = 3 e quindi la soluzione
del problema di Cauchy è la funzione y(x) = 3 ex .
y(x) = eA(x) y0 e−A(x0 ) +
Z x
e−A(t) b(t) dt
x0
dove A : [a, b] → R è una primitiva di a(x) (ossia A0 (x) =
a(x) ∀x ∈ [a, b]).
Dimostrazione. Moltiplicando entrambi i membri dell’equazione
per e−A(x) si ottiene:
0
b(x) e−A(x) = (y0 (x) − a(x) y(x)) e−A(x) = y(x) e−A(x)
103
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
Integrando infine questa identità nell’intervallo [x0 , x] con x ∈ [a, b], 52 Equazioni differenziali a variabili sesi ottiene, ricordando la formula fondamentale del calcolo integraparabili
le:
Z x
b(t) e−A(t) dt = y(x) e−A(x) − y(x0 ) e−A(x0 )
Un’equazione differenziale del primo ordine a variabili separabili
x0
è del tipo
e quindi, risolvendo in y, si ottiene la formula desiderata.
y0 = a(x) b(y)
E SEMPIO .
dove a(x), b(y) sono funzione continue nei loro insiemi di definiRisolvere il problema diCauchy
zione. Il secondo membro dell’equazione in questo caso è il proy0 = y + cos(x)
dotto di una funzione della sola x per una funzione della sola y.
y(0) = 0.
Si noti che se esiste y0 ∈ R tale che b(y0 ) = 0, allora la funzione
Essendo a(x) = 1, risulta A(x) = x. Applicando la formula costante y ≡ y0 è una soluzione dell’equazione differenziale. Se
risolutiva, otteniamo
invece b(y0 ) 6= 0, allora esiste ε > 0 tale che b(y) 6= 0 per ogni
Z x
y ∈ (y0 − ε, y0 + ε). Dividiamo per b(y) ed otteniamo
y(x) = ex
e−t cos(t) dt.
y0 (x)
0
= a(x).
Integrando
per
parti
si
ottiene:
b(y(x))
Z x
Z x
x
Integrando infine su Zdi un intervallo
Z x[x0 , x], otteniamo
e−t cos(t) dt = −e−t cos(t) 0 −
e−t sin(t) dt
x
y0 (t)
0
0
a(t) dt =
Z x
b(y(t)) dt.
x0
x0
x
e−t cos(t) dt .
= 1 − e−x cos(x) − −e−t sin(t) 0 +
Facendo ora la sostituzione s = y(t) nel secondo integrale ottenia0
ossia
Z x
−t
1
2
e cos(t) dt = (1 − e
0
−x
mo
cos(x) + e
−x
x
0
0
Se neZ conclude
che
−2x
x
−2x
e−2t sin(t) dt = 54 − e 2 sin(x) − e 4 cos(x) + 41 .
Otteniamo quindi che
cos(x)
y(x) = c e2x − 45 sin(x)
+
.
2
4
Istituzioni di Matematica
Risolvere l’equazione differenziale y0 = y2 . Risulta, supposto y 6=
0
y0
=1
y2
e quindi, procedendo come nel caso generale
x − x0 =
Z y(x)
ds
2
y(x0 ) s
= − 1s
y(x)
.
y(x0 )
Ne deriva che
1
− y(x)
+ y(x1 ) = x − x0
0
ossia
1
y(x) = − x+c
In
dove abbiamo posto per semplicità c = −x0 − y(x1 ) .
0
conclusione, qualunque sia c ∈ R, la funzione
1
y(x) = − x+c
definita per x 6= −c è soluzione dell’equazione considerata. Da
notare che l’equazione ammette anche la soluzione costante
y(x) = 0 ∀ x.
E SEMPIO .
Risolvere il problema di Cauchy
y0 = y (y − 1)
y(0) = 2.
Procedendo come prima ottengo
Z x
e−2t cos(t) dt
e−2t sin(t) dt = − e 2 sin(t) + 12
0
0
0
Z x
x
−2x
−2t
= − e 2 sin(x) + 12 − e 2 cos(t) − 12
e−2t sin(t) dt
0
E SEMPIO .
x=
x
x
ds
b(s) .
Si risolvere in maniera esplicita l’equazione differenziale se dalla
relazione precedente si riesce a ricavare y(x).
E SEMPIO .
Trovare una soluzione dell’equazione
y0 − 2 y = sin(x).
L’equazione considerata è del primo ordine lineare. Moltiplicando entrambi i membri dell’equazione per e−2x si
ottiene
0
e−2x y0 (x) − 2 y(x) = e−2x y(x) = e−2x sin(x)
e quindi
Z
−2t
y(x0 )
x0
E SEMPIO .
Risolvere l’equazione differenziale:
y0 = xy + x2
In questo caso a(x) = 1x e quindi A(x) = ln(|x|) . Moltiplicando
per e−A(x) , ottengo
0
x2 e− ln(|x|) = e− ln(|x|) y0 − xy = y(x) e− ln(|x|) .
Supponendo ora x > 0, otteniamo
2 0
y 0
x
x2
=
x
=
=
x
x
2
e quindi
y
x2
1 3
x = 2 + c ⇐⇒ y(x) = 2 x + c x
dove c è una costante arbitraria.
e−2x y(x) = c +
e−2t sin(t) dt.
0
D’altra
partner, integrando per parti, si ottiene:
Z
Z
Z y(x)
a(t) dt =
Possiamo concludere che
y(x) = 21 (ex − cos(x) + sin(x))
x
Z x
sin(x))
Ora
0
y0 (t)
y(t)(y(t)−1)
1
s (s−1)
ottengo quindi
x = ln
Ne deriva che
s−1
s
y(x)
2
pagina 104
dt =
2
ds
s(s−1) .
1
= − 1s + s−1
= ln
y(x)−1
y(x)
ossia, essendo y(x) > 1
y(x) =
Z y(x)
y(x)−1
y(x)
− ln
1
2
.
= 12 ex
1
1
1− 2 ex
=
2
2−ex .
a.a. 2020-2021
Teoria
E SEMPIO .
Risolvere il problema di Cauchy
(
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Pertanto
y002 + a y02 + b y2 = eλ1 x (2 λ1 + λ12 x + a + a λ1 x + b x)
2
x
y0 = 2 y+1
y(0) = 0.
L’equazione considerata è a variabili separabili. Ottengo
0
(2 y + 1) y0 = x2 =⇒ y2 + y = x2 .
Ne deriva quindi che
3
y2 (x) + y(x) = x3 + c.
Ora, dalla condizione iniziale y(0) = 0 otteniamo che la costante
deve essere zero. Risolvendo infine rispetto a y e considerando
solo la soluzione che verifica
la condizione y(0) = 0, otteniamo
q
1 + 43 x3 − 1 .
y(x) = 21
= eλ1 x (P(λ1 ) x − a + a) = 0 ∀ x.
Terzo caso: ∆ = a2 − 4 b < 0 In questo caso l’equazione P(λ ) = 0
ha radici complesse
(e coniugate) date da
√
√
λ1 = −a−i2 −∆ = α − iβ e λ2 = −a+i2 −∆ = α + iβ
dove abbiamo posto
√
α = − 2a , β = −∆
2 .
Si ha pertanto che due soluzioni linearmente indipendenti dell’equazione differenziale son date dalle due funzioni
y1 (x) = eα x sin (β x) e y2 (x) = eα x cos (β x)
Verifichiamolo ad esempio per y1 . Si ha
y01 (x) = eα x (α sin (β x) + β cos (β x))
y001 (x) = eα x (α 2 sin (β x) + 2 α β cos (β x) − β 2 sin (β x))
Pertanto
53 Equazioni differenziali del secondo
y001 (x) + a y01 (x) + b y1 (x)
ordine lineari
= eα x sin (β x) α 2 − β 2 + a α + b + cos (β x) (2 α β + a β ) .
√
Un’equazione differenziale del secondo ordine lineare e a coeffi- Ricordando che
√
4 b−a2
cienti costanti è del tipo:
α = − 2a e β = −∆
=
2
2
y00 + a y0 + b y = f (x)
si ricava che
2
2
2
dove a, b ∈ R sono due numeri fissati ed f è una funzione continua
− a2 + b = 0,
α 2 − β 2 + a α + b = a4 − 4 b−a
4
definita in un intervallo [α, β ].
2 α β + a β = β (2 α + a) = 0.
Se f ≡ 0, l’equazione viene chiamata omogenea. Un proble- Usando le due soluzioni y , y trovate nelle considerazioni prece1 2
ma di Cauchy per un’equazione differenziale di questo tipo è il denti a seconda dei tre casi, possiamo ora scrivere la famiglia di
seguente problema 
tutte le soluzioni dell’equazione considerata.
y00 + a y0 + b y = f (x)
T EOREMA .
y(x0 ) = y0
 0
Tutte e sole le soluzioni dell’equazione y00 + a y0 + b y = 0 sono le
y (x0 ) = z0
funzioni della famiglia
Qui x0 , y0 , z0 sono numeri scelti ad arbitrio con x0 ∈ [α, β ].
Mostriamo come ottenere due soluzioni y1 ed y2 linearmente
y(x) = A y1 (x) + B y2 (x)
indipendenti, cioè tali che ay1 + by2 6≡ 0 per ogni (a, b) ∈ R2 \ dove A, B ∈ R son numeri arbitrari e y1 , y2 sono le due soluzioni
{(0, 0)}, dell’equazione differenziale considerata nel caso che sia linearmente indipendenti trovate in precedenza.
omogenea, ossia quando l’equazione è
Questo significa che per ogni valore assegnato ad A e a B la
y00 + a y0 + b y = 0.
funzione
Il polinomio di secondo grado
y(x) = A y1 (x) + B y2 (x)
P(λ ) = λ 2 + a λ + b
è una soluzione dell’equazione differenziale e, viceversa, se y è
viene chiamato il polinomio associato all’equazione differenzia- una soluzione dell’equazione allora si possono trovare due numeri
le. Considereremo separatamente i tre casi in cui ∆ = a2 − 4 b sia A , B ∈ R tali che
positivo, nullo o negativo.
y(x) = A y1 (x) + B y2 (x).
Primo caso: ∆ = a2 − 4 b > 0 In questo caso l’equazione P(λ ) = 0
ammette due soluzioni reali
√
√ distinte
54 Equazioni lineari a coefficienti costaλ1 = −a−2 ∆
e
λ2 = −a+2 ∆ .
Le due funzioni
nti non omogenee
y1 (x) = eλ1 x , y2 (x) = eλ2 x
sono due soluzioni linearmente indipendenti dell’equazione diffe- Un’equazione differenziale del secondo ordine a coefficienti costanti non omogenea è del tipo
renziale. Infatti ragionando su y1 , risulta
y00 + a y0 + b y = f (x).
y01 (x) = λ1 eλ1 x , y001 (x) = λ12 eλ1 x .
Mostriamo alcuni metodi che ci permettono di trovare una soluzioPertanto
λ1 x
00
0
λ1 x
2
ne di tale equazione non omogenea. Trovare una soluzione partiy1 + a y1 + b y1 = e (λ1 + a λ1 + b) = e P(λ1 ) = 0 ∀ x
2
Secondo caso: ∆ = a −4 b = 0 In questo caso l’equazione P(λ ) = colare dell’equazione completa è importante per il seguente fatto.
0 ammette una unica soluzione λ1 = − a2 (contata due volte essendo Se y è una soluzione dell’equazione non omogenea e y1 , y2 sono le
in questo caso P(λ ) un quadrato). Allora due soluzioni linearmente due soluzioni linearmente indipendenti dell’equazione omogenea
associata (coiè y00 + a y0 + b y = 0) che abbiamo trovato, allora l’inindipendenti dell’equazione differenziali sono date da
sieme di tutte e sole le soluzioni dell’equazione non omogenea è
y1 (x) = eλ1 x , y2 (x) = x eλ1 x .
data dalla famiglia di funzioni
Infatti ragionando sulla seconda, otteniamo
y(x) = y(x) + A y1 (x) + B y2 (x)
y02 (x) = eλ1 x (1 + λ1 x) , y002 (x) = eλ1 x (2 λ1 + λ12 x).
al variare di A, B ∈ R.
a.a. 2020-2021
pagina 105
Istituzioni di Matematica
Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
Cominciamo col considerare il seguente:
CASO 1. Supponiamo di dover trovare una soluzione particolare
dell’equazione non omogenea
y00 + a y0 + b y = f (x)
dove la funzione f è del tipo
f (x) = Q(x) eα x
dove Q è un polinomio in x di grado n > 0 ed α ∈ R è un numero
fissato.
Indicando, come al solito, con P(λ ) il polinomio associato
all’equazione differenziale, ossia
P(λ ) = λ 2 + a λ + b
vale la seguente regola:
i) se P(α) 6= 0, allora una soluzione particolare dell’equazione
differenziale non omogenea si può ricercare tra le funzioni
dei tipo
y(x) = R(x) eα x
dove R è un polinomio in x di grado n;
ii) se P(α) = 0 e α è una soluzione dell’equazione P(λ ) = 0
con molteplicità uno (ossia l’equazione P(λ ) = 0 ammette
anche un’altra soluzione diversa da α), allora una soluzione particolare dell’equazione differenziale non omogenea si
può ricercare tra le funzioni dei tipo
y(x) = x R(x) eα x
dove R è un polinomio in x di grado n;
iii) se P(α) = 0 e α è una soluzione dell’equazione P(λ ) = 0
con molteplicità due (ossia l’equazione P(λ ) = (λ − α)2 ),
allora una soluzione particolare dell’equazione differenziale
non omogenea si può ricercare tra le funzioni del tipo
y(x) = x2 R(x) eα x
dove R è un polinomio in x di grado n.
E SEMPIO .
Trovare una soluzione dell’equazione
y00 − 4 y0 + 3 y = x2 + 2x.
Il secondo membro è del tipo considerato con α = 0 e Q(x) =
x2 + 2x. Siccome P(0) = 3 6= 0, cerchiamo una soluzione del
tipo
y(x) = A x2 + B x +C.
Risulta
y0 (x) = 2 A x + B , y00 (x) = 2 A
e quindi
y00 − 4 y0 + 3 y = 2 A − 8 A x − 4 B + 3 A x2 + 3 B x + 3C
= 3 A x2 + (3 B − 8 A) x + 2 A − 4 B + 3C.
Ottengo quindi che y è una soluzione dell’equazione completa se
e solo se A , B ,C verificano
il sistema

3 A = 1
3B−8A = 2

2 A − 4 B + 3C = 0
e quindi si ottiene
50
1 56
2
A = 13 , B = 13 2 + 83 = 14
9 , C = 3 9 − 3 = 27 .
Allora una soluzione è data da
50
y(x) = 31 x2 + 14
9 x + 27 .
E SEMPIO .
Trovare una soluzione dell’equazione
y00 − 4 y0 + 3 y = x ex .
Il secondo membro è del tipo considerato con α = 1 e Q(x) =
x. Siccome P(1) = 0 e 1 è una soluzione con molteplicità uno,
Istituzioni di Matematica
cerchiamo una soluzione del tipo
y(x) = x (A x + B) ex = ex A x2 + B x .
Risulta
y0 (x) = ex A x2 + B x + 2 A x + B
y00 (x) = ex A x2 + B x + 2 A x + B + 2 A x + B + 2 A
e quindi
y00 − 4y0 + 3y =
ex [x2 (A − 4A + 3A) + x(B + 4A − 4B − 8A + 3B) + 2B + 2A − 4B]
= ex (−4Ax + 2A + 2B).
Ottengo quindi che y è una soluzione dell’equazione completa se
e solo se A , B verificano il sistema
−4 A = 1
2A+2B = 0
e quindi si ottiene
A = − 14 , B = 14 .
Allora una soluzione è data da
y(x) = − 14 x (x − 1) ex .
E SEMPIO .
Trovare una soluzione dell’equazione
y00 − 2 y0 + y = x ex .
Il secondo membro è del tipo considerato con α = 1 e Q(x) =
x. Siccome P(1) = 0 e 1 è una soluzione con molteplicità due,
cerchiamo una soluzione del tipo
y(x) = x2 (A x + B) ex = ex A x3 + B x2 .
Risulta
y0 (x) = ex A x3 + B x2 + 3 A x2 + 2 B x
y00 (x) = ex A x3 + B x2 + 3 A x2 + 2 B x + 3 A x2 + 2 B x + 6 A x + 2 B
e quindi
y00 − 2y0 + y =
ex [x3 (A − 2A + A) + x2 (B + 6A − 6A − 2B + B) + x(4B + 6A − 4B) + 2B+]
= ex (6Ax + 2B)
Ottengo quindi che y è una soluzione dell’equazione completa se
e solo se A , B verificano il sistema
6A = 1
2B = 0
e quindi si ottiene
A = 16 , B = 0.
Allora una soluzione è data da
y(x) = − 16 x3 ex .
Osserviamo che se per errore si fosse cercata una soluzione del
tipo
y(x) = x (A x + B) ex = ex A x2 + B x
il calcolo non avrebbe dato alcun risultato.
Infatti risulterebbe
y0 (x) = ex 2 A x + B + A x2 + B x
y00 (x) = ex 2 A x + B + A x2 + B x + 2 A + 2 A x + B
e quindi
y00 − 2y0 + y =
ex x2 (A − 2 A + A) + x (4A + B − 4A − 2B + B) + +2A + B − 2B
= ex (2A − B) .
Si dovrebbe avere quindi, affinchè y fosse soluzione dell’equazione completa che 2 A − B = x . Relazione che contrasta col
fatto che A , B sono costanti.
CASO 2. Cerchiamo ora una soluzione particolare dell’equazione non omogenea
y00 + a y0 + b y = f (x)
pagina 106
a.a. 2020-2021
Teoria
Aggiornato il 20 ottobre 2020
quando la funzione f è del tipo
f (x) = Q(x) eα x cos (β x) ( oppure Q(x) eα x sin (β x)
dove Q è un polinomio in x di grado n > 0 ed α , β ∈ R sono due
numeri fissati.
Vale, in questo secondo caso, la seguente regola:
i) se P(α + i β ) 6= 0, allora una soluzione particolare dell’equazione differenziale non omogenea si può ricercare tra le
funzioni dei tipo
y(x) = R1 (x) eα x cos (β x) + R2 (x) eα x sin (β x)
dove R1 , R2 sono due polinomi in x di grado n;
ii) se P(α + i β ) = 0, allora una soluzione particolare dell’equazione differenziale non omogenea si può ricercare tra le
funzioni dei tipo
y(x) = x (R1 (x) eα x cos (β x) + R2 (x) eα x sin (β x))
dove R1 , R2 sono ancora due polinomi in x di grado n.
E SEMPIO .
Trovare una soluzione dell’equazione
y00 + y = sin(x).
Il secondo membro è del tipo considerato nel caso 2 con α = 0,
β = 1 e Q(x) = 1. Siccome P(α + i β ) = P(i) = 0, cerchiamo
una soluzione del tipo
y(x) = x (A cos(x) + B sin(x)).
Risulta
y0 (x) = A cos(x) + B sin(x) + x (−A sin(x) + B cos(x))
y00 (x) = −A sin(x) + B cos(x) − A sin(x) + B cos(x)
+ x (−A cos(x) − B sin(x))
e quindi
y00 + y = cos(x) (−Ax + 2B + A x) + sin(x)(−Bx − 2A + B x)
= 2B cos(x) − 2A sin(x).
Ottengo quindi che y è una soluzione dell’equazione completa se
e solo se B = 0 e −2 A = 1 . Allora una soluzione è data da
y(x) = − 12 x cos(x).
E SEMPIO .
Trovare una soluzione dell’equazione
y00 + y0 = x sin(x).
Il secondo membro è del tipo considerato con α = 0 β = 1 e
Q(x) = x. Siccome P(i) = i − 1 6= 0, cerchiamo una soluzione
del tipo
y(x) = (A x + B) sin(x) + (C x + D) cos(x).
Risulta
y0 (x) = A sin(x) + (A x + B) cos(x) +C cos(x) − (C x + D) sin(x)
y00 (x) = 2 A cos(x) − (A x + B) sin(x) − 2C sin(x) − (C x + D) cos(x)
e quindi
y00 + y0 = cos(x) [2 A − c x − D + A x + B +C]
+ sin(x) [−A x − B − 2C + A −C x − D] .
Ottengo quindi che y è una soluzione dell’equazione completa se
e solo se A , B ,C , D verificano
il sistema

A
−C
=
0



2 A − D + B +C = 0
−A −C = 1



B − 2C − D = 0.
Ora sommando la prima e la terza equazione si ottiene −2C = 1
e quindi C = − 21 e A = C = − 12 . Infine dalla seconda e quarta
a.a. 2020-2021
equazione, ottengo
−1 − D + B − 12 = 0
B − D = 32
1
−B + 1 − 2 − D = 0
B + D = 12
Si ottiene dunque B = 1 e D = − 12 . Allora una soluzione è data
da
y(x) = − 12 x + 1 sin(x) + − 12 x − 12 cos(x).
E SEMPIO .
Risolvere il problema
 di00 Cauchy
y − 2 y0 + 2 y = sin(x)
y(0) = 0
 0
y (0) = 1
Il polinomio associato all’equazione differenziale è P(λ ) = λ 2 −
2 λ + 2 = 0 che ammette le due soluzioni complesse 1 ∓ i. Una
soluzione particolare è dunque del tipo
y(x) = A sin(x) + B cos(x).
Risulta
y0 (x) = A cos(x) − B sin(x)
y00 (x) = −A sin(x) − B cos(x)
e quindi
y00 − 2 y0 + 2 y = sin(x) [−A + 2 B + 2 A] + cos(x) [−B − 2 A + 2 B].
Ottengo quindi che y è una soluzione dell’equazione completa se
e solo se A , B verificano ilsistema
2B+A = 1
B − 2 A = 0.
Ne deriva che A = 1 − 2 B e quindi B − 2 + 4 B = 0. Ossia B = 25
e quindi A = 15 . Allora una soluzione particolare è data da
y(x) = 15 sin(x) + 25 cos(x).
Possiamo quindi concludere che l’integrale generale dell’equazione considerata è dato dalla famiglia di funzioni
y(x) = 15 sin(x) + 25 cos(x) + A ex sin(x) + B ex cos(x).
Osservando infine che
y0 (x) = 15 cos(x) − 25 sin(x)
+ ex (A sin(x) + B cos(x) + A cos(x) − B sin(x))
e quindi le condizioni iniziali sono verificate se
y(0) = 25 + B = 0 y0 (0) = 51 + B + A = 1
ossia B = − 25 e A = 1 + 25 − 15 = 56 . Pertanto la soluzione del
problema di Cauchy cercata è data dalla funzione
y(x) = 15 sin(x) + 25 cos(x) + 56 ex sin(x) − 25 ex cos(x).
E SEMPIO .
Trovare una soluzione dell’equazione
y00 + 4 y = sin(x)2 .
Osserviamo che risulta
sin(x)2 = 1−cos2 (2x)
e quindi se y1 è soluzione dell’equazione
y00 + 4 y = 21
e y2 è soluzione della seconda equazione
y00 + 4 y = − 21 cos (2x)
allora la funzione somma
y(x) = y1 (x) + y2 (x)
è soluzione dell’equazione differenziale iniziale.
Consideriamo dunque la prima equazione. Una soluzione particolare è del tipo y1 (x) = A, se la costante A verifica la condizione
4 A = 12 , ossia se A = 18 . D’altra parte una soluzione particolare
della seconda equazione, essendo P(2 i) = 0, è del tipo
y2 (x) = x (A cos (2x) + B sin (2x)) .
pagina 107
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Aggiornato il 20 ottobre 2020
Teoria
è soluzione dell’equazione
se A0 e B0 sono soluzioni del sistema
0
A (x) e−2x + B0 (x) ex = 0
1
−2 A0 (x) e−2x + B0 (x) ex = 1+e
x.
0
0
3
x
Dalla prima equazione, si ricava A = −B e e quindi
1
2 B0 ex + B0 ex = 1+e
x
e quindi
0
e−x
1 e2x
B0 (x) = 31 1+e
x , A (x) = − 3 1+ex .
Usando ora la sostituzione et = s ossia t = ln(s), ottengo
Risulta
y02 (x) = A cos (2x) + B sin (2x)
+ x (−2 A sin (2x) + 2 B cos (2x))
y002 (x) =
− 2 A sin (2x) + 2B cos (2x) − 2 A sin (2x)
+ 2 B cos (2x) + x (−4 A cos (2x) − 4B sin (2x))
e quindi
y002 + 4y2 = sin (2x) [x (−4 B + 4 B) − 4 A + 4 B]
+ cos (2x) [x (−4 A + 4 A) + 4 B + 4 A] .
Ottengo quindi che y2 è una soluzione dell’equazione completa
se e solo se A , B verificano
il sistema
−4 A + 4 B = 0
4 A + 4 B = − 12
Ne deriva quindi che
1
1
A = − 16
, B = A = − 16
.
Allora una soluzione particolare dell’equazione iniziale è data da
1
(cos (2x) + sin (2x)) .
y(x) = y1 (x) + y2 (x) = 81 − 16
CASO 3 Consideriamo un’equazione differenziale del secondo ordine a coefficienti costanti non omogenea, ossia un’equazione del
tipo
y00 + a y0 + b y = f (x)
quando il secondo membro f ha una espressione analitica diversa
da quella considerata nei precedenti due casi (CASO 1 e CASO 2).
Proviamo ora il seguente metodo della variazione delle costanti.
T EOREMA .
Data un’equazione differenziale del secondo ordine, lineare, a
coefficienti costanti e non omogenea
y00 + a y0 + b = f (x),
siano y1 , y2 le due soluzioni dell’omogenea associata che abbiamo trovato in precedenza. Allora se A(x) , B(x) sono due funzioni
derivabili le cuiderivate prime A0 e B0 verificano il sistema:
A0 (x) y1 (x) + B0 (x) y2 (x) = 0
A0 (x) y01 (x) + B0 (x) y02 (x) = f (x)
allora la funzione
y(x) = A(x) y1 (x) + B(x) y2 (x)
è una soluzione dell’equazione differenziale non omogenea.
Dimostrazione. Utilizzando la prima equazione del sistema per
semplificare la derivata prima, si ha
y0 (x) = A0 (x) y1 (x) + B0 (x) y2 (x) + A(x) y01 (x) + B(x) y02 (x)
= A(x) y01 (x) + B(x) y02 (x).
La derivata seconda risulta ora
y00 (x) = A0 (x) y01 (x) + B0 (x) y02 (x) + A(x) y001 (x) + B(x) y002 (x).
Pertanto
y00 (x) + a y0 (x) + b y(x) = A(x)(y001 (x) + a y01 (x) + b y1 (x))
+B(x)(y002 (x) + a y02 (x) + b y2 (x)) + A0 (x) y01 (x) + B0 (x) y02 (x)
0
=A
(x) y01 (x) + B0 (x) y02 (x) =
f (x).
E SEMPIO .
Trovare una soluzione dell’equazione differenziale
1
y00 + y0 − 2 y = 1+e
x.
Il polinomio associato all’equazione è P(λ ) = λ 2 + λ − 2 = 0
che ha le due soluzioni
√
−2
λ1 ,2 = −1∓2 9 =
1.
Allora la funzione
y(x) = A(x) e−2x + B(x) ex
Istituzioni di Matematica
Z x
0
e2t
1+et
Z ex
=
1
Z ex
dt =
1
s2 1
1+s s
Z ex
ds =
1
s
1+s
ds
x
1
1 − 1+s
ds = (s − ln(1 + s))|e1 .
Ne deriva quindi che possiamo prendere
A(x) = − 13 [ex − ln (1 + ex )] .
Analogamente utilizzando la sostituzione e−t = s ossia t =
− ln(s), ottengo
Z x
Z e−x
Z e−x
e−t
s
1
s
dt
=
−
ds
=
−
t
s
1+s ds
1+e
1+1/s
0
1
Z e−x
1
1
1 − 1+s
ds =
=
1
−x
(s − ln(1 + s))|e1
Ne deriva quindi che possiamo
prendere
1 −x
B(x) = − 3 e − ln 1 + e−x .
Pertanto ottengo la soluzione
y(x) = − 13 [ex − ln ((1 + ex ))] e−2x − 31 [e−x − ln ((1 + e−x ))] ex .
E SEMPIO .
Trovare una soluzione dell’equazione differenziale
y00 + y = tan x.
Il polinomio associato all’equazione è P(λ ) = λ 2 + 1 = 0 che ha
le due soluzioni λ1 ,2 = ± i. Allora la funzione
y(x) = A(x) sin(x) + B(x) cos(x)
è soluzione dell’equazione
se A0 e B0 sono soluzioni del sistema
0
A (x) sin(x) + B0 (x) cos(x) = 0
A0 (x) cos(x) − B0 (x) sin(x) = tan x.
Dalla prima equazione, si ricava A0 = −B0 cos(x)
sin(x) e quindi
2
cos x
− B0 sin(x) = tan x
−B0 sin(x)
e quindi
2
0
B0 (x) = − sin(x)
cos(x) , A (x) = sin(x).
Pertanto A(x) = − cos(x). Per ottenere B, osserviamo in primo
luogo che
2
1
B0 (x) = − sin(x)
cos(x) = − cos(x) + cos(x).
D’altra parte, usando la sostituzione tan (t/2) = s ossia t =
2 arctan s, ottengo
R x dt
0 cos(t)
=
R tan (t/2) 1+s2
0
2
1−s2 1+s2
dt = −2
R tan (t/2) dt
.
0
s2 −1
Usando infine la decomposizione
1
1
1
= 12 s−1
− s+1
s2 −1
posso concludere che
(x/2)−1
B(x) = sin(x) + ln tan
.
tan (x/2)+1
Otteniamo quindi che
(x/2)−1
y(x) = − sin(x) cos(x) + sin(x) cos(x) + ln tan
cos(x)
tan (x/2)+1
(x/2)−1
= ln tan
cos(x).
tan (x/2)+1
E SEMPIO .
Trovare una soluzione dell’equazione differenziale
y00 − y0 − 2 y = x2 .
pagina 108
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Teoria
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Il polinomio associato è P(λ ) = λ 2 −λ −2. Allora ∆ = 1+8 = 9
e quindi l’equazione P(λ ) = 0 ammette
le due radici distinte
−1
1∓3
λ1,2 = 2 =
2.
Pertanto due soluzioni linearmente indipendenti dell’equazione
omogenea associata sono
y1 (x) = e−x , y2 (x) = e2x .
Volendo applicare il metodo della variazione delle costanti
considero il sistema
0
A (x) e−x + B0 (x) e2x = 0
−A0 (x) e−x + 2 B0 (x) e2x = x2 .
Si ricava quindi
B0 (x) = 31 x2 e−2x A0 (x) = − 13 x2 ex .
Integrando per parti si ottiene infine Z x
Z x
t 2 et dt = − 31 x2 ex − 2
0
Z x
2 x
x
t
1
= − 3 x e − 2x e + 2
e dt
0
= − 31 x2 ex − 2x ex + 2(ex − 1)
Analogamente
Z si ottiene
A(x) = − 13
B(x) =
1
3
x
0
t 2 e−2t dt =
1
3
t et dt
0
2 −2x
−2x
− x e2 − x e2 + 12
1−e−2x
2
.
Una soluzione particolare dell’equazione differenziale è data
pertanto dalla funzione
y(x) = A(x) e−x + B(x) e2x
= − 31 x2 − 2x + 2 − e−x + 16 −x2 − x − 21 + 12 e2x
1 2x
= − 12 x2 + 21 x − 34 + 13 e−x + 12
e .
Da notare che si poteva anche usare il metodo considerato nel
CASO 1 e ottenere una soluzione particolare con un calcolo più
semplice. Infatti se ricerchiamo una soluzione del tipo
y(x) = A x2 + B x +C
otteniamo
y0 (x) = 2 A x + B e y00 (x) = 2 A.
Pertanto
y00 (x) − y0 (x) − 2 y(x) = 2 A − 2 A x − B − 2 A x2 − 2 B x − 2C
e quindi devono essere verificate le condizioni
A = − 12 , −2 A − 2 B = 0 , 2 A − B − 2C = 0
e quindi
A = − 21 , B = 12 , C = 12 −1 − 21 = − 43
Otteniamo quindi la soluzione
y(x) = − 21 x2 + 12 x − 43 .
a.a. 2020-2021
+ 12 x (2 cos (2x) − 2 sin (2x))
le condizioni iniziali portano alle condizioni y(0) = B = 1 , 2 A +
1
3
2 = 2 ossia A = 4 . Pertanto la soluzione del Problema di Cauchy
cercata è
y(x) = 34 sin (2x) + cos (2x) + 12 x (sin (2x) + cos (2x)) .
E SEMPIO .
Trovare una soluzione dell’equazione
y00 − y = ln (1 + ex ) .
Applicando il metodo della variazione delle costanti, cerchiamo
una soluzione del tipo
y(x) = A(x) ex + B(x) e−x
dove A , B si ricavano
il sistema
0 risolvendo
A (x) ex + B0 (x) e−x = 0
A0 (x) ex − B0 (x) e−x = ln (1 + ex )
e quindi
0
B (x) = − 12 ex ln (1 + ex )
A0 (x) = 12 e−x ln (1 + ex ) .
Usando ora la sostituzione t = ln(s), otteniamo
Z x
Z ex
ln(1+s)
e−t ln 1 + et dt =
ds
s2
0
=
1
ex
− ln(1+s)
s
1
Z ex
+
1
ds
s (1+s)
ex
s
=
+ ln 1+s
.
1
Possiamo quindi prendere
x e
− e−x ln (1 + ex ) .
A(x) = 21 ln 1+e
x
Analogamente, otteniamo
Z x
Z ex
t
t
e ln 1 + e dt =
ln(1 + s) ds
− ln(1+s)
s
0
=s
1
x
ln(1 + s)|e1
−
Z ex
1
s
1+s
ds
x
E SEMPIO .
Risolvere il problema
di Cauchy
y00 + 4 y = cos (2x)
y(0) = 1
 0
y (0) = 2.
Osserviamo che una soluzione particolare dell’equazione
considerata la possiamo ricercare tra le funzioni del tipo
y(x) = x (A cos (2x) + B sin (2x)) .
Infatti risulta
y0 (x) = (A cos (2x) + B sin (2x)) + x (−2 A sin (2x) + 2 B cos (2x))
y00 (x) = (−4 A sin (2x) + 4 B cos (2x))
+ x (−4 A cos (2x) − 4 B sin (2x)) .
Otteniamo infine
y00 (x) + 4 y(x) = sin (2x) [x (−4 B + 4 B) − 4 A + 4 B]
+ cos (2x) [x (−4 A + 4 A) + 4 B + 4 A]
Pertanto l’equazione sarà verificata se e solo se A, B verificano il
sistema
−4 A + 4 B = 0
4B+4A = 1
ossia A = B = 1/2. Allora l’itegrale generale è dato dalla
famiglia di funzioni
y(x) = A sin (2x) + B cos (2x) + 12 x (sin (2x) + cos (2x)).
Essendo infine
y0 (x) = 2 A cos (2x) − 2 B sin (2x) + 12 (sin (2x) + cos (2x)
= s ln(1 + s) − (s − ln(1 + s))|e1 .
Possiamo quindi prendere
B(x) = − 21 (ex ln (1 + ex ) − ex + ln (1 + ex )) .
E SEMPIO .
Trovare una soluzione dell’equazione
y00 − y0 − 2 y = x e2x .
Il polinomio associato all’equazione differenziale ha come soluzioni λ = −1 e λ = 2 e quindi una soluzione dell’equazione
considerata si può trovare tra le funzioni del tipo
y(x) = x (A x + B) e2x = A x2 + B x e2x .
Risulta
y0 (x) = 2 A x2 + 2 B x + 2 A x + 2 B e2x
y00 (x) = 4 A x2 + 4 B x + 4 A x + 2 B + 4 A x + 2 B + 2 A e2x
Pertanto si ottiene
y00 (x) − y0 (x) − 2 y(x) = e2x x2 (4 A − 2 A − 2 A) +
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+x (4 B + 8 A − 2 B − 2 A − 2 B) + 2 B + 2 A + B] .
Deve dunque essere 6 A = 1 e 3 B + 2 A = 0 e quindi A =
B = − 19 . Pertanto otteniamo
y(x) = x 16 x − 19 e2x .
1
6
e
Possiamo quindi prendere
B(x) = 25 (1 + ex )5/2 − 23 (1 + ex )3/2 .
E SEMPIO .
Risolvere il problema diCauchy
y0 = y2 − 1 2x
y(0) = 0.
L’equazione è a variabili separabili e quindi, con la sostituzione
y(t) = s, ottengo
x2 =
Z x
0
y0 (t)
y2 (t)−1
Z y(x)
ds
.
2
y(0) s −1
dt =
Ricordando infine che
1
s2 −1
1
1
= 21 s−1
− s+1
ottengo, usando anche la condizione
y(0) = 0
iniziale
x2 = 21 log
e quindi, esplicitando rispetto a y
y(x)−1
y(x)−1
2
y(x) =
1−e2x
2.
1+e2x
E SEMPIO .
Risolvere il problema
0di Cauchy
y − (sin(x)) y = sin (2x)
y(0) = −1
cos(x)
Moltiplicando per e
, ottengo
ecos(x) y0 (x) − (sin(x)) y(x) = ecos(x) sin (2x) = 2 ecos(x) sin(x) cos(x).
Usando infine la sostituzione sin(t) = s, ottengo
ecos(x) y(x) + e = 2
Z x
Z cos(x)
ecos(t) sin(t) cos(t) dt = −2
0
1i
h
cos(x)
= −2 (es s − es )|1
= −2 ecos(x) cos(x) − ecos(x) .
Possiamo infine concludere che
y(x) = −e e− cos(x) − 2 cos(x) + 2.
es s ds
E SEMPIO .
Trovare una soluzione dell’equazione
√differenziale
00
0
y + 3 y + 2 y = 1 + ex .
Il polinomio associato all’equazione ha come soluzioni λ = −2
e λ = −1 e quindi, usando il metodo della variazione delle
costanti, posso cercare una soluzione particolare del tipo
y(x) = A(x) e−2x + B(x) e−x .
Devo quindi risolvere
il sistema
0
A (x) e−2x + B0 (x)e−x = 0 √
−2 A0 (x) e−2x − B0 (x)e−x = 1 + ex
√
ottengo
allora A0 = −B0 ex e quindi B0 = ex 1 + ex e A0 =
√
−e2x 1 + ex . Infine, usando la sostituzione et = s ottengo
Z x √
Z ex √
Z 1+ex
√
e2t 1 + et dt =
s2 1 + s ds =
(v − 1)2 v dv
0
1
2
Z 1+ex =
v5/2 − 2 v3/2 + v1/2 dv
2
Possiamo quindi prendere
A(x) = − 27 (1 + ex )7/2 + 54 (1 + ex )5/2 − 23 (1 + ex )3/2 .
Analogamente
Z x √
Z ex √
Z 1+ex
√
et 1 + et dt =
s 1 + s ds =
(v − 1) v dv
0
1
2
Z 1+ex 3/2
1/2
=
v −v
dv
2
Istituzioni di Matematica
pagina 110
a.a. 2020-2021
Capitolo 13
Ulteriori considerazioni sulle serie
55
Le serie ed il polinomio di Taylor
E SEMPIO .
Studiamo la convergenza della serie
∑ arctan(n2 ) − arctan(n3 ) .
n>0
1
Abbiamo visto che per la regole di De L’Hôpital si ha
π
2 −arctan(x)
1/x
x→+∞
lim
Pertanto
π
2
2 −arctan(n )
2
1/n
n→+∞
lim
n
sn =
= 1,
(k)
f (x) = f k!(0) · xk + o(xk ),
ed {an }n converge a zero, allora per il test del confronto asintotico
n>0
56
k
converge.
n>0
T EST DELL’ INTEGRALE .
Sia f : R → [0, +∞) una funzione decrescente.
La serie ∑ p>1 f (p) ha lo stesso comportamento dell’integrale
∑
• Consideriamo f (x) =
Dimostrazione. Consideriamo la successione delle somme parziali
e degli integrali parziali
Z n
∑
f (x) dx.
1
n−1 Z p+1
Per l’additività dell’integrale abbiamo che in =
∑
f (x) dx.
p=1 p
Visto che f è decrescente abbiamo
Z p+1
Z p+1
f (p + 1) dx 6
p
⇐⇒ f (p + 1) 6
Z p+1
f (x) dx 6
p
p
f (x) dx 6 f (p).
Di conseguenza
n−1
n−1 R
∑ f (p + 1) 6 ∑
p=1
p=1
p+1
p
n
∑
n−1
f (x) dx 6 ∑ f (p) ⇔ sn − f (1) 6 in 6 sn−1 .
p=1
Se quindi sn converge, allora per il test del confronto anche in
converge. Dalla stima precedente segue anche che
in+1 6 sn 6 in + f (1).
Se quindi in converge allora per il test del confronto anche sn converge.
•
x
.
(x2 +1)3/5
5−x2
8/5
5(1+x2 )
2
∑ p e−p
p>1
Osserviamo che
√
= 0 ⇐⇒ x = ± 5.
R→+∞
10
10
e quindi anche la serie diverge.
2
• Consideriamo f (x) = x e−x . Chiaramente f > 0 in (0, +∞).
Osserviamo inoltre che
√
2
f 0 (x) = (1 − 2x2 ) e−x = 0 ⇐⇒ x = ±1/ 2.
Pertanto f è decrescente in [1, +∞). Possiamo pertanto applicare
il test dell’integrale. Visto che l’integrale Z +∞
Z R
y = −x2
−x2
f (x) dx = lim
x e dx =
dy = −2x dx
R→+∞ 1
1
= − 12 lim
Z −R2
R→+∞ −1
R→+∞
2
=
−1
−R
lim e −e
2
R→+∞
2
ey dy = − 12 lim [ey ]y=−R
y=−1
=
1
2e
converge, anche la serie converge.
111
f (p + 1).
p
Dunque f è decrescente in [3, +∞). Ovviamente ∑ p>1 (p2 +1)
3/5
p
ha lo stesso comportamento di ∑ p>3 (p2 +1)
.
Applichiamo
il
3/5
test dell’integrale:
Z +∞
Z R
y = x2 + 1
x
f (x) dx = lim
3/5 dx =
2
dy = 2x dx
R→+∞ 3 (x +1)
3
Z R2 +1
h
iR2 +1
= lim 12
y−3/5 dy = 12 · lim 52 · y2/5
= +∞
R→+∞
f (p) dx
Z p+1
p
n
E SEMPIO .
Possiamo applicare il test dell’integrale per dimostrare che la
serie armonica generalizzata
soddisfa
converge se a > 1,
1
∑ pa = diverge se a 6 1.
p>1
Basta infatti ricordare
Z +∞ che converge se a > 1,
1
xa dx = diverge se a 6 1.
1
f 0 (x) =
p=1
...
3
p=1
f (x) dx.
in =
2
f (p). Il blu corrisponde ad sn − f (1) =
1
f (p),
1
f (x) dx. Il verde corrisponde ad
p>1
Z +∞
n
n
1
E SERCIZIO .
Studiare le seguenti serie.
p
• ∑ (p2 +1)
3/5
Le serie e gli integrali
sn =
...
3
p=1
Più in generale se lo sviluppo di Taylor di f in zero è
∑ (ak!n )
2
n
lim
⇐⇒
1
n
Il grigio corrisponde ad in =
e quindi per il test del confronto asintotico le serie
∑n>0 arctan(n2 ) e ∑n>0 arctan(n3 ) convergono, di conseguenza
anche la serie originale converge.
∑ f (an ) converge
...
3
La figura precedente rappresenta
Z quanto fatto nella dimostrazione.
= 1.
π
3
2 −arctan(n )
3
1/n
n→+∞
= 1,
2
Bibliografia
[1] M. Bertsch, R. Dal Passo, and L. Giacomelli. Analisi matematica. McGraw-Hill Italia, Milano, 2011.
[2] M. Bramanti, C. Pagani, and S. Salsa. Matematica. Zanichelli, 2000.
[3] G. Buttazzo, G. Gambini, and E. Santi. Esercizi di Analisi Matematica I. Pitagora Editrice, Bologna, 1991.
[4] B. Demidovic. Esercizi e problemi di Analisi Matematica. Editori Riuniti, 1999.
[5] P. Marcellini and C. Sbordone. Analisi Matematica I. Liguori Editore, Napoli, 1998.
[6] U. Massari. Dispense per il corso di Istituzioni di Matematica per il corso di laurea in Informatica. Università degli Studi di Ferrara,
(a.a. 2017-2018), 2018.
[7] F. Rosso and L. Fusi. Matematica per le lauree triennali. CEDAM, Trento, 2013.
[8] S. Salsa and A. Squellati. Esercizi di Matematica, volume 1. Zanichelli, 2002.
112
Indice analitico
R([a, b]), 92
[ · ], 27
ℑm(z), 9
ℜe(z), 9
z̄, 10
C, 9
N, 12
Q, 12
R, 6
Z, 12
P, 91
inf(A), 17
lim f (x) = +∞, 46
discriminante, 9
disuguaglianza di Bernoulli, 20
disuguaglianza triangolare, 26
disuguaglianza triangolare per numeri complessi, 38
divisione, 7
dominio di una funzione, 22
elemento di separazione, 7
equazione differenziale, 103
esistenza degli elementi neutri, 7
esistenza dell’opposto e dell’inverso, 7
est del rapporto per le successioni, 61
estremo inferiore, 17
estremo superiore, 17
x→+∞
lim f (x) = −∞, 46
x→+∞
lim f (x) = L, 46
x→+∞
fattoriale, 4
flesso, 84
forma esponenziale di un numero complesso, 40
forma trigonometrica di un numero complesso, 38
forme indeterminate dei limiti, 58
forme indeterminate per i limiti, 46
formula del binomio di Newton, 4, 21
formula di De Moivre, 39
formula di Eulero per i numeri complessi, 40
formula fondamentale del calcolo integrale, 95
funzione, 13, 22
funzione biettiva, 22
funzione composta, 22
funzione concava, 83
funzione continua in x0 , 41
funzione continua in un insieme, 41
funzione continua in un intervallo, 75
funzione convergente per x che tende a +∞, 46
funzione convergente per x che tende ad x0 , 41
funzione convessa, 83
funzione coseno, 28
funzione cotangente, 30
funzione crescente, 22
funzione decrescente, 23
funzione derivabile, 79
funzione di Dirichlet, 92
funzione dispari, 23
funzione divergente a +∞ per x che tende a +∞, 46
funzione divergente a +∞ per x che tende ad x0 , 41
funzione divergente a −∞ per x che tende a +∞, 46
funzione divergente a −∞ per x che tende ad x0 , 41
funzione esponenziale, 26
funzione iniettiva, 22
funzione integrabile, 92
funzione inversa, 22
funzione irregolare a +∞, 46
funzione irregolare in un punto, 41
funzione modulo, 26
funzione monotona, 23
funzione pari, 23
funzione parte intera, 27
funzione periodica, 23
funzione potenza, 26
funzione potenza n-esima, 25
funzione radice n-esima, 25
funzione regolare a +∞, 46
funzione regolare in un punto, 41
funzione seno, 28
funzione strettamente crescente, 23
funzione strettamente decrescente, 23
funzione strettamente monotona, 23
funzione suriettiva, 22
funzione tangente, 30
funzioni iperboliche, 81
lim f (x) = +∞, 46
x→x0+
lim f (x) = −∞, 46
x→x0+
lim f (x) = L, 46
x→x0+
lim f (x) = +∞, 46
x→x0−
lim f (x) = −∞, 46
x→x0−
lim f (x) = L, 45
x→x0−
lim f (x) = +∞, 41
x→x0
lim f (x) = −∞, 41
x→x0
lim f (x) = L, 41
x→x0
max(A), 17
min(A), 17
sup(A), 17
arccos, 35
arcsin, 35
arctan, 35
arg(z), 38
cosh(x), 81
cos(x), 28
cot, 30
sinh(x), 81
sin(x), 28
tan,
√ 30
a, 9
| · |, 26
{an }n∈N , 52
f 0 (x0 ), 79
f (X), 22
f −1 , 22
f −1 (Y ), 22
g ◦ f , 22
i, 9
“scala” di crescita per le funzioni, 48
“scala” di crescita per le successioni, 58
additività degli integrali, 93
addizione tra numeri complessi, 9
addizione tra numeri reali, 7
angolo di 1 radiante, 28
arcocoseno, 35
arcoseno, 35
arcotangente, 35
argomento di un numero complesso, 38
base di induzione, 20
base induttiva, 20
binomio di Newton, 4
campo, 7
campo totalmente ordinato, 7
codominio di una funzione, 22
coefficiente binomiale, 4, 21
coniugato di un numero complesso, 10
controimmagine di un sottoinsieme, 22
convergenza assoluta (serie numerica), 72
grafico, 13, 22
identità di Eulero, 40
immagine, 22
immagine di un sottoinsieme, 22
indice muto, 66
insieme completo, 7
insieme derivato, 41
insieme di definizione, 22
insieme limitato, 18
insieme limitato inferiormente, 18
insieme limitato superiormente, 18
insieme ordinato, 7
insieme totalmente ordinato, 7
delta, 9
denso, 19
derivata, 79
derivata seconda, 83
differenza di funzioni, 13
dimostrazioni per assurdo, 3
113
Aggiornato il 20 ottobre 2020
integrabile in senso generalizzato sull’intervallo (−∞, a], 102
integrabile in senso generalizzato sull’intervallo (a, b], 102
integrabile in senso generalizzato sull’intervallo [a, +∞), 102
integrabile in senso generalizzato sull’intervallo [a, b), 102
integrale, 92
integrale indefinito, 94
intervallo, 3, 14
iperbole equilatera, 24
ipotesi induttiva, 20
legame tra “6” e “+”, 7
legame tra “6” e “·”, 7
legge dell’annullamento del prodotto, 7
legge di cancellazione rispetto alla somma ed al prodotto, 7
limite destro, 46
limite di funzione, 46
limite di una funzione, 41
limite sinistro, 45
limiti notevoli, 48
linearità degli integrali, 93
maggioranti, 18
maggiore, 7
maggiore o uguale, 7
massimo, 17
massimo assoluto, 76
media integrale, 94
metodo della variazione delle costanti, 108
minimo, 17
minimo assoluto, 76
minoranti, 18
minore, 7
modulo di un numero complesso, 38
moltiplicazione tra numeri complessi, 9
moltiplicazione tra numeri reali, 7
numeri complessi, 9
numeri interi relativi, 12
numeri naturali, 12
numeri razionali, 12
numeri reali, 6
numero complesso, 9
numero complesso coniugato, 10
numero di Eulero, 59, 61
numero di Nepero, 59
omogeneità degli integrali, 93
ordine dell’equazione differenziale, 103
parabola, 24
parte immaginaria, 9
parte reale, 9
partizione dell’intervallo, 91
partizione più fine, 91
passo induttivo, 20
periodo di una funzione periodica, 23
polinomio, 13
polinomio associato, 105
polinomio di Taylor di ordine n, 88
polinomio quoziente, 5
primitiva, 94
problema di Cauchy, 103
prodotto di funzioni, 13
progressione aritmetica, 64
progressione geometrica, 64
proprietà antisimmetrica, 7
proprietà associativa, 7
proprietà commutativa, 7
proprietà dei limiti, 57
proprietà del confronto, 58
proprietà della permanenza del segno, 58
proprietà di completezza, 7
proprietà distributiva, 7
proprietà riflessiva, 7
proprietà totale, 7
proprietà transitiva, 7
punto di accumulazione, 41
punto di massimo relativo, 82
punto di minimo relativo, 82
quoziente di funzioni, 13
radianti, 28
radice quadrata, 9
ragione della progressione aritmetica, 64
ragione della progressione geometrica, 64
regola dei segni, 7
regola del parallelogramma, 10
Regola di Cartesio, 9
Istituzioni di Matematica
Teoria
regola di Ruffini, 5
regole di De L’Hôpital, 87, 88
relazione di minore o uguale, 7
resto della divisione tra polinomi, 5
resto di Taylor, 88
retta, 23
retta tangente, 79
serie armonica, 68, 69
serie armonica a segno alterno, 68, 69
serie armonica generalizzata, 68, 69
serie convergente, 69
serie di Mengoli, 74
serie di segno alterno, 73
serie divergente, 69
serie geometrica, 68, 70
serie irregolare, 69
serie numerica, 68
serie regolare, 69
serie telescopica, 74
soluzioni linearmente indipendenti, 105
somma aritmetica, 66
somma di funzioni, 13
somma finita, 66
somma geometrica, 66
somma integrale inferiore, 91
somma integrale superiore, 91
somma telescopica, 66
sottoinsiemi separati, 7
sottosuccessione numerica, 55
sottrazione, 7
successione armonica, 52, 54
successione armonica a segno alterno, 52, 54
successione dei segnali alterni, 52, 53
successione delle somme parziali, 69
successione di Fibonacci, 52, 53
successione numerica, 52
successione numerica converge ad L, 53
successione numerica convergente, 53
successione numerica definita per ricorrenza, 52
successione numerica divergente, 53
successione numerica divergente a +∞, 53
successione numerica divergente a −∞, 53
successione numerica irregolare, 53
successione numerica limitata, 55
successione numerica limitata inferiormente, 60
successione numerica limitata superiormente, 60
successione numerica monotona crescente, 60
successione numerica monotona decrescente, 60
successione numerica regolare, 53
teorema degli zeri, 75
teorema dei carabinieri, 43
teorema dei coseni, 29
teorema dei seni, 29
teorema dei valori assunti, 75
teorema del confronto per i limiti, 43
teorema del sandwich, 43
teorema della permanenza del segno dei limiti, 43
teorema delle tangenti, 31
teorema di Bolzano-Weierstrass, 55
teorema di Cauchy, 82
teorema di esistenza ed unicità locali, 103
teorema di esistenza locale, 103
teorema di Fermat, 82
teorema di Lagrange, 82
teorema di Nepero, 31
teorema di Pitagora, 29
teorema di Rolle, 82
teorema di Weierstrass, 76
teorema fondamentale del calcolo integrale, 94
teorema per il limite della funzione inversa, 44
teorema per il limite di funzioni composte, 44
teorema ponte, 56
termine n-esimo (successione numerica), 52
termine iniziale della progressione aritmetica, 64
termine iniziale della progressione geometrica, 64
test dei carabinieri per le successioni, 61
test del confronto asintotico per le serie, 71
test del confronto per le serie, 70
test del rapporto per le serie, 71
test del sandwich per le successioni, 61
test della convergenza assoluta per le serie, 72
test della radice per le serie, 71
test della radice per le successioni, 62
test di Cauchy per l’integrabilità, 92
test di Cauchy per le serie, 69
test di Cauchy per le successioni, 62
test necessario per le serie, 69
test per le serie a segno alterno, 73
pagina 114
a.a. 2020-2021
test per le serie telescopiche, 74
test per successioni numeriche monotone crescenti, 60
test per successioni numeriche monotone decrescenti, 60
triangolo di Tartaglia, 4
unicità del limite, 53
unicità dell’opposto e dell’inverso, 7
unità immaginaria, 9
valore massimo, 76
valore minimo, 76