Analisi Matematica IUniversità di Padova, Corsi di Laurea in Ingegneria

Paolo Guiotto

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Premessa

Questo materiale copre un primo corso di Analisi Matematica per corsi di Laurea di indirizzo scientifico. L’accentoè posto sullo sviluppo di abilità di Calcolo (con ciò s’intende il calcolo differenziale e integrale). Un utilizzoabile del Calcolo richiede una buona comprensione della teoria generale, che è svolta in quasi tutti i dettagli.Al netto delle dimostrazioni omesse perché naturali estensioni di altre (e quindi lasciate come esercizio) alcunedimostrazioni sono omesse perché troppo tecniche e complesse senza aggiungere qualche idea in più che possaessere sviluppata nel calcolo. Per esempio è omessa la costruzione dei numeri reali e delle funzioni elementari,così come talvolta le ipotesi con cui vengono enunciati e dimostrati alcuni risultati non sono le più generali. Inoltre,rispetto ad un corso di Analisi per matematici la topologia è ridotta all’essenziale.

Come detto sopra, lo scopo è quello di sviluppare abilità di utilizzo del Calcolo. Molti, purtroppo, studiano l’Analisiscindendo la teoria generale dagli esercizi, come se gli esercizi si riferissero a qualcosa di diverso dalla teoria,magari cercando "metodi standard". In questo modo la teoria viene assimilata passivamente o, peggio, a memoria.Lo studente finisce per avere sensazione che l’Analisi sia un enorme prontuario di regole senza un senso precisoe senza nessuna intuizione. Non è vero! Molti metodi che verranno presentati in questo corso si possono riferireal concetto di limite: limite di una successione, di una funzione, somma di una serie numerica (somma di infinitinumeri), derivata, integrale. Ciascuno di questi concetti risponde ad esigenze ben precise, come vedremo, che inmolti casi vanno anche oltre la Matematica. Il focus di questo corso è lo sviluppare il Calcolo per funzioni reali divariabile reale, in un corso successivo verranno estese queste tecniche alle funzioni di più variabili.

Per quanto detto sopra è bene svolgere gli esercizi avendo una buona comprensione della teoria. Fondamentale èconoscere bene definizioni e enunciati dei teoremi. Per capire bene le definizioni e i teoremi è molto utile provare afare le dimostrazioni dei risultati che sono lasciate in parte o del tutto come esercizio. Aiuta molto a imparare unatecnica di ragionamento, spesso affrontata poco prima in un’altra dimostrazione. Ciò aiuta a capire qual è l’ideadella dimostrazione: piuttosto che imparare a memoria le dimostrazioni è più importante capire qual è la strategiadimostrativa.

Il testo comprende una numerosa raccolta di oltre 600 esercizi. Gli esercizi segnati con (?) presentano difficoltà dicalcolo che richiedono un minimo di abilità, (??) sono più difficili e possono richiedere un po’ più d’inventiva.

Buon divertimento!

Indice

0 Preliminari: concetti di base 30.1 Insiemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30.2 Proposizioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40.3 Funzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1 Numeri Reali 71.1 Assiomi dei numeri reali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2 Funzioni elementari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.2.1 Radici e potenze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.2.2 Esponenziali e logaritmi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.2.3 Funzioni trigonometriche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.2.4 Modulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.3 Densità dei razionali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.4 Principio delle scatole cinesi di Cantor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.5 Fattoriale, coefficienti binomiali e binomio di Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.6 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2 Numeri complessi 272.1 Definizione di C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.2 Piano di Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.3 Forma trigonometrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.4 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3 Successioni 373.1 Modelli matematici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

3.1.1 Modelli demografici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.1.2 Interessi composti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

3.2 La nozione di limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403.2.1 Limite finito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413.2.2 Limite infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433.2.3 Sotto-successioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

3.3 Proprietà fondamentali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 463.4 Teorema di Bolzano–Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 493.5 Regole di calcolo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503.6 Confronto esponenziali/potenze/logaritmi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

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3.7 Successioni monotone . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 593.7.1 Il numero di Nepero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

3.8 Successioni definite per ricorsione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 613.9 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

4 Serie numeriche 694.1 Definizione ed esempi fondamentali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 704.2 Serie a termini di segno costante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

4.2.1 Criteri della radice e del rapporto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 774.3 Serie a termini di segno variabile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

4.3.1 Serie a segno alternato . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 794.3.2 Convergenza assoluta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

4.4 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

5 Limite 855.1 Topologia elementare della retta reale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 855.2 Definizione di limite e di funzione continua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 875.3 Località del limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 895.4 Proprietà fondamentali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 915.5 Calcolo dei limiti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 945.6 Limiti fondamentali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

5.6.1 Confronto esponenziali/potenze/logaritmi all’infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 975.6.2 Funzioni trigonometriche circolari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 985.6.3 Limite esponenziale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

5.7 Funzioni iperboliche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1025.8 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

6 Continuità 1076.1 Operazioni su funzioni continue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1076.2 Continuità delle funzioni monotone . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1086.3 Teorema di Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1096.4 Teorema degli zeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1106.5 Teorema dell’inversa continua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1116.6 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

7 Calcolo Differenziale 1157.1 Definizione e prime proprietà . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1167.2 Derivate delle funzioni elementari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1187.3 Regole di calcolo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1197.4 Teoremi fondamentali del Calcolo Differenziale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1227.5 Regole di Hôpital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1267.6 Segno della derivata e monotonia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1297.7 Derivata della funzione inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1307.8 Convessità . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1327.9 Lo studio di funzione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1357.10 Formula di Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1417.11 Calcolo con infinitesimi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

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7.11.1 Limiti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1467.11.2 Convergenza delle serie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

7.12 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

8 Primitive 1618.1 Definizione, primitive elementari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1618.2 Regole di calcolo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164

8.2.1 Formula di calcolo per parti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1648.2.2 Formula di calcolo per sostituzione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166

8.3 Primitive delle funzioni razionali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1688.3.1 Sostituzioni standard . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

8.4 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176

9 Integrale di Riemann 1799.1 Definizione di funzione integrabile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1799.2 Classi di funzioni integrabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1819.3 Proprietà dell’integrale di Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1839.4 Teorema fondamentale del Calcolo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1859.5 Formule d’integrazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1889.6 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189

10 Integrali Generalizzati 19110.1 Definizioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19110.2 Criterio del confronto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19510.3 Test della serie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19910.4 Convergenza assoluta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20010.5 Criterio di Abel–Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20210.6 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204

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Capitolo 0

Preliminari: concetti di base

La Matematica è, anzitutto, un linguaggio, e come ogni linguaggio ha un vocabolario e una grammatica. Adifferenza del linguaggio comune laMatematica tratta con un numero limitato di oggetti e tra questi cerca di stabilireconnessioni che devono essere fondate su un ragionamento logico. Gli oggetti fondamentali sono insiemi e funzioni(di fatto di può guardare ad una funzione come ad un insieme. . . ); il tipo di connessioni sono affermazioni che sono,esclusivamente, o vere o false e si chiamano proposizioni. In questo breve Capitolo introduciamo/richiamiamoquesti concetti.

0.1 InsiemiIl concetto di insieme è un concetto primitivo. Se provassimo a definire "cos’è un insieme", dovremmo direqualcosa del tipo: "un insieme è una collezione di oggetti" oppure "un insieme è una famiglia di oggetti". Citroveremmo subito col problema di definire cos’è una collezione oppure una famiglia di oggetti. Cioè definiremmoil concetto di insieme attraverso un sinonimo, creando così una catena senza un punto iniziale. Per questo dobbiamonecessariamente dare alcuni concetti come primitivi, cioè senza una definizione.

Di solito gli insiemi sono denotati con lettere maiuscole A, B,C, X,Y, . . .. La notazione x ∈ X significa che xè un elemento dell’insieme X , cioè che appartiene a X , mentre x < X significa che x non appartiene a X . Diciamoche A è un sottoinsieme di X e scriviamo

A ⊂ X, se ogni elemento x ∈ A appartiene anche a X , cioè x ∈ X .

Molti insiemi sono definiti a partire da altri attraverso opportune operazioni. Le principali sono

• unione: dati A, B ⊂ X , l’unione di A con B è l’insieme degli elementi che stanno in A oppure in B, cioè

A ∪ B :={x ∈ X : x ∈ A oppure x ∈ B

}.

• intersezione: dati A, B ⊂ X , l’intersezione di A e B è l’insieme degli elementi che stanno sia in A che in B,cioè

A ∩ B := {x ∈ X : x ∈ A e x ∈ B} .

Nel caso in cui A e B non abbiano elementi in comune si scrive A ∩ B := ∅.

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• differenza: dati A, B ⊂ X , la differenza tra A e B (in questo ordine) è l’insieme degli elementi di A che nonstanno in B, cioè

A\B := {x ∈ X : x ∈ A e x < B} .

In generale A\B , B\A come ci si può facilmente convincere.

Spesso operiamo all’interno di un insieme di riferimento che viene anche detto universo. Se X è l’universochiamiamo complementare di un insieme A ⊂ X l’insieme

Ac := X\A = {x ∈ X : x ∈ X e x < A} = {x ∈ X : x < A}.

È facile constatare cheA\B = A ∩ Bc .

È conveniente pensare a ∅ come a un particolare insieme, detto insieme vuoto. Le operazioni insiemistichesoddisfano certe semplici regole:

• (commutatività) A ∪ B = B ∪ A, A ∩ B = B ∩ A, per ogni A, B.

• (associatività) A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C, A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C, per ogni A, B,C.

• (distributività) A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C), per ogni A, B,C.

• (elemento neutro unione) A ∪ ∅ = A per ogni A.

0.2 ProposizioniLe frasi che scriviamo in matematica sono affermazioni che possono essere solo vere o false. Tali affermazioniprendono il nome di proposizioni. Per esempio

2 divide 6 è una proposizione vera, 2 divide 3 è una proposizione falsa.

Normalmente le proposizioni sono indicate con lettere come p, q, . . .. In alcuni casi una proposizione può esserevera o falsa a seconda del valore di una variabile. Per esempio, se n ∈ N,

p(n) := 2 divide n, è vera se n è pari, falsa se n è dispari.

In questo caso diciamo che p è un predicato. I predicati sono molto utili per descrivere gli insiemi. Infatti spessoè impossibile elencare tutti gli elementi di un dato insieme, ma è possibile trovare una proprietà caratterizzante glielementi di un insieme. Per esempio

S = {n ∈ N : p(n) è vera} = {n ∈ N : 2 divide n} ={numeri pari

}.

In generale, se X è un universo e p è un predicato su X scriveremo

S = {x ∈ X : p(x) è vera} ≡ {x ∈ X : p(x)} ,

dove la seconda notazione è una abbreviazione della prima.Anche sulle proposizioni sono definite alcune operazioni, dette operazioni logiche. Se p, q sono proposizioni,

allora

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• la disgiunzione tra p e q è la proposizione

p o q (equivalentemente p ∨ q) è una proposizione vera se almeno una tra p e q è vera.

• la congiunzione tra p e q è la proposizione

p e q (equivalentemente p ∧ q) è una proposizione vera se p e q sono entrambe vere.

Per esempio(2 divide 6) ∨ (2 divide 3) è vera, (2 divide 6) ∧ (2 divide 3) è falsa.

La congiunzione e la disgiunzione corrispondono a intersezione e unione, nel senso che

se A = {x ∈ X : p(x)}, B = {x ∈ X : q(x)}, alloraA ∪ B = {x ∈ X : p(x) ∨ q(x)} ,

A ∩ B = {x ∈ X : p(x) ∧ q(x)} .

Consideriamo ora un predicato p = p(x) dove x ∈ X , X universo. Spesso in Matematica si incontrano frasi deltipo

esiste almeno un x ∈ X tale che p(x) è vera ≡ ∃ x ∈ X : p(x).

Oppureper ogni x ∈ S si ha che p(x) è vera, ≡ ∀x ∈ X : p(x).

I simboli ∃ (esiste) e ∀ (per ogni) vengono detti quantificatori universali. Ancora:

esiste un unico x ∈ X tale che p(x) è vera, ≡ ∃!x ∈ X : p(x).

I quantificatori sono simboli che ricorrono praticamente in ogni affermazione matematica, ed è dunque benecomprenderne il senso. Che può apparire semplice ma che così semplice non è. Per esempio:

la negazione di ∀x ∈ X : p(x), è ∃x ∈ X : p(x) falsa.

La confusione può inoltre generarsi quando i due quantificatori vengono utilizzati combinati. Per esempio:consideriamo un predicato in due variabili p = p(x, y), x, y ∈ X e le due proposizioni

∀x ∈ X ∃y ∈ X : p(x, y), ∃x ∈ X, ∀y ∈ X : p(x, y).

La domanda è: dicono la stessa cosa? No! Per capirlo facciamo un esempio e consideriamo

p(x, y) := x ama y, su X = {esseri umani}.

Vediamo cosa significano le due proposizioni:

∀x ∈ X ∃y ∈ X : p(x, y) ≡ ogni essere umano ama almeno un altro essere umano,

∃x ∈ X, ∀y ∈ X : p(x, y) ≡ c’è almeno un essere umano che è ama ogni essere umano.

Dovrebbe essere chiara la differenza. È bene prestare attenzione: il principale concetto dell’Analisi Matematica,quello di limite è fondato su una coppia ∀, ∃.

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0.3 FunzioniUna funzione f : X −→ Y è unmodo di associare ad ogni x ∈ X un elemento f (x) ∈ Y . Anche questo è un concettoprimitivo. Normalmente X è detto dominio e Y co–dominio. L’elemento f (x) corrispondente a x attraverso f èdetto immagine di x. In generale, se A ⊂ X poniamo

f (A) := { f (x) : x ∈ A} ,

e chiamiamo f (A) immagine di A attraverso f . Alcune importanti proprietà delle funzioni sono:

• diciamo che f è iniettiva se f (x) = f (y) se e solo se (sse) x = y;

• diciamo che f è suriettiva se f (X ) = Y , cioè se ∀y ∈ Y , ∃x ∈ X tale che f (x) = y.

• diciamo che f è biiettiva se è iniettiva e suriettiva.

Attenzione! 0.3.1. Non va dimenticato che una funzione non è semplicemente un "regola" f : non vanno infattidimenticati dominio e codominio. La stessa "regola" può essere iniettiva o meno, suriettiva o meno, biiettiva omeno a seconda di quali sono dominio e codominio. Per esempio, prendiamo f (n) = n2. Possiamo pensare f nei seguenticontesti:

• f : N −→ N, in questo caso è iniettiva ma non suriettiva;• f : Z −→ Z, non è né iniettiva né suriettiva;• f : N −→ f (N), è iniettiva e suriettiva (cioè biiettiva).

Se f è biiettiva abbiamo in particolare che

∀y ∈ Y, ∃!x ∈ X, : f (x) = y.

In altre parole, per ogni y ∈ Y c’è un unico x ∈ X per cui f (x) = y. Ciò definisce, di fatto, una funzione che vienedetta inversa di f :

f −1 : Y −→ X, f −1(y) := x, dove x ∈ X : f (x) = y.

In particolare:f ( f −1(y)) = y, ∀y ∈ Y, f −1( f (x)) = x, ∀x ∈ X .

A questo proposito introduciamo un’importante operazione sulle funzioni: se

f : X −→ Y, g : Y −→ Z,

definiamog ◦ f : X −→ Z, (g ◦ f )(x) := g( f (x)), ∀x ∈ X,

che chiamiamo composizione di f e g. In particolare, se chiamiamo identità su X

IX : X −→ X, IX (x) := x, ∀x ∈ X,

se f è biiettivaf ◦ f −1 = IY, f −1 ◦ f = IX .

Infine: un’utilissimo modo di descrivere una funzione è quello di associare ad essa un insieme, detto grafico edefinito come

G( f ) := {(x, f (x)) ∈ X × Y : x ∈ X } .

Qui X × Y è il cosiddetto prodotto cartesiano di X e Y , cioè l’insieme delle coppie (x, y) con x ∈ X e y ∈ Y .

Capitolo 1

Numeri Reali

Il concetto di numero ha una lunga storia e solo in epoca recente, verso la fine del XIX secolo, i matematici nehanno trovato una definizione soddisfacente. Soddisfacente non vuol dire semplice, anzi: si tratta di una definizionepiuttosto complessa e astratta che ci porterebbe subito fuori strada. Ci accontentiamo qui di un’idea più naïf, l’ideache probabilmente ci facciamo quando incontriamo per la prima volta questi oggetti: i numeri sono oggetti su cuisono definite alcune operazioni.

Ci sono diversi insiemi numerici: i naturali, gli interi relativi, i razionali. . . e ciascuno risponde ad una specificanecessità. L’insieme dei numeri naturali N = {0, 1, 2, 3, . . .} risponde al bisogno di contare. Su N sono definite dueoperazioni importanti: la somma e il prodotto che soddisfano alcune proprietà note sin dalle scuole elementari. Inumeri naturali sono sufficienti per la maggior parte delle applicazioni nella vita comune, ma non per tutte. Inalcuni casi è conveniente avere il concetto di numero negativo. Per esempio, pensando al bilancio di un’impresa èfondamentale la differenza tra ricavi e costi. Se i costi sono superiori ai ricavi significa che l’impresa ha un debito,che può essere pensato convenientemente come una somma negativa. Per questa ragione vengono introdotti inumeri interi relativi (o più brevemente interi) Z = {0,±1,±2,±3, . . .}. Anche su Z sono definite somma e prodottoche verificano le stesse proprietà di somma e prodotto inN. Di fatto possiamo vedereN come un sottoinsieme di Z.In Z possiamo sempre definire l’opposto di un numero, cosa che non possiamo fare mai in N (cioè non otteniamoun numero che stia ancora in N). Quando ci poniamo il problema di dividere una quantità in un certo numero diparti ci accorgiamo che Z non è sufficiente. Certo, in alcuni casi è possibile: 6 può essere diviso in 2 parti o in 3parti ma non in 4 o in 5 parti. È così che nascono i numeri razionali denotati con Q = { pq : p, q ∈ Z, q , 0}.

I Greci, che occupano un ruolo di rilievo nella storia della conoscenza e della matematica in particolare,trattavano coi numeri come con oggetti "geometrici". I numeri erano per loro lunghezze, aree e volumi. Leoperazioni che oggi definiremmo algebriche venivano costruite geometricamente. Si accorsero che oltre ai numerirazionali dovevano esserci altri numeri: se si prende un quadrato di lato 1 e si traccia la diagonale tutti sappiamoche, dal teorema di Pitagora, essa è lunga

√12 + 12 =

√2. Tuttavia i Greci erano in grado di dimostrare che

√2

non è un numero del tipo mn , cioè che non esiste alcun modo di dividere l’unità in un certo numero n di parti tale

che prendendo m copie di questa parte si ottenga la diagonale del quadrato! La loro dimostrazione di questo fattoè piccolo un capolavoro di eleganza e di profondità, perché è uno straordinario esempio di quel modo di ragionare"per assurdo" che è fondamentale nella Matematica.

Teorema 1.0.1. Non esiste alcun x ∈ Q tale che x2 = 2.

Dim. — Supponiamo per assurdo che tale x esista. Scriviamo x = pq . Come noto possiamo eliminare i fattori comuni a p e q,

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per cui possiamo supporre che non abbiano fattori in comune. Ora,

x2 = 2, ⇐⇒p2

q2 = 2, ⇐⇒ p2 = 2q2.

Da ciò segue che p2 è pari. Vediamo che necessariamente p è pari. Infatti: p può essere pari o dispari. Se fosse dispari sarebbedel tipo p = 2k + 1 per un certo k ∈ Z, e quindi

p2 = (2k + 1)2 = 4k2 + 1 + 2k = 2(2k2 + k) + 1, =⇒ p2 dispari: impossibile!.

Dunque p = 2k, per cuip2 = 2q2, ⇐⇒ 4k2 = 2q2, ⇐⇒ q2 = 2k2, =⇒ q pari.

Ma allora 2 divide p e q, il che contraddice che p e q non abbiano divisori comuni.

1.1 Assiomi dei numeri realiSe√

2 non è un numero razionale, allora. . . che numero è? Una delle intuizioni più efficaci fu quella di rappresentarei numeri come punti su una retta. Si comincia fissando un punto a piacere, lo 0, un secondo punto a piacere, diversodal primo, l’1. In genere si disegna la retta orizzontalmente e si colloca 1 alla destra di 0. Dopodiché, si rappresentan > 0 come il punto che si ottiene prendendo n copie consecutive del segmento 01 disposte una dopo l’altra versodestra a partire da 0, e n < 0 prendendo −n copie di 01 disposte una dopo l’altra verso sinistra a partire da 0.

-2 -1 0 1 2 3

Passando a Q, per rappresentare mn , con n > 0, si divide 01 in n parti uguali, dopodiché se ne contano m copie

verso destra se m > 0, −m copie verso sinistra se m < 0. A differenza dei punti di N e Z, i punti di Q sonosparpagliati (vedremo in seguito una terminologia più precisa) in ogni pezzetto di retta. Questo perché se p, q ∈ Qallora p+q

2 ∈ Q, tra p, q ∈ Q ci sono infiniti altri punti di Q. Dunque se N e Z sembrano "discreti", Q sembra uncontinuo che occupa tutti i punti della retta. Ma è davvero così? Per capirlo, consideriamo gli insiemi

S :={q ∈ Q : q > 0, q2 > 2

}, S :=

{q ∈ Q : q > 0, q2 < 2

}.

S20 S

�

Siccome non c’è nessun q ∈ Q tale che q2 = 2 possiamo dire che mettendo assieme S e S abbiamo tutti i numerirazionali positivi. In simboli

Q+ := {q ∈ Q : q > 0} = S ∪ S.

Nella figura abbiamo volutamente segnato anche il "punto"√

2. Intuitivamente infatti i numeri di S sono i razionaliq tali che q >

√2 mentre quelli di S sono quelli 0 6 q <

√2. In altre parole,

√2 rappresenta in qualche modo il

"confine" tra S e S. Notiamo che

i)√

2 è a sinistra di S, in altri termini è un minorante per gli elementi di S;

ii)√

2 è il miglior minorante di S, nel senso che nessun numero alla sua destra è più minorante.

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Il concetto di miglior minorante è di fondamentale importanza e distingue i reali dai razionali.

Definizione 1.1.1. L’insieme dei numeri reali è un insieme R ⊃ Q con le seguenti proprietà:

• somma: su R è definita una somma + soddisfacente le proprietà seguenti:

i) (associativa): x + (y + z) = (x + y) + z, ∀x, y, z ∈ R.ii) (commutativa): x + y = y + x, ∀x, y ∈ R.iii) (zero): x + 0 = x, ∀x ∈ R.iv) (opposto): ∀x ∈ R, ∃!y ∈ R : x + y = 0. Per definizione −x := y.

• prodotto: su R è definita un prodotto · soddisfacente le proprietà seguenti:

i) (associativa): x · (y · z) = (x · y) · z, ∀x, y, z ∈ R.ii) (commutativa): x · y = y · x, ∀x, y ∈ R.iii) (unità): x · 1 = x, ∀x ∈ R.iv) (reciproco): ∀x ∈ R\{0}, ∃!y ∈ R : x · y = 1. Per definizione 1

x := y.

• proprietà distributiva: x · (y + z) = x · y + x · z, ∀x, y, z ∈ R.

• ordinamento: su R è definita una relazione d’ordine < tale che

i) (ordinamento totale): ∀x, y ∈ R si ha, esclusivamente, x < y, x = y, y < x.

Si scrive x 6 y se x < y o x = y. Le seguenti proprietà valgono:

ii) (transitività): se x 6 y e y 6 z allora x 6 z.iii) (riflessività): se x 6 y e y 6 x allora y = x.iv) (invarianza della somma): se x 6 y allora x + z 6 y + z, ∀z ∈ R.v) (invarianza del prodotto): se x 6 y allora x · z 6 y · z, ∀z ∈ R, z > 0.

Scriviamo anche x > y sse y 6 x.

Infine, vale la seguente proprietà:

• (assioma di completezza): se un insieme S ⊂ R è inferiormente limitato, cioè se esiste m ∈ R per cuim 6 s per ogni s ∈ S esiste allora un numero α =: inf S ∈ R tale che

i) α è un minorante per S, cioè α 6 s, ∀s ∈ S;ii) α è il miglior minorante per S, cioè ∀β > α, ∃s ∈ S tale che α 6 s 6 β.

S

Α Β

Osservazione 1.1.2. Talvolta è utile riscrivere la ii) delle proprietà caratteristiche dell’inf nella forma seguente

∀ε > 0, ∃s ∈ S : α 6 s 6 α + ε.

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L’esistenza del miglior minorante (inf) equivale di fatto all’esistenza del miglior maggiorante:

Proposizione 1.1.3. Sia S ⊂ R superiormente limitato, cioè tale che esista un M ∈ R per cui s 6 M per ognis ∈ S. Esiste allora α =: sup S ∈ R tale che

i) α è un maggiorante di S: α > s, ∀s ∈ S;

ii) α è il miglior maggiorante di S: ∀β < α, ∃s ∈ S tale che β 6 s 6 α.

Dim. — Esercizio.

Definizione 1.1.4. Diciamo che S ⊂ R è inferiormente illimitato (e scriviamo inf S = −∞) se non è inferiormentelimitato, cioè se

inf S = −∞, ⇐⇒ ∀m ∈ R, ∃s ∈ S, : s 6 m.

Analogamente si dice che S è superiormente illimitato e si pone sup S = +∞.

Definizione 1.1.5. Sia S ⊂ R. Diciamo che m = min S se

i) m 6 s, ∀s ∈ S;

ii) m ∈ S.

Definizione simile per max S.

È evidente che

Proposizione 1.1.6. Se esiste min S allora min S = inf S, se esiste max S allora max S = sup S.Dim. — Esercizio.

Esempio 1.1.7. Sia

S ={

1n

: n ∈ N, n > 1}.

Determinare inf / sup e, se esistono, min /max.Sol. — Si osserva subito che gli elementi di S, che sono i numeri del tipo 1

n con n ∈ N, n > 1 (e non, come talvolta erroneamentesi crede, i numeri naturali > 1), sono tutti compresi tra 0 e 1, cioè 0 6 1

n 6 1 per ogni n ∈ N, n > 1. Questo significa che S èsia inferiormente che superiormente limitato (rispettivamente, ad esempio, da 0 e da 1).

inf /min. Un candidato naturale è il numero 0: infatti è un minorante (già visto) e "vicino" ad esso cadono elementi di S.Precisamente: verifichiamo che è il miglior minorante, cioè che

∀β > 0, ∃n ∈ N, n > 1 :1n6 β.

Ma1n6 β, ⇐⇒ n >

1β.

Quindi basta prendere un qualsiasi intero n maggiore di 1β e l’elemento 1

n < β. Passiamo al min: se esiste coincide con l’inf,quindi necessariamente il candidato è 0. Ma 0 < S (perché 1

n , 0 quale che sia n) e quindi 0 non può essere minimo. Se neconclude che il minimo non esiste.

sup /max. Abbiamo già visto che 1 è un maggiorante. E siccome 1 ∈ S (perché l’elemento 11 ∈ S) si ha che ∃max S = 1. Ma

allora, per un fatto generale, sup S = max S = 1.

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Nel semplice esempio che abbiamo appena visto è nascosta una sottile insidia. Ad un certo punto si dice: preso unintero n maggiore del numero reale 1

β . . . . Ma siamo sicuri che esistano tali interi?

Lemma 1.1.8 (proprietà archimedea).∀b > 0, ∃n ∈ N, : n > b.

Dim. — Supponiamo per assurdo che esista un numero b ∈ R tale che n 6 b, ∀n ∈ N.

NΑ b

DunqueN sarebbe superiormente limitato inR e allora, in virtù dell’Assioma di completezza, ammetterebbe un estremo superiore

R 3 α := supN

Ora: prendiamo β := α − 12 < α. Essendo α il miglior maggiorante, esiste n ∈ N tale che β 6 n 6 α.

N ΑΒ ñ ñ+1 b

Ma allora N 3 n + 1 > β + 1 = α − 12 + 1 = α + 1

2 > α: dunque ci sarebbe un intero (n + 1) maggiore di α che per ipotesi èperò il maggiorante di tutti gli interi: assurdo! Ma allora un b come quello assunto inizialmente non può esistere.

Definizione 1.1.9. Siano a, b ∈ R, a < b. Poniamo

[a, b] := {x ∈ R : a 6 x 6 b}. ]a, b] := {x ∈ R : a < x 6 b}.

[a, b[:= {x ∈ R : a 6 x < b}. ]a, b[:= {x ∈ R : a < x < b}.

] −∞, b] := {x ∈ R : x 6 b}. ] −∞, b[:= {x ∈ R : x < b}.

[a,+∞[:= {x ∈ R : x > a}. ]a,+∞[:= {x ∈ R : x > a}.

Ognuno dei precedenti insiemi è genericamente detto intervallo. Poniamo anche ] −∞,+∞[:= R e

R+ := [0,+∞[, R− :=] −∞, 0].

Attenzione! 1.1.10. ±∞ non sono numeri! Solo utili convenzioni.

Dalla proprietà archimedea segue che dato x > 0, prima o poi qualche intero n è maggiore di x, cioè x ∈ [0, n[. Ora

x ∈ [0, n[= [0, 1[∪[1, 2[∪[2, 3[∪ . . . ∪ [n − 1, n[.

E siccome tali intervalli sono disgiunti, x può stare in uno e uno solo di tali intervalli. È così introdotta correttamentela

Definizione 1.1.11. Dato x > 0 si chiama parte intera di x il numero [x] ∈ N tale che

[x] 6 x < [x] + 1.

Si chiama invece parte frazionaria di x il numero x − [x] =: {x}.

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1.2 Funzioni elementariL’Assioma di completezza è il fondamento di tutta l’Analisi: è lo strumento che consente di mostrare l’esistenza din√

x per qualsiasi x > 0 e qualsiasi n ∈ N, che a sua volta permette di costruire le potenze ad esponente razionale(xq , q ∈ Q) e reale xα (α ∈ R). Dalle queste si costruiscono esponenziali e logaritmi. In questa sezione vediamo,senza dimostrare nulla, le principali proprietà di queste funzioni che sono, o che dovrebbero essere, in gran partenote dalle Scuole Superiori.

1.2.1 Radici e potenzeCominciamo col

Teorema 1.2.1.∀n ∈ N, n > 2, ∀x > 0 ∃! y > 0, : yn = x.

Chiamiamo tale unico y radice n−esima di x e lo indichiamo col simbolo n√

x. Si ha che

n√

x = inf{y > 0 : yn > x}.

Pensando alla radice n−esima come una funzione,

n√ : [0,+∞[−→ [0,+∞[,

(n√

x)n= x, n

√xn = x, ∀x ∈ [0,+∞[.

Come funzioni, n√] e ]n sono una l’inversa dell’altra pensate entrambe aventi dominio e codominio uguale a

[0,+∞[. Se n è dispari, possiamo definire anche la radice n−esima di un numero negativo

n√

x := − n√−x, se x < 0, (n dispari). (1.2.1)

Attenzione: questa è una nuova definizione, anche se utilizziamo lo stesso simbolo! Riassumendo:

n√

x, è definita

∀x ∈ [0,+∞[, (n > 0 pari),

∀x ∈] −∞,+∞[, (n > 0 dispari).

Conviene introdurre la notazione x1/n := n√

x. Questa notazione è motivata dal fatto che

(x1/n)n = x, ∀x > 0.

Inoltre ci permette di introdurre la potenza ad esponente razionale.

Teorema 1.2.2. Sia mn ∈ Q, q , 0, n > 0. Se m > 0 definiamo

xmn :=

(x

1n

)m,

∀x ∈ [0,+∞[, (n, pari),

∀x ∈] −∞,+∞[, (n, dispari)

Se m < 0 la definizione è la stessa, con l’unica differenza che la potenza non viene definita per x = 0. Allora,purché le quantità scritte abbiano senso, si ha

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• xp+q = xpxq;

• (xp)q = xpq;

• 0p = 0, per ogni p > 0;

• 1p = 1 per ogni q ∈ Q.

Inoltre valgono le seguenti proprietà di monotonia:

se 0 < x < y, allora

xp < yp, p > 0;

xp > yp, p < 0.se p < q, allora

xp < xq, x > 1;

xp > xq, x < 1.

È utile avere un’idea grafica della funzione potenza ]q con q ∈ Q. Come funzione avremo che

q =mn∈ Q\Z, =⇒

xq : [0,+∞[−→ [0,+∞[, q > 0, n pari,xq :]0,+∞[−→]0,+∞[, q < 0, n pari,xq :] −∞,+∞[−→] −∞,+∞[, q > 0, n dispari,xq :] −∞,+∞[\{0} −→] −∞,+∞[\{0}, q < 0, n dispari.

Siccome, quale che sia q, xq è sempre definita su ]0,+∞[ andiamo a tracciare un grafico su questo dominio.

y=xp Hp>1L

y=xp Hp<0L

y=x

y=xp Hp<1L

x

y

Formalizziamo un concetto importante per una funzione reale di variabile reale:

Definizione 1.2.3. Sia f : D ⊂ R −→ R. Diciamo che f è

• crescente (e scriviamo f ↗) se f (x) 6 f (y), ∀x, y ∈ D : x 6 y.

• strettamente crescente (e scriviamo f ↗ stretta) se f (x) < f (y), ∀x, y ∈ D, : x < y.

Analogamente si definisce il concetto di funzione decrescente e decrescente stretta. Infine: una funzione che siacrescente oppure (esclusivamente) decrescente si dice genericamente monotona.

Dunque xp ↗ stretta se p > 0, xp ↘ stretta se p < 0.

Esempio 1.2.4. Sia

S :={

2 −1

√n2 + 1 − 1

: n ∈ N, n > 2}.

Determinare inf / sup S e, se esistono, min /max S.

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Sol. — sup /max. Gli elementi di S sono i numeri

2 −1

√n2 + 1 − 1

,

al variare di n ∈ N, n > 2 (attenzione! molti, sbagliando, credono che gli elementi di S siano i numeri n ∈ N, n > 2). Notiamoche√

n2 + 1 > 1 per ogni n > 2. Pertanto 1√n2+1−1

> 0 per ogni n > 2, per cui 2− 1√n2+1−1

< 2 per ogni n. Ne deduciamo cheS è superiormente limitato (da 2 per esempio) e quindi sup S ∈ R. Vediamo che sup S = 2. Intuitivamente sembra chiaro: pern grande il numero 1√

n2+1−1è piccolo, dunque 2 − 1√

n2+1−1è un elemento di S "vicino" a 2. Precisamente: abbiamo già visto

che 2 è un maggiorante. Occorre verificare che è il migliore, cioè che

∀β < 2, ∃n > 2 : 2 −1

√n2 + 1 − 1

> β.

Ma2 −

1√

n2 + 1 − 1> β, ⇐⇒

1√

n2 + 1 − 1< 2 − β, ⇐⇒

√n2 + 1 > 1 +

12 − β

=: b,

cioèn2 + 1 > (1 + b)2, ⇐⇒ n >

√(1 + b)2 − 1.

Quindi se n ∈ N è tale che n >√

(1 + b)2 − 1 l’elemento corrispondente ad n in S, cioè 2− 1√n2+1−1

> β. Dunque 2 è sup. Perquanto riguarda il max: se esiste coincide col sup, e dunque il candidato è 2. Ma

2 ∈ S, ⇐⇒ ∃n ∈ N, n > 2 : 2 −1

√n2 + 1 − 1

= 2, ∃n ∈ N, n > 2 :1

√n2 + 1 − 1

= 0,

che è impossibile: dunque @max S.

inf /min. Notiamo che n2 + 1 cresce al crescere di n, scriviamo in breve n2 + 1 ↗. Per cui (come sembra ragionevole)√

n2 + 1 − 1↗ e quindi 1√n2+1−1

↘ da cui 2 − 1√n2+1−1

↗. Prendendo allora n = 2 abbiamo

S 3 2 −1

√22 + 1 − 1

< 2 −1

√n2 + 1 − 1

, ∀n > 2, =⇒ 2 −1

√5 − 1

= min S = inf S.

Le potenze si estendono ad esponenti reali (non razionali).

Teorema 1.2.5. Sia α ∈ R, x > 0. È allora ben definita la potenza xα (se α < 0 bisogna che x > 0) e soddisfale medesime proprietà della potenza ad esponente razionale. In particolare: xα è biiettiva tra I =]0,+∞[ eJ =]0,+∞[ con inversa x1/α.

Il grafico delle potenze xα è del tutto analogo a quello delle potenze con esponente razionale.

1.2.2 Esponenziali e logaritmiFissiamo ora a > 0 e chiamiamo

expa :] −∞,+∞[−→]0,+∞[, expa (x) := ax, x ∈ R,

esponenziale di base a. Chiaramente exp1 ≡ 1. Per le proprietà delle potenze abbiamo subito il

Teorema 1.2.6. Sia a > 0, a , 1. Allora

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• expa ↗ stretta se a > 1, expa ↘ stretta se a < 1.

• ax+y = axay , per ogni x, y ∈ R.

• expa (0) = a0 = 1, per ogni a > 0.

In particolare: expa è biiettiva tra I =] −∞,+∞[ e J =]0,+∞[.Dim. — È una semplice conseguenza delle proprietà delle potenze.

y=ax Ha>1Ly=a

x H0<a<1L

y=ax Ha=1L

x

y

Esempio 1.2.7. Risolvere la disuguaglianza

5x −1

5x−1 > 4.

Sol. — Anzitutto, essendo 5x−1 > 0 la disequazione ha senso per ogni x ∈ R. Inoltre,

5x −1

5x−1 > 4, ⇐⇒ 52x−1 − 1 > 4 · 5x−1, ⇐⇒15

52x −45

5x − 1 > 0, ⇐⇒ 52x − 4 · 5x − 5 > 0.

Per cui, ponendo y = 5x , abbiamo

52x − 4 · 5x − 5 > 0,y=5x

⇐⇒ y2 − 4y − 5 > 0, ⇐⇒ y 64 −√

362

= −1, ∨ y >4 +√

362

= 5,

cioè sse 5x 6 −1 o 5x > 5. La prima, evidentemente non ha soluzioni. La seconda, essendo 5 > 1, produce 5x > 5 = 51 ssex > 1. La conclusione è che le soluzioni sono tutti gli x > 1.

Sia a > 0, a , 1. Il logaritmo è l’inverso dell’esponenziale. La sua definizione precisa è il contenuto del

Teorema 1.2.8. Sia a > 0, a , 1. Allora

∀x > 0, ∃!ξ ∈ R : aξ = x.

Si pone loga x := ξ. La funzione loga :]0,+∞[−→] −∞,+∞[ è l’inversa di expa, cioè

loga (ax ) = x, ∀x ∈ R, aloga y = y, ∀y ∈]0,+∞[.

e soddisfa le proprietà seguenti:

i) loga ↗ stretta se a > 1, loga ↘ stretta se a < 1.

16

ii) loga (xy) = loga x + loga y, per ogni x, y ∈]0,+∞[.

iii) loga (xy ) = y loga x, per ogni y ∈ R, x > 0.

iv) loga x = (loga b)(logb x), per ogni x > 0, a, b , 1.

v) loga 1 = 0, per ogni a > 0, a , 1.

vi) loga a = 1, per ogni a > 0, a , 1.In particolare: loga è biiettiva tra I =]0,+∞[ e J =] −∞,+∞[ con log−1

a = expa.Dim. — L’esistenza è la parte complessa (qui omessa) della dimostrazione. Le proprietà i),. . . , vi) si ottengono facilmente.

È utile osservare che, in virtù delle proprietà di esponenziali e logaritmi, che

ax > y, ⇐⇒

∀x, se y 6 0,x > loga y, se y > 0, (a > 1),x 6 loga y, se y > 0, (a < 1).

Ecco i vari grafici dei logaritmi:

y=logax Ha<1L

y=logax Ha>1L

1x

y

Esempio 1.2.9. Risolvere la disequazione

log2√

x − 1 + 2 > log4(x + 4). (?)

Sol. — Anzitutto discutiamo il dominio di esistenza della disequazione. Affinché abbia senso occorre che

x − 1 > 0,√

x − 1 > 0,x + 4 > 0,

⇐⇒

x > 1,x > 1,x > −4,

⇐⇒ x > 1,

Quindi il dominio è D =]1,+∞[. Ora, utilizzando le proprietà dei logaritmi,

(?) ⇐⇒ log2√

x − 1 + 2 > (log4 2)(log2(x + 4)).

Chiaramente log4 2 = log4 41/2 = 12 log4 4 = 1

2 , per cui

(?) ⇐⇒ log2√

x − 1 + 2 6 log2√

x + 4, ⇐⇒ log2√

x − 1 − log2√

x + 4 6 −2, ⇐⇒ log2

√x − 1√

x + 46 −2. (?2).

Essendo la base 2 > 1, per la monotonicità dei logaritmi

(?2) ⇐⇒

√x − 1√

x + 46 2−2 =

14. ⇐⇒ 4

√x − 1 6

√x + 4, ⇐⇒ 16(x − 1) 6 x + 4, ⇐⇒ x 6

43.

Pertanto le soluzioni (in D) sono ]1, 43 ].

17

1.2.3 Funzioni trigonometricheLe funzioni trigonometriche sono anche dette funzioni circolari a causa del loro significato geometrico. Con-sideriamo un punto (x, y) sulla circonferenza unitaria nel piano (cioè sulla circonferenza di raggio 1 centratanell’origine), per cui

x2 + y2 = 1.

Un punto su tale circonferenza può essere individuato anche tramite la lunghezza θ dell’arco di circonferenzacompresa tra il punto (1, 0) e il punto (x, y) stesso. È ben noto che la lunghezza totale della circonferenza è pari a2π ≈ 3, 14. Per esempio

θ = 0←→ (1, 0), θ =π

2←→ (0, 1), θ = π ←→ (−1, 0), θ =

3π2←→ (0,−1).

Ancora:

θ =π

4←→ *

,

√2

2,

√2

2+-, θ =

3π4←→ *

,−

√2

2,

√2

2+-

In generale, ad ogni punto (x, y) sulla circonferenza unitaria corrisponde un’unica lunghezza θ ∈ [0, 2π[. Ovvia-mente ciò andrebbe dimostrato (specie perché non è chiaro cosa sia effettivamente la lunghezza di un arco). Noiaccetteremo questa corrispondenza da un punto di vista intuitivo. Con questa convenzione, data la lunghezza θchiamiamo le coordinate corrispondenti

cos θ := x, sin θ := y.

Θ

Hx,yL

H1,0Lcos Θ

sin Θ

Abbiamo così definito due funzioni,sin, cos : [0, 2π[−→ R.

Per molte ragioni pratiche è conveniente definire sin θ e cos θ per ogni valore reale di θ. Ovviamente quando θ < 0o θ > 2π il senso di θ come lunghezza di arco di circonferenza viene meno. Tuttavia c’è un modo del tutto naturaledi procedere. Per esempio: un punto (x, y) corrispondente ad un arco θ ∈ [0, 2π[ può essere pensato corrispondereanche a un arco del tipo

θ + k2π, k ∈ N.

Nel senso che se si immagina di avvolgere uno spago, partendo dal punto (1, 0) per una lunghezza θ + k2π significafare k giri della circonferenza (in senso antiorario) e poi aggiungere un pezzetto lungo θ: è chiaro che partendo da(1, 0) dopo k giri ci troviamo ancora nel punto (1, 0) e con ancora un tratto θ ci troviamo esattamente nel punto(x, y). Lo stesso ragionamento lo potremmo fare per k < 0, sempre intero: in tal caso k giri possono essereinterpretati come giri in senso orario. Allora partendo dal punto (1, 0) e girando −k volte in senso orario, dopo −kgiri siamo di nuovo al punto (1, 0) e percorrendo un tratto θ in senso orario ci troviamo di nuovo nel punto (x, y).Tutto questo porta naturalmente ad avere che

sin(θ + k2π) = sin θ, cos(θ + k2π) = cos θ, ∀k ∈ Z.

18

Tutto questo è confezionato nel seguente

Teorema 1.2.10. Esistono due funzioni sin, cos : R −→ R tali che:

i) (cos 0, sin 0) = (1, 0),(cos π

2 , sin π2

)= (0, 1).

ii) (identità fondamentale): (sin θ)2 + (cos θ)2 = 1, per ogni θ ∈ R. In particolare:

−1 6 sin θ 6 1, −1 6 cos θ 6 1, ∀θ ∈ R.

iii) (periodicità): sin(θ + 2π) = sin θ, cos(θ + 2π) = cos θ, per ogni θ ∈ R.

iv) (formule di addizione): valgono le identità

sin(θ1 + θ2) = sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2, cos(θ1 + θ2) = cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2.

In particolare: sin(2θ) = 2 sin θ cos θ, cos(2θ) = (cos θ)2 − (sin θ)2 = 2(cos θ)2 − 1

v) (simmetria): sin(−θ) = − sin θ e cos(−θ) = cos θ per ogni θ ∈ R.

y=sin x y=cos x

-Π -Π

2

Π

2Π

3 Π

22 Π

x

-1

1

y

Alcune proprietà delle funzioni trigonometriche meritano una definizione più generale.

Definizione 1.2.11. Una funzione f : R −→ R si dice T−periodica se

f (x + T ) = f (x), ∀x ∈ R,

ma non esiste S < T tale che la precedente valga.

Definizione 1.2.12. Sia f : D ⊂ R −→ R una funzione su D simmetrico rispetto all’origine (cioè tale che x ∈ Dsse −x ∈ D). Diciamo che f è

• pari se f (−x) = f (x) per ogni x ∈ D;

• dispari se f (−x) = − f (x) per ogni x ∈ D.

Queste proprietà sono molto utili nel tracciare grafici. Introduciamo infine due funzioni connesse alle funzionicircolari: la tangente e la cotangente.

tan : R\{π

2+ kπ : k ∈ Z

}−→ R, tan θ :=

sin θcos θ

, θ ∈ R\{π

2+ kπ : Z

},

cot : R\ {kπ : k ∈ Z} −→ R, cot θ :=cos θsin θ

, θ ∈ R\ {kπ : Z}

Dalle formule di addizione per sin e cos segue facilmente che tan e cot sono π−periodiche.

19

y=tan x

y=cot x

-Π -Π

2

Π

2Π

3 Π

22 Π

x

y

1.2.4 ModuloDefinizione 1.2.13 (modulo).

|x | :=

x, se x > 0,

−x, se x < 0.

0-ÈxÈ x=ÈxÈ 0x=-ÈxÈ ÈxÈ

Figura 1.1: A sx, |x | se x > 0, a dx |x | se x < 0.

Chiaramente |x | > 0 per ogni x ∈ R. Geometricamente |x | rappresenta la distanza tra il punto x e lo 0. Ecco alcuneproprietà fondamentali del modulo:

Proposizione 1.2.14. Valgono le seguenti proprietà:

• annullamento: |x | = 0 sse x = 0.

• omogeneità: |xy | = |x | |y |, per ogni x, y ∈ R.

• disuguaglianza triangolare: |x + y | 6 |x | + |y |, per ogni x, y ∈ R.

Dim. — Le prime due sono semplici e le lasciamo per esercizio. Proviamo la disuguaglianza triangolare. Primo notiamo che,come mostra la figura precedente

−|x | 6 x 6 |x |,

−|y | 6 y 6 |y |,

sommando=⇒ −( |x | + |y |) 6 x + y 6 |x | + |y |.

Pertanto

|x + y | =

(se x + y > 0), = x + y 6 |x | + |y |,

(se x + y < 0), = −(x + y) 6 −(−

(|x | + |y |

))= |x | + |y |.

In ogni caso: |x + y | 6 |x | + |y |.

Il nome disuguaglianza triangolare deriva dal significato geometrico che ha. A tal fine introduciamo la distanzatra due punti:

d(x, y) := |x − y |, x, y ∈ R, (distanza euclidea).

20

Allora si ha che d(x, y) 6 d(x, z) + d(z, y), per ogni x, y, z ∈ R. Se si visualizzano i tre punti x, y, z come puntidel piano, a meno di non prenderli allineati si forma un triangolo. La disuguaglianza triangolare dice allora che lalunghezza di un lato è sempre inferiore alla somma delle lunghezze degli altri due.

Notiamo ancora, dalla definizione di modulo, che

|x | = a, ⇐⇒

mai, a < 0,x = 0, a = 0,x = ±a, a > 0.

Similmente, se a > 0,

|x | 6 a, ⇐⇒ −a 6 x 6 a, |x | > a, ⇐⇒ x 6 −a, ∨ x > a.

Esempio 1.2.15. Risolvere la disequazione

| |x | + 1| 6√

x + 2.

Sol. — Il dominio di definizione della disequazione è l’insieme {x ∈ R : x + 2 > 0} = [−2,+∞[. Poiché ambo i membri delladisequazione sono positivi, possiamo quadrare e dire che

| |x | + 1| 6√

x + 2, ⇐⇒ ||x | + 1|2 6 x + 2, ⇐⇒ ( |x | + 1)2 6 x + 2, ⇐⇒ |x |2 + 2|x | + 1 6 x + 2,

⇐⇒

x2 + x − 1 6 0, x > 0,

x2 − 3x − 1 6 0, x < 0.

Ora

per x > 0, x2 + x − 1 6 0, ⇐⇒−1 −

√5

26 x 6

−1 +√

52

,

e poiché x > 0, ne segue x ∈[0, −1+

√5

2

]. Inoltre,

per − 2 6 x < 0, x2 − 3x − 1 6 0, ⇐⇒3 −√

132

6 x 63 +√

132

,

che produce soluzioni 9−√

132 6 x < 0. In conclusione: le soluzioni sono x ∈

[3−√

132 , −1+

√5

2

].

Pensando al modulo come funzione il suo grafico è tracciato nella figura che segue.

x

y

21

1.3 Densità dei razionaliRiprendiamo ora il filo del ragionamento su R. Abbiamo introdotto R come un’estensione di Q per comprenderealcuni numeri (come

√2) che non sono in Q. Nella rappresentazione geometrica della retta dunque Q non occupa

tutto lo spazio, ma lascia fuori alcuni buchi. Questi buchi non possono essere degli intervalli perché in ogniintervallo di numeri reali cade almeno un numero razionale (e quindi infiniti).

Teorema 1.3.1.∀[a, b] ⊂ R, ∃q ∈ Q : q ∈ [a, b].

Dim. — Per la proprietà archimedea

∃n ∈ N :1n6 b − a.

Infatti esiste un intero n tale che n > 1b−a . Per proseguire supponiamo che a > 0 (il caso a < 0 si fa allo stesso modo. Vediamo

che∃m ∈ N, : a 6 m

1n6 b.

Infatti: consideriamo i numeri0,

1n,

2n,

3n, . . . ,

mn, . . .

Se fosse sempre mn 6 a allora m 6 na per ogni m ∈ N e questo violerebbe la proprietà archimedea. Quindi almeno un m lo

troviamo. Prendiamo il più piccolo di questi in modo tale che

m − 1n

< a 6mn.

Tale m è quello giusto. Infatti

a 6mn=

m − 1 + 1n

=m − 1

n+

1n< a +

1n6 a + (b − a) = b.

Definizione 1.3.2. Diciamo che S ⊂ R è denso in R se

∀[a, b] ⊂ R, [a, b] ∩ S , ∅.

DunqueQ è denso inR e ne ricaviamo l’immagine dei razionali nei reali come di una polvere sparsa un po’ ovunque.Si può dimostrare, più o meno allo stesso modo, che anche l’altra metà del cielo, gli irrazionali, sono densi in R:

Teorema 1.3.3. R\Q è denso in R.

Dim. — Omessa.

1.4 Principio delle scatole cinesi di CantorIn un certo senso R è "completo", cioè non ci sono buchi. Questo è il senso del

Teorema 1.4.1 (Cantor). Sia [an, bn], n ∈ N una famiglia di intervalli inscatolati arbitrariamente piccoli, cioè

i) [an+1, bn+1] ⊂ [an, bn] per ogni n ∈ N;

22

ii) per ogni ε > 0 esiste [an, bn] tale che bn − an 6 ε.

Una tale famiglia si dice di scatole cinesi. Esiste allora un unico punto x ∈ R comune a tutti gli intervalli [an, bn],cioè

∃!x ∈ R, : x ∈ [an, bn], ∀n ∈ N.

Dim. — Esistenza: Da i),

a0 6 a1 6 . . . an 6 an+1 6 bn+1 6 bn 6 . . . b1 6 b0, ∀n ∈ N.

La seguente figura mostra la situazione:

a0 an an+1a1 a2 bn+1 bn

Allora l’insieme degli an è superiormente limitato (per esempio da b0) mentre l’insieme dei bn è inferiormente limitato (peresempio da a0). Dunque, per l’Assioma di completezza, sono ben definiti

a := sup{an : n ∈ N}, b := inf{bn : n ∈ N}

Vediamo che a = b. Infatti

a > an, ∀n ∈ N, b 6 bn, ∀n ∈ N, =⇒ b − a 6 bn − an, ∀n ∈ N.

Ma allora, se ε > 0, da ii) segue 0 6 b − a 6 ε e questo è possibile sse b − a = 0. Chiamiamo x = a = b. Per costruzionex ∈ [an, bn] per ogni n ∈ N.

Unicità: Se x, y ∈ [an, bn] per ogni n e x , y, per esempio y > x, allora 0 < y − x 6 bn − an for all n ∈ N. Da ii) possiamo,fissato a piacere ε > 0 trovare n tale che 0 < y − x 6 bn − an 6 ε. Ma questo è impossibile se y − x > 0. Necessariamentey = x.

1.5 Fattoriale, coefficienti binomiali e binomio di NewtonIntroduciamo ora alcune importanti notazioni partendo dal problema: trovare una formula generale per lo sviluppodel binomio (a + b)n. Naturalmente

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

Immaginiamo di dover calcolare il prodotto, come procederemmo? Sceglieremmo da ogni fattore a o b e molti-plicheremmo il tutto, ottenendo qualcosa del tipo akbh . Siccome ci sono n fattori, k + h = n, cioè h = n − k.Dunque otterremmo qualcosa del tipo

(a + b)n =n∑

k=0ck,nakbn−k .

Ora:

ck,n := numero di scelte di a, k volte tra n fattori ≡ numero di scelte di b, n − k volte tra n fattori.

Come calcolare ck,n? Nel calcolo di ck,n noi teniamo conto anche dell’ordine: cioè passiamo in "rassegna" i fattorie scegliamo di volta in volta a o b. Se non fossimo vincolati all’ordine e dovessimo calcolare Ck,n il numero delle

23

scelte di a k volte su n fattori conteremmo molti più oggetti (perché prendere a dal primo e poi dal secondo sarebbelo stesso che prendere a dal secondo e poi dal primo etc.), ma il conto si semplificherebbe. Infatti: la prima voltaa lo possiamo scegliere tra n fattori, poi tra n − 1, poi tra n − 2, e così via, procedendo per k scelte. L’ultima verràfatta tra n − k + 1 fattori. Il numero totale delle possibilità è dunque

Ck,n := n(n − 1)(n − 2) · · · (n − k + 1).

Siccome quello che ci interessa è moltiplicare i fattori, il risultato finale è indifferente rispetto all’ordine con cuiabbiamo scelto i vari fattori. Certo, se si fosse trattato di formare parole con le lettere a e b magari molte di essesarebbero diverse. Ma siccome moltiplichiamo a e b il risultato non dipende dall’ordine. Pertanto

Ck,n = ck,n × ] possibili ordinamenti di k scelte.

Anche questo numero è facile da calcolare, cioè in quanti modi possono essere messi in fila k oggetti. Se prendiamoil primo abbiamo per lui k posti disponibili, per il secondo ne resteranno k − 1 e quindi per le coppie sono k (k − 1);per il terzo k − 2, quindi per le terne k (k − 1)(k − 2). E così via: l’ultimo avrà solo una possibilità nell’unico postorimasto libero. In totale avremo

] possibili ordinamenti di k scelte = k (k − 1)(k − 2) · · · 3 · 2 · 1 =: k!,

e questa quantità viene detta fattoriale di k. È utile assumere che, per convenzione,

0! := 1.

Allora

n(n − 1) · · · (n − k + 1) = ck,nk!, ⇐⇒ ck,n =n(n − 1) · · · (n − k + 1)

k!,

e scrivendo

n(n − 1) · · · (n − k + 1) =n(n − 1) · · · (n − k + 1)(n − k)(n − k − 1) · · · 3 · 2 · 1

(n − k)(n − k − 1) · · · 3 · 2 · 1=

n!(n − k)!

otteniamo

ck,n =n!

k!(n − k)!=:

(nk

).

Per ovvie ragioni questa quantità è detta coefficiente binomiale. In conclusione abbiamo dimostrato il

Lemma 1.5.1 (formula del binomio di Newton).

(a + b)n =n∑

k=0

(nk

)an−kbk . (1.5.1)

24

1.6 EserciziEsercizio 1.6.1 (souvenir de jeunesse. . . ). Risolvere le seguenti disequazioni.

1.√

x2 + x − 1 > 1. 2.√

x + 2 −√

x − 1 < 1. 3.√|x | + 1 > x − 1.

4. |x(x − 1) | 6 x − 1. 5.√

x2 + 3x + 2 6 x + 1. 6.√

x + 1 +√

x + 2 > 1.

7.√

x2 + 1 > |x | − 2x. 8. 2x2+2x > 4. 9. 22x + 2x−1 > 3.

10.2

4x+ 2x > 1. 11.

22x+ 22x > 1. 12. 2x + 2−x > 2.

13. 2x − 2−x > 2. 14. log2(x2) + log2(2x) > 0. 15. (x − 1)21x > 0.

16. log2(22x − 2x + 1

)> 0. 17.

log10( |x | − 1)x

< 0. 18. 2 |x−1 | < 4−x .

18. 2x + 2−x 652. 19. log2 |x + 1| + log2 |x − 3| < 1. 20. 23+x2

6 24x .

Esercizio 1.6.2. Trovare il dominio e il segno delle seguenti funzioni.

1.√

log2 x +23. 2.

√2 |x−3 | − 8 +

√3x2+x+2 − 9. 3. log10

(2x −

18

).

4. log2 *,2 −

log2(x − 2)√1 + log2(x − 2)

+-. 5. 2

√x2−4

2x2−5x+3 . 6. log4

√x + 1x − 1

.

Esercizio 1.6.3. Senza usare calcolatrici etc., stabilire se sono soddisfatte le seguenti disuguaglianze.

1.√

2 − 1 > 1. 2.√

2 +√

3 <√

5. 3.√

2 +√

2 <√

4 −√

3.

4.√

8 +√

11 <√

10 +√

2. 5.

√2 +

√3 +

√4 +√

5 > 2. 6. 3√2 <√

3.

7.√

2 + 3√4 > 3√3. 8. 21+√

2 > 4√

2−1. 9. 3√

3+√

5−2 <1

9√

11−√

10.

10. 102√

2+√

3< 1004.

Esercizio 1.6.4. Mostrare che√

3,√

5 e√

7 sono numeri irrazionali. Provare a formulare ed enunciare un risultato più generale:√

n è irrazionale se n ∈ N e n è . . . .

Esercizio 1.6.5. Sia S ⊂ R inferiormente limitato e M := {m ∈ R : m 6 s, ∀s ∈ S}. Mostrare che inf S = max M .

Esercizio 1.6.6. Sia S ⊂ R e −S := {−s : s ∈ S}. Mostrare chei) S è inferiormente limitato sse −S è superiormente limitato.ii) min S esiste sse max(−S) esiste (e in tal caso. . . ).iii) inf S = − sup(−S).

25

Esercizio 1.6.7.1. Sia S :=

{n√n2+1

: n ∈ N, n > 1}, mostrare che min S = 1√

2e sup S = 1.

2. Sia S :={

n√n2−1

: n ∈ Z, n 6 −2}, mostrare che min S = − 2√

3e sup S = −1.

3. Sia S := {n −√

n − 3 : n ∈ N, n > 3}, mostrare che min S = 3 e sup S = +∞.

4. Sia S :={3 +

√2

√n2+7n−

√2

: n ∈ N, n > 0}, mostrare che inf S = 3 e max S = 4.

5. Sia S := {−n +√

n − 2 : n ∈ N, n > 2}, mostrare che max S = −2 e inf S = −∞.

6. Sia S :={2 −

√2

√n2+2n−

√2

: n ∈ N, n > 0}, mostrare che min S = 2 −

√2

√3−√

2e sup S = 2.

Esercizio 1.6.8. Sia S :={√

n+1√n+1 : n ∈ N, n > 1

}. Mostrare che min S =

√2

2 e sup S = 1. Cosa si può dire di max S?

Esercizio 1.6.9. Per ciascuno dei seguenti insiemi discutere inf, sup,min,max.

1.{

n − 1n

: n ∈ N}. 2. (N\{0}) ∪

{1n2 : n ∈ N, n > 1

}. 3.

{n −√

nn +√

n: n ∈ N, n > 0

}.

4.{

n + (−1)n

n2 + 1: n ∈ N

}. 5.

{n −√

n − 1 : n ∈ N, n > 1}. 6.

{1 +

2√

n2 + 3 + 4: n ∈ N

}.

Esercizio 1.6.10. Per ciascuno dei seguenti insiemi trovare inf S, sup S e dire se esistono (e quanto valgono) min S,max S.

1. S :={

1 +√

nn + 1

: n ∈ N}. 2. S :=

{2n2 + 1

2n2 + 2n + 1: n ∈ N, n > 0

}.

3. S :={

n2 + 3n + 3n2 + 3n + 4

: n ∈ N}. 4. S :=

{√n − 1√

n + 1: n ∈ N, n > 1

}.

5. S :=

√n + 1√

n + 1: n ∈ N, n ≥ 1

. 6. S :=

{log10

(1 +

√n

n + 1

): n ∈ N

}.

7. S :=

log10 *,1 +

√n + 1

n+-

: n ∈ N, n > 1. 8. S :=

{(−1)n

n2 + 3n + 3n2 + 3n + 4

: n ∈ N}.

9. S :=

log x√1 + (log x)2

: x > 0. 10. S :=

{log2 x + 1log2 x − 1

: x ∈ R, x > 2}.

11. S :={

2 − log2 x1 − log2 x

: x ∈ R, 0 < x < 2}. 12. S :=

{2

(−1)nn2n+1 : n ∈ N

}.

13. S :={

n − 1n + 1

cosnπ2+

12n

sinnπ2

: n ∈ N}. 14. S :=

{2(−1)nn sin

( nπ3

): n ∈ N

}.

15. S :=

log2 n√1 + (log2 n)2

: n ∈ N, n > 1. 16. S :=

√1 + 32n

3n: n ∈ N

.

17. S :={

2n√

4n − 1: n ∈ N, n > 0

}. 18. S :=

{4x − 1

4x + 2x + 1: x ∈ R

}.

26

Esercizio 1.6.11 (?). Dimostrare che gli irrazionali sono densi nei reali.

Capitolo 2

Numeri complessi

Come sappiamo, per ogni y > 0 esiste x := √y > 0. Se y < 0, invece, non può esistere nei reali alcun x tale chex2 = y. L’equazione x2 = y è un tipo particolare di equazione di secondo grado

αx2 + βx + γ = 0.

È noto che se ∆ = β2 − 4αγ > 0 allora le soluzioni sono reali e sono date dalla formula

x =−β ±

√∆

2α.

Se ∆ < 0 l’equazione non ha soluzioni in R. I numeri complessi nascono dall’esigenza di estendere il camponumerico di modo da poter calcolare la radice quadrata di qualsiasi numero reale, positivo o negativo. La primavolta che probabilmente nacque questa esigenza fu intorno alla metà del ’500 quando Tartaglia, Cardano e Ferraririsolsero le equazioni di terzo grado. Il fatto è che le equazioni di terzo grado hanno sempre almeno una radicereale. La formula di calcolo di tale radice, oggi nota come formula di Cardano, prevede il calcolo radici quadratedi numeri negativi. Per la loro natura un po’ misteriosa questi numeri presero il nome di numeri immaginari.Qualche secolo più tardi si scoprirà che questi numeri hanno una straordinaria versatilità e sono un ente matematicoprivilegiato, così come lo sono i vettori, per descrivere molti fenomeni di natura fisica o ingegneristica.

L’idea alla base è la seguente. Chiamiamo i :=√−1 (un nuovo numero, non reale evidentemente), in modo che

i2 = −1. Allora, almeno formalmente, se y < 0,√y =

√(−1)(−y) =

√−1√−y = i

√−y.

Un "numero" del tipo ib con b ∈ R viene detto numero immaginario. Dunque

x2 = y, ⇐⇒ x = ±i√−y.

Più in generale, le soluzioni di un’equazione di secondo grado con ∆ < 0 avranno la forma

x =−β ±

√∆

2α= −

β

2α± i

√−∆

2α.

Essendo α, β, γ ∈ R, le soluzioni precedenti hanno la forma a + ib con a, b ∈ R. Questo tipo di oggetti vengonodetti numeri complessi. Nel chiamarli numeri, come detto nel Capitolo precedente, ci aspettiamo che su di loro

27

28

siano definite alcune operazioni, come una somma e un prodotto. La definizione di queste operazioni è semplice enaturale perché segue le regole del calcolo letterale:

(a + ib) + (c + id) = (a + c) + i(b + d), (a + ib)(c + id) = ac + iad + ibc + i2bd = (ac − bd) + i(ad + bc),

essendo i2 = −1. Vedremo che queste operazioni hanno proprietà del tutto analoghe a quelle di somma e prodottodi numeri reali. A differenza dei reali però, sui numeri complessi non è possibile definire l’ordine.

2.1 Definizione di CDefinizione 2.1.1. Si chiama insieme dei numeri complessi l’insieme delle scritture formali a + ib con a, b ∈ R,cioè

C := {a + ib : a, b ∈ R} .

I numeri complessi vengono usualmente denotati con lettere come z,w, . . .. Dato il numero complesso z = a + ib(cioè a, b ∈ R) a viene detta parte reale di z (e si denota con Re (z)) mentre b viene detta parte immaginaria (esi denota con Im (z)).

Su C sono definite le seguenti operazioni:

• somma(a + ib) + (c + id) := (a + c) + i(b + d), ∀a, b, c, d ∈ R.

• prodotto(a + ib)(c + id) := (ac − bd) + i(ad + bc), ∀a, b, c, d ∈ R

Osservazione 2.1.2. La selva dei segni + può trarre in confusione: proviamo a fare chiarezza! Nei numeri complessiil segno + compare con tre significati diversi:

• il segno + nella scrittura a + ib è solo formale: avremmo potuto indicare un numero complesso anche tramite una coppia(a, b) o un altro simbolo "di fantasia" (come a♥b) ma tale notazione sarebbe stata meno pratica, perché il calcolo coinumeri complessi funziona come il cosiddetto calcolo letterale;

• il segno + nella somma del numero a + ib col numero c + id è la definizione di somma tra due numeri complessi: in talsenso è una operazione del tutto nuova, che quindi per distinguerla dalla somma in R qualcuno indica col simbolo +C.

• il segno + che si trova nel risultato della somma, cioè quando si scrive a + c sommato a i volte c + d è l’ordinaria sommadi numeri reali (a, b, c, d sono reali): potremmo indicarlo col simbolo +R.

In questo modo la scrittura formalmente più pignola è

(a + ib) +C (c + id) := (a +R c) + i(b +R d).

Dopodiché è conveniente utilizzare sempre lo stesso segno + in tutti e tre i casi. Per esempio

(1 + i2) + (3 + i4) = (1 + 3) + i(2 + 4) = 4 + i6.

Un discorso simile si può fare per il prodotto. In questo caso è utile osservare che piuttosto che ricordare la definizione diprodotto (un po’ articolata e di difficile memorizzazione) è più semplice ricordare che la formula origina dal calcolo letteralecon la convenzione che i2 = −1. Per esempio:

(1 + i2)(3 + i4) = 3 + i4 + i6 + i28 = 3 + i10 − 8 = −5 + i10.

29

Teorema 2.1.3. Su C munito delle operazioni di somma e prodotto definite sopra valgono le seguenti proprietà:

i) (associatività della somma): z + (w + ζ ) = (z + w) + ζ , ∀z,w, ζ ∈ C.

ii) (commutativa della somma): z + w = w + z, ∀z,w ∈ C.

iii) (zero): lo zero di C è il numero 0C = 0 + i0 e si ha z + 0C = z, ∀z ∈ C.

iv) (opposto): ∀z ∈ C, l’opposto di z = a + ib è il numero −z = (−a) + i(−b). Si scrive anche, per convenzione,−z = −a − ib.

v) (associatività del prodotto): z · (w · ζ ) = (z · w) · ζ , ∀z,w, ζ ∈ C.

vi) (commutativià del prodotto): z · w = w · z, ∀z,w ∈ C.

vii) (unità): l’unità di C è il numero 1C := 1 + i1 e vale z · 1C = z, ∀z ∈ C.

viii) (reciproco): ∀z ∈ C\{0C}, ∃!w ∈ C : z · w = 1C. Per definizione 1z := w.

ix) (proprietà distributiva): w · (z + ζ ) = w · z + w · ζ , ∀w, z, ζ ∈ C.

Dim. — i) Siano z = a + ib, w = c + id, ζ = e + i f . Allora

z + (w + ζ ) = (a + ib) +((c + id) + (e + i f )

)= (a + ib) +

((c + e) + i(d + f )

)= (a + (c + e)) + i

(b + (d + f )

).

Analogamente

(z + w) + ζ = ((a + ib) + (c + id)) + (e + i f ) = ((a + c) + i(b + d)) + (e + i f ) = ((a + c) + e) + i((b + d) + f

).

Ora, essendo la somma su R associativa si deduce che

a + (c + e) = (a + c) + e, b + (d + f ) = (b + d) + f , =⇒ z + (w + ζ ) = (z + w) + ζ .

ii) Verificare per esercizio. iii) Se z = a + ib allora

z + 0C = (a + ib) + (0 + i0) = (a + 0) + i(b + 0) = a + ib = z.

iv), v), vi) Esercizio. vii) Se z = a + ib allora

z1C = (a + ib)(1 + i0) = a + ib + ia · 0 + i2b · 0 = a + ib = z.

viii) Sia z = a + ib , 0C e cerchiamo w = c+ id tale che zw = 1C = 1+ i0. Procediamo in maniera un po’ informale scrivendo

1z=

1a + ib

=1

a + iba − iba − ib

=a − ib

(a + ib)(a − ib).

Ora(a + ib)(a − ib) = a2 − i2b2 + iba − iab = a2 + b2.

Notiamo che essendo z = a + ib , 0C = 0 + i0, a, b non possono essere entrambi nulli e quindi a2 + b2 > 0. Allora il contoformale fatto sopra porge

1z=

a − iba2 + b2 =

aa2 + b2 + i

(−

ba2 + b2

).

Ora è facile verificare che se si chiama w il numero complesso appena ottenuto si trova zw = 1C.

ix) esercizio.

30

Definizione 2.1.4. Un numero complesso a + ib (a, b ∈ R) si dice reale se b = 0, immaginario e a = 0. I numerireali (in C) vengono indicati con a ≡ a + i0, i numeri immaginari con ib ≡ 0 + ib.

Osservazione 2.1.5. Alla luce della definizione precedente 0C = 0 + i0 ≡ 0R, dove 0R è lo zero di R. Per questomotivo d’ora in poi scriveremo 0C ≡ 0. Analogamente, 1C = 1 + i0 ≡ 1R ≡ 1.

Come anticipato, su C non è possibile istituire un ordine coerente con le operazioni definite sopra:

Teorema 2.1.6. Su C è impossibile avere un ordine che soddisfi le proprietà di ordinamento totale, invarianzarispetto a somma e prodotto per numeri positivi.Dim. — Supponiamo per assurdo che tale ordine esista. Allora, essendo totale, una delle seguenti alternative vale: i > 0, i = 0oppure i < 0. Chiaramente i , 0. Se i > 0, allora moltiplicando per i e considerata l’invarianza rispetto al prodotto per positivisi ottiene

i > 0, =⇒ i · i > i · 0, ⇐⇒ i2 > 0, ⇐⇒ −1 > 0.

Ma allora, moltiplicando ancora per i e sempre per l’invarianza rispetto al prodotto per positivi, si ottiene

−1 > 0, =⇒ (−1) · i > 0 · i, ⇐⇒ −i > 0, ⇐⇒ i < 0,

cioè da i > 0 segue obbligatoriamente che i < 0 e viceversa: assurdo!

2.2 Piano di GaussIl modo naturale per rappresentare il numero z = a + ib (qui, lo ricordiamo, a, b ∈ R) consiste nell’identificarlocon il punto (a, b) nel piano cartesiano.

Ha,bL�z=a+ib

aRe z

b

Im z

z=a+ib

w=c+id

z+w

ac a+cRe z

b

d

b+d

Im z

Figura 2.1: A sx il z = a + ib ≡ (a, b); a dx la somma di due numeri complessi.

In questa rappresentazione l’operazione di somma è la cosiddetta regola del parallelogramma per la somma divettori nel piano come si può facilmente verificare. In analogia col modulo di R definiamo

Definizione 2.2.1 (modulo). Sia z = a + ib, a, b ∈ R. Poniamo |z | :=√

a2 + b2.

Il modulo di numeri complessi gode di proprietà simili al modulo dei numeri reali. Per procedere agevolmenteintroduciamo prima la

Definizione 2.2.2 (coniugato). Sia z = a + ib, a, b ∈ R. Poniamo z := a − ib.

Geometricamente il coniugato di z è il riflesso di z rispetto all’asse reale.

31

Proposizione 2.2.3. Si ha che

i) z + w = z + w, ∀z,w ∈ C.

ii) zw = zw, ∀z,w ∈ C.

iii) z = z sse z è reale.

iv) z + z = 2Re (z), z − z = i2Im (z) per ogni z ∈ C.

v) |z |2 = zz per ogni z ∈ C.

vi) |z + w |2 = |z |2 + |w |2 + 2Re (zw).

Dim. — Sono delle semplici verifiche.

i) Siano z = a + ib, w = c + id. Allora

z + w = (a + c) + i(b + d) = (a + c) − i(b + d) = (a − ib) + (c − id) = z + w.

ii), iii), iv), v) Esercizio. vi) Si ha

|z + w |2 = (z + w)(z + w) = (z + w)( z + w) = zz + ww + zw + zw = |z |2 + |w |2 + zw + zw

= |z |2 + |w |2 + 2Re (zw) .

Proposizione 2.2.4. Valgono le seguenti proprietà:

• annullamento: |z | = 0 sse z = 0.

• omogeneità: |zw | = |z | |w |, per ogni z,w ∈ C.

• disuguaglianza triangolare: |z + w | 6 |z | + |w |, per ogni z,w ∈ C.

Dim. — Annullamento: |z | = 0 sse√

a2 + b2 = 0, cioè sse a2 + b2 = 0 cioè, essendo a2, b2 > 0, sse a2 = 0 e b2 = 0, cioè ssea = b = 0.

Omogeneità: conviene eliminare le radici e mostrare che |zw |2 = |z |2 |w |2 dopodiché la conclusione è evidente perché si avrebbe|zw | = ±|z | |w |, ma essendo |zw | > 0 può essere solo |zw | = |z | |w |. Ora

|zw |2 = (zw)(zw) = zw zw = (zz)(ww) = |z |2 |w |2.

Disuguaglianza triangolare: ricordiamo che dalla vi) della proposizione precedente

|z + w |2 = |z |2 + |w |2 + 2Re (zw) .

Ora, poichéRe (zw) 6 |zw | = |z | |w | = |z | |w |,

si ottiene|z + w |2 6 |z |2 + |w |2 + 2|z | |w | = ( |z | + |w |)2,

da cui la conclusione.

32

Esempio 2.2.5. Risolvere, in C, l’equazionez2 + 2z = |z |2.

Sol. — Sia z = x + iy. Allora

z2 = (x + iy)2 = x2 − y2 + i2xy, z = x − iy, |z |2 = x2 + y2.

L’equazione diventa

x2 − y2 + i2xy + 2(x − iy) = x2 + y2, ⇐⇒ (x2 − y2 + 2x) + i(2xy − 2y) = x2 + y2.

Questa è un’uguaglianza tra numeri complessi per cui,

x2 − y2 + 2x = x2 + y2,

2xy − 2y = 0,⇐⇒

x = y2,

y(x − 1) = 0.

Dalla seconda equazione segue y = 0 e quindi, dalla prima, x = 0 che individuano la soluzione 0 + i0 = 0C; oppure x = 1,ed allora y2 = 1 per la prima equazione, cioé y = ±1, da cui si hanno le soluzioni 1 ± i. In conclusione: sono soluzionidell’equazione 0C, 1 ± i (tre soluzioni).

Esempio 2.2.6. Mostrare che per ogni w , 0 esistono due radici quadrate complesse, cioè due numeri z1, z2 ∈ Ctali che z2 = w.

Sol. — Sia w = a + ib con a, b non entrambi nulli. Cerchiamo z = x + iy con x, y ∈ R tale che

z2 = w, ⇐⇒ (x + iy)2 = a + ib, ⇐⇒ (x2 − y2) + i2xy = a + ib, ⇐⇒

x2 − y2 = a,

2xy = b.

Da un punto di vista grafico è facile capire che il sistema precedente ha sempre soluzione. Le soluzioni infatti rappresentanole intersezioni tra le iperboli x2 − y2 = a e 2xy = b. Nella figura che segue è illustrato il caso a, b > 0. Procediamo a una

x2

-y2

=a2xy=b

giustificazione analitica. Distinguiamo il caso b = 0 da b , 0. Se b = 0 allora vuol dire che w = a con a ∈ R e in tal caso èfacile osservare che z2 = a sse

• se a > 0 allora z1,2 = ±√

a;

• se a < 0 allora z1,2 = ±i√−a.

(a = 0 non è possibile altrimenti w = 0). Quindi supponiamo b , 0. Allora, x, y , 0 e dalla seconda possiamo scrivere y = b2x

che immesso nella prima produce

x2 −b2

4x2 = a, ⇐⇒ 4x4 − 4ax2 − b2 = 0.

33

Questa è un’equazione di secondo grado in x2 (che, lo ricordiamo, è reale). Il discriminante è (−4a)2 + 16b2 = 16(a2 + b2) =16|w |2 > 0 quindi

x2 =−4a ±

√16|w |2

8=−4a ± 4|w |

8=−a ±

√a2 + b2

2.

Ora x2 = −a−√a2+b22 < 0 non ha soluzioni reali per cui resta

x2 =−a +

√a2 + b2

2> 0, ⇐⇒ x = ±

√√

a2 + b2 − a2

.

Osserviamo, per concludere, che x , 0 (altrimenti dovrebbe essere√

a2 + b2 − a = 0, cioè a2 + b2 = a2 e quindi b = 0, casogià visto sopra), per cui avremo in corrispondenza di ogni valore di x uno e un solo valore di y = b

2x . In conclusione:

z1,2 = ±*..,

√√

a2 + b2 − a2

+ ib

2√√

a2+b2−a2

+//-.

2.3 Forma trigonometricaC’è un altro modo naturale di rappresentare un numero complesso z = a + ib, ovvero il vettore di vertice (a, b),usando la sua distanza dall’origine ρ e l’angolo θ formato tra il vettore e l’asse reale positivo.

a+ib

Ρ

Θ

aRe z

b

Im z

Chiaramente, se z = 0 allora ρ = 0 e l’angolo θ non è univocamente definito. A parte questo caso particolare,se z , 0 la distanza dall’origine ρ = |z | è chiaramente ben definita e altrettanto chiaramente è univocamentedeterminato un angolo θ ∈ [0, 2π[. Tale θ viene detto argomento principale del numero z e viene denotato con lascrittura arg z. Analiticamente,

z = a + ib, ρ =√

a2 + b2, θ ≡ arg z =

arccos a√a2+b2 , se b > 0,

π + arccos a√a2+b2 , se b < 0.

Più semplice esprimere la relazione tra forma trigonometrica e forma algebrica: dati (ρ, θ)

a = ρ cos θ, b = ρ sin θ, =⇒ z = a + ib = ρ(cos θ + i sin θ).

Conviene considerare θ ∈ R. In tal caso non ci sarà più un unico θ associato al punto z = a + ib, ma infiniti valoriche però differiscono dall’argomento principale per un multiplo intero di 2π. In altre parole

ρ(cos θ + i sin θ) = ρ(cos(θ + k2π) + i sin(θ + k2π)), k ∈ Z.

34

Il numero u(θ) := cos θ + i sin θ è un numero unitario, nel senso che |u(θ) | = 1. Dunque

(principio d’identità) ρu(θ) = %u(ϑ), ⇐⇒

ρ = %,

θ − ϑ = k2π, k ∈ Z.

Proposizione 2.3.1. Si ha cheu(θ + ϑ) = u(θ)u(ϑ), ∀θ, ϑ ∈ R.

In particolare, se z = ρu(θ), w = %u(ϑ) allora:

i) zw = ρ%u(θ + ϑ);

ii) se w , 0 (cioè se % , 0), zw =

ρ%u(θ − ϑ);

iii) zn = ρnu(nθ), per ogni n ∈ N.

Dim. — È una semplice verifica: dalle formule di addizione di sin, cos

u(θ + ϑ) = cos(θ + ϑ) + i sin(θ + ϑ) = (cos θ cos ϑ − sin θ sin ϑ) + i (sin θ cos ϑ + cos θ sin ϑ) .

Guardando questa formula e ricordando la formula del prodotto di due numeri complessi si riconosce a destra il risultato delprodotto di cos θ + i sin θ con cos ϑ + i sin ϑ, cioè u(θ)u(ϑ). Da ciò segue subito che

zw = ρu(θ)%u(ϑ) = ρ%u(θ + ϑ),

cioè la i). Similmente si prova ii). iii) segue immediatamente dalle precedenti.

Esempio 2.3.2. La formula iii) è molto utile nel calcolo delle potenze. Per esempio: calcolare (1 + i)100

Sol. — Potremmo certo sviluppare il binomio (101 termini). Oppure osservare che

1 + i = ρu(θ), con ρ = |1 + i | =√

12 + 12 =√

2, θ =π

4.

Allora(1 + i)100 =

(√2u

(π

4

))100= 2100/2u

(100

π

4

)= 250u (25π) = 250u(π) = −250.

Una delle applicazioni più efficaci della forma trigonometrica è il

Teorema 2.3.3 (De Moivre). Sia w = ρu(θ) con ρ > 0 (cioè w , 0). Allora, se n ∈ N (n > 2),

zn = w, ⇐⇒ z = %u(ϑ), con

% = ρ1/n,

ϑ = θn + k 2π

n , k = 0, 1, 2, . . . , n − 1.

Dim. — Infatti: se z = %u(ϑ) si ha che

zn = w, ⇐⇒ %nu(nϑ) = ρu(θ)princ. id.⇐⇒

%n = ρ,

nϑ = θ + k2π, k ∈ Z,⇐⇒

% = ρ1/n,

ϑ = θn + k 2π

n , k ∈ Z.

È facile mostrare che solo i valori k = 0, 1, . . . , n − 1 producono soluzioni diverse.

35

Esempio 2.3.4. Calcolare le radici quarte del numero i.

Sol. — Anzitutto scriviamo i in notazione trigonometrica ρu(θ). Evidentemente ρ = 1 e θ = π2 . Allora

z = %u(ϑ), z4 = i, ⇐⇒

% = 11/4 = 1,

ϑ = π/24 + k 2π

4 =π8 + k π2 , k = 0, 1, 2, 3,

Le soluzioni dunque stanno sulla circonferenza unitaria. Quella per k ha un angolo di π8 , cioè metà dell’angolo (in gradi) di45o. Le quattro soluzioni formano i vertici di un quadrato.

Esempio 2.3.5. Risolvere in C l’equazione9iz5 = 16z.

Sol. — Anzitutto z = 0 è soluzione. Scriviamo z = ρu(θ). Allora z5 = ρ5u(5θ) e z = ρu(−θ). Pertanto, l’equazione diventa

9iρ5u(5θ) = 16ρu(−θ).

Tenuto conto poi che i = u( π2 ), abbiamo

9u(π

2

)ρ5u(5θ) = 16ρu(−θ), ⇐⇒ 9ρ5u

(π

2+ 5θ

)= 16ρu(−θ).

L’equazione è stata riscritta come identità fra due numeri complessi in forma trigonometrica. Pertanto

9ρ5 = 16ρ,

π

2+ 5θ = −θ + k2π, k ∈ Z,

⇐⇒

ρ(9ρ4 − 16) = 0,

θ = −π

12+ k

π

3, k ∈ Z.

Dalla prima equazione si legge ρ = 0 (che corrisponde alla soluzione z = 0 già determinate) e

ρ4 =169, ⇐⇒ ρ =

2√

3, (tenendo conto del fatto che ρ > 0).

Gli angoli effettivamente distinti si ottengono per k = 0, 1, . . . , 5, avendo diviso l’angolo giro in 6 parti.

z0

z1

z2

z3

z4

z5

0C

36

2.4 EserciziEsercizio 2.4.1. Determinare i valori di a ∈ R tali che sia immaginario il numero

z =i

a + 1 − ia.

Esercizio 2.4.2. Risolvere le seguenti equazioni in C e disegnarne le soluzioni nel piano complesso:

1. z2 + 2iz + 2z = 0C. 2. zIm (z) − z |z | = 0.

3. iz( z + 1) − |z |Re (z) = 0. 4. (Re (z))(Im(z2

)) + z2 + |z |2 = 0.

Esercizio 2.4.3. Disegnare, nel piano complesso, i seguenti insiemi:

1.{z ∈ C : ���

z−4z+4

��� > 3}. 2.

{z ∈ C : Im

(i(z−3)z−1

)< 0

}.

3.{z ∈ C : |z2 − 1| < | z2 + 1|

}. 4. {z ∈ C : Im (z) − |z + z |2 > 1, Re (z) > 0, Im (z) < 2}.

5.(?){x ∈ C : Re

(z

z+1)6 Im

(z+1z+1

)}. 6. (?)

{z ∈ C : Im

(z+1z−i

)> 0, |z − 1 − i | ≤ 1

}.

Esercizio 2.4.4. Trovare i numeri complessi z ∈ C tali che

z2 z − zz = −z,

(z3 + z)3 = 1.

Esercizio 2.4.5. Sia α ∈ R eSα := {z ∈ C : zz + (−1 + i)z + (−1 − i) z + α < 0}.

Dire per quali α ∈ R risulta che Sα non è vuoto e disegnarlo nel piano complesso.

Esercizio 2.4.6. Determinare il valore del parametro reale α di modo tale che il sistema

Re ( z(z − 2i)) = α,

Im (z) = Re (z) ,

ammetta una ed una sola soluzione.

Esercizio 2.4.7 (?). Risolvere l’equazione

|z |z2 + Re (z) Im (z) − |z |2z = 0, z ∈ C.

Esercizio 2.4.8. Data la funzione f : C −→ C definita da

f (z) = −6i − |z |2i

calcolare le radici terze del numero complesso w = f (i + 1).

Esercizio 2.4.9. Determinare λ ∈ C in modo che z0 = −i sia radice del polinomio complesso

p(z) := z8 + iz7 + i2z5 + λz4.

Per tale λ trovare tutte le radici di p.

Esercizio 2.4.10. Risolvere, in C, le seguenti equazioni:

1. z8 = i z |z |. 2. z4 |z |2 = z. 3. z |z |2 − i4z = 0. 4. 8z3 |z | = z. 5. z3 | z |2 = 2z4. 6. z2 |i z |4 + i |z2 | z2 = 0.

Capitolo 3

Successioni

In questo Capitolo iniziamo l’introduzione dei concetti e metodi propri dell’Analisi. Tra questi centrale è la nozionedi limite, che qui studieremo nel caso delle successioni. Si tratta di un’idea profonda e che serve a rispondere aquestioni molto naturali che si pongono in problemi applicativi. Sebbene lo scopo di questo corso sia di svilupparestrumenti e tecniche, è opportuno non perdere di vista anche il versante applicativo della materia. Per questoinizieremo con alcuni semplici modelli nei quali le nozioni di successione e di limite emergono in modo naturale.

3.1 Modelli matematiciLa nozione dimodello matematico èmolto ampia e complessa e sottende questioni molto delicate. Ci accontentiamoqui di un’idea naïf: un modello matematico è una rappresentazione idealizzata, spesso semplificata, di un sistemareale. Un modello matematico può servire a rispondere a questioni diverse come: fare una previsione sulcomportamento di un dato sistema reale (ad es.: un modello meteorologico serve a fare le previsioni del tempo);trovare o confutare una legge quantitativa per descrivere un dato fenomeno (ad es.: le leggi della Fisica). In genereil mondo reale è molto complesso e su un dato sistema intervengono moltissimi attori, alcuni dei quali magariignoti. Per questo si idealizza e si semplifica. Si idealizza per individuare i fattori più rilevanti, si semplifica perrendere la trattazione abbordabile. L’avvento dei computer ha permesso la trattazione di modelli molto sofisticati.Tuttavia il calcolatore più potente è inutile se non si sa cosa e come cercare. Per questo l’inquadramento teorico èfondamentale.

In questa sezione vediamo alcuni semplici modelli che descrivono abbastanza bene questo tipo di processo ecomplessità.

3.1.1 Modelli demograficiSi tratta di un modello molto semplificato per lo studio dell’evoluzione di una popolazione. Immaginiamo di volerrispondere alle domande: quanti abitanti ci saranno sul nostro pianeta tra 50 anni? e tra 1 milione di anni?Naturalmente sembra un problema complicatissimo perché si tratta di prevedere qualcosa che potenzialmentedipende da molti fattori. Non solo fattori "soggettivi" (quale sarà la propensione a fare figli?) o territoriali (si sache la natalità cambia nelle varie aree del globo). Ci sono fattori imprevedibili quali catastrofi naturali, guerre,invasione degli alieni. . . Questa complessità ci mette di fronte alla necessità di idealizzare e semplificare. Anzituttochiamiamo xn la popolazione all’anno n, supponendo che x0 sia oggi. Ci interessano dunque x50 e x106 . Poi

37

38

cerchiamo di definire un tasso di crescita. Possiamo misurare la variazione tra due anni successivi, cioè prenderexn+1 − xn e rapportare questa quantità ad xn, cioè calcolare

rn :=xn+1 − xn

xn.

Questa quantità viene detta tasso di crescita. Per esempio (i numeri sono del tutto indicativi) x0 = 6mld,x1 = 6, 1mld abbiamo

r0 =x1 − x0

x0=

6, 1 − 66

=0, 16= 0, 016 . . . ,

che in termini percentuali si legge: la popolazione è aumentata dell’1,6%. Ora è chiaro che se conosciamo i tassidi crescita da qui a 50 o a 1ml di anni possiamo determinare x50 e x106 . Ma ovviamente questa informazione non èdisponibile in anticipo per gli stessi motivi annunciati sopra. Possiamo per fare un’ipotesi, cioè assumere a prioriche il tasso rn abbia una certa forma. Vediamo due esempi

Modello di Malthus

Il primo modello di questo tipo è stato proposto da un demografo, Malthus, nell’800. L’ipotesi è la più semplicepossibile: supponiamo che il tasso rn sia costante nel tempo, cioè rn ≡ r noto. Allora

xn+1 − xn = r xn, ∀n ∈ N.

Questa equazione viene detta equazione alle differenze, ed è in un certo senso molto simile ad un altro tipo diequazioni che si studiano nel continuo: le equazioni differenziali. In questo caso si può facilmente determinare ladipendenza esplicita di xn da n. Infatti, riscrivendo l’equazione come

xn+1 = (1 + r)xn,

si haxn = (1 + r)xn−1 = (1 + r)(1 + r)xn−2 = (1 + r)2xn−2 = (1 + r)3xn−3 = . . . = (1 + r)nx0,

Intuitivamente è chiaro che se r > 0 la popolazione dovrebbe crescere senza alcuna limitazione, verrebbe naturalecioè scrivere xn −→ +∞. Se invece r = 0 la popolazione resta invariata, cioè xn ≡ x0, mentre se r < 0 (e intal caso r > −1 altrimenti si ottengono valori negativi di xn essendo xn+1 = (1 + r)xn) la popolazione tenderà adecrescere fino all’estinzione, cioè verrebbe da dire che xn −→ 0. Come possiamo rigorosamente tradurre il primoe l’ultimo concetto? Per esempio, nel primo caso si potrebbe dire che xn diventa arbitrariamente grande pur diaspettare un tempo n sufficiente. In effetti

xn > K, ⇐⇒ (1 + r)nx0 > K, ⇐⇒ (1 + r)n >Kx0,

(r>0, 1+r>1)⇐⇒ n > log1+r

Kx0

:= N0(K ).

Dunque, quale che sia K si trova N0(K ) tale che xn > K per n > N0(K ), che sarà un modo di formalizzarel’intuizione qualitativa nel corsivo precedente. Similmente potremmo dire che xn −→ 0 se xn diventa arbitraria-mente piccolo pur di aspettare un tempo n sufficiente. In effetti, se ora −1 6 r < 0, abbiamo

xn 6 ε, ⇐⇒ (1 + r)nx0 6 ε, ⇐⇒ (1 + r)n 6ε

x0

(r<0, 1+r<1)⇐⇒ n > log1+r

ε

x0=: N0(ε).

che è simile alla precedente: 0 6 xn 6 ε per ogni n > N0(ε).

39

Modello logistico

Il modello di Malthus è troppo semplificato e prevede, di fatto, solo tre alternative: crescita illimitata, stazionarietà,estinzione. Questo significa che il modello può funzionare per un tempo limitato, ma è irrealistico nel lungotermine. Per esempio: la popolazione terrestre non può crescere indefinitamente perché lo spazio fisico e le risorsenaturali sono finite! In altre parole: il modello di Malthus può andare bene per calcolare x50 ma è sicuramenteinadatto per prevedere x106 . Occorre quindi fare un’ipotesi più accurata sulla forma di rn, che dovrà essere variabilee, ragionevolmente, dipendere dalla popolazione xn. Infatti ci si attende che quando la popolazione è prossima aduna certa soglia massima, la "capienza" del sito, il tasso di crescita si riduca di molto fino ad annullarsi. In altreparole rn = r (xn) dove r (x) è il tasso di crescita di una popolazione di dimensione x. La più semplice funzioneimmaginabile con queste caratteristiche è

r (x) = r0

(1 −

xM

),

dove M è una costante (capienza del sito). Si nota che quando xM ≈ 0 (cioè x � M), il tasso è costante r (x) ≈ r0,

e quindi la popolazione tenderà a crescere come nel modello di Malthus. Quando x ≈ M , cioè xM ≈ 1 allora

r (x) ≈ 0, cioè la popolazione rallenterà la crescita fino a fermarsi. Il modello che otteniamo è

xn+1 − xn = r0

(1 −

xnM

)xn, ⇐⇒ xn+1 = r0

(1 +

1r0−

xnM

)xn ≡ λ(β − xn)xn,

dove abbiamo per brevità chiamato λ = r0M e β = M

(1 + 1

r0

). Questo modello prende il nome di modello logistico

ed è terribilmente complesso nonostante, apparentemente, possa sembrare solo una piccola estensione del modellodi Malthus. A differenza del modello di Malthus, ad esempio, non è possibile determinare un’espressione esplicitadi xn e la discussione sul comportamento della successione xn è a tal punto complicata che questo modello èutilizzato come prototipo per sistemi dal comportamento caotico.

Numeri di Fibonacci

In questo modello si descrive l’evoluzione di una colonia (molto ideale) di conigli i quali si riproducono secondola seguente regola: ogni coppia produce, a partire dal secondo mese di vita, una nuova coppia di conigli. Se xn èil numero di coppie di conigli all’n−esimo mese si assume che x0 = 1. Quindi x1 = 1, x2 = 2 (la coppia inizialepiù una nuova coppia), x3 = 3 (la coppia iniziale produce una nuova coppia), x4 = 5 (tutte le coppie precedenti,più una nata dalla prima coppia e una dalla seconda). E così via. La regola generale è riassunta dalla formula

xn+1 = xn + xn−1.

Anche questo modello è facilmente studiabile in tutta la sua generalità. Assumiamo che xn = an. Allora

an+1 = an + an−1, ⇐⇒ a2 = a + 1, ⇐⇒ a2 − a − 1 = 0, ⇐⇒ a =1 ±√

52

.

Ci sono solo due possibilità dunque

xn = *,

1 +√

52

+-

n

, xn = *,

1 −√

52

+-

n

.

Entrambe, per n = 0 valgono 1, ma per n = 1 nessuna delle due vale 1. Come si fa allora? Si osserva che ancheuna combinazione lineare delle due è soluzione:

xn = c1 *,

1 +√

52

+-

n

+ c2 *,

1 −√

52

+-

n

,

40

e questo perché l’equazione di evoluzione è lineare, cioè la dipendenza da xn, xn−1 è come un polinomio di primogrado omogeneo. Ora basta determinare c1, c2 in modo tale che siano soddisfatte le due condizioni iniziali x0 = 1,x1 = 1. Si trova:

c1 + c2 = 1,

c11+√

52 + c2

1−√

52 = 1

⇐⇒

c1 + c2 = 1,

√5(c1 − c2) = 1

⇐⇒ c1 = 1 +1√

5, c2 = −

1√

5,

e quindi

xn =(1 +

1√

5

)*,

1 +√

52

+-

n

−1√

5*,

1 −√

52

+-

n

.

3.1.2 Interessi compostiConsideriamo una certa somma s e supponiamo di investirla in qualche modo. Investire significa che dopo un certointervallo di tempo, per fissare le idee 1 anno, ci aspettiamo un certo ritorno economico, tradotto attraverso untasso di interesse annuo, cioè un numero r > 0 tale che a fine anno ci ritroveremo s + rs = (1 + r)s.

Immaginiamo ora che invece di ottenere il tasso r dopo un anno ci venga offerto il tasso r2 ogni 6 mesi. Ci

guadagniamo o ci perdiamo? In questo secondo caso, dopo 6 mesi ci ritroviamo con s + r2 s =

(1 + r

2

)s. Dopo

altri 6 mesi (1 +

r2

)s +

r2

(1 +

r2

)s =

(1 +

r2

)2s =

(1 + r +

r2

4

)s > (1 + r)s.

Dunque la seconda soluzione è migliore. Possiamo analogamente considerare un tasso r3 che venga corrisposto in

tre intervalli di tempo uguali (cioè ogni 4 mesi). Non è difficile immaginare che alla fine ci ritroveremo con(1 +

r3

)3s =

(1 + r + 3

r2

9+

r3

27

)s >

(1 + r +

r2

3

)s >

(1 + r +

r2

4

)s =

(1 +

r2

)2s.

Dividendo l’anno in 4, 5, . . . , n parti alla fine ritroveremo la somma

xn :=(1 +

rn

)ns.

Sopra abbiamo visto che x1 < x2 < x3, per cui è naturale pensare che questo meccanismo sia valido sempre, cioèche xn+1 > xn. Tuttavia trattare la cosa in generale è tutt’altro che semplice anche se non è impossibile usandola formula del binomio di Newton. Ci torneremo più avanti. Il messaggio è che più n aumenta e più aumenta ilrendimento. A questo punto nasce spontanea una domanda: ma fino a che punto può aumentare il rendimento?Cioè: è possibile che cresca "indefinitamente" oppure più n aumenta più xn si avvicina ad un valore finito?Rispondere a questa domanda ci porterà a fare la conoscenza con una delle più importanti costanti dell’Analisi: ilnumero di Nepero.

3.2 La nozione di limiteAbbiamo già raccolto diversi spunti per introdurre le fondamentali definizioni di questo capitolo.

Definizione 3.2.1 (successione). Una successione numerica (o, brevemente, una successione) è una funzionea : N −→ R. Denoteremo una successione col simbolo (an) ⊂ R, dove an := a(n), n ∈ N è chiamato elementodella successione, n è chiamato indice.

41

1 n n+1

Figura 3.1: Grafico della successione an =n+(−1)n

n+1 .

3.2.1 Limite finitoVogliamo ora dare la definizione precisa di cosa s’intende per an −→ ` ∈ R per n che "diventa grande". L’idea èsemplice: la distanza tra an e ` è piccola quanto si vuole purché n sia sufficientemente grande:

Definizione 3.2.2. Sia (an) ⊂ R. Diciamo che an −→ ` ∈ R per n −→ +∞ (si legge: (an) tende a ` per n chetende a +∞) se

∀ε > 0, ∃N (ε) ∈ N : |an − ` | 6 ε, ∀n > N (ε). (3.2.1)

Scriviamo anche limn→+∞ an := `.

Proviamo a capire geometricamente il significato della (3.2.1). Riscrivendola come

∀ε > 0, ∃N (ε) ∈ N : ` − ε 6 an 6 ` + ε, ∀n > N (ε).

leggiamo che per ogni ε > 0 fissato (intuitivamente "piccolo") troviamo un indice iniziale N (ε) tale che, a partireda questo i punti della successione giacciono nella striscia tra le quote ` − ε e ` + ε. Come la figura suggerisce, piùε è piccolo più N (ε) è grande.

NH¶L

{

{+¶

{-¶

Esempio 3.2.3. Mostrare che1n−→ 0, per n −→ +∞.

Sol. — Per provare che vale la (3.2.1) dobbiamo fissare ε > 0 e trovare N (ε) tale che

�����1n− 0

�����6 ε, ∀n > N (ε).

Ora,�����1n− 0

�����6 ε ⇐⇒

1n6 ε ⇐⇒ n >

1ε=: N (ε).

Ovviamente 1ε < N, me se prendiamo il primo intero più grande di 1

ε , cioè N (ε) =[ 1ε

]+ 1 siamo a posto.

42

Esempio 3.2.4. Mostrare chen

n + 1−→ 1, n −→ +∞.

Sol. — Intuitivamente sembra naturale: se n è molto grande non è molta differenza tra n e n + 1 nel rapporto, cioè questorapporto è molto vicino a 1. Verifichiamo rigorosamente la (3.2.1) che in questo caso si traduce in

∀ε > 0, ∃N (ε) :����

nn + 1

− 1���� 6 ε, ∀n > N (ε).

Cerchiamo le soluzioni della disequazione ���n

n+1 − 1��� 6 ε. Abbiamo

����n

n + 1− 1

���� 6 ε, ⇐⇒ 1 −n

n + 16 ε, ⇐⇒ (n + 1) − n 6 ε(n + 1), ⇐⇒ 1 6 ε(n + 1), ⇐⇒ n >

1ε− 1.

Ma allora, se N (ε) := 1ε − 1 (o meglio, N (ε) :=

[ 1ε − 1

]+ 1) allora è verificata la (3.2.1).

Esempio 3.2.5. Mostrare chen

n2 + 1−→ 0, n −→ +∞.

Sol. — Sia ε > 0. Dobbiamo trovare N (ε) tale che����

nn2 + 1

− 0���� 6 ε, ∀n > N (ε).

Studiamo la disequazione ���n

n2+1 − 0��� 6 ε. Abbiamo

����n

n2 + 1− 0

���� 6 ε, ⇐⇒n

n2 + 16 ε, ⇐⇒ ε(n2 + 1) − n > 0, ⇐⇒ εn2 − n + ε > 0.

Questa è una disequazione di secondo grado in n, (qui n ∈ N). Ricordati i fatti fondamentali sulle disequazioni di secondogrado, posto ∆ = 1 − 4ε abbiamo due casi:

• ∆ < 0 (e ciò accade sse 1 − 4ε 6 0, cioè ε > 14 ): la disequazione è soddisfatta per ogni n ∈ N. In questo caso possiamo

prendere N (ε) = 0.• ∆ > 0 (sse 0 < ε < 1

4 ): le soluzioni della disequazione sono

n 61 −√

1 − 4ε2

, n >1 +√

1 − 4ε2

.

La prima potrebbe non avere soluzioni intere, o se ce ne sono ce ne sono un numero finito. La seconda invece contienesicuramente tutti gli interi più grandi di N (ε) = 1+

√1−4ε2 (come sempre, per la pignoleria, N (ε) :=

[1+√

1−4ε2

]+ 1).

Dr0

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

D<0

NH¶L

In ogni caso siamo in grado di trovare N (ε) per cui ogni n > N (ε) è soluzione della disequazione.

43

Esempio 3.2.6. Mostrare che√

n + 1 −√

n −→ 0, n −→ +∞.

Sol. — Sia ε > 0: dobbiamo trovare N (ε) tale che

|√

n + 1 −√

n| 6 ε, ∀n > N (ε).

Osservato che√

n + 1 >√

n, abbiamo

|√

n + 1 −√

n| 6 ε ⇐⇒√

n + 1 −√

n 6 ε, (quadrando)

⇐⇒ n + 1 + n − 2√

n(n + 1) 6 ε2

⇐⇒ 2n + 1 − ε2 6 2√

n(n + 1).

Per eliminare la radice vorremmo ora quadrare. Per farlo occorre (per non alterare il segno della disuguaglianza) che anche ilmembro sinistro sia positivo, in caso contrario la disequazione è ovviamente soddisfatta. Ora, 2n + 1 − ε2 > 0 sse n > ε2−1

2 ,cioè per n sufficientemente grande. A questo punto, quadrando,

⇐⇒ (2n + (1 − ε2))2 6 4n(n + 1), ⇐⇒ 4(1 − ε2)n + (1 − ε2)2 6 4n, ⇐⇒ n >(1 − ε2)2

4ε.

Pertanto, se

N (ε) := max{

(1 − ε2)2

4ε,ε2 − 1

2

},

allora per ogni n > N (ε) si ha |√

n + 1 −√

n| 6 ε.

3.2.2 Limite infinitoIn alcuni casi una successione an diventa "grande" (positivamente o negativamente) senza limitazione.

Definizione 3.2.7. Sia (an) ⊂ R. Diciamo che an −→ +∞ per n −→ +∞ se

∀K > 0, ∃N (K ) ∈ N : an > K, ∀n > N (K ). (3.2.2)

Scriviamo anche limn→+∞ an := +∞. Analogamente si definisce limn→+∞ an = −∞:

∀K < 0, ∃N (K ) ∈ N : an 6 K, ∀n > N (K ).

NHKL

K

44

Esempio 3.2.8. Mostrare chen2 + 1n + 1

−→ +∞, n −→ +∞.

Sol. — Fissiamo K > 0: dobbiamo trovare N (K ) tale che

n2 + 1n + 1

> K, ∀n > N (K ).

Studiamo le soluzioni della disequazione n2+1n+1 > K con n ∈ N. Si ha

n2 + 1n + 1

> K,n∈N, n>0⇐⇒ n2 + 1 > K (n + 1), ⇐⇒ n2 − Kn + (1 − K ) > 0,

che è una disequazione di secondo grado in n. Sia allora ∆ := K2 − 4(1 − K ). Abbiamo che• se ∆ < 0 la disequazione è vera per ogni n ∈ N: ciò significa che possiamo prendere N (K ) = 0.• se ∆ > 0, le soluzioni sono

n 6K −√∆

2, n >

K +√∆

2.

In particolare, se n > K+√∆

2 =: N (K ), n è soluzione.Come si vede, in ogni caso abbiamo trovato un indice iniziale N (K ).

Esempio 3.2.9. Mostrare chen

1 −√

n−→ −∞, n −→ +∞.

Sol. — Questa successione è definita per ogni n > 2. Dobbiamo provare che

∀K < 0, ∃N (K ), :n

1 −√

n6 K, ∀n > N (K ).

Per n > 2,n

1 −√

n6 K, ⇐⇒ n > (1 −

√n)K, ⇐⇒ n − K > −K

√n.

Ora: n − K > 0 (perché K < 0) e così pure −K√

n > 0. Pertanto, quadrando

n1 −√

n6 K, ⇐⇒ (n − K )2 > K2n, ⇐⇒ n2 + 2Kn + K2 − K2n > 0, ⇐⇒ n2 + (K2 + 2K )n + K2 > 0.

Abbiamo di nuovo una disequazione di secondo grado. Posto ∆ := (K2 + 2K )2 − 4K2 abbiamo che• se ∆ < 0 ogni n è soluzione pertanto, essendo n > 2, possiamo prendere N (K ) := 2;• se ∆ > 0 allora le soluzioni della disequazione sono

n 6−(K2 + 2K ) −

√∆

2, n >

−(K2 + 2K ) +√∆

2.

Prendendo N (K ) := −(K2+2K )+√∆

2 , abbiamo che ogni naturale n > N (K ), 2 è soluzione.Abbiamo quindi trovato, in ogni caso possibile, un N (K ) tale che n

1−√n6 K per ogni n > N (K ).

45

Due esempi notevoli di quantità infinite sono:

• potenze nα con α > 0: infattinα > K, ⇐⇒ n > K1/α := N (K ).

• esponenziali an con a > 1: infatti

an > K,(a>1)⇐⇒ n > loga K =: N (K ).

3.2.3 Sotto-successioniUna successione che ammette limite finito viene anche detta, brevemente, convergente, una che ammette limiteinfinito divergente. Una successione è necessariamente convergente o divergente? La risposta è no! L’esempio piùnaturale è fornito dalla successione

an := (−1)n, cioè + 1, −1, +1, −1, . . .

1 2 3 4 5 6 7 8 9

Sembra evidente che tale successione non possa avere limite. Cogliamo l’occasione per mostrare questo fattointroducendo un concetto importante. Osserviamo che se "estraiamo" dalla successione gli elementi di posto (cioèindice) pari, cioè a0, a2, a4, a6, . . . , a2k, . . . abbiamo che a2k ≡ 1 −→ 1; se viceversa "estraiamo" gli elementi diposto dispari, cioè a1, a3, a5, . . . , a2k+1, . . ., allora a2k+1 ≡ −1 −→ −1. Le successioni (a2k ) e (a2k+1) sono casiparticolari della seguente

Definizione 3.2.10. Sia (an) ⊂ R e sia (nk ) ⊂ N una successione strettamente crescente di indici, cioè inparticolare nk < nk+1 per ogni k ∈ N. La successione an1, an2, an3, . . . , ank , ank+1, . . . viene indicata con (ank ) eviene detta sotto successione di (an). Si scrive (ank ) ⊂ (an).

Occorre fare attenzione: in una sottosuccessione l’ordine di posizione deve essere rispettato. Così, per esempioa4, a1, a3, a8, a20, a15, . . . non è una sottosuccessione di (an) perché la sequenza degli indici none crescente (non viene cioè rispettato l’ordine di posizione). Ecco alcuni esempi di sottosuccessioni:

• (a0, a2, a4, . . . , a2k, . . .) ≡ (a2k );

• (a1, a3, a5, . . . , a2k+1, . . .) ≡ (a2k+1);

• (a0, a3, a6, a9, a12, . . . , a3k, . . .) ≡ (a3k );

• (a0, a1, a4, a9, a16, a25, . . . , ak2, . . .) ≡ (ak2 );

• (a1, a2, a4, a8, a16, a32, . . . , a2k , . . .) ≡ (a2k );

Ora, la proprietà chiave è la seguente: se la successione "madre" ha un limite ` lo stesso accade per le sottosuccessioni"figlie".

46

Proposizione 3.2.11. Sia an −→ ` ∈ R ∪ {±∞}. Allora, per ogni sottosuccessione (ank ) ⊂ (an) si ha ank −→ `.

Dim. — Consideriamo il caso ` ∈ R (lasciando quello ` = ±∞ al lettore). Per ipotesi

∀ε > 0, ∃N (ε), : |an − ` | 6 ε, ∀n > N (ε).

Ora, siccome nk ↗, è chiaro che nk > k. Pertanto

|ank − ` | 6 ε, ∀k > N (ε).

Da questo risultato, un maniera del tutto evidente si ottiene il

Corollario 3.2.12 (criterio di non esistenza). Se esistono (ank ), (amk) ⊂ (an) tali che

ank −→ `1, amk−→ `2, con `1 , `2,

allora (an) non può avere limite.

Esempio 3.2.13. La successione ((−1)n) non ammette limite.Sol. — Infatti, essendo a2k = 1 −→ 1 mentre a2k+1 = −1 −→ −1.

Citiamo le seguenti due successioni come altri importanti esempi di successioni che non ammettono limite: (sin n),(cos n). È comunque molto difficile mostrare effettivamente non ammettono limite!

3.3 Proprietà fondamentaliUna prima questione è: è possibile che una successione abbia due o più limiti?

Teorema 3.3.1 (unicità del limite). Se limn an esiste (finito o meno) è anche unico.Dim. — Supponiamo che an −→ `1 e an −→ `2 con `1, `2 ∈ R ∪ {±∞} e `1 , `2.

Caso `1, `2 ∈ R. L’idea è semplice: essendo an −→ `1, prima o poi an sarà così vicino a `1 da non poter essere vicino a `2.Precisamente: sia d := |`1 − `2 | la distanza tra `1 e `2 e poniamo ε := d

4 . Per definizione di limite

∃N1(ε), : |an − `1 | 6 ε, ∀n > N1(ε), e ∃N2(ε), : |an − `2 | 6 ε, ∀n > N2(ε).

Ma allora, se N (ε) := max{N1(ε), N2(ε)} le due precedenti sono vere per ogni n > N (ε) e

|`1 − `2 | 6 |`1 − an | + |an − `2 | 6 ε + ε = 2ε = 2d4=

d2< d = |`1 − `2 |,

che è chiaramente impossibile. Ne segue `1 = `2.

Casi `1 ∈ R, `2 = ±∞ e `1 = −∞, `2 = +∞: esercizio.

Il limite di una successione ha lo stesso segno della successione. Precisamente

Proposizione 3.3.2 (permanenza del segno). Sia an −→ ` ∈ R ∪ {±∞}. Allora

• se ` > 0 (compreso ` = +∞) esiste N ∈ N tale che an > 0 per ogni n > N .

47

• se esiste N ∈ N tale che an > 0 per ogni n > N allora ` > 0.

Dim. — Sebbene i due enunciati sembrino l’uno l’inverso dell’altro bisogna stare attenti alle sottili differenze.

Primo enunciato: supponiamo ` ∈ R e ` > 0 (il caso ` = +∞) è simile e lo lasciamo per esercizio. Prendiamo ε := `2 nella

(3.2.1): esiste allora N (ε) =: N tale che` − ε 6 an 6 ` + ε, ∀n > N .

In particolare

an > ` − ε = ` −`

2=`

2> 0, ∀n > N .

Secondo enunciato: supponiamo, per assurdo, che ` < 0. Dal primo enunciato allora seguirebbe an < 0 per tutti gli n > Nper qualche N . Ma ciò è in contraddizione con l’ipotesi visto che an > 0 per ogni n > N , così se n > max{N, N } avremmoan < 0 < an.

Osservazione 3.3.3. Ovviamente una successione può essere positiva ma il limite essere nullo: un semplice esempioè 1

n −→ 0.

Introduciamo una terminologia utile:

Definizione 3.3.4. Sia p = p(x) un certo predicato e (an) ⊂ R sia una successione. Diciamo che p è definitiva-mente vera per (an) se esiste N ∈ N tale che

p(an) è vera ∀n > N .

In tal caso scriviamo p(an) definitivamente.

Per esempio: possiamo riformulare la permanenza del segno nel modo seguente: se an −→ `, allora

• se ` > 0 allora (an) è definitivamente positiva;

• se (an) è definitivamente > 0 allora ` > 0.

Teorema 3.3.5 (due carabinieri). Siano (an), (bn), (cn) ⊂ R tali che

i) an 6 bn 6 cn definitivamente;

ii) an −→ `, cn −→ `, ` ∈ R.

Allora anche bn −→ `.Dim. — Dobbiamo provare che

∀ε > 0, ∃N (ε) : |bn − ` | 6 ε, ∀n > N (ε), ⇐⇒ ` − ε 6 bn 6 ` + ε, ∀n > N (ε).

Per ipotesian −→ `, =⇒ ∃N1 (ε) : ` − ε 6 an 6 ` + ε, ∀n > N1 (ε) ,

cn −→ `, =⇒ ∃N2 (ε) : ` − ε 6 cn 6 ` + ε, ∀n > N2 (ε) ,

Inoltre, per la i) esiste N tale che an 6 bn 6 cn per ogni n > N . Allora, se N (ε) := max{N1(ε), N2(ε), N } le proprietàprecedenti sono vere per n > N . Si deduce che

` − ε 6 an 6 bn 6 cn 6 ` + ε, ∀n > N (ε).

48

Esempio 3.3.6. Mostrare che

limn→+∞

(−1)n

n= 0.

Sol. — Infatti −1 6 (−1)n 6 1 per ogni n ∈ N, per cui

−1n6

(−1)n

n6

1n, ∀n > 1.

Ora: − 1n e 1

n sono i due carabinieri che tendono a 0. Pertanto, (−1)nn −→ 0 as n −→ 0.

L’esempio precedente suggerisce una regola generale. Premettiamo due definizioni importanti:

Definizione 3.3.7. Diciamo che (an) ⊂ R è

• limitata se esiste M tale che |an | 6 M per ogni n ∈ N.

• infinitesima se an −→ 0.

Allora,

Corollario 3.3.8 (limitata×infinitesima=infinitesima). Siano (an), (bn) ⊂ R tali che (an) sia limitata e (bn) siainfinitesima. Allora (anbn) è infinitesima (quindi anbn −→ 0).

Dim. — Esercizio.

Esempio 3.3.9. Mostrare che

limn→+∞

sin nn= 0.

Sol. — Scrivendo sin nn = (sin n) · 1

n , | sin n| 6 1 per ogni n ∈ N e 1n è infinitesima.

Teorema 3.3.10 (due carabinieri, limiti infiniti). Siano (an), (bn) ⊂ R. Supponiamo che

i) an 6 bn definitivamente;

ii) an −→ +∞.

Allora bn −→ +∞.

Dim. — Esercizio.

Esempio 3.3.11. Mostrare chelim

n→+∞(n + sin n) = +∞.

Sol. — Basta osservare che n + sin n > n − 1 −→ +∞ per n −→ +∞.

49

3.4 Teorema di Bolzano–WeierstrassOccorre non essere indotti in errore dalle parole: limitata non significa che ammette limite. Infatti (−1)n èovviamente limitata ma non ammette limite. Le due proprietà sono però in qualche modo collegate.

Proposizione 3.4.1. Ogni successione che ammette limite finito è anche limitata.Dim. — Esercizio.

Il viceversa, come abbiamo osservato, è falso. Tuttavia si può dimostrare l’importante

Teorema 3.4.2 (Bolzano–Weierstrass). Una successione limitata ammette almeno una sottosuccessione conver-gente.Dim. — Sia (an) la successione. Essendo limitata potremo dire che

∃α, β ∈ R : α 6 an 6 β, ∀n ∈ N.

Sia ora S := {an : n ∈ N}. Abbiamo due possibilità: S finito o infinito.

Caso S è finito: allora almeno uno dei suoi elementi s deve essere uguale ad an per infiniti valori di n: si forma così naturalmenteuna sotto successione costante (quindi convergente) e il teorema è dimostrato;

Caso S è infinito: significa che esiste una sotto successione (ank ) con ank , anh se h , k. Chiamiamo questa sotto successionecon (bk ) (che è la (an) senza "doppioni") e mostriamo che esiste una sua sotto successione convergente (è chiaro che si trattadi una sotto successione della madre (an)). Procediamo così: dividiamo [α, β] in due parti uguali. Almeno una delle due partideve contenere infiniti elementi di S (altrimenti, se ciascuna ne contenesse un numero finito, S sarebbe finito). Chiamiamo

[α1, β1] ⊂ [α, β], la parte per cui [α1, β1] ∩ S =: S1 è infinito

Sia n1 tale che bn1 ∈ [α1, β1] ∩ S ≡ S1. Notiamo che

α 6 α1 6 bn1 6 β1 6 β, 0 6 β1 − α1 6β − α

2.

Dividiamo [α1, β1] in due nuove parti. Almeno una delle due contiene infiniti elementi di S1. Come sopra, chiamiamo

[α2, β2] ⊂ [α1, β1], la parte per cui [α2, β2] ∩ S1 =: S2 è infinito

Sia n2 > n1 tale che bn2 ∈ [α2, β2] ∩ S1 ≡ S2. Notiamo che

α 6 α1 6 α2 6 bn2 6 β2 6 β1 6 β, 0 6 β2 − α2 6β − α

22 .

Iteriamo il procedimento: si costruisce una sotto successione (bnk ) ⊂ (bn) tale che

α 6 α1 6 α2 6 . . . 6 αk 6 bnk 6 βk 6 . . . β2 6 β1 6 β, 0 6 βk − αk 6β − α

2k.

Ora: la famiglia [αk, βk ] è una famiglia di scatole cinesi e quindi esiste ` ∈⋂

k [αk, βk ]. Affermiamo che

bnk −→ `.

Infatti: siccome bnk , ` ∈ [αk, βk ]

|bnk − ` | 6 βk − αk =β − α

2k−→ 0,

e la conclusione ora segue dal teorema dei carabinieri.

50

3.5 Regole di calcoloCome accade spesso in Matematica, buone definizioni non sono necessariamente pratiche. Ci sono tuttavia unaserie di regole che permettono di fatto di ridurre il calcolo di un limite

Proposizione 3.5.1. Siano (an), (bn) ⊂ R tali che an −→ `1 e bn −→ `2 con `1, `2 ∈ R. Allora

i) an ± bn −→ `1 ± `2.

ii) an · bn −→ `1 · `2.

iii) if `2 , 0, an

bn−→

`1`2.

Dim. — Dimostriamo solo la i). Dobbiamo provare che

∀ε > 0, ∃N (ε) : |(an + bn) − (`1 + `2) | 6 ε, ∀n > N (ε).

Osserviamo che,

|(an + bn) − (`1 + `2) | = |(an − `1) + (bn − `2) |dis. 46 |an − `1 | + |bn − `2 |.

Ora: fissato ε > 0 si haan −→ `1, =⇒ ∃N1

(ε2)

: |an − `1 | 6ε2 , ∀n > N1

(ε2),

bn −→ `2, =⇒ ∃N2(ε2)

: |bn − `2 | 6ε2 , ∀n > N2

(ε2).

Pertanto, seN (ε) := max

{N1

(ε

2

), N2

(ε

2

)}, =⇒ |an − `1 | 6

ε

2, |bn − `2 | 6

ε

2, ∀n > N (ε),

così|(an + bn) − (`1 + `2) | 6 |an − `1 | + |bn − `2 | 6

ε

2+ε

2= ε, ∀n > N (ε),

che è la conclusione.

Esempio 3.5.2. Calcolare

limn→+∞

√n − 1√

n + 1.

Sol. — Abbiamo√

n − 1√

n + 1=

√n(1 − 1√

n

)√

n(1 + 1√

n

) = 1 − 1√n

1 + 1√n

.

Ora, chiaramente

1 −1√

n−→ 1, 1 +

1√

n−→ 1, =⇒

1 − 1√n

1 + 1√n

−→11= 1.

Le regole di calcolo funzionano anche in molti casi in cui i limiti coinvolti siano infiniti.

Proposizione 3.5.3. Siano (an), (bn) ⊂ R tali che an −→ `1, bn −→ `2. Allora

i) se `1 = ±∞ e `2 ∈ R allora an + bn −→ ±∞ (con lo stesso segno di `1).

51

ii) se `1 = `2 = ±∞ (stesso segno) allora an + bn −→ ±∞ (con il segno comune a `1 e `2).

Dim. — Esercizio.

Osservazione 3.5.4 (Importante!). Nel caso in cui `1 = +∞ e `2 = −∞ non si può dire nulla a priori: si trattadi una forma indeterminata. Possiamo infatti trovare esempi nel quali più o meno qualsiasi cosa può accadere. Vediamoalcuni casi semplici:

• an = n2 −→ +∞, bn = −n −→ −∞. Allora an + bn = n2 − n. È facile vedere che n2 − n −→ +∞. Per esempio: n2 > 2nper n > 2, per cui

n2 − n > 2n − n = n −→ +∞,

e la conclusione segue per il teorema dei carabinieri.• an = n −→ +∞, bn = −n2 −→ −∞. Qui

an + bn = n − n2 −→ −∞.

• an = n + 1 −→ +∞, bn = −n −→ −∞. Qui

an + bn = (n + 1) − n = 1 −→ 1.

• an = n + (−1)n > n − 1 −→ +∞, bn = −n −→ −∞. Qui

an + bn = (n + (−1)n) − n = (−1)n,

che non ammette limiteAnalogamente (+∞) − (+∞) o (−∞) + (+∞) o (−∞) − (−∞) sono forme indeterminate.

Introduciamo una notazione efficace per ricordare i risultati precedenti:

(±∞) + ` = ±∞, (+∞) + (+∞) = +∞, (−∞) + (−∞) = −∞.

Simile è il ragionamento col prodotto:

Proposizione 3.5.5. Siano (an), (bn) ⊂ R tali che

i) an −→ ±∞, bn −→ `2 ∈ R\{0}. Allora anbn −→ sgn(`) ±∞.

ii) an, bn −→ ±∞. Allora anbn −→ ±∞, dove il segno è determinato con le usuali regole dei segni (+∞)(+∞) =(−∞)(−∞) = +∞ e (+∞)(−∞) = −∞.

Dim. — Esercizio.

Osservazione 3.5.6. Il caso "disgraziato" per il prodotto è ±∞ · 0. Anche in questo caso non si può dire nulla apriori e si tratta quindi di una forma indeterminata. Ecco alcuni esempi:

an = n −→ +∞, bn = 1n −→ 0, anbn = n 1

n = 1 −→ 1.

an = n2 −→ +∞, bn = 1n −→ 0, anbn = n2 1

n = n −→ +∞,

an = n −→ +∞, bn =(−1)nn −→ 0, anbn = n (−1)n

n = (−1)n, non esiste.

52

Infine, per quanto concerne il rapporto,

Proposizione 3.5.7. Siano (an), (bn) ⊂ R tali che

i) an −→ `1 ∈ R, bn −→ ±∞. Allora an

bn−→ 0.

ii) an −→ ±∞ ∈ R, bn −→ `2 ∈ R\{0}. Allora an

bn−→ ±sgn(`2)∞.

Dim. — Esercizio.

Osservazione 3.5.8. Le forme indeterminate per il rapporto sono 00 e ∞

∞.

Le formule mnemoniche per il rapporto sono`

±∞= 0, (` ∈ R),

+∞

`= sgn(`)∞, (` , 0),

−∞

`= −sgn(`)∞, (` , 0).

Il caso ∞0 è particolare: se siamo in grado di stabilire il "segno" dello 0 possiamo concludere.

Definizione 3.5.9. Diciamo che an −→ `+ (o `−) se an è definitivamente > ` (o < `).

Allora+∞

0+=−∞

0−= +∞,

+∞

0−=−∞

0+= −∞.

Riassumendo: sono forme indeterminate

(±∞) + (∓∞), (segni opposti), (±∞) · 0,00,±∞

±∞.

Queste, assieme ad altre, sono le "brutte bestie" con cui dobbiamo imparare a trattare nel calcolo dei limiti.Cominciamo da qualche esempio

Esempio 3.5.10. Calcolare

limn→+∞

n3 − n2 + 2n3 − n − 5

Sol. — A prima vista ci sono parecchie forme indeterminate. Al numeratore abbiamo (+∞) − (+∞) + 2 = (+∞) − (+∞).È comunque facile risolvere il problema: osservando i vari termini, per n grande è chiaro che il termine dominante è n3 chedovrebbe "guidare" il tutto vero +∞. Precisamente, osserviamo che se scriviamo

n3 − n2 + 2 = n3(1 −

1n+

2n3

),

il termine in parentesi tende facilmente a 1 poiché 1n ,

2n3 −→ 0 (da cui 1− 1

n +2n3 −→ 1−0+0 = 1). Allora abbiamo trasformato

l’espressione in una forma (+∞) · 1 che non è più indeterminata:

n3 − n2 + 2 = n3(1 −

1n+

2n3

)(+∞) ·1−→ +∞.

Similmente al denominatoren3 − n − 5 = n3

(1 −

1n2 −

5n3

)(+∞) ·1−→ +∞.

Fatto questo, la frazione si presenta quindi come +∞+∞ . Tuttavia, per quanto appena visto

n3 − n2 + 2n3 − n − 5

=n3

(1 − 1

n +2n3

)n3

(1 − 1

n2 −5n3

) = 1 − 1n +

2n3

1 − 1n2 −

5n3

−→ 1, n → +∞.

53

Esempio 3.5.11. Calcolare

limn→+∞

(n + 2)! + (n + 1)!(n + 2)! − (n + 1)!

.

Sol. — Naturalmente n! −→ +∞ (per esempio n! > n −→ +∞), e similmente (n + 2)!, (n + 1)! −→ +∞. Pertanto(n + 2)! + (n + 1)! −→ +∞ mentre (n + 2)! − (n + 1)! è una forma indeterminata (+∞) − (+∞). D’altra parte è naturale che(n + 2)! sia più grande di (n + 1)! e, osservato che (n + 2)! = (n + 2)(n + 1)!, abbiamo

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

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

)= (n + 2)!

(1 +

1n + 2

),

e similmente (n + 2)! − (n + 1)! = (n + 2)!(1 − 1

n+2), così

(n + 2)! + (n + 1)!(n + 2)! − (n + 1)!

=1 + 1

n+21 − 1

n+2−→ 1, n → +∞.

Notiamo un principio generale. Supponiamo di studiare un’espressione del tipo an − bn dove an −→ +∞,bn −→ +∞, di modo tale che sia una forma indeterminata (+∞) − (+∞). Il termine "più grande" (se c’è) è quelloche decide nel senso che, scrivendo,

an − bn = an

(1 −

bnan

).

se bn

an−→ 0 (allora an deve essere di un ordine di grandezza maggiore di bn) si toglie l’indecisione. Formalizziamo

questo concetto introducendo una definizione molto importante:

Definizione 3.5.12. Siano (an), (bn) ⊂ R, an, bn , 0. Diciamo che

• bn è di ordine inferiore rispetto ad an (scriviamo bn = o(an)) o, equivalentemente, an è di ordine superiorerispetto a bn (scriviamo an � bn) se

bnan−→ 0, n −→ +∞.

• bn è dello stesso ordine di an (scriviamo bn � an) se

bnan−→ C ∈ R\{0}, n −→ +∞.

Nel caso particolare in cuibnan−→ 1, n −→ +∞,

diciamo che an e bn sono asintotiche, e scriviamo an ∼ bn.

Notiamo che se an ∼ bn la trasformazione precedente

an − bn = an

(1 −

bnan

),

trasforma la forma (+∞) − (+∞) nella forma (+∞) · 0: dalla padella alla brace.

54

Esempio 3.5.13. Calcolarelim

n→+∞

(√n + 1 −

√n).

Dim. — Chiaramente√

n + 1,√

n −→ +∞ per cui abbiamo una forma indeterminata del tipo (+∞) − (+∞). Anche se√n + 1 >

√n non è vero che

√n = o(

√n + 1). Anzi:

√n + 1 ∼

√n come suggerisce l’intuizione. Infatti

√n

√n + 1

=

√n

n + 1=

√1 −

1n + 1

.

Sembra evidente che siccome 1 − 1n+1 −→ 1 allora

√1 − 1

n+1 −→√

1 = 1. Più in generale, ammesso abbiano senso, sembranaturale che √an −→

√` se an −→ `. Questa proprietà si chiama continuità della funzione

√] e sarà oggetto del Capitolo

sulle funzioni continue. Per il momento accettiamo che sia vero. Pertanto√

n√

n + 1−→ 1, ⇐⇒

√n ∼√

n + 1.

Dunque nessuno dei due termini "domina" e quindi è inutile raccogliere. E allora? In questo caso ce la possiamo cavare conuna trasformazione algebrica:

√n + 1 −

√n =

(√n + 1 −

√n)·

√n + 1 +

√n

√n + 1 +

√n=

(n + 1) − n√

n + 1 +√

n=

1√

n + 1 +√

n

1+∞−→ 0.

Nell’ultimo esempio abbiamo incontrato la seguente situazione:

an −→ `, =⇒√

an −→√`.

Chiamando f (x) :=√

x, la precedente si scrive così:

an −→ `, =⇒ f (an) −→ f (`).

Questo è, come vedremo in uno dei prossimi capitoli (ved. 6), il concetto di funzione continua in qualche punto`. Siccome questo tipo di situazione la incontreremo frequentemente con le successioni anticipiamo un risultatoimportante

Proposizione 3.5.14. Le funzioni elementari (potenze, esponenziali, logaritmi, funzioni trigonometriche, modulo)sono continue ove definite, cioè detto D il dominio della funzione, allora

se (an) ⊂ D, : an −→ ` ∈ D, =⇒ f (an) −→ f (`).

Dim. — Ved. Teorema 5.2.4.

3.6 Confronto esponenziali/potenze/logaritmiCome abbiamo visto è importante stabilire confronti (nel senso del rapporto) tra quantità diverse per stabilire qualè la più grande. Tra le quantità fondamentali che vanno all’inifinito per n −→ ∞ ci sono gli esponenziali an (cona > 1), le potenze nα (con α > 0) e i logaritmi logb n (con b > 1). Il prossimo risultato mette a confronto questitre:

55

Teorema 3.6.1.an � nα � logb n, ∀a > 1, α > 0, b > 1.

Dim. — i) an � nα. Primo passo: caso α < 1. Mostriamo che

an

nα−→ +∞.

Il punto chiave è il

Lemma 3.6.2 (disuguaglianza di Bernoulli).

(1 + h)n > 1 + nh, ∀h > 0, ∀n ∈ N, n > 1. (3.6.1)

Dim. — Segue dalla formula di Newton:

(1 + h)n =n∑

k=0

(nk

)hk1n−k =

(n0

)h0 +

(n1

)h1 +

n∑k=2

(nk

)hk = 1 + nh +

n∑k=2

(nk

)hk > 1 + nh

essendo h > 0 e quindi∑n

k=2

(nk

)hk > 0 (ricordare che

(nk

)> 0).

Applicando la disuguaglianza di Bernoulli con a = 1 + h (h > 0 essendo a > 1) abbiamo

an

nα>

1 + nhnα

=1

nα+ hn1−α −→ +∞

per i due carabinieri essendo 1 − α > 0.

Secondo passo: caso generale α > 1. Osserviamo che

an

nα= *

,

an

2α

n1/2+-

2α

=

((a1/2α)n

n1/2

)2α=:

(βn

n1/2

)2α,

dove β := a1/2α > 1, essendo a > 1. Ma allora βn � n1/2 per il caso precedente e quindi

βn

n1/2 −→ +∞, =⇒an

nα=

(βn

n1/2

)2α−→ +∞.

ii) nα � logb n. Omessa.

Esempio 3.6.3. Calcolare

limn→+∞

2n − n2

3n − n1002n.

Sol. — Discutiamo preliminarmente numeratore e denominatore. Essendo 2n � n2 abbiamo

N := 2n − n2 = 2n(1 −

n2

2n

)= 2n · 1n,

56

dove abbiamo denotato, per comodità, 1n := 1− n2

2n −→ 1. Al denominatore apparentemente n1002n è più grande di 3n, tuttavia,

D := 3n − n1002n = 3n(1 −

n1002n

3n

)= 3n *.

,1 −

n100( 32)n +/

-= 3n · 1n,

essendo( 3

2)n� n100. Pertanto

ND=

2n · 1n3n · 1n

=

(23

)n· 1n −→ 0,

essendo 23 < 1.

Esempio 3.6.4. Calcolare in funzione di a > 0 il

limn→+∞

an − n2a−n + (−1)nn4

a2n + n3 .

Sol. — Trattiamo separatamente numeratore e denominatore. Ricordiamo anzitutto che

an −→

0, 0 6 a < 1,1, a = 1,+∞, a > 1.

Consideranto il numeratore N sembra conveniente distinguere i casi a < 1, a = 1, a > 1. Se a < 1 il termine n2a−n = n2( 1a

)ncon 1

a > 1 sembra dominare. Raccogliendo

N = −n2a−n(1 −

an

n2a−n−

(−1)nn4

n2a−n

)= −n2a−n *.

,1 −

a2n

n2 − (−1)nn2( 1a

)n +/-.

Ora:

a2n −→ 0, (a < 1), =⇒a2n

n2 −→ 0.

Inoltre, essendo a < 1, cioè 1a > 1, si ha(

1a

)n� n2, =⇒

n2( 1a

)n −→ 0, =⇒ (−1)nn2( 1a

)n −→ 0, (limitata×infinitesima)

così N = −n2a−n · 1n. Nel caso a = 1 abbiamo

N = 1 − n2 + (−1)nn4 = (−1)nn4(1 + (−1)n

1n4 − (−1)n

1n2

)= (−1)nn4 · 1n,

ancora in virtù della regola limitata×infinitesima. Infine, se a > 1 il termine dominante è an e infatti

N = an(1 −

n2a−n

an+ (−1)n

n4

an

)= an

(1 −

n2

a2n + (−1)nn4

an

)= an · 1n

essendo a2n = (a2)n � n2 (a > 1) e an � n4 mentre (−1)n n4

an −→ 0 per la regola limitata×infinitesima. Riassumendo:

N =

−n2a−n · 1n, a < 1,

(−1)nn4 · 1n, a = 1,

= an · 1n, a > 1.

57

Passiamo al denominatore. Abbiamo ancora i casi a < 1, a = 1, a > 1.

D =

n3(1 + a2n

n3

)= n3 · 1n, (a2n −→ 0), a < 1,

n3(1 + 1

n3

)= n3 · 1n, a = 1,

a2n(1 + n3

a2n

)= a2n · 1n, (a2n = (a2)n � n3), a > 1.

Mettendo assieme,

ND=

−n2a−n ·1n

n3 ·1n= −

(1a

)nn · 1n

(1a

)n�n

−→ −∞, a < 1,

(−1)nn4 ·1n

n3 ·1n= (−1)nn · 1n, non esiste, a = 1,

an ·1n

a2n ·1n= 1

an · 1n −→ 0, a > 1.

Due altre importanti quantità infinite sono nn e n!. Abbiamo

Proposizione 3.6.5.nn � n! � an, ∀a > 1.

Dim. — Proviamo che n!nn −→ 0. Abbiamo

0 6n!nn=

n(n − 1) · · · 3 · 2 · 1n · n · · · · n · n · n

=nn·

n − 1n· · ·

3n·

2n·

1n6 1 · 1 · · · 1 · 1 ·

1n=

1n, ⇐⇒ 0 6

n!nn6

1n.

Ma allora la conclusione segue dal teorema dei carabinieri.

Proviamo ora che an

n! −→ 0. Ragionando in modo simile,

0 6an

n=

a · a · · · a · an · (n − 1) · · · 2 · 1

=an·

an − 1

· · ·a2·

a1.

Ora, per n −→ +∞ definitivamente n > a, cioè per n > N . Allora

an·

an − 1

· · ·a2·

a16

an· 1 · · · 1 ·

aN − 1

·a

N − 2· · ·

a2·

a1=: b ·

an, dove b :=

aN − 1

·a

N − 2· · ·

a2·

a1,

è fisso. In altre parole

0 6an

n!6 b

an, n > N,

e da qui la conclusione segue dal teorema dei carabinieri.

C’è un’altra importante forma indeterminata che spesso ricorre. Consideriamo un limite del tipo

limn→+∞

abnn .

Qui assumiamo che (an) ⊂]0,+∞[ e (bn) ⊂ R. Osseriamo che

abnn = aloga (abn

n ) = abn loga (an ), (a , 1, a > 0).

58

Scegliamo, ad esempio, a > 1. Supponiamo di aver calcolato

limn→+∞

bn loga (an).

Allora, per le proprietà di continuità della funzione esponenziale

se limn→+∞

bn loga (an) =: `, =⇒

+∞, se ` = +∞,

a`, se ` ∈ R,

0, se ` = −∞.

Ora bn loga (an) può dare origine ad una forma del tipo∞ · 0 o 0 · ∞ e

bn loga (an) = ∞ · 0, ⇐⇒

bn −→ ±∞,

loga an −→ 0,⇐⇒

bn −→ ±∞,

an −→ 1,

ovvero

bn loga (an) = 0 · ∞, ⇐⇒

bn −→ 0,

loga an −→ ±∞,⇐⇒

bn −→ 0,

an −→ 0+, ∨ an −→ +∞.

Conclusione:1±∞, (0+)0, (0+)+∞

sono forme indeterminate. La trasformazione (algebrica)

abnn = abn loga an,

è la via maestra per trattare questo tipo di forme.

Esempio 3.6.6. Calcolare

limn→+∞

(1n

) log2 n

n

.

Sol. — Sappiamo che n � log2 n, quindi log2 nn −→ 0 mentre 1

n −→ 0+. Abbiamo cioè una forma del tipo (0+)0, che èindeterminata. Osserviamo allora che (

1n

) log2 n

n

= 2log2 n

n log2 n = 2(log2 n)2

n ,

e calcoliamo limn(log2 n)2

n , che è una forma ∞∞. Scrivendo

(log2 n)2

n=

log2 nn1/2

log2 nn1/2

n1/2�log2 n−→ 0,

per cui (1n

) log2 n

n

= 2(log2 n)2

n −→ 20 = 1.

59

3.7 Successioni monotoneAbbiamo sinora visto il problema del calcolo del limite di una successione esplicitamente nota. Come abbiamo vistonella sezione introduttiva iniziale sui modelli matematici, non sempre si riesce ad avere un’espressione esplicita diuna successione. Si pone così il problema: come si fa a stabilire se esiste il limite in questi casi? Una proprietàmolto importante è la monotonia:

Definizione 3.7.1. Diciamo che (an) ⊂ R è crescente (notazione: an ↗) se

an 6 an+1, ∀n ∈ N.

Similmente si definisce una successione decrescente (an ↘). Tali successioni vengono dette monotone.

Una delle più importanti conseguenze dell’esistenza dell’inf / sup per insiemi di numeri reali è il

Teorema 3.7.2. Ogni successione monotona ammette limite. Precisamente:

se an ↗, =⇒ ∃ limn

an = sup {an : n ∈ N} ∈ R ∪ {+∞}.

Similmente,se an ↘, =⇒ ∃ lim

nan = inf {an : n ∈ N} ∈ R ∪ {−∞}.

In particolare: se an è monotona e limitata allora ∃ limn an ∈ R.

Dim. — Consideriamo il caso an ↗ e sia` := sup{an : n ∈ N}.

Ci sono due possibilità: i) ` ∈ R, ii) ` = +∞.

i) ` ∈ R. Sia ε > 0. Per le proprietà caratteristiche del sup, si trova un N = N (ε) ∈ N tale che

` − ε 6 aN 6 `.

Ma an ↗, così` − ε 6 aN 6 an 6 `, ∀n > N, =⇒ |an − ` | 6 ε, ∀n > N,

e questa è la definizione di limite (ε è arbitrario).

ii) ` = +∞. In questo caso {an : n ∈ N} è superiormente illimitato. Pertanto, fissato K > 0, troviamo N = N (K ) tale che

aN > K .

Ma an ↗, cosìan > aN > K, ∀n > N,

e di nuovo questa è la definizione di limite +∞.

3.7.1 Il numero di NeperoUn’applicazione notevole del teorema visto sopra è il

60

Teorema 3.7.3.∃ lim

n→+∞

(1 +

1n

)n=: e ∈]2, 3[. (3.7.1)

Dim. — Proviamo anzitutto che(1 + 1

n

)n↗. Per mostrare ciò osserviamo che dalla formula di Newton(

1 +1n

)n=

n∑k=0

(nk

)1

nk=

n∑k=0

n(n − 1) · · · (n − k + 1)nk

1k!. (3.7.2)

Ora,n(n − 1) · · · (n − k + 1)

nk=

(1 −

1n

) (1 −

2n

)· · ·

(1 −

k − 1n

)

6

(1 −

1n + 1

) (1 −

2n + 1

)· · ·

(1 −

k − 1n + 1

)

=(n + 1)n · · · (n + 1 − k + 1)

(n + 1)k

per cui (1 +

1n

)n6

n∑k=0

(n + 1)n · · · (n + 1 − k + 1)(n + 1)k

1k!=

n∑k=0

(n + 1

k

)1

(n + 1)k

6n+1∑k=0

(n + 1

k

)1

(n + 1)k=

(1 +

1n + 1

)n+1.

Con ciò si è provato che an ↗.

Sia ora e il limite. Siccomean ↗, =⇒ an > a1 = 2, ∀n ∈ N.

Il difficile è mostrare che an 6 3 per ogni n. Guardando attentamente alla (3.7.2) e osservato che

n(n − 1) · · · (n − k + 1)nk

=

(1 −

1n

) (1 −

2n

)· · ·

(1 −

k − 1n

)6 1,

possiamo scrivere

an 6n∑

k=0

1k!= 1 + 1 +

n∑k=2

1k!.

Ora: se k > 2, k! = 1 · 2 · 3 · · · (k − 1)k > 1 · 2 · 2 · · · 2 · 2 = 2k−1, per cui

an 6 2 +n∑

k=2

12k−1 = 2 +

n−1∑k=1

(12

)k.

La somma può essere facilmente calcolata utilizzando l’identità algebrica

1 − qn = (1 − q)(1 + q + q2 + . . . + qn−1),(q,1)⇐⇒ 1 + q + q2 + . . . + qn−1 =

1 − qn

1 − q.

Pertanton−1∑k=1

12k=

n−1∑k=0

(12

)k− 1 =

1 −( 1

2)n

1 − 12− 1 = 2

(1 −

12n

)− 1

61

cosìan 6 2 + 2

(1 −

12n

)− 1 = 3 −

12n−1 < 3, ∀n ∈ N.

D’ora in poi chiameremo log il logaritmo in base e (cioè loge), che viene anche detto logaritmo naturale (e perquesto in alcuni libri è indicato col simbolo ln).

3.8 Successioni definite per ricorsioneAbbiamo introdotto all’inizio successioni definite tramite un’equazione di evoluzione del tipo

an+1 = f (an),

dove f è una certa funzione. Laddove sia possibile determinare esplicitamente an possiamo procedere al calcolodel limite. Ma non sempre ciò è possibile. Vedremo in questa sezione alcune idee e tecniche che possono essereutilizzate in questi casi.

Esempio 3.8.1. Sia (an) ⊂ R definita da

a0 = 2,

an+1 =an

1+a2n, n > 0.

Studiare il comportamento della successione (an).Sol. — Osserviamo i primi valori:

a0 = 2, a1 =2

1 + 4=

25, a2 =

25

1 + 425=

1029, a3 =

1029

1 + 10292

=290841

, . . . .

Da questi primi valori possiamo fare alcune congetture:i) 0 6 an 6 2 per ogni n > 0.ii) an ↘.

Se i) e ii) fossero vere allora potremmo dire che: a) esiste ` := limn an (in quanto successione monotona), b) il limite è finitoessendo (per i)) (an) limitata. Partiamo da i). Immaginiamo di aver dimostrato che

0 6 an 6 2, ∀n = 0, 1, 2, . . . , N .

Ci chiediamo se riusciamo a dire se anche 0 6 aN+1 6 2. La prima è evidente:

aN+1 =aN

1 + a2N

> 0, essendo aN > 0.

Ma anche la seconda non è difficile. Infatti, dobbiamo mostrare che

aN+1 =aN

1 + a2N

6 2, ⇐⇒ aN 6 2 + a2N , sapendo solo che 0 6 aN 6 2.

Ma è evidente che aN 6 2 + a2N : a sinistra infatti aN 6 2, a destra 2 + a2

N > 2 + 0 = 2. Dunque abbiamo mostrato che

se 0 6 an 6 2, ∀n = 0, 1, 2, . . . , N, allora 0 6 aN+1 6 2. (3.8.1)

62

Questo sembra naturale implichi che 0 6 aN 6 2 per ogni N . Infatti:

0 6 a0 6 2, (vera),(3.8.1)=⇒ 0 6 a1 6 2, (vera)

(3.8.1)=⇒ 0 6 a2 6 2, (vera)

(3.8.1)=⇒ 0 6 a3 6 2, (vera)

(3.8.1)=⇒ . . .

Similmente dimostriamo ii). Dobbiamo dimostrare che

an+1 6 an, ∀n ∈ N.

I primi valori mostrano che a0 > a1, a1 > a2 e a2 > a3. Ora, ragionando come sopra, supponiamo che

an+1 < an, ∀n = 0, 1, 2, . . . , N .

Proviamo che aN+2 < aN+1. Infatti

aN+2 < aN+1, ⇐⇒aN+1

1+a2N+1

< aN

1+a2N

, ⇐⇒ aN+1(1 + a2N ) < aN (1 + a2

N+1),

⇐⇒ aN+1 + a2N aN+1 < aN + aN a2

N+1, ⇐⇒ aN aN+1(aN − aN+1) < aN − aN+1,

⇐⇒ aN aN+1 < 1.

Ma

aN aN+1 = aNaN

1 + a2N

=a2N

1 + a2N

< 1, evidentemente.

Dunque: si è mostrato chese an+1 < an, ∀n = 0, 1, 2, . . . , N, allora aN+2 6 aN+1. (3.8.2)

Con lo stesso ragionamento fatto sopra si deduce an+1 < an per ogni n.

Dunque sia an −→ ` ∈ [0, 2]. Vediamo ora come determinare esplicitamente `. Torniamo all’equazione ricorsiva che definiscean e "passiamo al limite in n" in tale equazione:

` ←− an+1 =an

1 + a2n

−→`

1 + `2 , da cui ` =`

1 + `2 .

Questa è un’equazione in ` che può essere facilmente risolta. O ` = 0 oppure 1 = 11+`2 , ovvero 1 + `2 = 1, cioè ` = 0. Quindi

c’è un’unica possibilità. Siccome il limite esiste e deve risolvere quella equazione non può che esserne l’unica soluzione: siconclude che ` = 0.

Abbiamo incontrato un importante schema dimostrativo. Dovevamo dimostrare che una certa affermazione pn eravera per ogni n e abbiamo utilizzato il

Principio di induzione: se quando una certa affermazione pn è vera per n = 1, . . . , N allora si riesce a mostrareche è vera anche per n = N + 1, allora quell’affermazione è vera per ogni intero n ∈ N.

Questo schema è stato utilizzato sia per dimostrare che (an) era limitata che per dimostrare che era monotona (nelcaso decrescente).

Esempio 3.8.2. Sia (an) ⊂ R definita da

a0 = 1,

an+1 =12

√a2n + an, n > 0.

63

Mostrare che i) 13 6 an 6 1 ∀n ∈ N e ii) an ↘. Dedurre esistenza e valore del limite della (an).

Sol. — i) Sia pn : 13 6 an 6 1. Chiaramente p0 perché a0 = 1. Ora, supponiamo che p0, p1, . . . , pn siano vere, cioè

13 6 a0, a1, . . . , an 6 1. Allora,

a2n + an >

19+

13=

49, =⇒ an+1 =

12

√a2n + an >

12

√49=

12

23=

13.

Essendo poi an 6 1,

an+1 612

√12 + 1 =

√2

2< 1.

Ma allora pn+1 è vera: per induzione tutte le pn sono vere e quindi 13 6 an 6 1 ∀n ∈ N.

ii) Sia pn : an+1 < an. Confrontiamo a1 e a0:

a1 =12

√a2

0 + a0 =12√

1 + 1 =√

22

< 1 = a0.

Dunque p0 è vera. Siano ora p0, p1, . . . , pn vere, cioè a0 > a1 > a2 > . . . > an > an+1 e proviamo che an+1 > an+2. Essendoan, an+1 > 0

a2n+1 + an+1 < a2

n + an, =⇒ an+2 =12

√a2n+1 + an+1 <

12

√a2n + an = an+1.

Da i) e ii) si ha che (an) è decrescente e limitata, quindi esiste limn an =: ` ∈ R. Inoltre, sempre da i), essendo 13 6 an 6 1

dalla permanenza del segno si deduce 13 6 ` 6 1. Ora: a2

n + an −→ `2 + ` per cui, per la continuità delle potenze,

` ←− an+1 =12

√a2n + an −→

12

√`2 + `,

e quindi

` =12

√`2 + `, ⇐⇒ 4`2 = `2 + `, ⇐⇒ 3`2 = `, ⇐⇒ ` = 0, ` =

13.

Essendo ` > 13 l’unica possibilità è ` = 1

3 .

Il prossimo raffinato esempio è un classico e antichissimo algoritmo per il calcolo di√

2.

Esempio 3.8.3. Sia (an) ⊂ R definita da

a0 = 2,

an+1 =12

(an +

2an

), n > 0.

Mostrare che: i) 12

(x + 2

x

)>√

2 per ogni x > 0; ii)√

2 6 an 6 2, per ognin ∈ N; iii) (an) è monotona. Dedurreesistenza e valore di limn an.

Sol. — i) Se x > 0

12

(x +

2x

)>√

2, ⇐⇒ x +2x> 2√

2, ⇐⇒ x2 − 2√

2x + 2 > 0, ⇐⇒ (x −√

2)2 > 0,

evidentemente vera.

64

ii) Per dimostrare che an >√

2 per ogni n bastamostrare che an > 0 per ogni n. Infatti da i) segue che an+1 =12

(an + 2

an

)>√

2per ogni n. Sia allora pn : an > 0. Per definizione p0 è vera. Supponendo a0, a1, . . . , an > 0,

an+1 =12

(an +

2an

)> 0, =⇒ pn+1 è vera.

Dunque pn è vera per ogni n.

Mostriamo ora che an 6 2 per ogni n ∈ N. Sia pn : an 6 2. Per definizione p0 è vera. Supponiamo a0, a1, . . . , an 6 2.Allora, ricordato anche che an >

√2,

an+1 =12

(an +

2an

)6

12

(2 +

2√

2

)= 1 +

1√

2< 2.

Dunque pn+1 e quindi la conclusione segue per induzione.

iii) Per capire se an ↗ o an ↘ confrontiamo a1 e a0 = 2. Abbiamo

a1 =12

(2 +

2√

2

)= 1 +

1√

2< 2 = a0.

Dunque sembra naturale scommettere su an ↘. Sia pn : an+1 6 an. Per quanto visto p0 è vera. Supponiamo che p0, p1, . . . , pnsiano vere, cioè a0 > a1 > . . . > an > an+1 e mostriamo che an+1 > an+2. Abbiamo

an+2 < an+1, ⇐⇒12

(an+1 +

2an+1

)<

12

(an +

2an

), ⇐⇒ ana2

n+1 + 2an < a2nan+1 + 2an+1

⇐⇒ anan+1(an − an+1) > 2(an − an+1), ⇐⇒ anan+1 > 2,

(si ricordi infatti che an − an+1 > 0 vista l’ipotesi di induzione). Ora, abbiamo mostrato anche che an >√

2 per ogni n, dunquean, an+1 >

√2, per cui anan+1 >

√2√

2 = 2. Si conclude dunque che an ↘.

Conclusione: essendo an ↘ esiste limn an =: `. Inoltre, per ii)√

2 6 an 6 2, e quindi√

2 6 ` 6 2. Passando al limitenell’equazione di evoluzione

` ←− an+1 =12

(an +

2an

)−→

12

(` +

2`

),

da cui` =

12

(` +

2`

), ⇐⇒ 2` = ` +

2`, ⇐⇒ 2`2 = `2 + 2, ⇐⇒ `2 = 2, ⇐⇒ ` =

√2.

3.9 EserciziEsercizio 3.9.1. Utilizzando la definizione, mostrare che

1. limn→+∞

(1 +

12n

)= 1. 2. lim

n→+∞

nn + 1

= 1. 3. limn→+∞

n + 2n + 1

= 1.

4. limn→+∞

n + 2n2 + 3n

= 0. 5. limn→+∞

n +√

nn −√

n= 1. 6. lim

n→+∞

1nα= 0, (α > 0).

7. limn→+∞

(log10(n + 1) − log10 n

)= 0. 8. lim

n→+∞

2n2 + 1n2 + n + 1

= 2. 9. limn→+∞

2n − 2−n

2n + 2−n= 1.

65

Esercizio 3.9.2. Utilizzando la definizione, mostrare che

1. limn→+∞

(n −√

n − 1)= +∞. 2. lim

n→+∞

n2 + 1n + 1

= +∞. 3. limn→+∞

1 − n1 +√

n= −∞.

4. limn→+∞

n1 −√

n= −∞. 5. lim

n→+∞

(n +

1n

).

Esercizio 3.9.3. Stabilire se le seguenti successioni ammettono limite oppure no.

1. an :=

1, n pari,

1n , n dispari

. 2. (−1)nn2. 3. sinnπ4. 4. (−1)n − (−1)n

2.

5.1 + (−1)n

2. 6. (−2)n . 7. (−1)n

3n + 1n

.

Esercizio 3.9.4. Per ciascuna delle seguenti sequenze determinare due carabinieri e calcolare il limite n −→ +∞:

1.n + cos n

n + 1. 2.

n2 + (−1)nnn2 + 1

. 3.(−1)nnn2 + 1

. 4.n sin nn2 + 1

. 5.√

n sin(n!)n + 1

.

Esercizio 3.9.5. Calcolare i seguenti limiti:

1. limn→+∞

(2 − 3n2n + 1

)3. 2. lim

n→+∞

(√n − 3√n

). 3. lim

n→+∞

3√n + 5√n√

n − 1.

4. limn→+∞

3√n + a − 3√n, (a > 0). 5. limn→∞

(√2n2 + n − 1 − n

√2). 6. lim

n→+∞

((n + 1)!)2(2n)!(2(n + 1))!(n!)2 .

7. limn→+∞

n!(n + 1)! − n!

. 8. limn→+∞

n + sin nn − cos n

. 9. limn→+∞

(n + (−1)n√

n).

10. limn→+∞

n2 *.,1 − 3

√n2 − 1n2 + 1

+/-. 11. lim

n→+∞

n3 + n2 sin 1n

n3 + 1.

Esercizio 3.9.6. Discutere, in funzione del parametro α ∈ R, esistenza e valore dei seguenti limiti:

1. limn→+∞

nα − n + 1n2 + 1

. 2. limn→+∞

√nα + 5 −

√n + 1. 3. lim

n→+∞nα

(√n + 1 −

√n).

Esercizio 3.9.7. Calcolare

1. limn→+∞

2n

(n + 2)n. 2. lim

n→+∞

n22n

5n. 3. lim

n→+∞

2n + n5

3n − n2 .

4. limn→+∞

n22n + n10 − 5n

n25n + 10n. 5. lim

n→+∞

n7 + 2n − 5n

n5000 − 3n. 6. lim

n→+∞

2n2

n4 + 1.

7. limn→+∞

n!nn/2

. 8. limn→+∞

2n + (sin n)(log2 n)n

. 9. limn→+∞

(log2 n)4 + (log4 n)2

10√n + 1.

66

Esercizio 3.9.8. Discutere, al variare del parametro reale a > 0, esistenza e valore di

1. limn→+∞

n2an − n2n + n3

n83−n + n22n + n3(sin n)n. 2. lim

n→+∞

2nna − 2nn3 + 2−n cos nn

2nn4 − 2−nn8 + n10 .

3. limn→+∞

an + n23n

(−3)n + n22n − a2n . 4. limn→+∞

an − n432n + 3n cos(n!)n49n + 9−n42n − n9 .

5. limn→+∞

3n2−n + a−nnn3a−n − (2a)n + a2n . 6. lim

n→+∞

(−3)n + n24n − (a + 1)n

n24n + (3a)n

7. limn→+∞

an − n2n + 4n

n! sin n

an + n2n − 3n. 8. lim

n→+∞

2nnα − 2nn3 + (2 cos n)−n

2nn − 2−nn3 + n3 .

9. limn→+∞

n44n − (4a)n + 4nn2 cos(n!)n−n − n423n + 12n

. 10. limn→+∞

n−n − 32nn12 + 12n

6nn2 sin(n!) − (3a)n + n36n.

Esercizio 3.9.9. Calcolare, in funzione di a ∈ R, il limite

limn→+∞

(2a2

a2 + 1

)n− n−5a

.

Esercizio 3.9.10. Calcolare, al variare del parametro reale α > 0, esistenza e valore del

limn→+∞

αn − log nαn + en

.

Esercizio 3.9.11. Per ciascuna delle seguenti coppie stabilire quali relazioni valgono (∼, �, o(. . .),�)

1. n, en.

2.√

n + (log n)3,√

n + 1.

3.√

n + sin n, 3√n2.

4. n log n, n2.

Esercizio 3.9.12. Ordinare le seguenti quantità nell’ordine�:

n√

n, n2n, 2log2 n+log4 n, 22n

, n1+ 1√

log2 n .

Esercizio 3.9.13. Riconducendosi al limite di Nepero calcolare

1. limn→+∞

(1 +

1n

)3n. 2. lim

n→+∞

(1 +

1n2

)n3

. 3. limn→+∞

(1 +

1n + k

)n, (k ∈ N).

4. limn→+∞

(n + 1)n

nn+1 . 5. limn→+∞

1n

(n + 3n + 2

)n.

Esercizio 3.9.14 (??). Calcolare:

limn→+∞

(n − 1)n+1

log n

(n + 1)√

1+n2.

67

Esercizio 3.9.15. Sia (an) ⊂ R definita come segue:

a0 = 1,

an+1 =√

2an, n > 0.

Mostrare che i) 1 6 an 6 2, ∀n ∈ N; ii) an ↗. Dedurre esistenza e valore del limn an.

Esercizio 3.9.16. Sia (an) ⊂ R definita come segue:

a0 = 3,

an+1 =√

15 + 2an, n > 0.

Mostrare che i) 3 6 an 6 5, ∀n ∈ N; ii) an ↗. Dedurre esistenza e valore del limn an.

Esercizio 3.9.17. Sia (an) ⊂ R definita come segue:

a0 = 1,

an+1 =14 a2

n + 1, n > 0.

Mostrare che i) 0 6 an 6 2, ∀n ∈ N; ii) an ↗. Dedurre esistenza e valore del limn an. Cosa succede se a0 = 3?

Esercizio 3.9.18. Sia (an) ⊂ R definita come segue:

a0 = 0,

an+1 =78 an + 1

8, n > 0.

Mostrare che i) 0 6 an 6 1, ∀n ∈ N; ii) (an) è monotona. Dedurre esistenza e valore del limn an. Cosa succede se a0 = 2?

Esercizio 3.9.19. Sia (an) ⊂ R definita come segue:

a0 =π2 ,

an+1 = an + sin an, n > 0.

Provare che i) 0 6 an 6 π, ∀n ∈ N; ii) (an) è monotona. Dedurre esistenza e valore del limn an. Cambia qualcosa sea0 = α ∈]0, π[? E se a0 = 0?

Esercizio 3.9.20. Sia (an) ⊂ R definita come segue:

a0 = 2,

an+1 =√

an (3 + 2√an), n > 0.

Provare che i) 1 6 an 6 9, ∀n ∈ N; ii) (an) è monotona. Dedurre esistenza e valore del limn an. Cosa succede se a0 =12 ?

Esercizio 3.9.21. Sia (an) ⊂ R definita come segue:

a0 = α ∈ [0,+∞[,

an+1 = max{ 1

4, a2n

}, n > 0.

Provare che:

68

i) se α > 1 allora an > 1 per ogni n ∈ N, an ↗ e il limite è . . . ;

ii) se α = 1 la successione è . . . ;

iii) se α < 1 allora 0 6 an 6 1 per ognin ∈ N, an ↘ e il limite è . . . .

Esercizio 3.9.22. Sia (an) ⊂ R definita come segue:

a0 = 1.

an+1 =an

an+1, n > 0.

Provare che: i) 0 6 an 6 1 per ogni n ∈ N; ii) (an) è monotona. Dedurre esistenza e valore del limn an.

Esercizio 3.9.23. Sia (an) ⊂ R definita come segue:

a0 = 2.

an+1 =3a2

n

2a2n+1, n > 0.

Provare che: i) 1 6 an 6 2 per ogni n ∈ N; ii) (an) è monotona. Dedurre esistenza e valore del limn an.

Esercizio 3.9.24. Due amici decidono di fare il seguente gioco: ogni giorno prendono i loro soldi (anche negativi, cioè debiti) ese ne scambiano una frazione, rispettivamente 0 < α < 1 dal primo al secondo e 0 < β < 1 dal secondo al primo. Ovviamenteognuno dei due vorrebbe capire se ci guadagnerà o ci perderà nel lungo periodo.

Scrivere un modello matematico per la coppia (pn, qn) che rappresenta i rispetti averi. Mostrare che è possibile ridurrel’evoluzione ad un’unica opportuna quantità an: scrivere l’equazione di evoluzione di (an) e determinare an. Dedurne ilcomportamento asintotico (per n grande) del sistema al variare di 0 < α, β < 1. Cosa succede se i due sono disposti ascambiarsi interamente o tutto il loro patrimonio? (cioè se α o β o tutti e due sono > 1)?

Esercizio 3.9.25. Una malattia genetica è legata al cromosoma X, il che vuol dire che una femmina è portatrice mentre unmaschio può esserne affetto. Con eguale probabilità, una coppia che generi una femmina la può quindi generare portatrice osana al 50% delle possibilità; nel caso invece venga generato un maschio questi può essere sano o ammalato al 50%. Sia pn lapercentuale di maschi ammalati all’n−esima generazione. Trovare un’equazione di evoluzione per pn (si assume che tutte lepossibili combinazioni precedenti siano equiprobabili), dedurne esplicitamente pn e studiarne il comportamento asintotico infunzioni delle condizioni iniziali necessarie.

Esercizio 3.9.26. Sia f : R −→ R e (an) una successione tale che

an+1 = f (an).

Mostrare che

i) se f ↗, (an) conserva la monotonia dei primi due termini;

ii) se f (x) > x per ogni x ∈ D (oppure f (x) 6 x per ogni x ∈ D) an ↗ (rispettivamente an ↘).

Esercizio 3.9.27. Completare tutte le dimostrazioni del Capitolo nelle quali la dimostrazione è lasciata per esercizio. . .

Capitolo 4

Serie numeriche

In alcuni problemi si ha la necessità di dare un senso all’operazione di somma di infiniti numeri,

a0 + a1 + . . . + ak + ak+1 + . . . ≡

∞∑k=0

ak, dove (ak ) ⊂ R.

Tutti impariamo, fin da bambini, a sommare due numeri. Grazie alle proprietà associativa e commutativa poiimpariamo a sommare un numero qualunque di numeri. Per esempio

a0 + a1 + . . . + an = (. . . ((a0 + a1) + a2) + . . .) + an−1) + an.

Per quanto n sia grande, almeno concettualmente, questa operazione può essere fatta in un tempo finito. Quandoperò il numero di termini da sommare è infinito questa operazione non termina mai, e dunque non si capisce chesenso possa avere. Al tempo in cui questo problema fu posto, l’Analisi Matematica era lontana da fondamentateoriche solide e dunque non c’era una definizione rigorosa di cosa significasse sommare infiniti numeri e spessosi ottenevano risultati bizzarri. Ad esempio, scrivendo

S = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + . . . = 1 + 2(1 + 2 + 4 + 8 + . . .) = 1 + 2S

da cui S = −1. Ciò fu’ origine di molte speculazioni che andavano al di là della matematica producendo paradossidi varia natura. Il più celebre è indubbiamente quello di Zenone di Elea.

Esempio 4.0.1 (paradosso di Achille e della tartaruga). In una corsa, il corridore più veloce che parta in svantaggiorispetto a quello più lento non potrà mai raggiungerlo poiché dovrà prima raggiungere la sua posizione e quandol’avrà fatto il più lento si troverà un po’ più innanzi.Sol. — Vediamo cosa c’entra questo paradosso con le somme infinite. Assumiamo che Achille debba percorrere 1.000 m euna tartaruga si trovi a metà trada, a 500 m dall’arrivo. Per semplicità supponiamo che Achille corra alla velocità di 1.000 m/h,mentre la tartaruga viaggi a 500 m/h. Sembra ovvio che Achille raggiungerà la tartaruga dopo un’ora dal via, cioè alla fine dei1.000 m. Ma. . . consideriamo il seguente argomento: anzitutto Achille dovrà percorrere i primi 500m, e questo verrà fatto in1/2h. A quel punto la tartaruga avrà percorso 250m e si troverà a 750m dal via. Quindi Achille dovrà percorrere altri 250m, ilché avverrà in 1/4h, e la tartaruga si trovertà 125m più in la. E così via.Il tempo totale impiegato da Achille per raggiungere la tartaruga è quindi

12

h +14

h +18

h +1

16h +

132

h + . . .

69

70

A questo punto Zenone dice: siccome Achille non può raggiungere mai la tartaruga (perché essa si troverà sempre più avanti)tale somma deve essere infinita! Eppure, ricordando la formula

1 + q + q2 + . . . + qn−1 =1 − qn

1 − q, (q , 1),

si ha12+

122 + . . . +

12n=

12

*,1 +

12+

(12

)2+ . . . +

(12

)n−1+-=

12

1 − 12n

1 − 12= 1 −

12n,

da cui sembra naturale poter dire che12+

122 +

123 +

124 +

125 + . . . = 1,

che è esattamente il valore che ci aspettiamo! Notiamo che in questo modo∞∑k=1

12k= lim

n→+∞

n∑k=1

12k.

4.1 Definizione ed esempi fondamentaliDefinizione 4.1.1. Sia (an) ⊂ R. Diciamo che la serie (

1) ∑

n an è convergente, divergente o indeterminata aseconda che il

limN→+∞

N∑n=0

an

esista finito, esista infinito o non esista. Se la serie è convergente il limite prende il nome di somma della serie. Lesomme finite sN :=

∑Nn=0 an, N ∈ N si dicono somme parziali (o ridotte) della serie.

Osservazione 4.1.2. In altre parole: la serie converge/diverge/indeterminata a seconda che la successione dellesomme parziali (sn) abbia limite finito/limite infinito/non ammetta limite.

Esempio 4.1.3 (serie geometrica).

∞∑n=0

qn

= 11−q ∈ R (converge), se |q | < 1.

= +∞, (diverge), se q > 1,

indeterminata, se q 6 −1.

(4.1.1)

1Il termine usato in Matematica è serie, che nel linguaggio comune è sinonimo di successione il ché può indurre una fatale confusione dacui occorre guardarsi.

71

Sol. — Calcoliamo le somme parziali anzitutto. Ricordando la solita identità notevole

1 − qN+1 = (1 − q)(1 + q + q2 + . . . + qN ), =⇒ sN =N∑n=0

qn =1 − qN+1

1 − q, se q , 1.

Se q = 1 banalmente sN =∑N

n=0 1n =∑N

n=0 1 = N + 1. Pertanto

sN =N∑n=0

qn =

1 − qN+1

1 − q, q , 1,

N + 1, q = 1.

Evidentemente, se q = 1, sN = N + 1 −→ +∞. Studiamo ora il caso q , 1. Dobbiamo calcolare

limN→+∞

sN = limN→+∞

1 − qN+1

1 − q=

11 − q

−1

1 − qlim

N→+∞qN+1.

Ma qN+1 è un’esponenziale, per cui

qN+1

−→ 0, |q | < 1,−→ +∞, q > 1,non ammette limite, q 6 −1.

Da questo è facile concludere.

Esempio 4.1.4 (la curva di Koch). La curva di Koch è una curva piana bordo di una figura detta "fiocco di neve"costruita nel seguente modo. Si prende un triangolo equilatero (di lato 1 per convenzione). Ogni suo lato vienediviso in tre parti uguali e sul terzo centrale viene costruito un triangolo equilatero rivolto verso l’esterno deltriangolo iniziale. Si ottiene così una stella a 6 punte. Si itera la procedura ripetendo la costruzione su ogni latodella stella, che viene diviso in tre parti uguali e sul terzo centrale si costruisce un triangolo equilatero rivoltoall’esterno della stella e così via senza fine. Si pongono due problemi: l’area della figura sarà finita o meno? E lalunghezza del suo bordo, il suo "perimetro" cioè?

Sol. — Il conto dell’area non è difficile. Per un triangolo equilatero di lato ` l’area è√

34 `

2. Ora:

• inizialmente, al passo zero, abbiamo 1 triangolo di base ` = 1;

• al primo passo aggiungiamo 3 triangoli di base 13 ;

• al secondo passo aggiungiamo 12 triangoli di base 19 ;

72

Ci vuole la regola generale: il numero di triangoli è uguale al numero di lati del perimetro, e questi, da un passo al successivoaumenta di 4 per ogni lato. Quindi possiamo dire che il numero di lati è 3, 3 · 4, 3 · 4 · 4, . . . , 3 · 4n−1 al passo n. Al passo n,inoltre, la base è 1

3n . Morale le aree che aggiungiamo al passo n > 1 sono

3 · 4n−1 ×

√3

4

(1

3n

)2=

3√

316

4n

32n =3√

316

(49

)n.

Quindi l’area totale sarà√

34+

∞∑n=1

3√

316

(49

)n=

√3

4+

3√

316

49

∞∑n=0

(49

)n=

√3

4*,1 +

13

11 − 4

9

+-=

√3

4

(1 +

35

)=

2√

35

.

Quanto al perimetro: ogni volta che aggiungiamo lati è come se moltiplicassimo ogni lato precedente per 43 , quindi il perimetro

aumenta nell’ordine di( 4

3)n−→ +∞.

Purtroppo talvolta non basta calcolare le somme parziali e poi determinarne il limite.

Esempio 4.1.5 (serie armonica).∞∑n=1

1n= +∞.

Sol. — Sia sN =∑N

n=11n = 1 + 1

2 +13 +

14 + . . . +

1N . Per quanto ci si provi non si riesce a scrivere questa somma in modo

in cui sia semplice calcolarne il limite. Mostreremo che sN −→ +∞ grazie ad un astuto stratagemma inventato da Cauchy.Consideriamo il caso in cui N = 2m e scriviamo

s2m = 1 +12+

(13+

14

)+

(15+ . . . +

18

)+

(19+ . . . +

116

)+ . . . +

(1

2m−1 + 1+ . . . +

12m

).

Notiamo che: la prima parentesi ha 2 termini più grandi di 14 ; la seconda parentesi ha 4 termini più grandi di 1

8 ; la terza ha 8termimini più grandi di 1

16 . . . l’ultima parentesi ha 2m−1 termini più grandi di 12m . Dunque

s2m > 1 +12+ 2

14+ 4

18+ 8

116+ . . . + 2m−1 1

2m= 1 +

12+

12+

12+

12+ . . .

12= 1 + m

12= 1 +

m2.

Ora si comincia a credere che sN −→ +∞. Infatti, se n è un intero generico, sicuramente 2m 6 n 6 2m+1 per qualche m, cioèm 6 log2 n 6 m + 1. Ma allora, essendo tutti i termini della serie positivi,

sn > s2m > 1 +m2> 1 +

log2 n − 12

−→ +∞.

Questo esempio è rilevante per due ragioni: anzitutto mostra un caso in cui non siamo in grado di applicare ladefinizione alla lettera (cioè calcolare la somma parziale sN e poi farne il limite) ma sappiamo solo stimare lesomme parziali (in modo comunque utile alla fine); la seconda è che ci mostra che non basta sommare numeri"sempre più piccoli" perché la somma sia finita. Come si intuisce, tuttavia, è necessario che i numeri da sommaretendano a zero affinché la somma sia finita.

Proposizione 4.1.6 (condizione necessaria di convergenza). Sia (an) ⊂ R.∑n

an ∈ R, =⇒ an −→ 0.

Dim. — Semplicissima. Sia sN :=∑N

n=0 an. Allora sN −→ s ∈ R per cui, aN = sN − sN−1 −→ s − s = 0.

73

Attenzione! 4.1.7 (errore frequente). Spesso si crede che la condizione necessaria sia anche sufficiente: è falso,come mostrato dalla serie armonica

∑n

1n dove 1

n −→ 0 ma la serie diverge.

Esempio 4.1.8 (serie di Mengoli).∞∑n=1

1n(n + 1)

= 1.

Sol. — Calcolando la somma parziale N−esima

sN =N∑n=1

1n(n + 1)

=

N∑n=1

(1n−

1n + 1

)=

(1 −

12

)+

(12−

13

)+ . . . +

(1N−

1N + 1

)= 1 −

1N + 1

−→ 1.

Una proprietà spesso utile è la cosiddettà

Proposizione 4.1.9 (linearità). Siano∑

n an e∑

n bn convergenti. Allora∑

n(αan + βbn) converge per ogniα, β ∈ R e ∑

n

(αan + βbn) = α∑n

an + β∑n

bn.

Dim. — Basta osservare che la somma parziale N−esima per la serie∑

n (αan + βbn) è

SN :=N∑n=0

(αan + βbn) = αN∑n=0

an + βN∑n=0

bn −→ α∑n

an + β∑n

bn .

4.2 Serie a termini di segno costanteLe serie a termini di segno costante, cioè

∞∑n=0

an, con (an) ⊂ [0,+∞[≡ R+, oppure (an) ⊂] −∞, 0] ≡ R−,

godono di proprietà notevoli. Il punto chiave è la seguente

Proposizione 4.2.1. Ogni serie a termini di segno costante è convergente o divergente (cioè: non può essereindeterminata).Dim. — Consideriamo il caso (an) ⊂ R+. Allora le somme parziali sono crescenti. Infatti

sN+1 =N+1∑n=0

an =N∑n=0

an + aN+1 = sN + aN+1 > sN ,

essendo aN+1 > 0 per ogni N ∈ N. Ma allora, per il Teorema 3.7.2, esiste il limN sN ∈ R ∪ {+∞}.

Osservazione 4.2.2. Se (an) ⊂ R+ scriviamo anche∑

n an < +∞ per una serie convergente.

74

Dunque basta sapere che una serie non può divergere per concludere che converge. Fondamentale è il

Teorema 4.2.3 (confronto). Siano (an), (bn) ⊂ R+ tali che

an 6 bn, definitivamente.

Allora ∑n

bn converge =⇒∑n

an converge.

Chiamiamo (bn) una maggiorante sommabile di (an).

Dim. — Per semplicità assumiamo che sia an 6 bn, ∀n ∈ N (lasciamo al lettore il caso generale). Allora

sN =N∑n=0

an 6N∑n=0

bn =: sN 6 K, ∀N .

essendo∑

n bn convergente, quindi (sN ) limitata. Dunque (sN ) è limitata per cui non può divergere.

Esempio 4.2.4.∞∑n=1

1n2 < +∞.

Sol. —Anche questa è una serie armonica e presenta lo stesso tipo di problemi di quella già incontrata per calcolarne la somma.Tuttavia può facilmente essere confrontata con una serie di Mengoli se si osserva che

1n2 =

1n · n

61

n(n − 1), ∀n > 2.

Essendo∑∞

n=21

n(n−1) =∑∞

n=11

n(n+1) = 1 si conclude.

Esempio 4.2.5.∞∑n=1

1nα

< +∞, ∀α > 2.

Sol. — Sia α > 2 (α = 2 è l’esempio precedente). Allora

1nα6

1n2 , ∀n > 1.

Siccome∑

n1n2 < +∞ si deduce che

∑n

1nα < +∞.

Si può applicare il test del confronto "alla rovescia" per mostrare che una serie è divergente. Ecco come

Esempio 4.2.6.∞∑n=1

1nα= +∞, ∀α 6 1.

75

Sol. — Sia α < 1 (α = 1 è già noto). Osservato che nα 6 n per ogni n > 1, si ha

1n6

1nα, ∀n > 1.

Ora: se∑

n1nα convergesse, allora 1

nα sarebbe una maggiorante sommabile per 1n , e quindi per confronto questa dovrebbe

convergere. Impossibile, dunque la serie iniziale diverge.

Riassumendo gli esempi precedenti abbiamo mostrato che

∞∑n=1

1nα,

converge se α > 2,

diverge se α 6 1.

Cosa si può dire nel caso 1 < α < 2? Non è semplice, ma è possibile mostrare che

Teorema 4.2.7.∞∑n=1

1nα

< +∞, ⇐⇒ α > 1. (4.2.1)

Dim. — Vedi Esempio 10.3.2.

Esempio 4.2.8. Stabilire se converge o meno∞∑n=0

e−√n.

Sol. — Attenzione: non si tratta di una serie geometrica! Sia an := e−√n > 0. Chiaramente an −→ 0 ma questo non è

sufficiente per la convergenza. È naturale pensare che e−√n tenda a zero molto velocemente, per esempio valga

e−√n 6

1n2 , definitivamente. (?)

Se è vero, allora per confronto si conclude che la serie è convergente. Come dimostrare dunque che vale la (?)? Osservato che

e−√n 6

1n2 , definitivamente, ⇐⇒ n2e−

√n 6 1, definitivamente, (??)

mostriamo chelim

n→+∞n2e−

√n = 0,

e quindi (??) sarà vera. Ora:

n2e−√n = elog(n2)e−

√n = e2 log n−

√n −→ 0, essendo 2 log n −

√n = −

√n(1 −

2 log n√

n

)−→ −∞

poiché n1/2 � log n (confronto esponenziali potenze). Dunque la serie data è convergente.

Una conseguenza del confronto è che se i termini generali di due serie sono asintotici allora le serie hanno lo stessocarattere:

76

Teorema 4.2.9. Siano (an), (bn) ⊂ R+ tali che an ∼ bn. Allora∑n

an converge ⇐⇒∑n

bn converge.

Dim. — Sappiamo cheanbn−→ 1, per n −→ +∞.

Dunque, esiste N tale che126

anbn6 2, ∀n > N, ⇐⇒

12

bn 6 an 6 2bn, ∀n > N . (4.2.2)

Mostriamo, per esempio, che se∑

n an converge allora∑

n bn converge. Per la (4.2.2) abbiamo

bn 6 2an, definitivamente,

e ovviamente essendo∑

n an < +∞ anche∑

n (2an) < +∞. Pertanto 2an è una maggiorante sommabile di bn: la conclusionesegue dal confronto. Il viceversa si ottiene in modo simile.

Grazie a questo test è possibile confrontare una serie data con alcune serie notevoli per le quali è noto il carattere,come ad esempio le serie armoniche (4.2.1) e le serie geometriche (4.1.1).

Corollario 4.2.10. Sia (an) ⊂ R. Se

• an ∼Cnα per qualche C , 0 e α ∈ R, allora

∑n an converge sse α > 1.

• an ∼ Cqn per qualche C , 0 e q > 0, allora∑

n an converge sse q < 1.

Osservazione 4.2.11. Si noti che se an ∼ bn e (bn) è a segno costante, allora an è definitivamente a segno costante.Ciò rende superflua la verifica del segno nell’applicazione del contronto asintotico. Infatti, supponiamo bn > 0.Allora

anbn−→ 1, =⇒

anbn>

12, definitivamente, ⇐⇒ an >

12

bn > 0, definitivamente.

Esempio 4.2.12. Discutere la converenza della serie

∞∑n=0

n + 1nα + 1

, α ∈ R.

Sol. — Sia an := n+1nα+1 . Chiaramente (an) ⊂ R+. Osservato che

an =n + 1

nα + 1=

n · 1nnα · 1n

=1n

nα−1 ∼1

nα−1 ,

per cui, per confronto asintotico,∑

n an converge sse∑

n1

nα−1 converge, cioè sse α − 1 > 1 da cui α > 2.

Le possibilità di determinare il comportamento asintotico di una successione saranno amplificate col calcolodifferenziale come vedremo.

77

4.2.1 Criteri della radice e del rapportoSe an ∼ Cqn allora, supponendo per esempio C > 0,

a1/nn ∼ C1/nq −→ q, e

an+1an∼

Cqn+1

Cqn= q −→ q,

per cui si può dire cheq = lim

na1/nn = lim

n

an+1an

,

e a seconda che q < 1 o q > 1 la serie converge o diverge in virtù del confronto asintotico. In realtà il risultato valelo stesso anche senza che an ∼ Cqn.

Teorema 4.2.13 (criterio della radice). Sia (an) ⊂ R+ e supponiamo che

∃ limn→+∞

n√

an ≡ limn→+∞

a1/nn =: q (∈ R+ ∪ {+∞}).

Allora:

• se q < 1 la serie∑

n an converge.

• se q > 1 (compreso il caso q = +∞) la serie∑

n an diverge e an −→ +∞.

Dim. — Partiamo dal caso q < 1. Per definizione di limite

∀ε > 0, ∃N = N (ε), q − ε 6 a1/nn 6 q + ε, ∀n > N (ε). (4.2.3)

Sia ε > 0 piccolo tale che q + ε < 1 (ciò è possibile perché q < 1). Pertanto, da (4.2.3)

a1/nn 6 q + ε, definitivamente, ⇐⇒ an 6 (q + ε)n, definitivamente.

Ora, essendo q + ε < 1, la serie∑

n (q + ε)n converge (serie geometrica), e quindi per confronto converge anche∑

n an < +∞.

Consideriamo ora q > 1, q ∈ R (lasciamo il caso q = +∞ al lettore). La (4.2.3) continua a valere: sia ε > 0 tale che q − ε > 1(ciò è possibile perché q > 1). Allora

a1/nn > q − ε, definitivamente, ⇐⇒ an > (q − ε)n, definitivamente.

Essendo q−ε > 1, sappiamo che (q−ε)n −→ +∞, pertanto, per i due carabinieri, an −→ +∞. Dunque la condizione necessarianon vale, quindi la serie è divergente.

Esempio 4.2.14. Discutere la convergenza di∞∑n=1

(n − 1)n2

nn2+ 1n

.

Sol. — Chiaramente, se an =(n−1)n

2

nn2+ 1n, (an) ⊂ R+ (n > 1), quindi abbiamo una serie a termini di segno costante. Applicando

il criterio della radice,

a1/nn = *

,

(n − 1)n2

nn2+ 1

n

+-

1/n

=(n − 1)n

nn+1n2=

1(n

n−1)n 1

n1/n2 =1(

1 + 1n−1

)n 1n1/n2 =

1(1 + 1

n−1)n−1 (

1 + 1n−1

) 1n1/n2 .

78

Ora (1 +

1n − 1

)n−1−→ e,

(1 +

1n − 1

)−→ 1, n1/n2

= elog n

n2n2�log n−→ e0 = 1,

così a1/nn −→ 1

e < 1. La serie è dunque convergente.

Attenzione! 4.2.15. Cosa succede se q = 1? Il test non fornisce indicazioni, nel senso che ci sono casi in cui q = 1e la serie converge, casi in cui q = 1 e la serie diverge. Per esempio:

• la serie∑

n1n diverge e

a1/nn =

(1n

)1/n=

1n1/n = n−

1n = e−

log nn −→ 1;

• la serie∑

n1n2 converge e

a1/nn =

(1n2

)1/n=

1(n1/n)2 = n−

2n = e−2 log n

n −→ 1.

Teorema 4.2.16 (criterio del rapporto). Sia (an) ⊂]0,+∞[ e supponiamo che

∃ limn→+∞

an+1an=: q (∈ R+ ∪ {+∞}).

Allora:

• se q < 1 la serie∑

n an converge.

• se q > 1 (compreso il caso q = +∞) la serie∑

n an diverge e an −→ +∞.

Nel caso in cui q = 1 non si può, con questo test, stabilire se∑

n an converga o meno.

Dim. — È molto simile a quella del test della radice, esercizio (ma non banale!).

Esempio 4.2.17. Discutere la convergenza della serie

∞∑n=1

2nn!nn

.

Sol. — Chiaramente an := 2nn!nn > 0 per ogni n > 1. Applichiamo il test del rapporto:

an+1an=

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

2nn!nn

= 2(n + 1)!

n!nn

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

n + 1

)n 1n + 1

= 2( n

n + 1

)n=

2(1 + 1

n

)n −→ 2e< 1.

Dunque la serie converge.

79

Osservazione 4.2.18. Sostanzialmente i due test radice e rapporto sono equivalenti. Si può, per l’esattezza, mostrare che sevale quello del rapporto vale anche quello della radice. In alcuni casi può valere quello della radice ma non quello del rapporto.Ad esempio se si considera la serie

∞∑n=0

2(−1)n−n,

è facile vedere chean+1an=

2(−1)n+1−(n+1)

2(−1)n−n = 2−2(−1)n−1 =18, 2,

18, 2, . . . ,

non ammette limite, mentrea1/nn = 2

(−1)n−nn = 2

(−1)nn −1 −→ 2−1 =

12,

da cui si deduce che la serie converge (per il criterio della radice).

4.3 Serie a termini di segno variabileCon una serie a termini di segno non costante, cioè

∑n an con (an) ⊂ R, la discussione sulla convergenza si fa più

complicata.

4.3.1 Serie a segno alternatoConsideriamo il caso in cui i segni non siano costanti ma seguano una regola rigida: siano alternati +,−,+,−, . . ..Una serie di questo tipo si chiama serie a termini di segno alternato e può essere scritta nella forma

∞∑n=0

(−1)nan, (an) ⊂ R+ = [0,+∞[.

Per queste serie la condizione necessaria di convergenza è "quasi" sufficiente:

Teorema 4.3.1 (Leibniz). Sia (an) ⊂ R+. Supponiamo che an ↘ 0 (cioè (an) è decrescente e tende a 0 pern −→ +∞). Allora la

∑n(−1)nan è convergente. Inoltre, detta s la somma della serie e sN la somma parziale N

esima, vale la stima|s − sN | 6 aN+1.

Dim. — Si basa sull’osservazione che le somme pari diminuiscono e quelle dispari aumentano. Infatti

s2n+2 = s2n − a2n+1 + a2n+2 = s2n − (a2n+1 − a2n+2) 6 s2n,

essendo an ↘. Similmentes2n+3 = s2n+1 + (a2n+2 − a2n+3) > s2n+1.

Inoltres2n+1 = s2n − a2n+1 6 s2n = s2n−1 + a2n .

Siccome s2n+1 ↗ per il teorema sulle successioni monotone s2n+1 ↗ σ, similmente s2n ↘ s ma allora, essendo anchea2n −→ 0 si ottiene

σ 6 s 6 σ, =⇒ σ = s,

e da qui facilmente tutta la sn −→ s. Infine la stima: siccome s2n+1 ↘ s, dalla precedente abbiamo che

s2n − a2n+1 = s2n+1 6 s, =⇒ 0 6 s2n − s 6 a2n+1,

80

e analogamentes2n+1 + a2n+2 = s2n+2 > s, =⇒ 0 6 s − s2n+1 6 a2n+2.

Esempio 4.3.2. Stabilire se converge la serie∞∑n=1

(−1)n

n.

Sol. — Abbiamo una serie a termini di segno alterno∑

n (−1)nan dove an := 1n > 0. Chiaramente an ↘ 0, quindi la serie

converge per il criterio di Leibniz.

Esempio 4.3.3. Discutere la convergenza di∞∑n=3

(−1)nlog n

(log n)2 − 1.

Sol. — Sia an := log n(log n)2−1 , n > 3. Essendo log n > log e = 1 per n > 3, (log n)2 − 1 > 0 per n > 3, quindi an > 0. Abbiamo

dunque una serie a termini di segno alterno. Chiaramente poi

an =log n

(log n)2 − 1=

log n

(log n)2(1 − 1

(log n)2

) = 1log n

11n−→ 0.

Vediamo se an ↘. Ad occhio non è evidente: se n cresce log n ↗ma anche (log n)2 − 1↗, e quindi non è chiaro cosa succedaalla frazione. Tuttavia

an+1 6 an, ⇐⇒log(n + 1)

(log(n + 1))2 − 16

log n(log n)2 − 1

,

⇐⇒ (log(n + 1))((log n)2 − 1

)6 (log n)

((log(n + 1))2 − 1

)⇐⇒ (log n)(log(n + 1))

(log(n + 1) − log n

)> log n − log(n + 1),

⇐⇒ (log n)(log(n + 1)) > −1, (essendo log(n + 1) − log n > 0)

Quest’ultima è evidente perché n > 3 implica log n, log(n+1) > 0. Pertanto an ↘ e il criterio di Leibniz permette di concludereche la serie converge.

4.3.2 Convergenza assolutaLa discussione nel caso generale è spesso basata sul

Teorema 4.3.4. Sia (an) ⊂ R. Allora:∞∑n=0|an | converge =⇒

∞∑n=0

an converge.

Una serie∑

n an tale che∑

n |an | converge si dice assolutamente convergente.

81

Dim. — Chiamiamoa+n := max{an, 0}, a−n := max{−an, 0}.

È evidente che a±n > 0, che a+n + a−n = |an | mentre a+n − a−n = an. In particolare

0 6 a±n 6 |an |.

Per confronto, allora,∑

k a±ksono entrambe convergenti e allora, per linearità, lo è

∑k (a+

k− a−

k) =

∑k ak .

Osservazione 4.3.5. Tuttavia non vale il viceversa. La serie∑∞

n=1(−1)n+1

n è convergente (criterio di Leibniz) ma nonassolutamente convergente perché la serie dei valori assoluti è la serie armonica

∑n

1n .

La convergenza assoluta è dunque una condizione sufficiente (ma non necessaria come mostra l’osservazioneprecedente). Dunque, per studiare la convergenza di una serie generica

∑n an disponiamo di

• condizione necessaria: an −→ 0;

• Êcondizione sufficiente: ∑n |an | < +∞ (per lo studio di questa serie, essendo a segno costante, possiamo

applicare i criteri appositi).

Può accadere che sia verificata la condizione necessaria ma non quella sufficiente, nel qual caso non si puòconcludere niente sulla convergenza della serie.

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8&%4'(5'+"+%#&'7'(*%#)7):

Il "fulmine" sta a indicare il caso disgraziato in cui i due test combinati falliscano.

Esempio 4.3.6. Discutere, in funzione del parametro x ∈]0,+∞[, convergenza semplice e assoluta della serie

∞∑n=1

(log x)n√

n(n + 1).

Sol. — Sia an := (arctan x)n√n(n+1)

. Cominciamo con la convergenza assoluta, cioè con la serie

∞∑n=1|an | =

∞∑n=1

| log x |n√

n(n + 1).

82

Applichiamo il test della radice:

|an |1n =

| log x |

(n(n + 1))1

2n= | log x |

1(n1/n)2((n + 1)1/n)2 −→ | log x |

essendo n1/n = elog nn −→ 1 e, similmente,

(n + 1)1/n = elog(n+1)

nn�log(n+1)−→ e0 = 1.

Pertanto:

∑n

|an |,

converge, se | log x | < 1, ⇐⇒ −1 < log x < 1, ⇐⇒ e−1 < x < e,

diverge e |an | → +∞, se | log x | > 1, ⇐⇒ log x < −1, ∨ log x > 1, ⇐⇒ x < e−1, ∨ x > e.

Nel caso | log x | = 1 (cioè x = e−1, e) il test non fornisce indicazioni. Dai fatti precedenti si deduce che

∑n

an,

converge assolutamente (quindi semplicemente), se 1e < x < e,

non converge (semplicemente e assolutamente) essendo an 6−→ 0, se x < 1e , ∨ x > e.

Per finire dobbiamo analizzare i casi x = 1e , e. Andiamo a vedere direttamente la serie:

• se x = 1e = e−1 abbiamo log x = −1, per cui

∞∑n=1

an =∞∑n=1

(−1)n√

n(n + 1),

che è una serie a termini di segno alterno. Applichiamo il test di Leibniz: evidentemente 1√n(n+1)

↘ 0, per cui la serieconverge. È anche assolutamente convergente? Ciò accade sse

∞∑n=1

�����(−1)n√

n(n + 1)

�����=

∞∑n=1

1√

n(n + 1)converge.

Ma 1√n(n+1)

= 1n√

1+ 1n

∼ 1n , per cui la serie diverge per confronto asintotico.

• se x = e abbiamo log x = 1, per cui∞∑n=1

an =∞∑n=1

1√

n(n + 1).

Si tratta di una serie a termini di segno costante per cui convergenza semplice e assoluta coincidono. Siccome abbiamovisto in precedenza che questa serie diverge si conclude.

Conclusione: la serie converge simplicemente sse x ∈[ 1e , e

[, converges assolutamente sse x ∈

] 1e , e

[.

4.4 EserciziEsercizio 4.4.1 (?). Per ciascuna delle seguenti serie calcolare la somma parziale N−esima e determinare direttamente seconvergono o meno:

1.∞∑n=0

1(2n − 1)(2n + 1)

. 2.∞∑n=0

(√n(n + 1) −

√n(n − 1) − 1

). 3.

∞∑n=2

log(1 −

1n2

).

83

Esercizio 4.4.2. Dopo aver verificato che si tratta di serie a termini di segno costante, determinare delle maggioranti sommabiliper le seguenti serie:

1.∞∑n=1

1n3+(−1)n ; 2.

∞∑n=0

1 + sin n2n

, 3.∞∑n=0

2√n3−n

Esercizio 4.4.3. Siaan :=

1√

n2 − n(√

n + 1 −√

n), n > 2.

Trovare α,C tali che an ∼ Cnα . Utilizzare questo fatto per discutere la convergenza di

∑∞n=2 an.

Esercizio 4.4.4. Sia

an := nβ *.,1 −

√n3

n3 + 1+/-, β ∈ R.

Trovare α,C tali che an ∼ Cnα . Discutere la convergenza di

∑n an al variare del parametro reale β.

Esercizio 4.4.5. Applicando il confronto asintotico, discutere la convergenza delle seguenti serie:

1.∞∑n=0

1√

n2 + n. 2.

∞∑n=1

(n + 2)n

nn+2 . 3.∞∑n=1

1n n√

n.

4.∞∑n=0

( 3√n + 1 − 3√n). 5.∞∑n=1

n + log n(n − log n)3 . 6.

∞∑n=1

1n

(n + 2n + 3

)n.

Esercizio 4.4.6. Applicando uno tra i test della radice o del rapporto, determinare se converge o meno la serie

1.∞∑n=0

5(−1)n−n . 2.∞∑n=1

(n!)2

n2(2n)!. 3.

∞∑n=1

nk

n!.

4.∞∑n=0

nn+1

3n (n + 1)!. 5.

∞∑n=1

nnx

n!, (x ∈ R). 6.

∞∑n=1

(n!)x

nn, (x ∈ R).

7.∞∑n=1

xn!, (x > 0). 8.∞∑n=0

n! xn, (x > 0). 9.∞∑n=1

2−n2xn+x2 , (x ∈ R).

Esercizio 4.4.7. Applicando il test di Leibniz stabilire la convergenza o meno della serie:

1.∞∑n=1

(−1)nn

n2 + 1. 2.

∞∑n=1

(−1)nn + 1

4n. 3.

∞∑n=1

(−1)n ( n√

3 − 1).

4.∞∑n=0

(−1)n(1 − cos

1√

n + 1

). 5.

∞∑n=1

(−1)n√

n + 1 −√

nn

. 6.∞∑n=1

e1n − 1

cos(nπ).

7.∞∑n=1

(−1)n+1√

nn2 + 1

. 8.∞∑n=1

(−1)n *,

√1 +

1n− 1+

-. 9.

∞∑n=1

(−1)n(1 −

1n

)n.

10.∞∑n=1

(−1)n(n!)2

n2(2n)!. 11.

∞∑n=1

(−1)nlog n

n. 12.

∞∑n=1

(−1)n sin1n.

84

Esercizio 4.4.8. Per ciascuna delle seguenti serie discutere convergenza semplice e assoluta.

1.∞∑n=0

(x2 − x − 1)n, (x ∈ R). 2.∞∑n=1

(−1)nx2 + n

n2 , (x ∈ R).

3.∞∑n=0

xn

n2 + ex, (x ∈ R). 4.

∞∑n=1

xn

1 + x2n , (x ∈ R).

5.∞∑n=1

1n

(x2 + 1x2 − 4

)2n+n2

, (x ∈ R\{±2}). 6.∞∑n=1

nn2 + 1

(x2 − 1)n2, (x ∈ R).

7.∞∑n=1

(sin x)n

n +√

n log n, (x ∈ R). 8.

∞∑n=1

3√1 − x2n

3n.

9.∞∑n=0

12n (n + 1)

(ex + 1ex − 1

)n, x , 0. 10.

∞∑n=1

xn

n + arctan n, (x ∈ R)

Esercizio 4.4.9 (?). Due specchi rettilinei formano tra loro un angolo α < 45o. Conveniamo che l’origine O del piano siaposta nel punto di contatto tra i due specchi. Un raggio laser (che per semplicità supponiamo rettilineo e giacente su un pianoperpendicolare ai due specchi) parte in un punto P0 sito nel primo specchio a distanza d da O verso il secondo specchio dovegiunge nel punto P1. La direzione del raggio è tale per cui il raggio viene riflesso verso O. Quindi riparte verso il primospecchio e così via. Stabilire se la lunghezza totale del percorso del raggio è finita o meno.

Esercizio 4.4.10 (the "John von Neumann" problem (2

)). Due treni partono contemporaneamente da New York e da Bostonl’uno in direzione dell’altro. Si suppone viaggino ad una velocità media di 100 km/h. Nel momento della partenza una supermosca appoggiata sulla motrice del primo treno si mette in volo ad una velocità di 200 km/h in direzione del secondo treno.Quando lo raggiunge inverte la direzione e torna al primo treno e così via. Sapendo che le due cittĹ distano circa 600km, quantastrada avrà percorso la mosca fino al momento in cui i due treni si incrociano? Calcolare la somma di tutti i tratti di volo dalprimo al secondo treno e viceversa.

2Questo è un problema che venne posto a von Neumann, grande matematico del ’900, il quale, sebbene vi sia una soluzione del tuttoelementare, lo risolse come qui viene proposto

Capitolo 5

Limite

Ora che abbiamo preso confidenza con la nozione di limite per le successioni, ci proponiamo di estendernenotevolmente le potenzialità passando dal caso della variabile "discreta" n ∈ N che tende all’infinito, a quello diuna variabile continua x ∈ R che può andare ovunque: non solo all’infinito, ma anche al finito, e in modi molto piùflessibili della variabile discreta. L’obiettivo, in altre parole, è di dare un senso a

limx→x0

f (x) = `,

dove f è una funzione di variabile reale x. L’idea è tuttavia sempre la stessa: la quantità f (x) si "avvicina" ad `quando x si avvicina a x0.

La rilevanza dell’operazione di limite si deve, oltre che per l’interesse intrinseco, alla connessione con importanticoncetti quali quello di funzione continua e quello di derivata di una funzione.

5.1 Topologia elementare della retta realePer definire limx→x0 f (x) il punto x0 non può essere un punto qualsiasi. Bisogna che, in qualche senso, x0 siaarbitrariamente vicino al dominio D della funzione:

Definizione 5.1.1 (punto di ccumulatione). Sia S ⊂ R e x0 ∈ R∪{±∞}. Diciamo che x0 è punto di accumulazioneper S se

∃ (an) ⊂ S\{x0}, : an −→ x0. (5.1.1)

L’insieme dei punti di accumulazione di S sarà indicato con Acc(S). Una (an) soddisfacente la (5.1.1) sarà dettasuccessione approssimante x0 in D.

Sx0 a0a1an

Figura 5.1: S è colorato in rosso.

Osservazione 5.1.2. È opportuno riflettere attentamente su questa Definizione. Anzitutto la definizione non esclude chex0 ∈ S. Il punto chiave è che x0 ∈ Acc(S) sse esiste una successione an −→ x0 in S di punti distinti da x0. Ciò serve a evitare

85

86

il caso in cui an ≡ x0 (quindi chiaramente an −→ x0) così che ogni punto di S sarebbe punto di accumulazione, anche se nonha altri punti di S vicini a lui!

Esempio 5.1.3. Abbiamo

• 0 ∈ Acc(]0, 1]), 0 ∈ Acc([0, 1]); precisamente Acc(]0, 1]) = [0, 1] = Acc(]0, 1[) = Acc([0, 1[) = Acc([0, 1]).

• 0 ∈ Acc({ 1

n : n ∈ N, n > 1}): infatti la stessa successione

( 1n

)⊂

{ 1n : n ∈ N, n > 1

}, 1n −→ 0 e 1

n , 0 per ogni n.Più difficile è mostrare che Acc

({ 1n : n ∈ N, n > 1

})= {0} (anche se intuitivamente dovrebbe essere chiaro!

• +∞ ∈ Acc(R), +∞ ∈ Acc([a,+∞[) per ogni a ∈ R.

• +∞ ∈ Acc(N), −∞ ∈ Acc(Z).

Similmente:

• 0 < Acc([1, 2]), 0 < Acc([1, 2] ∪ {0}), 1 < Acc({ 1

n : n ∈ N, n > 1}).

• +∞ < Acc(] −∞, a]) per ogni a ∈ R.

• −∞ < Acc(N).

Un secondo fondamentale concetto è quello di intorno. Intuitivamente, è un insieme di punti vicini a un dato x0:precisamente

Definizione 5.1.4. Ogni intervallo aperto contenente x0 ∈ R si dice intorno di x0. Ogni semiretta del tipo ]a,+∞[è detto intorno di +∞ e similmente ogni semiretta del tipo ] −∞, b[ è detto intorno di −∞.

Indicheremo gli intorni di x0 con Ix0 . Un fatto molto importante è la seguente

Proposizione 5.1.5.x0 ∈ Acc(S), ⇐⇒ S ∩ (Ix0\{x0}) , ∅, ∀Ix0 .

A parole: x0 è punto di accumulazione per S sse in ogni intorno di x0 cade almeno un punto di S diverso da x0.

Dim. — Facciamo la dimostrazione solo nel caso x0 ∈ R, invitando caldamente il lettore a fare gli altri casi.

=⇒ Sia x0 ∈ Acc(S) e prendiamo Ix0 =]x0 − ε, x0 + ε[. Per ipotesi esiste una (an) approssimante x0 in D: in particolare,essendo an −→ x0, dovrà essere |an − x0 | 6 ε definitivamente (definizione di limite), per cui an ∈ Ix0 . Inoltre, essendo (an)approssimante, an , x0, dunque an ∈ S ∩ (Ix0\{x0}) definitivamente. La figura che segue illustra la situazione:

Sx0 a0a1an

Ix0

⇐= Costruiamo una successione approssimante: prendendo come intorno Ix0 =]x0 −

1n , x0 +

1n

[si ha che

∀n : ∃an ∈ S ∩(Ix0\{x0}

), ⇐⇒ an ∈ S, an , x0, |an − x0 | 6

1n.

Ma allora è evidente che (an) è una successione approssimante x0 in S.

87

5.2 Definizione di limite e di funzione continuaAbbiamo ora tutto il necessario per la

Definizione 5.2.1 (Limite). Sia f : D ⊂ R −→ R, x0 ∈ Acc(D). Diciamo che f (x) −→ ` ∈ R ∪ {±∞} perx −→ x0 (a parole: f ha limite ` per x che tende a x0) se

∀ (an) ⊂ D\{x0}, an −→ x0, =⇒ f (an) −→ `. (5.2.1)

Scriviamo anche limx→x0 f (x) := `.

Dx0 a0a1an

f Ha0L

f Ha1L

f HanL

{

x

y

Osservazione 5.2.2 (Importante!). Nella (5.2.1) c’è un piccoloma importante dettaglio: consideriamo f (an) per successioni(an) approssimanti x0 in D. Il fatto che siano in D assicura che f (an) abbia senso; il fatto che siano approssimanti, e inparticolare an , x0 significa che nel limite non si considera il valore (ammesso esista) della funzione nel punto x0, dovecioè si calcola il limite. Questo perché f potrebbe non essere definita, come nel caso

limx→0

sin xx,

oppure f potrebbe anche essere definita ma il valore f (x0) non avere nulla a che fare col limx→x0 f (x). Per esempio

f (x) =

1, x , 0,

0, x = 0.

x

1

y

Vediamo che limx→0 f (x) = 0. Infatti: se (an) è approssimante 0 in D = R, vuol dire che an , 0 e an −→ 0. Allora f (an) = 0(essendo an , 0), per cui f (an) = 0 −→ 0. Ma f (0) = 1, così limx→0 f (x) , f (0).

Definizione 5.2.3 (funzione continua). Sia f : D ⊂ R −→ R, x0 ∈ D ∩ Acc(D) (1

) . Diciamo che f è continuanel punto x0 se

limx→x0

f (x) = f (x0).

Se f è continua in ogni punto x0 ∈ D scriviamo f ∈ C (D).1Cioè x0 è in D e ha senso calcolarvi il limite di f . In particolare, a differenza della nozione di limite, x0 = ±∞ non ha senso.

88

La nozione di continuità è di fondamentale importanza per il prosieguo e di fatto l’abbiamo già incontrata per i limitidi successioni, quando abbiamo anticipato (per ragioni tecniche) la Proposizione 3.5.14. Ora possiamo enunciarenuovamente questo risultato in forma più precisa. La dimostrazione verrà data in varie parti nel prosieguo. Èimportante sottolineare che non c’è nessun "vizio logico" nell’averla anticipata già nel capitolo sulle successioni eora, nel senso che per dimostrarla (cosa che faremo più avanti) non avremo bisogno di assumere che sia vera. Laanticipiamo esclusivamente per poter aver già in mano qualcosa con cui operare altrimenti saremmo molto limitaticon gli esempi.

Teorema 5.2.4. Si ha che

• xn ∈ C (R) per ogni n ∈ N; x−n = 1xn ∈ C (R\{0}) per ogni n ∈ N, n > 0; xα ∈ C ([0,+∞[) se α > 0 reale,

xα ∈ C (]0,+∞[) se α < 0 reale.

• expa ∈ C (R), per ogni a > 0, loga ∈ C (]0,+∞[) per ogni a > 0, a , 1.

• sin, cos ∈ C (R), tan ∈ C (R\{ π2 + kπ : k ∈ Z}), cot ∈ C (R\{kπ : k ∈ Z}).

Dim. — Ved. sez. ??.

Introduciamo anche il concetto di limite unilaterale.

Definizione 5.2.5 (limite unilaterale). Sia f : D ⊂ R −→ R, x0 ∈ Acc(D ∩ [x0,+∞[) (2

) . Diciamo chef (x) −→ ` ∈ R ∪ {±∞} per x −→ x0+ (letteralmente f ha limite ` per x che tende a x0 da destra) se

∀ (an) ⊂ D\{x0}, an −→ x0+, =⇒ f (an) −→ `. (5.2.2)

Spesso utilizzeremo la notazione f (x0+) ≡ limx→x0+ f (x) := `.

Una definizione simile la si può dare per f (x0−) ≡ limx→x0− f (x).

Attenzione! 5.2.6. Ovviamente x0± non sono punti! Così f (x0±) non è f valutata nel punto x0±, ma semplice-mente una notazione di comodo per indicare i limiti destro e sinistro.

Proposizione 5.2.7. Sia f : D ⊂ R −→ R, x0 ∈ Acc(D ∩ [x0,+∞[),Acc(D∩] −∞, x0]) (di modo che abbia sensoparlare di limiti destro e sinistro). Allora

∃ limx→x0

f (x) = `, ⇐⇒ ∃ limx→x0+

f (x) = `, ∃ limx→x0−

f (x) = `.

Dim. — Esercizio.

Infine: diremo che f è continua da destra in x0 ∈ D se f (x0+) = f (x0), e similmente continua da sinistra.Ovviamente: f è continua in x0 sse è ivi continua da destra e da sinistra.

2Quindi, necessariamente, x0 ∈ R. Letteralmente, significa che esiste (an ) ⊂ D\{x0 } tale che an −→ x0+.

89

5.3 Località del limiteL’operazione di limite coinvolge i valori della funzione "vicino" al punto nel quale si calcola il limite. Vicino, comesempre, è riferito al linguaggio degli intorni. Questo significa che se due funzioni sono uguali in un intorno di x0si comporteranno allo stesso modo rispetto al limite in x0:

Proposizione 5.3.1. Se f ≡ g in qualche intorno Ix0 di x0 (cioè: f (x) = g(x) per ogni x ∈ Ix0 ) allora

∃ limx→x0

f (x), ⇐⇒ ∃ limx→x0

g(x),

ed in tal caso i due valori sono uguali (finiti o infiniti). In particolare: f è continua in x0 sse lo è g.

Ix0

x0

x

y

Dim. — Esercizio.

Occorre però stare attenti: l’esistenza del limite e la continuità sono sì "proprietà locali" ma non si "propagano" daun punto ad un altro. Ad esempio può accadere che una funzione sia continua in un punto x0 senza che lo sia innessun altro punto.

Esempio 5.3.2. Sia f : R −→ R definita come

f (x) :=

x, x , 0, x ∈ Q,−x, x , 0, x < Q,0, x = 0.

Allora f è continua solo in x = 0.Sol. — Primo: f è continua in 0. Il calcolo del limite non è tuttavia banale. Possiamo però osservare che

| f (x) | = |x |, ∀x ∈ R, =⇒ −|x | 6 f (x) 6 |x |, ∀x ∈ R.

Quindi, per i carabinieri, f (x) −→ 0 per x −→ 0, cioè

limx→0

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

Ora passiamo a x0 , 0. Affermiamo che limx→x0 f (x) non esiste perché riusciamo a trovare due successioni (an), (bn) ⊂R\{x0} t.c. x −→ x0 e f (an) −→ `1, f (bn) −→ `2 con `1 , `2. Le due successioni le costruiamo così: sia

(an) ⊂ Q, an −→ x0, (bn) ⊂ R\Q, bn −→ x0.

L’esistenza di tali successioni è garantita dalla densità di razionali e irrazionali nei reali. Allora

f (an) = an −→ x0, f (bn) = −bn −→ −x0 , x0.

90

Vediamo come usare la località del limite.

Esempio 5.3.3. Discutere quali valori di a, b ∈ R è continua su R la funzione f : R −→ R,

f (x) :=

0, x 6 0,ax + b, 0 < x < 1,1, x > 1.

Sol. — Se x0 < 0, allora f ≡ 0 localmente e le funzioni costanti sono ovviamente continue, quindi f è continua in x0.Similmente se x0 ∈]0, 1[ si ha f ≡ ax + b localmente, quindi essendo evidentemente x 7−→ ax + b continua su tutto R ne segueche f è continua in x0. Stesso ragionamento se x0 > 1. Conclusione: f ∈ C (] − ∞, 0[∪]0, 1[∪]1,+∞[). Ora vediamo i casix = 0, 1. Qui dobbiamo applicare la definizione e vedere se limx→0 f (x) = f (0). Abbiamo

limx→0−

f (x) = limx→0−

0 = 0, limx→0+

f (x) = limx→0+

(ax + b) = b.

Quindi f è continua in x = 0 sse f (0−) = f (0+) = f (0), cioè sse b = 0. In x = 1 similmente abbiamo

f (1−) = limx→1−

f (x) = limx→1−

(ax + b) = a + b, f (1+) = limx→1+

f (x) = limx→1+

1 = 1,

per cui f è continua in x = 1 sse a + b = 1 = f (1) = 1. Dunque f ∈ C (R) sse b = 0 e a = 1.

Un problema importante che spesso si pone è il seguente:

Sia f : D\{x0} −→ R, con x0 ∈ Acc(D). Sotto quali condizioni è possibile definire f anche in x0 di modo tale chesia continua in x0? Formalizzando: determinare ` ∈ R (ammesso esista) affinché

f : D −→ R, f (x) :=

f (x), x ∈ D\{x0},

`, x = x0,sia continua in x0.

La funzione f si dice prolungamento per continuità di f in x0. Un tipico esempio è la funzione

f : R\{0} −→ R, f (x) :=sin x

x, x , 0.

In generale, affinché f sia continua bisogna che

limx→x0

f (x) = f (x0) = `.

Poiché f ≡ f per x , x0 si ha limx→x0 f (x) = limx→x0 f (x) per cui ` = limx→x0 f (x) (ammesso il limite esista).Nel caso esempio

limx→0

sin xx= 1,

dunque c’è un unico modo di estendere sin xx anche in x = 0 di modo che sia una funzione continua su tutto R:

assegnare il valore 1 ad x = 0.

91

5.4 Proprietà fondamentaliLe proprietà fondamentali dei limiti di funzioni seguono alla lettera quelle dei limiti di successioni.

Teorema 5.4.1 (unicità). Sia f : D ⊂ R −→ R, x0 ∈ Acc(D). Se limx→x0 f (x) esiste è unico.Dim. — Facciamo la dimostrazione per illustrare anche la maniera standard di dimostrare questi fatti riducendosi agli analoghiper le successioni.

Supponiamo ci siano due limiti `1, `2. Per la (5.2.1) ciò vuol dire

∀ (an) ⊂ D\{x0}, an −→ x0, =⇒ f (an) −→ `1,

∀ (an) ⊂ D\{x0}, an −→ x0, =⇒ f (an) −→ `2.

Ma per le successioni vale l’unicità e da

`1 ←− f (an) −→ `2, =⇒ `1 = `2.

Direttamente dalla (5.2.1) segue la

Proposizione 5.4.2 (criterio di non esistenza). Sia f : D ⊂ R −→ R, x0 ∈ Acc(D). Se

∃ (an), (bn) ⊂ D\{x0} : f (an) −→ `1, f (bn) −→ `2, `1 , `2,

allora il limx→x0 f (x) non esiste.Dim. — Evidente.

Esempio 5.4.3.@ lim

x→+∞sin x, @ lim

x→+∞cos x.

Sol. — Vediamo per il sin, per cos è analogo (esercizio). Prendiamo an = 2nπ e bn = π2 + 2nπ. Chiaramente an, bn −→ +∞

masin an = sin(2nπ) = 0 −→ 0, sin bn = sin

(π

2+ 2nπ

)= 1 −→ 1.

Esempio 5.4.4.@ lim

x→0+sin

1x, @ lim

x→0+cos

1x.

Sol. — Vediamolo per il coseno: sia 1an= 2nπ, cioè an = 1

2nπ −→ 0+, e 1bn= π

2 + 2nπ, cioè bn := 1π2 +2nπ −→ 0+. Allora

cos1

an= cos(2nπ) = 1 −→ 1, cos

1bn= cos

(π

2+ 2nπ

)= 0 −→ 0.

Ricordiamo che una successione (an) ha lo stesso segno del proprio limite definitivamente, cioè per n "grande".Nel caso dei limiti di funzioni f ha lo stesso segno del proprio limite in un intorno del punto ove questo è calcolato.

Proposizione 5.4.5 (permanenza del segno). Sia f : D ⊂ R −→ R, x0 ∈ Acc(D) tale che esista limx→x0 f (x).Allora

92

• se limx→x0 f (x) > 0, esiste Ix0 tale che f (x) > 0, ∀x ∈ D ∩ (Ix0\{x0}).

• se esiste Ix0 tale che f (x) > 0, ∀x ∈ D ∩ (Ix0\{x0}), allora limx→x0 f (x) > 0.

Dim. — Facciamo la dimostrazione nel caso x0 ∈ R (lasciando x0 = ±∞ per esercizio).

Primo enunciato. Supponiamo sia falso: allora

∀ Ix0, ∃x ∈ D ∩ (Ix0\{x0}) : f (x) 6 0.

Se allora prendiamo, al solito, Ix0 =]x0 −

1n , x0 +

1n

[, la precedente diventa che

∀n ∈ N, ∃an ∈ D ∩(]

x0 −1n, x0 +

1n

[\{x0}

), : f (an) 6 0.

Ma allora (an) è approssimante x0 in D per cui f (an) −→ ` = limx→x0 f (x) > 0, da cui f (an) è definitivamente > 0: assurdo,visto che è sempre 6 0.

Secondo enunciato. Supponiamo, per assurdo, che limx→x0 f (x) < 0. Allora, per il primo enunciato, esiste Jx0 tale che

f (x) < 0, ∀x ∈ D ∩ (Jx0\{x0}).

Ma allora se x ∈ Ix0 ∩ Jx0 (l’intersezione non è sicuramente vuota: perché?) si avrebbe f (x) > 0 (per ipotesi) e f (x) < 0 (perla proprietà di Jx0 ): assurdo!

Osservazione 5.4.6. Si noterà che i due enunciati non sono perfettamente l’uno l’inverso dell’altro. In effetti nelsecondo enunciato non si possono mettere i segni >. Ad esempio: se f (x) = x2 chiaramente f (x) > 0 in ogni I0\{0}ma ovviamente limx→0 x2 = 0 non è positivo! Al tempo stesso mettendo il segno > nel primo si comprende il caso in cuilimx→x0 f (x) = 0, che potrebbe aversi con f > 0, f 6 0 o a segno variabile (facili esempi).

Con gli opportuni "aggiornamenti" dalle successioni abbiamo il

Teorema 5.4.7 (dei due carabinieri). Siano f , g, h : D ⊂ R −→ R, x0 ∈ Acc(D). Supponiamo che

i) f (x) 6 g(x) 6 h(x) ∀x ∈ D ∩ (Ix0\{x0}).

ii) f (x) −→ `, h(x) −→ `, per x −→ x0

Allora g(x) −→ ` per x −→ x0.Dim. — Esercizio.

Esempio 5.4.8. Mostrare chelim

x→+∞

sin xx= 0.

Sol. — Abbiamo che −1 6 sin x 6 1 per ogni x, e quindi

−1x6

sin xx6

1x, ∀x ∈]0,+∞[= I+∞.

Ora: − 1x e 1

x sono due carabinieri che tendono a 0 per x −→ +∞ (ovvio). Pertanto sin xx −→ 0.

93

Come per le successioni, abbiamo anche la regola limitata×infinitesima=infinitesima.

Definizione 5.4.9. Diciamo che f : D ⊂ R −→ R è limitata su D se

∃ M > 0, : | f (x) | 6 M, ∀x ∈ D.

Definizione 5.4.10. Diciamo che f : D ⊂ R −→ R, è infinitesima in x0 ∈ Acc(D) se

limx→x0

f (x) = 0.

Corollario 5.4.11 (limitata×infinitesima=infinitesima). Siano f , g : D ⊂ R −→ R, x0 ∈ Acc(D), tali che i) f sialimitata in Ix0\{x0}; ii) g sia infinitesima in x0. Allora f · g infinitesima in x0.

Dim. — Esercizio.

Esempio 5.4.12. Mostrare che

limx→0+

x sin1x= 0.

Sol. — Siano f (x) := sin 1x , definita su R\{0} e g(x) := x definita su R, dunque entrambe definite su D := R\{0}. Chiaramente

0 ∈ Acc(D), f è limitata su D (���sin 1x

��� 6 1) e g è infinitesima in 0. Allora f · g è infinitesima in 0

Un risultato importante sull’esistenza del limite, similmente alle successioni, è il

Teorema 5.4.13. Sia f : D ⊂ R −→ R una funzione crescente e x0 ∈ Acc(D). Allora

∃ f (x0−) = sup{ f (y) : y ∈ D, y < x0}, ∃ f (x0+) = inf{ f (y) : y ∈ D, y > x0},

e f (x0−) 6 f (x0+).

Dim. — Proviamo la prima uguaglianza. Sia α := sup{ f (y) : y ∈ D, y < x0}. Dobbiamo provare che

∀(an) ⊂ D∩] −∞, x0[, an −→ x0, =⇒ f (an) −→ α.

Supponiamo, ad esempio, α ∈ R (lasciamo il caso α = +∞ come esercizio). Fissato ε > 0, per definizione di sup, esiste unelemento dell’insieme { f (y) : y ∈ D, y < x0}, cioè un f (xε ) per un certo xε < x0, tale che

f (xε ) > α − ε.

Siccome an −→ x0, definitivamente an > xε per n > N , per cui, essendo f ↗,

f (an) > f (xε ) > α − ε, ∀n > N .

Ma siccome an < x, f (an) 6 α, quindi | f (an) − α | 6 ε, ∀n > N , il che vuol dire f (an) −→ α, c.v.d.

Ragionamento analogo per le funzioni decrescenti.

94

5.5 Calcolo dei limitiLe regole di calcolo funzionano pari pari come quelle per i limiti di successioni e dipendono solo dal valore deilimiti coinvolti e non dal fatto che x −→ x0 ∈ R,±∞, x0±. Cominciamo coi limiti finiti:

Proposizione 5.5.1. Siano f , g : D ⊂ R −→ R, x0 ∈ Acc(D) tali che f (x) −→ `1 ∈ R e g(x) −→ `2 ∈ R perx −→ x0. Allora

i) f (x) ± g(x) −→ `1 ± `2 per x −→ x0.

ii) f (x)g(x) −→ `1`2 per x −→ x0.

iii) se `2 , 0, f (x)g(x) −→

`1`2

per x −→ x0.

Dim. — Esercizio.

Quando uno o entrambi i limiti sono infiniti vi sono alcune circostanze in cui si può comunque concludere. Laproposizione che segue, nelle notazioni abbreviate introdotte al Capitolo 3, tratta tutti questi casi:

Proposizione 5.5.2.

(±∞) + ` = ±∞, (+∞) + (+∞) = +∞, (−∞) + (−∞) = −∞,

(+∞) · ` = sgn(`)∞, (` , 0), (−∞) · ` = −sgn(`)∞, (` , 0),

(+∞) · (+∞) = +∞, (+∞) · (−∞) = −∞, (−∞) · (−∞) = +∞,

`

±∞= 0, (` ∈ R),

+∞

`= sgn(`)∞, (` , 0),

−∞

`= −sgn(`)∞, (` , 0).

+∞

0+=−∞

0−= +∞,

+∞

0−=−∞

0+= −∞.

Dim. — Esercizio.

Chiariamo il senso di f (x) −→ 0+.

Definizione 5.5.3. Sia f : D ⊂ R −→ R, x0 ∈ Acc(D). Diciamo che f (x) −→ `+ (qui ` ∈ R) per x −→ x0 se

f (x) −→ `, x −→ x0, e f > `, in qualche Ix0\{x0}.

Sono forme indeterminate:

(±∞) + (∓∞), (segni opposti), (±∞) · 0,00,±∞

±∞.

Considerando il limx→x0 f (x)g(x) abbiamo inoltre le forme

1±∞, (0+)0, (0+)+∞,

che si riducono alla forma 0 · ∞ tramite l’identità

f (x)g(x) = eg(x) log f (x) .

95

Esempio 5.5.4. Calcolare

limx→0

√1 + x −

√1 − x

x.

Sol. — Il limite è una forma indeterminata 00 . Invero, 1+ x, 1− x −→ 1 per x −→ 0 e, per la continuità delle potenze (la radice

è una potenza di esponente 1/2) abbiamo che√

1 + x −→√

1 = 1,√

1 − x −→√

1 = 1.Al numeratore c’è una sorta di "competizione" tra

√1 + x e

√1 − x. Qual è il termine dominante (cioè più importante)? Si

può osservare che nessuno dei due sembra dominare sull’altro essendo√

1 + x√

1 − x=

√1 + x1 − x

−→

√11=√

1, x −→ 0.

Per risolvere il problema ricorriamo ad un trucco algebrico:√

1 + x −√

1 − xx

=

√1 + x −

√1 − x

x

√1 + x +

√1 − x

√1 + x −

√1 − x

=(1 + x) − (1 − x)

x(√

1 + x +√

1 − x) = 2x

x(√

1 + x +√

1 − x)

=2

√1 + x +

√1 − x

−→2

√1 +√

1= 1.

Con i limiti di funzioni possiamo abbiamo uno strumento spesso utilissimo: il cambio di variabili. Supponiamoche nel calcolo del

limx→x0

f (x),

sia naturale introdurre una nuova variabile y = ϕ(x). Quando parliamo di "nuova" variabile intendiamo, in genere,che y è in corrispondenza 1 − 1 con x, cioè che la relazione y = ϕ(x) è invertibile

y = ϕ(x), x = ϕ−1(y) =: g(y).

Ammettiamo chex −→ x0, ⇐⇒ y −→ y0.

Possiamo allora dire chelimx→x0

f (x) ?= lim

y→y0f (g(y)).

Purché g(y) , x0 per y ∈ Iy0 sì:

Proposizione 5.5.5. Siano f , g tali che

i) x0 ∈ Acc(D( f )) e limx→x0 f (x) = `;

ii) y0 ∈ Acc(D(g)) e limy→y0 g(y) = x0;

iii) g(y) ∈ Ix0\{x0} per ogni y ∈ Iy0\{y0}.

Allora ∃ limy→y0 f (g(y)) = `.Dim. — Applichiamo la definizione: sia (yn) ⊂ D(g)\{y0}, yn −→ y0. Da ii)

g(yn) −→ x0.

Inoltre, da iii), g(yn) , x0 definitivamente (perché definitivamente yn ∈ Iy0\{y0}). Ma allora (g(yn)) è una successioneapprossimante x0 in D( f ): da i) segue allora che

f (g(yn)) −→ `.

Essendo (yn) arbitraria approssimante y0 in D(g) la dimostrazione è terminata.

96

Omettendo la iii) la conclusione è falsa.

Esempio 5.5.6. Siano

f : R −→ R, f (x) :=

0, x , 0,

1, x = 0.g : R −→ R, g(y) = 0, ∀y ∈ R.

Evidentementelimx→0

f (x) = 0, ma limy→0

f (g(y)) = limy→0

f (0) = limy→0

1 = 1.

Esempio 5.5.7. Calcolare

limx→+∞

e√

log x

√x

.

Sol. — Naturalmente log x −→ +∞, quindi√

log x −→ +∞ per cui e√

log x −→ +∞. Dunque abbiamo una forma ∞∞.

Attenzione: e√

log x ,√

x!! (qualcuno potrebbe sostenere che e√

log x =√

elog x =√

x, il che è completamente sbagliato!). Percalcolare il limite cambiamo variabile:

e√

log x

√x

y:=√

log x−→+∞, y2=log x, x=ey2

=ey√ey2=

ey

ey22

= ey−y22 .

Siccome y − y2

2 =y2

2(1 − 2

y

) +∞·1−→ +∞,

limx→+∞

e√

log x

√x

y=√

log x−→+∞= lim

y→+∞ey−

y22 −→ e−∞ = 0.

5.6 Limiti fondamentaliCome già visto con i limiti di successioni, anche nei limiti di funzioni si presentano le stesse problematiche. Inparticolare, è importante confrontare quantità diverse tra loro tramite il rapporto. In questa sezione vediamo leprincipali, al finito e all’infinito. In alcuni casi si tratta di generalizzazioni di quanto visto per le successioni equindi spesso omettiamo i dettagli. In altri casi si tratta di limiti nuovi e fondamentali perché, come vedremo piùavanti, sono alla base del calcolo differenziale. Partiamo con la

Definizione 5.6.1. Siano f , g : D ⊂ R −→ R, x0 ∈ Acc(D), f , g , 0 in Ix0\{x0}. Diciamo che

• f è di ordine inferiore a g per x −→ x0 (scriviamo f (x) = o(g(x)) per x −→ x0) if

f (x)g(x)

−→ 0, x −→ x0.

Si scrive anche f �x0 g ovvero g �x0 f .

• f è asintotica a g per x −→ x0 (scriviamo f (x) ∼x0 g(x)) se

f (x)g(x)

−→ 1, x −→ x0.

97

5.6.1 Confronto esponenziali/potenze/logaritmi all’infinitoÈ evidente che

xα −→ +∞, x −→ +∞, ∀α > 0, ax −→ +∞, x −→ +∞, ∀a > 1.

Facilmente si verifica anche che

xα �+∞ xβ, ∀α > β > 0, ax �+∞ bx, ∀a > b > 1.

Infattixβ

xα=

1xα−β

−→ 0, (perché α − β > 0),bx

ax=

(ba

)x−→ 0, (perché 0 <

ba< 1).

Come per le successioni abbiamo il

Teorema 5.6.2.xx �+∞ ax �+∞ xα �+∞ logb x, ∀a > 1, α > 0, b > 1.

Dim. — Si ottiene con alcuni argomenti tecnici non difficili che non introducono niente di nuovo: omessa.

Esempio 5.6.3. Calcolare

limx→+∞

(1

log x

) log xx

.

Sol. — Essendo x �+∞ log x, log xx −→ 0, e siccome 1

log x −→ 0+, abbiamo la forma indeterminata (0+)0. Osservato che

(1

log x

) log xx

= elog xx log 1

log x = e−(log x )(log(log x ))

x ,

siamo ricondotti al calcolo dilim

x→+∞

(log x)(log log x)x

,

che è una forma ∞∞. Cambiando variabili,

(log x)(log log x)x

y=log x−→+∞=

y log y

ey=

y2

eylog y

y−→ 0, because ey �+∞ y2, y �+∞ log y.

In particolare all’infinito le potenze vincono sui logaritmi. Questo accade, in un certo senso, anche in 0:

Proposizione 5.6.4.limx→0+

xα | log x |β = 0, ∀α, β > 0.

Dim. — Il limite si presenta come una forma indeterminata 0 · ∞. Cambiando variabile

limx→0+

xα | log x |βy=log x−→−∞

= limy→−∞

eαy |y |β = limy→−∞

|y |β

e−αyz=−αy−→+∞

= limz→+∞

zβ

αβ

ez=

1αβ

limz→+∞

zβ

ez= 0.

98

Esempio 5.6.5. Calcolare

limx→0+

(1x

)x.

Sol. — Abbiamo una forma indeterminata (+∞)0, e(1x

)x= ex log 1

x = e−x log x −→ e−0 = 1.

5.6.2 Funzioni trigonometriche circolariCominciamo con un fatto che è alla base di tutte le dimostrazioni di questa sotto sezione e che è illustrato dallaseguente figura:

xsin x tan x

Si tratta della disuguaglianza0 6 sin x 6 x 6 tan x, ∀x ∈

]0,π

2

[. (5.6.1)

Proposizione 5.6.6. Valgonolimx→0

sin x = 0, limx→0

cos x = 1. (5.6.2)

Inoltre, le funzioni sin e cos sono continue su tutto R.

Dim. — Il primo limite segue facilmente dalla (5.6.1). Infatti

0 6 sin x 6 x,due carab.=⇒ lim

x→0+sin x = 0.

D’altro cantolimx→0−

sin xy=−x−→0+= lim

y→0+sin(−y) = lim

y→0+− sin y = 0,

e mettendo assieme si ha limx→0 sin x = 0.

Passiamo al secondo. Anzitutto osserviamo che

1 − cos x = (1 − cos x)1 + cos x1 + cos x

=1 − (cos x)2

1 + cos x=

(sin x)2

1 + cos x. (5.6.3)

Ora (ved. la figura seguente), per x ∈]0, π4 ] si ha cos x > cos π4 =√

22 =

1√2.

Pertanto, dalla (5.6.3) abbiamo

0 6 1 − cos x 6(sin x)2

1 + 1√2

=

√2

√2 + 1

(sin x)2, ∀x ∈]0,π

4

[.

99

x

1

2

cos x

Per il teorema dei carabinieri ne segue che

limx→0+

(1 − cos x) = 0, ⇐⇒ limx→0+

cos x = 1.

Passando a sinistra,limx→0−

cos xy=−x−→0+= lim

y→0+cos(−y) = lim

y→0+cos y = 1,

da cui la conclusione.

Infine la continuità. I limiti (5.6.2) dicono che sin e cos sono continue in x = 0. In un generico x0 abbiamo che

sin(x0 + h) = sin x0 cos h + sin h cos x0 −→ sin x0, h −→ 0,

e similmente per il coseno.

Dunque sin x è una funzione infinitesima in 0. È naturale confrontare sin x con le potenze xn:

Teorema 5.6.7.limx→0

sin xx= 1, lim

x→0

1 − cos xx2 =

12. (5.6.4)

In particolare: sin x ∼0 x e cos x ∼0 1 − x2

2 .

Dim. — Per la (5.6.1) abbiamo che, per x ∈]0, π2

[,

0 6 sin x 6 x 6 tan x, ⇐⇒ 0 6 sin x 6 x 6sin xcos x

,sin x>0⇐⇒ 0 6 1 6

xsin x

61

cos x,

cioècos x 6

sin xx6 1, ∀x ∈

]0,π

2

[. (5.6.5)

Mandando x −→ 0+, per i carabinieri abbiamolimx→0+

sin xx= 1.

A sinistra,limx→0−

sin xx

y=−x−→0+= lim

y→0+

sin(−y)−y

= limy→0+

sin y

y= 1,

e questo prova la prima delle (5.6.4) (che ovviamente significa sin x ∼0 x). Per la seconda, notiamo che

1 − cos xx2 =

1 − cos xx2

1 + cos x1 + cos x

=1 − (cos x)2

x2(1 + cos x)=

( sin xx

)2 11 + cos x

−→12, x −→ 0.

Infinecos x

1 − x22

=− cos xx22 − 1

=1 − cos x − 1

x22 − 1

=1 − cos x

x2x2

x22 − 1

−1

x22 − 1

−→12

0−1−

1−1= 1.

100

Esempio 5.6.8. Calcolare

limx→0

(1 − cos(3x))2

x2(1 − cos(x)).

Sol. — Chiaramente abbiamo una forma del tipo 00 . Riconduciamo l’espressione a limiti noti:

(1 − cos(3x))2

x2(1 − cos(x))=

[(3x)2 1 − cos(3x)

(3x)2

]2 1x2

1x2 1−cos(x)

x2

=(3x)4

x4

[1 − cos(3x)

(3x)2

]2 [1 − cos(x)

x2

]−1

= 34[

1 − cos(3x)(3x)2

]2 [1 − cos(x)

x2

]−1.

Oralimx→0

1 − cos(3x)(3x)2

y=3x−→0= lim

y→0

1 − cos yy2 =

12,

così

limx→0

(1 − cos(3x))2

x2(1 − cos(x))= 34

(12

)2 (12

)−1=

812.

5.6.3 Limite esponenzialeCominciamo dall’estensione del limite che definisce il numero di Nepero e:

Proposizione 5.6.9.

limx→+∞

(1 +

1x

)x= e, lim

x→−∞

(1 +

1x

)x= e, lim

x→0(1 + x)1/x = e. (5.6.6)

In particolarelim

x→+∞

(1 +

ax

)x= ea, ∀a ∈ R. (5.6.7)

Dim. — Il primo è ottenibile con qualche manipolazione tecnica dal limite notevole (3.7.1). Omettiamo questa parte perchénon aggiunge nessuna idea particolare. Il secondo e il terzo sono invece dedotti per sostituzione dal primo. Il secondo

limx→−∞

(1 +

1x

)xy=−x−→+∞= lim

y→+∞

(1 −

1y

)−y= lim

y→+∞

(y − 1y

)−y= lim

y→+∞

(y

y − 1

)y

= limy→+∞

(1 +

1y − 1

)y−1 (1 +

1y − 1

)z=y−1−→+∞

= limz→+∞

(1 +

1z

)z (1 +

1z

)= e · 1 = e.

Per il terzo

limx→0+

(1 + x)1/x y= 1x −→+∞= lim

y→+∞

(1 +

1y

)y= e,

limx→0−

(1 + x)1/x y= 1x −→−∞= lim

y→−∞

(1 +

1y

)y= e,

e da ciò segue la conclusione. Infine, se a > 0 per esempio

limx→+∞

(1 +

ax

)x y= xa −→+∞= lim

y→+∞

(1 +

1y

)ay= lim

y→+∞

((1 +

1y

)y)a.

101

Ora:(1 + 1

y

)y−→ e. Per la continuità delle potenze (che verrà dimostrata in seguito e che è indipendente da questo risultato)

abbiamo che ((1 +

1y

)y)a−→ ea .

Utilizzando la continuità di logaritmi, esponenziali e potenze (che verrà dimostrata in seguito e non dipende dalprossimo risultato) abbiamo

Corollario 5.6.10.

limx→0

log(1 + x)x

= 1, limx→0

ex − 1x= 1, lim

x→0

(1 + x)α − 1x

= α, ∀α , 0. (5.6.8)

In particolare: log(1 + x) ∼0 x, ex ∼0 1 + x e (1 + x)α ∼0 1 + αx.Dim. — Per il primo:

limx→0

log(1 + x)x

= limx→0

1x

log(1 + x) = limx→0

log(1 + x)1/x = log e = 1.

Il secondo,limx→0

ex − 1x

y=ex−1−→0= lim

y→0

y

log(1 + y)= lim

y→0

1log(1+y)

y

= 1.

Infine il terzo

limx→0

(1 + x)α − 1x

= limx→0

eα log(1+x) − 1x

y=α log(1+x)−→0= lim

y→0

ey − 1ey/α − 1

= limy→0

ey − 1y

y/α

ey/α − 1α = 1 · 1 · α = α.

Esempio 5.6.11. Calcolare

limx→0

log(1 + (sin x)2)1 − cos x

.

Sol. — Per x −→ 0 sin x −→ 0, per cui 1 + (sin x)2 −→ 1, quindi log(1 + (sin x)2) −→ log 1 = 0 (continuità del logaritmo).Anche il denominatore tende a 0, quindi abbiamo una forma indeterminata 0

0 . Il numeratore è del tipo log(1 + y) con y −→ 0.Ricordati i limiti fondamentali (5.6.8) e (5.6.4) è naturale scrivere

log(1 + (sin x)2)1 − cos x

=log(1 + (sin x)2)

(sin x)2(sin x)2

x2x2

1 − cos x.

Ora

limx→0

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

y=(sin x)2−→0= lim

y→0

log(1 + y)y

= 1,

per cuilog(1 + (sin x)2)

1 − cos x=

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

(sin x)2

x2x2

1 − cos x−→ 1 · 12 ·

11/2= 2.

Esempio 5.6.12. Calcolarelimx→0

(cos x)1/x2.

Sol. — Si vede subito che abbiamo una forma indeterminata 1+∞. Trasformando in un esponenziale

(cos x)1/x2= e

1x2 log(cos x)

,

102

siamo ridotti a calcolare

limx→0

log(cos x)x2

00= lim

x→0

log (1 + (cos x − 1))x2 = lim

x→0

log (1 + (cos x − 1))cos x − 1

cos x − 1x2 .

Osservato chelimx→0

log (1 + (cos x − 1))cos x − 1

y=cos x−1−→0= lim

y→0

log(1 + y

)y

= 1,

si halog (1 + (cos x − 1))

cos x − 1cos x − 1

x2 −→ 1 ·(−

12

)= −

12.

Per la continuità dell’esponenziale si conclude che

(cos x)1/x2= e

1x2 log(cos x)

−→ e−1/2.

Esempio 5.6.13. Calcolare

limx→0

5√1 + 3x4 −√

1 − 2x3√1 + x −

√1 + x

.

Sol. — Facilmente si vede che si tratta di una forma 00 . Scrivendo le radici come potenze

5√1 + 3x4 −√

1 − 2x3√1 + x −

√1 + x

=(1 + 3x4)1/5 − (1 − 2x)1/2

(1 + x)1/3 − (1 + x)1/2 =

((1 + 3x4)1/5 − 1

)−

((1 − 2x)1/2 − 1

)((1 + x)1/3 − 1

)−

((1 + x)1/2 − 1

)

=

(1+3x4)1/5−13x4 3x4 − (1−2x)1/2−1

−2x (−2x)

(1+x)1/3−1x x − (1+x)1/2−1

x x=

(1+3x4)1/5−13x4 3x3 − (1−2x)1/2−1

−2x (−2)

(1+x)1/3−1x −

(1+x)1/2−1x

Ora

limx→0

(1 + 3x4)1/5 − 13x4

y=3x4= lim

y→0

(1 + y)1/5 − 1y

=15,

e similmente(1 − 2x)1/2 − 1

−2x−→

12,

(1 + x)1/3 − 1x

−→13,

(1 + x)1/2 − 1x

−→12.

Mettendo tutto assieme5√1 + 3x4 −

√1 − 2x

3√1 + x −√

1 + x−→

15 · 0 −

12 (−2)

13 −

12

= 6.

5.7 Funzioni iperbolicheÈ giunto il momento di introdurre due importanti funzioni:

sinh x :=ex − e−x

2, x ∈ R, (seno iperbolico), cosh x :=

ex + e−x

2, x ∈ R, (coseno iperbolico).

Le funzioni iperboliche hanno molte analogie con le funzioni circolari. Anzitutto vengono dette iperboliche invirtù della seguente identità notevole (di facile verifica diretta)

(cosh x)2 − (sinh x)2 = 1, ∀x ∈ R. (5.7.1)

Ciò significa che il punto (cosh x, sinh x) appartiene all’iperbole ξ2 − η2 = 1 nel piano (ξ, η).

103

Proposizione 5.7.1. Valgono le seguenti proprietà

i) cosh 0 = 1, sinh 0 = 1.

ii) cosh è pari, sinh è dispari

iii) formule di addizione: per ogni x, y ∈ R,

sinh(x + y) = sinh x cosh y + sinh y cosh x, cosh(x + y) = cosh x cosh y − sinh x sinh y.

iv) cosh x, sinh x ∼+∞ ex

2 , cosh x ∼−∞ e−x

2 , sinh x ∼−∞ − e−x

2 .

v) limiti notevoli:limx→0

sinh xx= 1, lim

x→0

cosh x − 1x2 =

12.

In particolare: sinh x ∼0 x e cosh x ∼0 1 + x2

2 .

cosh x sinh x

1

Dim. — Le i),ii) e iii) si provano per verifica diretta. Per la iv) abbiamo che

cosh x =ex + e−x

2=

ex

2(1 + e−2x ) ∼ ex

2, perché 1 + e−2x −→ 1, x −→ −∞.

e−x

2(1 + e2x ) ∼ e−x

2, perché 1 + e2x −→ 1 x −→ −∞.

Simile per sinh. Per la vi),sinh x

x=

ex − e−x

2x= e−x

e2x − 12x

−→ 1, x −→ 0, per (5.6.8).

Inoltre

cosh x − 1x2 =

cosh x − 1x2

cosh x + 1cosh x + 1

=(cosh x)2 − 1

x21

cosh x + 1(5.7.1)=

(sinh x)2

x21

cosh x + 1−→

12.

Esempio 5.7.2. Calcolarelimx→0

log(2 − cos x)cosh x − 1

Sol. — Il limite si presenta come una forma 00 : cos x −→ 1, quindi 2 − cos x −→ 1, così log(2 − cos x) −→ log 1 = 0; il

denominatore tende a cosh 0 − 1 = 1 − 1 = 0. Riconducendoci ai limiti noti,

log(2 − cos x)cosh x − 1

=log(1 + (1 − cos x)))

cosh x − 1=

log(1 + (1 − cos x))1 − cos x

1 − cos xx2

x2

cosh x − 1−→ 1 ·

12· 2 = 1.

104

5.8 EserciziEsercizio 5.8.1. Per ciascuna delle seguenti affermazioni stabilire se è vera o falsa, giustificando con cura la risposta.

1. Acc(N) = ∅.

2. Acc(R) = R.

3. Sia (an) ⊂ R tale che an −→ ` e sia S := {an : n ∈ N} l’insieme formato dai punti della successione. Allora ` ∈ Acc(S).

4. 0 ∈ Acc(Q).

5. se x ∈ Acc(S) allora x < Acc(Sc ).

6. se S è un insieme finito allora Acc(S) = ∅.

7. se S è un insieme infinito allora Acc(S) , ∅.

Esercizio 5.8.2. Sia S := {2n : n ∈ Z}. Allora Acc(S) =

� ∅. �{2n : n ∈ Z, n < 0

}. � {0}. � {0,+∞}.

Giustificare con cura la risposta, spiegando perché quella giusta è vera e le altre sono false.

Esercizio 5.8.3. Sia S :={(−1)n 1

n : n ∈ Z}. Allora Acc(S) =

� ∅. � [0, 1]. � {0}. � {−1, 0, 1}.

Giustificare con cura la risposta, spiegando perché quella giusta è vera e le altre sono false.

Esercizio 5.8.4. Sia S := [a, b] con a < b. Allora Acc(S) =

� [a, b]. � ]a, b[. � R. � nessuna delle precedenti.

Giustificare con cura la risposta, spiegando perché quella giusta è vera e le altre sono false.

Esercizio 5.8.5. Sia S :={(1 + cos(nπ)) n+1

n−1 : n ∈ N, n > 2}. Allora Acc(S) =

� {0, 1, 2}. � {0, 1}. � {0, 2}. � {2}.

Giustificare con cura la risposta, spiegando perché quella giusta è vera e le altre sono false.

Esercizio 5.8.6. Sia S := {n + 2n : n ∈ Z}. Allora Acc(S) =

� {−∞,+∞}. � {0,+∞}. � {−∞, 0,+∞}. � {−∞, 0}.

Giustificare con cura la risposta, spiegando perché quella giusta è vera e le altre sono false.

Esercizio 5.8.7. Sia x0 ∈ R punto di accumulazione per S. Allora

� se x0 ∈ S necessariamente x0 < Acc(Sc ).

� se x0 ∈ Sc necessariamente x0 ∈ Acc(Sc ).

� se [x0 − r, x0 + r] ⊂ S per qualche r > 0 allora x0 < Acc(Sc ).

� nessuna delle precedenti

Giustificare con cura la risposta, spiegando perché quella giusta è vera e le altre sono false.

105

Esercizio 5.8.8. Classificare le eventuali forme indeterminate e calcolare

1. limx→−∞

x3 − 5x + 1x + 2

. 2. limx→+∞

3x − 2√

4x + 1 +√

x + 1. 3. lim

x→2+

√2 −√

xx − 2

.

4. limx→−∞

(2x +

√4x2 + x

). 5. lim

x→−1

x + 1√

6x2 + 3 + 3x. 6. lim

x→+∞(√

9x2 + 1 − 3x).

7. limx→−∞

√2x2 + 34x + 2

8. limx→+∞

√x4 + 1 + 3√

x5 + x24√

x9 − 2x − 1 − 5√x7 − x5

. 9. limx→+∞

√x√

x +√

x +√

x

.

10. limx→2+

|x − 2|(x2 + 1)(x − 2)

. 11. limx→0−

11 + x + |x |x

. 12. limx→1

x2 − 1x3 − 1

.

13. limx→π

√1 + sin x −

√1 − sin x

sin x. 14. lim

x→+∞

(√x + 1 −

√x)

x.

Esercizio 5.8.9 (?). Determinare i possibili valori a, b ∈ R tali che

limx→+∞

(√x4 + x2 + 1 − (ax2 + bx)

)∈ R.

Esercizio 5.8.10. Calcolare i limiti

1. limx→+∞

ex + e2x

2x + ex2 . 2. limx→0+

xx . 3. limx→+∞

x1/x .

4. limx→+∞

log x + x2√

x + x log x + x2 . 5. limx→+∞

x log x(log x − 1)2 . 6. lim

x→+∞

log(log(log x))(log(log x))α

, (α > 0).

7. limx→0+

log x − 1√

x log4 x8. lim

x→+∞

xlog(x2) + cos x4x + πx

. 9. limx→+∞

(log x)x + sin(xx )6x + x2 log x

.

10. limx→0+

xxx

x. 11. lim

x→0+

1x

e−x2 log x 12. lim

x→+∞

(log x

x

)1/x.

13. limx→+∞

xex − e2√x2+1

e2x + x4

Esercizio 5.8.11. Mettere in ordine crescente rispetto�+∞ le seguenti quantità:

222x, x2x

, x√

x, 2log x+log(log x), x1+ 1√

log x .

106

Esercizio 5.8.12. Reducing to fundamental limits compute the following limits:

1. limx→0

1 − cos x1 − cos x

2. 2. lim

x→0

1 − (cos x)3

(sin x)2 . 3. limx→1

sin(πx2)x − 1

.

4. limx→0

√x2 − x + 1 − 1

sin x5. lim

x→0

log(1 + x)tan x

. 6. limx→0

x3

tan x − sin x.

7. limx→0

esin(3x) − 1sinh(2x)

. 8. limx→0

cos x − cos(2x)1 − cos x

. 9. limx→+∞

(x + 2x + 1

)x.

10. limx→1

x2

x−1 . 11. limx→+∞

(1

log x

) log xx

. 12. limx→0+

(1x

) tan x

.

13. limx→+∞

x(x

1x − 1

)log x

. 14. limx→0+

(log x)(log(1 − x)). 15. limx→1

xx

x−1 .

16. limx→0+

e1x tan x. 17. lim

x→ π2

(1 + cos x)tan x . 18. limx→+∞

(1 +

x + 1x2

)x.

19. limx→+∞

(1 +

arctan xx

)x. 20. lim

x→0

log cos x4√1 + x2 − 1

. 21. limx→0

√1 + x + x2 − 1

sin(4x).

22. limx→0

esin(3x) − 1x

. 23. limx→0

log(2 − cos(2x))x2 . 24. lim

x→0

√1 + sin(3x) − 1

log(1 + tan(2x)).

25. limx→0

√1 + x2 − 11 − cos x

. 26. limx→0

4√cos x − 1log(1 + x sin x − x3)

27. limx→0

log(1 + 2x − 3x2 + 4x3)log(1 − x + 2x2 − 3x3)

.

28. limx→+∞

(1 +

x + 1x2

)x. 29. lim

x→+∞

(x2 + x + 1

x2 + 1

)x. 30. lim

x→0

(e2x2+x3− 1) sin x

3√1 + x3 − 1.

31.(?) limx→1+

xx − 1(log x − x + 1)2 . 32.(?) lim

x→0−(1 − ex )sin x .

Capitolo 6

Continuità

In questo Capitolo studieremo più in profondità la proprietà di essere funzione continua. La continuità ha importanticonseguenze in molti problemi di grande interesse, come nel problema di trovare massimi e minimi di una funzioneo nella risoluzione di equazioni. Per questo è importante sapere se una funzione sia continua o meno, disporre diclassi di funzioni continue e di regole che ci dicano se e come la continuità si preservi.

6.1 Operazioni su funzioni continueImmediatamente dalle regole di calcolo dei limiti si ha il

Corollario 6.1.1. Siano f , g : D ⊂ R −→ R continue in x0 ∈ D. Allora f ± g, f · g e fg (quest’ultima purché

g(x0) , 0) è continua in x0.

Dim. — Evidente, basta ricordare le regole di calcolo dei limiti.

Proposizione 6.1.2. Ogni polinomio è funzione continua su tutto R. Ogni funzione razionale p/q con p, q polinomiè continua ove definita.

Dim. — Evidentemente x ∈ C (R). Quindi xn = x · · · x ∈ C (R). Le costanti sono ovviamente continue, per cui cxn ∈ C (R),cioè i monomi sono funzioni continue su R. Un polinomio è somma di monomi, cioè di funzioni C (R) ed è quindi C (R).

Prendiamo ora una funzione razionale f = pq con p, q polinomi. Chiaramente D = {x ∈ R : q(x) , 0} = R\F dove F è

un insieme finito (gli zeri del polinomio q). Allora f = pq è continua dove definita, cioè su D.

Più difficile è la continuità delle potenze ad esponente frazionario o reale, torneremo in seguito.

Esempio 6.1.3.tan ∈ C

(R\

{π

2+ kπ : k ∈ Z

}), cot ∈ C (R\ {kπ : k ∈ Z}) .

Sol. — Ad esempio tan := sincos . Poiché sin, cos ∈ C (R) si ha tan ∈ C (R\{cos = 0}), da cui la conclusione.

107

108

Una seconda operazione fondamentale è la composizione

(g ◦ f )(x) = g( f (x)).

Abbiamo il

Teorema 6.1.4 (regola della catena per la composizione). Sia f : D( f ) ⊂ R −→ R, g : D(g) ⊂ R −→ R.Supponiamo che

i) f sia continua in x0;

ii) g sia continua in f (x0).

Allora g ◦ f è continua in x0.

Dim. — Basta applicare il cambio variabili nei limiti (Proposizione 5.5.5), esercizio.

Esempio 6.1.5. Determinare dominio D e insieme di continuità della funzione h(x) = cot 1x .

Sol. — Chiaramente D(h) = {x ∈ R : x , 0, 1x , kπ, k ∈ Z}. Dunque x , 0 e x , 1

kπ con k ∈ Z, cioè

D(h) = R\({0} ∪

{1

kπ: k ∈ Z, k , 0

}).

Dopodiché h è la composizione di due funzioni:

xf7−→

1x

g7−→ cot

1x.

Pertanto: se f è continua in x0 (e qui bisogna che x0 , 0) e g = cot è continua in f (x0) = 1x0

(e qui bisogna che 1x0, kπ)

allora h = g ◦ f è continua in x0. Se ne deduce che h è continua in tutto il proprio dominio.

Attenzione! 6.1.6. Può sembrare un po’ sottile, ma la regola della catena è solo una condizione sufficiente, cioèpuò benissimo verificarsi che la composizione sia continua senza che le due funzioni che si compongono lo siano!Per esempio, f può essere una funzione qualsiasi, discontinua in ogni punto, e g ≡ 0. Allora g ◦ f ≡ 0 è globalmente continua.

6.2 Continuità delle funzioni monotoneCominciamo col risultato chiave:

Teorema 6.2.1. Ogni funzione monotona e suriettiva f : I −→ J = f (I) con I, J intervalli è continua su I. (1

)

Dim. — Sia f : I −→ J, per esempio f ↗ e I, J ⊂ R intervalli con f (I) = J (suriettività). Supponiamo per assurdo che fnon sia continua in un certo x0 ∈ I, cioè che

limx→x0

f (x) , f (x0).

Per raffigurarci la situazione consideriamo il caso in cui x0 sia interno a I. Essendo f ↗

∃ f (x0−) = limx→x0−

f (x) = sup{ f (x) : x < x0}, f (x0+) = limx→x0+

f (x) = inf{ f (x) : x > x0},

109

I

J

x0

f Hx0L

y

f Hx0-L

e f (x0−) 6 f (x0) 6 f (x0+). Siccome f è discontinua almeno una delle disuguaglianze f (x0−) 6 f (x0) 6 f (x0+) è <. Lafigura che segue illustra la situazione:È chiaro che c’è qualcosa che non va: nel grafico di f s’è prodotto uno strappo: nell’intervallo ] f (x0−), f (x0+)[⊂ J = f (I)ci sono punti che non dovrebbero provenire tramite f da nessun x ∈ I: questo contraddice che J = f (I). Precisamente: sey ∈] f (x0−), f (x0)[ e y , f (x0) allora non ci può essere x ∈ I tale che f (x) = y. Questo perché

• se x < x0 allora f (x) 6 f (x0−) < y;

• se x = x0 allora f (x) = f (x0) , y;

• se x > x0 allora f (x) > f (x0+) > y.

Ma questo è impossibile perché y per costruzione sta in J = f (I).

Corollario 6.2.2. La potenza ad esponente reale xα ∈ C ([0,+∞[) per ogni α ∈ R, α > 0, xα ∈ C (]0,+∞[) perogni α ∈ R, α < 0. Esponenziali expa ∈ C (R), per ogni a > 0 e logaritmi loga ∈ C (]0,+∞[) per ogni a > 0,a , 1. In particolare: sinh, cosh ∈ C (R).

Dim. — Segue dalle proprietà di potenze (Teor. 1.2.5), esponenziali (Teor. 1.2.6) e logaritmi (Teor. 1.2.8).

6.3 Teorema di WeierstrassPer preparare la discussione introduciamo la

Definizione 6.3.1. Sia f : D ⊂ R −→ R. Diciamo che xmax ∈ D è punto di massimo globale per f su D se

f (xmax ) > f (x), ∀x ∈ D.

Similmente è definito il punto di minimo globale per f su D.

Se f ha punti di min/max globale sse l’insieme dei valori assunti da f , cioè l’insieme

f (D) := { f (x) : x ∈ D} ,

ha, rispettivamente, min/max. Poniamo, in questo caso

minD

f := min { f (x) : x ∈ D} , maxD

f := max { f (x) : x ∈ D} ,

Uno dei più bei risultati della Matematica è indubbiamente il

1Notare bene l’enunciato: le ipotesi su f sono la monotonia e la suriettività, nonché che sia definita su I intervallo a valori in J intervallo.In qualche modo il fatto che il grafico di f non abbia "strappi" si lega al fatto che I e J non possono avere "strappi" come sottoinsiemi di R.

110

Teorema 6.3.2 (Weierstrass). Ogni funzione continua definita su un intervallo chiuso e limitato ammette punto dimin/max globale.Dim. — La dimostrazione è sottile e si basa sul teorema di Bolzano–Weiestrass 3.4.2, la facciamo per il massimo (per il minimoè simile). Sia

M := supD

f = sup{ f (x) : x ∈ D}.

In genere sarà M 6 +∞. Vediamo che M < +∞. Se per assurdo fosse M = +∞ allora

∀n > 0, ∃xn ∈ [a, b], : f (xn) > n.

Ora (xn) ⊂ [a, b] e per il teorema di Bolzano–Weierstrass 3.4.2 essa ammette una sottosuccessione (xnk ) ⊂ (xn) tale chexnk −→ ξ. Ma allora, per continuità

f (ξ) ←− f (xnk ) −→ +∞, =⇒ f (ξ) = +∞.

Proviamo che esiste xmax ∈ [a, b] tale che f (xmax ) = M , da cui seguirà la conclusione. Siccome M è il sup,

∀n ∈ N, ∃xn ∈ [a, b], : M −1n6 f (xn) 6 M .

Essendo (xn) ⊂ [a, b], per il teorema di Bolzano–Weierstrass esiste (xnk ) ⊂ (xn) tale che xnk −→ xmax ∈ [a, b]. Alloraf (xnk ) −→ f (xmax ) e quindi per i carabinieri

M 6 f (xmax ) 6 M, =⇒ f (xmax ) = M .

È facile vedere con esempi che le ipotesi del teorema non si possono rimuovere. In particolare sul dominio: sel’intervallo I non è chiuso o non è limitato il teorema è falso.

6.4 Teorema degli zeriDalla cima di una montagna al fondo del mare prima o poi bisogna entrare in acqua!

Teorema 6.4.1 (Bolzano). Sia f ∈ C ([a, b]) tale che f (a) e f (b) abbiano segni opposti. Allora

∃ c ∈ [a, b] : f (c) = 0.

Dim. — Supponiamo, per esempio, f (a) < 0 < f (b). Prendiamo il punto medio tra a e b, cioè a+b2 . Si presenta la seguente

alternativa:i) f

(a+b

2)= 0, abbiamo finito.

ii) f(a+b

2)> 0: cerchiamo lo zero nell’intervallo [a, a+b2 ] =: [a1, b1].

iii) f(a+b

2)< 0: cerchiamo lo zero nell’intervallo [ a+b2 , b] =: [a1, b1].

Nei casi ii) iii), posto a0 = a e b0 = b, abbiamo

a0 6 a1 6 b1 6 b0, b1 − a1 =b0 − a0

2, f (a1) < 0 < f (b1).

Ripetiamo il ragionamento su [a1, b1]. O il punto medio è uno zero (e allora abbiamo finito) oppure c’è un intervallo [a2, b2]tale che

a0 6 a1 6 a2 6 b2 6 b1 6 b0, b2 − a2 =b1 − a1

2=

b0 − a022 , f (a2) < 0 < f (b2).

111

Continuando o ci si ferma dopo un certo numero di passi, oppure si costruisce una successione di intervalli [an, bn] tale che

a0 6 . . . 6 an−1 6 an 6 bn 6 bn−1 6 . . . 6 b0, bn − an =b0 − a0

2n, f (an) < 0 < f (bn).

La successione ([an, bn]) è una famiglia di scatole cinesi: per il Teorema di Cantor esiste c ∈ [an, bn] ∀n ∈ N e

c = limn

an = limn

bn .

Allora f (c) = limn f (an) 6 0 per permanenza del segno, e similmente, f (c) = limn f (bn) > 0, cioè f (c) = 0.

Si noti che la dimostrazione costituisce, di fatto, un algoritmo per la ricerca approssimata degli zeri: all’n−esimopasso si trova un intervallo di lunghezza 1

2n entro il quale cade uno zero di f .

Corollario 6.4.2 (teorema dei valori intermedi). L’immagine di un intervallo tramite una funzione continua èancora un intervallo. In particolare: se α, β ∈ f (I) (sono cioè valori assunti da f ) allora [α, β] ⊂ f (I).

Dim. — Sia I intervallo, f ∈ C (I). Supponiamo che J := f (I) non sia intervallo. Esistono allora α < y < β con α, β ∈ J may < J. Siccome α, β ∈ J, α = f (a) e β = f (b) per qualche a, b ∈ I. Non è restrittivo supporre a < b (altrimenti si scambianole parti). Sia

g : [a, b] ⊂ I −→ R, g(x) := f (x) − y.

Evidentemente g ∈ C ([a, b]), g(a) = f (a) − y = α − y < 0, g(b) = f (b) − y = β − y > 0: per il teorema degli zeri esistec ∈ [a, b] ⊂ I tale che g(c) = 0, ovvero f (c) = y: assurdo!

6.5 Teorema dell’inversa continuaIncollando il teorema dei valori intermedi col teorema 6.2.1 abbiamo il

Teorema 6.5.1. Sia f : I −→ J = f (I) strettamente monotona e continua su I intervallo. È allora ben definitaf −1 : J −→ I e risulta che f −1 ∈ C (J).

Dim. — Essendo f continua e I intervallo, per il teorema dei valori intermedi f (I) =: J è un intervallo. Inoltre f è strettamentemonotona, quindi è iniettiva. Ma allora f : I −→ f (I) = J è biiettiva, dunque invertibile. Ne segue che f −1 : J −→ I è bendefinita. Chiaramente ha la stessa monotonia di f , cioè è monotona e suriettiva (per costruzione): dal teorema 6.2.1 segue cheè continua.

Su quest’ultimo risultato è basata la costruzione delle funzioni inverse di alcune importanti funzioni elementari.

Arcotangente

Consideriamo la funzionef = tan :

]−π

2,π

2

[−→] −∞,+∞[.

Su[0, π2

[abbiamo sin ↗ stretta e cos ↘ stretta: è allora chiaro che tan = sin

cos ↗ stretta. Inoltre tan(−x) = − tan x per cuianche su

]− π2 , 0

]abbiamo tan↗ stretta. Conclusione: f ↗ stretta. Sia

J := tan(]−π

2,π

2

[)=] −∞,+∞[.

112

Per il teorema dell’inversa continua

arctan := tan−1 :] −∞,+∞[−→]−π

2,π

2

[, arctan ∈ C (R).

Chiaramente arctan 0 = tan−1 0 = 0, e

limx→−∞

arctan xy=arctan x, x=tan y

= limy→− π2

y = −π

2, lim

x→+∞arctan x =

π

2.

x

-Π

2

Π

2

y

Arcoseno e arcocoseno

Consideriamo ora la funzionef := sin :

[−π

2,π

2

]−→ [−1, 1].

Come prima: f ↗ stretta e f( [− π2 ,

π2

] )= [−1, 1]: per il teorema dell’inversa continua,

arcsin := sin−1 : [−1, 1] −→[−π

2,π

2

], arcsin ∈ C ([−1, 1]).

In modo simile si costruisce l’arccos, invertendo a f := cos : [0, π] −→ [−1, 1].

-1 1x

-Π

2

Π

2

y

-1 1x

Π

Π

2

y

Settsinh e Settcosh

La funzione sinh : R −→ R è strettamente crescente come si verifica facilmente. La sua inversa è chiamata settoreseno-iperbolico sett sinh : R −→ R ed è continua grazie al teorema dell’inversa continua. Possiamo di fattoscrivere l’espressione analitica di sett sinh :

sett sinh y = x, ⇐⇒ sinh x = y, ⇐⇒ex − e−x

2= y, ⇐⇒ ex −

1ex= 2y, ⇐⇒ e2x − 2yex − 1 = 0.

Dunque

ex =2y ±

√4y2 + 42

= y ±

√y2 + 1.

113

Ora, y −√y2 + 1 è comunque negativo (evidente per y < 0, facile per y > 0) dunque l’unica possibilità è

sett sinh y = log(y +

√y2 + 1

). (6.5.1)

Per il coseno iperbolico il discorso è quasi simile. L’unica differenza è che cosh non è iniettiva (essendo pari), peròrestringendola all’intervallo [0,+∞[ è una funzione crescente e suriettiva su [1,+∞[. Per il teorema dell’inversacontinua è ben definita cosh−1 =: sett cosh : [1,+∞[−→ [0,+∞[. Facilmente si verifica che

sett cosh y = log(y +

√y2 − 1

). (6.5.2)

y

x

y

x

Figura 6.1: A sx sett sinh , a dx sett cosh .

6.6 EserciziEsercizio 6.6.1. Per ciascuna delle seguenti funzioni i) determinare il dominio di definizione D; ii) il sottoinsieme S ⊂ D dov’ècontinua; iii) se S ⊂ D, come potrebbe essere definita f nei punti di D\S di modo da risultare continua?

1. f (x) :=x2 − 1x − 1

, 2. f (x) :=sin x

x. 3. f (x) :=

tan(2x)tan x

. 4. f (x) :=cos

(π2 x

)x2 − 1

.

5. f (x) :=|x |x. 6. f (x) :=

11 + x + x

|x |

. 7. f (x) := sin πx|x |. 8. f (x) := x log |x |.

Esercizio 6.6.2. Determinare a, b ∈ R di modo che f ∈ C (R) dove

f (x) :=

sin x, x < π2 ,

ax2 + b, π2 6 x < 2,

3, x > 2.

Esercizio 6.6.3. Determinare a, b ∈ R di modo che f ∈ C (R) dove

f (x) :=

−2 sin x, x < − π2 ,a sin x + b, − π2 6 x < π

2 ,cos x, x > π

2 .

Esercizio 6.6.4. Determinare x0 ∈ R di modo che f ∈ C (R) dove

f (x) :={

x + 1, x < x0,x2 − 2x − 1, x > x0.

114

Esercizio 6.6.5. Determinare x0 ∈ R di modo che f ∈ C (R) dove

f (x) :=

|x |b cos x, x < 0,0, x = 0,xa sin 1

x , x > 0.

Esercizio 6.6.6. Per ciascuna delle seguenti funzioni i) determinare il dominio di definizione D; ii) il sottoinsieme S ⊂ D dov’ècontinua; iii) il segno.

1. f (x) :=√

x4 − 3x2 + 2x

. 2. f (x) :=x log xx − 1

. 3. f (x) := log(√

1 + x2 − x).

4. f (x) := xex

x−1 . 5. f (x) :=√

x + 1 − 2x + 1. 6. f (x) := sin(

ex

e2x − ex + 1

).

Esercizio 6.6.7. Sia f : R −→ R, f (x) := [x] +√

x − [x]. Mostrare che f ∈ C (R).

Esercizio 6.6.8. La funzionef (x) := e1/x sin x, x , 0,

può essere prolungata con continuità in x = 0?

Esercizio 6.6.9. Sia f : R\{0} −→ R definita come

f (x) :=

a cos x + log(1 − x), x < 0,

sinh xx2+1 − a cos 1√

x, x > 0.

Ci sono valori di a ∈ R tali che f sia prolungabile con continuità in x = 0?

Esercizio 6.6.10. Determinare dov’è definita e continua la funzione

f (x) := limn→+∞

x2n − 1x2n + 1

.

Esercizio 6.6.11. Sia f ∈ C (R). Mostrare che | f | ∈ C (R). Vale anche il viceversa, cioè: se | f | ∈ C (R) allora f ∈ C (R)? Incaso affermativo, dimostrarlo, in caso negativo esibire un controesempio.

Esercizio 6.6.12. Consideriamo l’equazione 3x3 − 8x2 + x + 3 = 0. Mostrare che ha una soluzione in ] −∞, 0[, una in ]0, 1[ euna in ]1,+∞[. Determinare la soluzione in ]0, 1[ con un errore di approssimazione inferiore a 1

10 .

Esercizio 6.6.13. Sia p un polinomio di grado dispari, p(x) =∑n

k=0 ck xk con cn , 0. Mostrare che limx→−∞ p(x) = ±∞ elimx→+∞ p(x) = ∓∞ (segni opposti). Dedurre che p ha almeno uno zero R.

Esercizio 6.6.14. Sia p un polinomio di grado pari. Si sa che p(0) = −1. Mostrare che p ha almeno due zeri in R.

Esercizio 6.6.15 (?). Sia f ∈ C (R) tale che limx→±∞ f (x) = −∞. Allora f ha un massimo globale su R. (sugg.: usarela definizione di limite per dimostrare che il massimo deve essere assunto in un intervallo del tipo [−R, R], poi applicareopportunamente il teorema di Weierstrass. . . )

Capitolo 7

Calcolo Differenziale

Il calcolo differenziale (o Calcolo) può a giusto titolo ritenersi una delle maggiori invenzioni dell’ingegno umano.La sua sterminata quantità di applicazioni ne è anzitutto prova evidente dell’importanza: da quelle che vedremo inquesto corso a quelle più avanzate che pervadono l’intera Analisi Matematica, la Fisica, nonché tutte le disciplineapplicate, dall’Ingegneria all’Economia. Il nostro scopo è sviluppare le tecniche e i metodi ed illustrarne laversatilità.

Uno dei problemi che diede origine al Calcolo è il problema di determinare la tangente ad una curva piana.Consideriamo il caso in cui questa sia il grafico di una certa funzione f : D ⊂ R −→ R e sia (x0, f (x0)) un puntodel suo grafico. L’equazione di una generica retta (non verticale) passante per tale punto ha la forma

y = m(x − x0) + f (x0).

Un problema è: determinare il coefficiente angolare m in modo che questa sia "tangente" al grafico. L’ideageometrica è semplicissima: posto che per individuare univocamente una retta occorrono due punti, consideriamoun secondo punto sul grafico di f , del tipo (x0 + h, f (x0 + h)) dove h , 0 (di modo che questo punto sia distintodal precedente).

Hx0,f Hx0LL

Hx0+h,f Hx0+hLL

x0 x0+hx

y

Il coefficiente angolare della retta passante per (x0, f (x0)) e (x0 + h, f (x0 + h)) è dato da

m =variazione ordinatevariazione ascisse

=f (x0 + h) − f (x0)

h.

Evidentemente tale m dipende da h e in genere questa retta non sarà tangente ma taglierà il grafico come illustrato infigura. È tuttavia naturale pensare che quando si fa tendere h a zero la retta così costruita si sposti fino ad assumereuna posizione limite che, appunto dovrebbe essere quella della retta tangente. In altre parole il coefficiente angolarem che cerchiamo dovrebbe essere assegnato dalla formula

limh→0

f (x0 + h) − f (x0)h

.

115

116

Questo limite, se esiste, prende il nome di derivata di f nel punto x0 e viene indicata con f ′(x0).L’interesse pratico della derivata va oltre questo problema geometrico. Si noti infatti che la conoscenza di

f ′(x0) anticipi una serie di proprietà della funzione. Per esempio f ′(x0) > 0 dovrebbe naturalmente voler dire fcrescente (almeno vicino a x0), e similmente f ′(x0) < 0 dovrebbe voler dire f decrescente. Quindi il segno delladerivata diventa uno strumento fondamentale per la monotonia. Ma non solo: dalla monotonia possiamo affrontareil problema di trovare massimi e minimi. In questo Capitolo ci proponiamo di introdurre tutto ciò (e molto altro),cercando di non perdere di vista il senso geometrico delle cose.

7.1 Definizione e prime proprietàD’ora in poi diremo che x0 è punto interno a D ⊂ R se ∃Ix0 ⊂ D. Scriveremo x0 ∈ Int(D).

Definizione 7.1.1 (derivata). Sia f : D ⊂ R −→ R, x0 ∈ Int(D). Diciamo che f è derivabile in x0 se

∃ limh→0

f (x0 + h) − f (x0)h

=: f ′(x0) ∈ R.

Il numero f ′(x0) si dice derivata di f nel punto x0.

La derivabilità è una proprietà di una funzione in un punto x0, similmente alla continuità. A questa è connessadalla

Proposizione 7.1.2. Se f è derivabile in x0 allora è anche continua in x0.

Dim. — Immediata:

f (x) − f (x0) =f (x) − f (x0)

x − x0· (x − x0)

h=x−x0, x→x0, h→0=

f (x0 + h) − f (x0)h

· h −→ f ′(x0) · 0 = 0.

Attenzione! 7.1.3. Nonostante tutti gli avvisi del caso, non c’è niente da fare: c’è sempre qualcuno che si ostinaa credere che sia la continuità ad implicare la derivabilità e non il viceversa: non è inutile ripetere che non è così!Il classico esempio è la funzione

f (x) := |x |, x ∈ R.

Si vede subito che @ f ′(0).

x

y

Infatti:limh→0

f (h) − f (0)h

= limh→0

|h|h,

che non esiste essendolim

h→0+

|h|h= lim

h→0+

hh= 1, lim

h→0−

|h|h= lim

h→0−

−hh= −1.

117

f HxL-Hf Hx0L+f 'Hx0LHx-x0LL=oHx-x0L

x0 xx

y

La retta di equazioney = f ′(x0)(x − x0) + f (x0),

prende il nome di retta tangente al grafico di f in x = x0. Chiariamo in che senso è tangente. A tal fine prendiamouna generica retta passante per (x0, f (x0)) non verticale

y = m(x − x0) + f (x0).

Il "gap" tra la funzione e la retta è quantificato dalla differenza

ε(x) := f (x) − (m(x − x0) + f (x0)) .

Se f è derivabile in x0 allora è ivi continua dunque facilmente si vede che

ε(x) −→ 0, x −→ x0, ∀m ∈ R.

Ma

Teorema 7.1.4. f è derivabile in x0 se e solo se esiste m ∈ R tale che

f (x) − (m(x − x0) + f (x0)) = o(x − x0). (7.1.1)

Si ha in tal caso m = f ′(x0). In particolare, se f è derivabile in x0 vale la formula di Taylor al primo ordine

f (x) = f (x0) + f ′(x0)(x − x0) + o(x − x0).

Dim. — =⇒ Supponiamo f derivabile. Allora, ponendo m = f ′(x0) abbiamo

f (x) −(

f ′(x0)(x − x0) + f (x0))= o(x − x0), ⇐⇒

f (x) − f (x0) − f ′(x0)(x − x0)x − x0

−→ 0, x −→ x0.

Maf (x) − f (x0) − f ′(x0)(x − x0)

x − x0=

f (x) − f (x0)x − x0

− f ′(x0) −→ f ′(x0) − f ′(x0) = 0.

⇐= Supponiamo ora che valga la (7.1.1) e proviamo che f è derivabile. Dalla (7.1.1) abbiamo che

f (x) − f (x0) − m(x − x0)x − x0

−→ 0, ⇐⇒f (x) − f (x0)

x − x0− m −→ 0.

Necessariamente dunque

∃ limx→x0

f (x) − f (x0)x − x0

= limh→0

f (x0 + h) − f (x0)h

= m.

Il caso della funzione modulo mostra che talvolta può aver senso parlare di derivata unilaterale.

118

Definizione 7.1.5. Sia f : D ⊂ R −→ R, x0 ∈ Int(D ∩ [x0,+∞[). Diciamo che f è derivabile da destra in x0 se

∃ limh→0+

f (x0 + h) − f (x0)h

=: f ′+(x0) ∈ R.

Analogamente si definisce f ′−(x0).

Evidentemente, ricordando le proprietà dei limiti unilaterali si ha la

Proposizione 7.1.6. Una funzione f : D ⊂ R −→ R è derivabile in x0 ∈ Int(D) se e solo se è derivabile da destrae da sinistra e le due derivate unilaterali coincidono.

7.2 Derivate delle funzioni elementariSostanzialmente le funzioni elementari sono derivabili laddove definite. Diciamo che una funzione f : D ⊂ R −→ Rè derivabile su D se esiste f ′(x) per ogni x ∈ D. In questo caso è definita una funzione

f ′ : D ⊂ R −→ R

che prende appunto semplicemente il nome di derivata di f . Il calcolo della derivata delle funzioni elementari èconseguenza dei limiti notevoli presentati nel capitolo precedente:

Proposizione 7.2.1. Si ha

• le funzioni costanti sono derivabili su tutto R con derivata nulla.

• exp è derivabile su tutto R e exp′ = exp.

• log è derivabile su ]0,+∞[ e log′ = 1].

• sin e cos sono derivabili su tutto R e sin′ = cos mentre cos′ = sin.

• sinh e cosh sono derivabili su tutto R e sinh′ = cosh mentre cosh′ = sinh.

• ]n, n ∈ N è derivabile su tutto R e (]n)′ = n]n−1.

• ]m, m ∈ Z, m < 0 è derivabile su R\{0} e (]m)′ = m]m−1.

• ]α, α ∈ R, è derivabile su ]0,+∞[ (ed anche in 0 da destra se α > 1) e (]α)′ = α]α−1.

• |]| è derivabile su R\{0} e |]|′ = sgn.

Dim. — Sia x ∈ R. Se f è costante uguale a C allora

limh→0

f (x + h) − f (x)h

= limh→0

C − Ch= lim

h→0

0h= 0.

Passando all’esponenziale si ha

limh→0

ex+h − ex

h= ex lim

h→0

eh − 1h= ex .

Per il logaritmo

limh→0

log(x + h) − log xh

= limh→0

log(x(1 + h

x

))− log x

h= lim

h→0

log(1 + h

x

)h/x

1x=

1x.

119

Similmente si ha

limh→0

sin(x + h) − sin xh

= limh→0

sin x cos h + sin h cos x − sin xh

= limh→0

(sin x

cos h − 1h2 h + cos x

sin hh

)= cos x.

Un calcolo simile mostra che cos′ = − sin. Analoghe dimostrazioni per le derivate di sinh e cosh. Per la potenza abbiamo

(x + h)n − xn

h=

1h

*.,

n∑k=0

(nk

)xn−khk − xn+/

-=

1h

n∑k=1

(nk

)xn−khk =

n∑k=1

(nk

)xn−khk−1.

Per k > 2 si ha hk−1 −→ 0 per h −→ 0. Dunque

limh→0

(x + h)n − xn

h=

(n1

)xn−1 = nxn−1.

Se m ∈ Z, m = −n con n > 0, allora, se x , 0,

(x + h)m − xm

h=

1h

(1

(x + h)n−

1xn

)=

1h

xn − (x + h)n

(x + h)nxn=

1(x + h)nxn

xn − (x + h)n

h

−→1

x2n

(−nxn−1) = −nx−n−1 = mxm−1.

Un po’ più complicata l’ultima: se x > 0

limh→0

(x + h)α − xα

h= lim

h→0xα

(1 + h

x

)α− 1

ht= h

x , h=tx= xα lim

t→0

(1 + t)α − 1t x

= xα−1α.

Se x = 0 ed α > 1 allora il limite del rapporto incrementale diventa

limh→0+

hα

h= lim

h→0+hα−1 = 0,

che conferma la formula α]α−1 per x = 0. Infine il conto della derivata del modulo è lasciato per esercizio.

7.3 Regole di calcoloAttraverso alcune semplici regole possiamo ricondurre il calcolo della derivata di una funzione composta a quellodelle sue componenti:

Proposizione 7.3.1. Siano f , g due funzioni derivabili in x0 interno ai rispettivi domini. Allora

i) f ± g è derivabile in x0 e ( f ± g)′(x0) = f ′(x0) ± g′(x0).

ii) f · g è derivabile in x0 e ( f · g)′(x0) = f ′(x0)g(x0) + f (x0)g′(x0).

iii) se g(x0) , 0 allora f /g è derivabile in x0 e(fg

) ′(x0) = f ′(x0)g(x0)− f (x0)g′(x0)

g(x0)2 .

120

In particolare (1g

) ′(x0) = −

g′(x0)g(x0)2 , (se g(x0) , 0).

Dim. — La dimostrazione è davvero elementare. Per esempio la somma:

( f + g)(x0 + h) − ( f + g)(x0)h

=f (x0 + h) + g(x0 + h) −

(f (x0) + g(x0)

)h

=f (x0 + h) − f (x0)

h+g(x0 + h) − g(x0)

h

−→ f ′(x0) + g′(x0).

Il prodotto invece richiede un minimo di maggiore attenzione:

( f · g)(x0 + h) − ( f · g)(x0)h

=f (x0 + h)g(x0 + h) − f (x0)g(x0)

h

=f (x0 + h) − f (x0)

hg(x0 + h) + f (x0)

g(x0 + h) − g(x0)h

Ricordato ora che una funzione derivabile in un punto è anche ivi continua, per h −→ 0 si ha evidentemente che

f (x0 + h) − f (x0)h

g(x0 + h) + f (x0)g(x0 + h) − g(x0)

h−→ f ′(x0)g(x0) + f (x0)g′(x0).

L’ultima è simile. I casi particolari sono evidenti.

Siccome le costanti hanno derivata nulla, applicando le regole di somma e prodotto otteniamo che

(α f + βg)′ = α f ′ + βg′, ∀α, β ∈ R,

proprietà che viene detta linearità della derivata.Consideriamo ora una composizione tra due funzioni. Procedendo "alla buona" si ha

g ◦ f (x0 + h) − g ◦ f (x0)h

=g( f (x0 + h)) − g( f (x0))

h=

g( f (x0 + h)) + g( f (x0))f (x0 + h) − f (x0)

f (x0 + h) − f (x0)h

,

che, se assumiamo f derivabile in x0 e g derivabile in f (x0) sembra porgere

(g ◦ f )′(x0) = g′( f (x0)) f ′(x0).

La formula è giusta ma quella scritta sopra non ne è una dimostrazione. Infatti dovremmo richiedere, per giustificarei passaggi, che f (x0 + h) , f (x0) per h −→ 0 (di modo da evitare la divisione per 0). Poiché questa necessitànon rientra nella formula finale sembra ragionevole bypassare questo ostacolo con una dimostrazione alternativa.Questa è basata sulla formula di Taylor:

Teorema 7.3.2 (regola della catena). Siano f : D ⊂ R −→ R, g : D ⊂ R −→ R, x0 ∈ Int(D), f (x0) ∈ Int(D) taliche esistano f ′(x0) e g′( f (x0)). Allora

∃ (g ◦ f )′ (x0) = g′( f (x0)) f ′(x0). (7.3.1)

121

Dim. — Essendo g derivabile in f (x0) possiamo scrivere, per la formula di Taylor,

g(y) = g( f (x0)) + g′( f (x0))(y − f (x0)) + o(y − f (x0)).

Prendendo y = f (x) abbiamo allora

g( f (x)) = g( f (x0)) + g′( f (x0))( f (x) − f (x0)) + o( f (x) − f (x0)).

Maf (x) = f (x0) + f ′(x0)(x − x0) + o(x − x0),

per cui

g( f (x)) = g( f (x0)) + g′( f (x0))(

f ′(x0)(x − x0) + o(x − x0))+ o

(f ′(x0)(x − x0) + o(x − x0)

)= g( f (x0)) + g′( f (x0)) f ′(x0)(x − x0) + g′( f (x0))o(x − x0) + o

(f ′(x0)(x − x0) + o(x − x0)

).

Ricordate le proprietà degli o−piccoli abbiamo subito che

g′( f (x0))o(x − x0) = o(x − x0), e o(

f ′(x0)(x − x0) + o(x − x0))= o(x − x0),

e quindi, infineg( f (x)) = g( f (x0)) + g′( f (x0)) f ′(x0)(x − x0) + o(x − x0),

che è appunto equivalente a dire che g ◦ f è derivabile in x0 e vale la (7.3.1).

Osservazione 7.3.3 (Importante!). Occorre sempre osservare che le regole di calcolo sono condizioni sufficienti.Per esempio: se si verificano le condizioni del teorema precedente allora la funzione composta è derivabile. Ma senon si verificano? Be’ può esserlo lo stesso. Ecco un semplice esempio. Prendiamo la seguente composizione

x 7−→ |x | 7−→ |x |2, cioè f (x) = |x |, g(y) = y2.

Allora g ◦ f (x) = |x |2 = x2 che è chiaramente derivabile su tutto R. Tuttavia la regola della catena non può essere applicata nelpunto x0 = 0. Infatti f non è derivabile in questo punto, mentre g è derivabile in f (x0) = 0.

Esempio 7.3.4. Stabilire dov’è derivabile (e calcolarne la derivata) la funzione

x 7−→√

1 + sin x.

Sol. — La funzione è definite per 1 + sin x > 0, e questo si verifica per ogni x ∈ R. Possiamo vedere la funzione comecomposizione di due funzioni:

xf7−→ 1 + sin x

g7−→√

1 + sin x, f (x) = 1 + sin x, g(y) =√y.

Sia x ∈ R (dominio della funzione composta). Allora se i) f è derivabile in x e ii) g è derivabile in f (x), dalla regola dellacatena segue che g ◦ f è derivabile in x. Ora: i) f è derivabile in ogni punto x ∈ R (somma di funzioni derivabili su tutto R); ii)g è derivabile in f (x) se e solo se f (x) > 0, cioè se e solo se 1 + sin x > 0, ovvero sin x > −1. Ora sin > −1 e sin x = −1 se esolo se x = 3

2π + k2π con k ∈ Z. Ne segue che si può applicare la regola della catena in ogni punto x ∈ R\{ 32π + k2π : k ∈ Z}.Inoltre, essendo

f ′(x) = cos x, g′(y) =1

2√y,

122

ne segue che

∃ (g ◦ f )′(x) =1

2√

1 + sin xcos x, ∀x ∈ R\

{32π + k2π : k ∈ Z

}.

Cosa possiamo dire dei punti 32π+ k2π? In effetti in questi punti saltano le ipotesi della regola della catena, quindi formalmente

non possiamo concludere niente. In questo caso (al momento) l’unica strada è ricorrere alla definizione. Per periodicità bastaconsiderare il caso x0 =

32π. Si tratta di calcolare

limh→0

f( 3

2π + h)− f

( 32π

)h

= limh→0

√1 + sin

( 32π + h

)h

= limh→0

√1 − cos h

h.

Ricordato che

cos h = 1 −h2

2+ o(h2), =⇒ 1 − cos h =

h2

2+ o(h2), =⇒ (1 − cos h)1/2 =

|h|√

2+ o(h),

per cui√

1 − cos hh

=

|h |√

2+ o(h)

h=

1√

2sgn(h) +

o(h)h

e come si vede il limite non esiste. Tuttavia esistono i limiti destro e sinistro e valgono rispettivamente ± 1√2. Se ne deduce che

g ◦ f è derivabile da destra e da sinistra anche nei punti del tipo 32π + k2π, k ∈ Z sebbene non sia derivabile in detti punti.

7.4 Teoremi fondamentali del Calcolo DifferenzialeI risultati di questa sezione sono, per quanto apparentemente semplici, molto profondi e hanno una serie di ricadutesu risultati più raffinati. Il primo risultato che vediamo è il teorema di Fermat il quale afferma che in un punto dimassimo o minimo locale interno al dominio di una funzione, la derivata deve essere nulla. Locale significa che èestremante in un suo opportuno intorno:

Definizione 7.4.1. Sia f : D ⊂ R −→ R. Un punto xmin ∈ D si dice minimo locale per f su D se

∃ Ixmin : f (xmin) 6 f (x), ∀x ∈ D ∩ Ixmin .

Analogamente si definisce un punto di massimo locale.

Va da sé che un estremante globale è anche locale ma non ovviamente il viceversa. Ciò premesso:

Teorema 7.4.2 (Fermat). Sia f : D ⊂ R −→ R, x0 ∈ Int(D) estremante locale. Allora, se f è derivabile in x0 siha f ′(x0) = 0.Dim. — Molto semplice: consideriamo ad esempio il caso di un minimo locale. Siccome xmin ∈ Int(D) possiamo assumere(a meno di restringerlo) che l’intorno su cui vale

f (xmin) 6 f (x), ∀x ∈ D ∩Uxmin

sia contenuto in D. Dunque avremof (xmin) 6 f (x), ∀x ∈]xmin − r, xmin + r[.

In particolare,se |h| < r, f (xmin + h) > f (xmin), ⇐⇒ f (xmin + h) − f (xmin) > 0.

123

Ma alloraf ′(xmin) = f ′−(xmin) = lim

h→0−

f (xmin + h) − f (xmin)h

> 0,

f ′(xmin) = f ′+(xmin) = limh→0+

f (xmin + h) − f (xmin)h

6 0,

da cui f ′(xmin) = 0.

Osservazione 7.4.3. Si noti che si è di fatto dimostrato che, come suggerisce l’intuizione, se xmin è un estremo,per esempio l’estremo sinistro e f è derivabile da destra allora f ′+(xmin) > 0, mentre se è l’estremo destro e f èderivabile da sinistra allora f ′−(xmin) 6 0.

Definizione 7.4.4. Se f ′(x0) = 0 si dice che x0 è un punto stazionario per f .

Osservazione 7.4.5. Così come un punto stazionario può essere un massimo o un minimo può altresì esserenessuno dei due! per esempio se f (x) = x3, allora f ′(x) = 3x2 e f ′(0) = 0, ma evidentemente x = 0 non è né min né max.

Il secondo teorema fondamentale, detto teorema di Rolle, esprime un fatto intuitivamente evidente non appena sieffettua un disegno: se una funzione f è derivabile su un intervallo ed agli estremi dello stesso assume lo stessovalore allora da qualche parte la retta tangente al grafico deve essere orizzontale.

Teorema 7.4.6 (Rolle). Sia f : [a, b] −→ R continua su [a, b] e derivabile su ]a, b[ (1

) . Allora

se f (a) = f (b), =⇒ ∃ξ ∈]a, b[ : f ′(ξ) = 0.

Dim. — Siccome f è continua su [a, b] compatto, per il teorema diWeierstrass ammettemassimo eminimo assoluti. Chiamiamoxmin e xmax due punti, rispettivamente, di minimo e massimo assoluti. Se f (xmin) = f (xmax ) allora f è costante, e quindi inogni punto ξ ∈]a, b[ si ha f ′(ξ) = 0. Altrimenti, se f (xmin) < f (xmax ) almeno uno dei due punti appartiene ad ]a, b[ (vistoche f (a) = f (b)). Ma allora, se per esempio è xmin ∈]a, b[, per il teorema di Fermat si ha f ′(xmin) = 0.

Il teoremadiRolle ha un importantissimo corollario, il teoremadiLagrange noto anche come formula dell’incrementofinito. Esprime un fatto relativamente immediato. Prendiamo una funzione f : [a, b] −→ R continua e derivabile(non è necessario che lo sia negli estremi). Congiungiamo con una retta i punti (a, f (a)) e (b, f (b)). Si vede subitoche esiste almeno una tangente al grafico che è parallela a questa retta.

Teorema 7.4.7 (Lagrange). Sia f : [a, b] −→ R continua su [a, b] e derivabile su ]a, b[. Allora

∃ ξ ∈]a, b[ :f (b) − f (a)

b − a= f ′(ξ). (7.4.1)

Nella forma∃ ξ ∈]a, b[ : f (b) − f (a) = f ′(ξ)(b − a). (7.4.2)

si dice formula dell’incremento finito.1N.B.: con questo si intende che non è richiesto che lo sia anche in a (da destra) e in b (da sinistra).

124

Ix0

Ξ Ξa bx

y

Figura 7.1: Il teorema di Lagrange.

Dim. — Siah : [a, b] −→ R, h(x) := f (x) −

f (b) − f (a)b − a

(x − a), x ∈ [a, b].

Chiaramente h è continua in [a, b] e derivabile in ]a, b[. Inoltre

h(a) = f (a), h(b) = f (b) −f (b) − f (a)

b − a(b − a) = f (b) − ( f (b) − f (a)) = f (a).

Dunque per il teorema di Rolle esiste ξ ∈]a, b[ tale che h′(ξ) = 0. Ma

h′(ξ) = f ′(ξ) −f (b) − f (a)

b − a,

da cui la conclusione.

Una prima conseguenza del teorema di Lagrange è un utile test per l’esistenza della derivata:

Proposizione 7.4.8. Sia f una funzione derivabile su ]x0,+∞[∩D, continua da destra in x0. Allora

se ∃ limx→x0+

f ′(x) := ` ∈ R ∪ {±∞}, =⇒

se ` ∈ R ∃ f ′+(x0) = `,

se ` ∈ {±∞} @ f ′+(x0).

Analogo discorso per la derivata sinistra.Dim. — Ricordiamo che

f ′+(x0) = limh→0+

f (x0 + h) − f (x0)h

.

Per il teorema di Lagrange, che si può applicare essendo tutte le ipotesi soddisfatte, sull’intervallo [x0, x0 + h] abbiamo cheesiste ξh ∈]x0, x0 + h[ tale che

f (x0 + h) − f (x0)h

= f ′(ξh ).

Ma siccome x0 < ξh < x0 + h implica che ξh −→ x0+, per ipotesi f (ξh ) −→ `. Da qui è facile concludere.

Esempio 7.4.9. Sia f : R\{0} −→ R definita come

f (x) :=

a arctan 1x + (b + 1) log(1 − x), x < 0,

sinh bxx2+1 − a cos 1√

x, x > 0.

i) Dire se esistono a, b ∈ R tali che f sia prolungabile con continuità in x = 0. ii) Per tali a, b dire se si ha che èanche derivabile in x = 0.

125

Sol. — i) Ricordiamo che f è prolungabile con continuità in x = 0 se e solo se f (0−) = f (0+). In tal caso il valore comunedefinisce il prolungamento. Ora,

f (0−) = limx→0−

(a arctan

1x+ (b + 1) log(1 − x)

)= −a

π

2,

mentre, tenendo conto che limx→0+ sinh bxx2+1 = 0, si ha che

∃ limx→0+

(sinh

bxx2 + 1

− a cos1√

x

), ⇐⇒ a = 0,

visto che @ limx→0+ cos 1√x. In tal caso f (0+) = 0 ed f (0−) = 0, dunque f è prolungabile per continuità, qualunque sia b ∈ R.

ii) Dunque, dal punto precedente, a = 0 e b ∈ R. In tal caso

f (x) =

(b + 1) log(1 − x), x < 0,

0, x = 0,

sinh bxx2+1, x > 0,

è il prolungamento. Tale prolungamento è derivabile per x , 0 e

f ′(x) =

− b+11−x , x < 0,(

cosh bxx2+1

)b(x2+1)−2bx2

(x2+1)2 , x > 0.

Da questo si vede subito che

f ′(0−) = limx→0−

−b + 11 − x

= −b − 1, f ′(0+) = limx→0+

(cosh

bxx2 + 1

)b(x2 + 1) − 2bx2

(x2 + 1)2 = b.

Per il criterio di esistenza della derivata ne segue che ∃ f ′−(0) = −b − 1 e ∃ f ′+(0) = b. Ma allora ∃ f ′(0) se e solo sef ′−(0) = f+(0), cioè se e solo se −b − 1 = b da cui b = − 1

2 .

Attenzione! 7.4.10. Il tipico errore, come al solito legato ad una confusione logica tra condizione sufficiente econdizione necessaria, è quello di ritenere che se se il limite di f ′ non esiste allora non esiste nemmeno f ′. Ciòè falso! Se ci si pensa, di fatto la conclusione della proposizione è che la derivata è continua. Abbiamo visto, seppur non èimmediatissimo, esempi di funzioni con derivata non continua. Per esempio sia

f (x) :=

x2 sin 1x , x , 0,

0, x = 0.

Facilmente (regola limitata×infinitesima=infinitesima) si ottiene che f è continua in x = 0 ed inoltre

f ′(0) = limh→0

f (h) − f (0)h

= limh→0

h2 sin 1h

h= lim

h→0h sin

1h= 0,

sempre in virtù della medesima regola. Eppure

limx→0

f ′(x) = limx→0

(2x sin

1x− cos

1x

)= − lim

x→0cos

1x,

che chiaramente non esiste!

126

7.5 Regole di HôpitalIn questa sezione illustreremo delle efficaci tecniche di calcolo dei limiti note come regole di Hôpital. Esse derivanoda un corollario del teorema di Rolle che è, di fatto, un’estensione del teorema di Lagrange:

Teorema 7.5.1 (Cauchy). Siano f , g : [a, b] −→ R continue su [a, b] e derivabili in ]a, b[, con g(a) , g(b) eg′(x) , 0 per ogni x ∈]a, b[. Allora

∃ ξ ∈]a, b[ :f (b) − f (a)g(b) − g(a)

=f ′(ξ)g′(ξ)

. (7.5.1)

Dim. — Si applica il teorema di Rolle alla funzione h(x) := f (x) − f (b)− f (a)g(b)−g(a) (g(x) − g(a)). Esercizio.

In molti casi ci troviamo con una forma indeterminata del rapporto

limx→x0

f (x)g(x)

,

(00,∞

∞

).

Tramite il teorema di Cauchy questo problema può essere trasformato in quello di calcolare lo stesso limite per ilrapporto f ′

g′ . Le regole sono quattro a seconda della forma indeterminata e del fatto che x0 ∈ R o x0 = ±∞. Difatto occorrono quattro dimostrazioni sebbene gli enunciati siano molto simili. Una volta compresa la "filosofia"del primo non è difficile capire e memorizzare i rimanenti.

Teorema 7.5.2 (prima regola, 00 al finito). Siano f , g : D ⊂ R −→ R, funzioni infinitesime in x0, dove x0 ∈ Acc(D).

Supponiamo inoltre che

i) f , g siano derivabili in Ix0\{x0};

ii) g, g′ , 0 in Ix0\{x0};

iii) esista limx→x0f ′(x)g′(x) = ` ∈ R ∪ {±∞}.

Allora∃ lim

x→x0

f (x)g(x)

= `.

Dim. — Facciamo la dimostrazione per il limite x −→ x0+, per x −→ x0− è analoga poi basta combinare i risultati. Laprima osservazione è che possiamo ritenere f , g definite anche per x = x0 prolungandole per continuità ponendo, ovviamente,f (x0) = g(x0) = 0. Sia x ∈]x0, x0 + r[ e osserviamo che

f (x)g(x)

=f (x) − f (x0)g(x) − g(x0)

Cauchy 7.5.1=

f ′(ξx )g′(ξx )

,

dove ξx ∈]x0, x[. Per x −→ x0+ si ha che ξx −→ x0+. Ma allora, in virtù della iii),

limx→x0+

f (x)g(x)

= limx→x0+

f ′(ξx )g′(ξx )

= `.

127

Esempio 7.5.3. Calcolare illimx→0

sinh x − xsin(x3)

.

Sol. — Siano f (x) := sinh x − x, g(x) := sin(x3). Chiaramente f e g sono infinitesime per x −→ 0 e sono anche funzioniderivabili su tutto R (quindi in particolare in un intorno di 0). Inoltre

g′(x) = 3x2 cos(x3),

da cui g′ = 0 sse x = 0 oppure x3 = π2 + kπ, k ∈ Z. In particolare g′ , 0 in un intorno di 0 eccetto x = 0, il che verifica

l’ipotesi ii). A questo punto

limx→0

f ′(x)g′(x)

= limx→0

cosh x − 13x2 cos(x3)

= limx→0

13 cos(x3)

cosh x − 1x2 =

13·

12=

16.

Ma allora, in virtù della prima regola, esiste anche il limite proposto e vale 16 .

Osservazione 7.5.4. Nella pratica, la regola di applica scrivendo

limx→x0

f (x)g(x)

H= lim

x→x0

f ′(x)g′(x)

,

indicando così che l’uguaglianza è valida se sono valide le ipotesi della regola. Non va mai dimenticato che l’esistenza dellimite del rapporto delle derivate implica l’esistenza del limite del rapporto, ma non vale il viceversa! Anzi: il limite delrapporto delle derivate può non esistere ma il limite del rapporto iniziale esistere benissimo. Ecco un esempio semplice. Siconsideri

limx→0

x2 sin 1x

sin x.

Immediatamente si riconosce che si tratta di una forma 00 e che il limite è 0 poiché

x2 sin 1x

sin x=

xsin x

x2 sin 1x

x= 1x · x sin

1x−→ 0,

per la regola limitata×infinitesima=infinitesima. Tuttavia se applichiamo la regola di Hôpital otteniamo

limx→0

x2 sin 1x

sin xH= lim

x→0

2x sin 1x − cos 1

x

cos x= − lim

x→0cos

1x,

che chiaramente non esiste.

Osservazione 7.5.5. La regola di Hôpital può essere anche applicata iterativamente. Per esempio: calcoliamo il

limx→0

(1

log x−

1x − 1

).

Nessuno dei due termini ammette limite singolarmente. Tuttavia chiaramente

limx→0

(1

log x−

1x − 1

)= lim

x→0

x − 1 − log x(x − 1) log x

si presenta come una forma 00 . Ora, applicando la prima regola,

limx→0

x − 1 − log x(x − 1) log x

H= lim

x→0

1 − 1x

log x + (x − 1) 1x

= limx→0

x − 1x log x + x − 1

00 , H= lim

x→0

1log x + 1 + 1

= limx→0

12 + log x

=12.

L’esistenza dell’ultimo limite implica l’esistenza di quello precedente con egual valore, il quale a sua volta implica l’esistenzadel primo con il medesimo valore.

128

Teorema 7.5.6 (seconda regola, ∞∞

al finito). Siano f , g : D ⊂ R −→ R, funzioni infinite in x0 ∈ Acc(D).Supponiamo inoltre che

i) f , g siano derivabili in Ix0\{x0};

ii) g′ , 0 in Ix0\{x0};

iii) esista il limx→x0f ′(x)g′(x) = ` ∈ R ∪ {±∞}.

Allora∃ lim

x→x0

f (x)g(x)

= `.

Dim. — Omessa.

Osservazione 7.5.7. Sebbene si possa applicare la regola di Hôpital iterativamente, occorre agire con cognizionedi causa, altrimenti è una regola "stupida". Il rischio è di iterare senza fine l’applicazione della stessa. Se peresempio scriviamo

limx→0+

e−1/x

x

00 , H= lim

x→0+

1x2 e−1/x

1= lim

x→0+

e−1/x

x2

00 , H= lim

x→0+

1x2 e−1/x

x2 = limx→0+

e−1/x

x4 = . . .

si vede che questo procedimento iterativo comporta l’aumento della difficoltà e non ha termine. Notiamo che se invece scriviamo

limx→0+

e−1/x

x= lim

x→0+

1x

e1/x

∞∞, H= lim

x→0+

− 1x2

− 1x2 e1/x

= limx→0+

1e1/x

1+∞= 0.

La terza e la quarta regola riguardano i casi 00 e ∞

∞all’infinito.

Teorema 7.5.8. Siano f , g definite e derivabili in I±∞, entrambe infinite o infinitesime in ±∞ e tali che g , 0 inI±∞. Allora

∃ limx→±∞

f ′(x)g′(x)

= ` ∈ R ∪ {±∞}, =⇒ ∃ limx→±∞

f (x)g(x)

= `.

Dim. — Caso x −→ +∞: cambiando variabile

limx→+∞

f (x)g(x)

y:= 1x , x→+∞, y→0+

= limy→0+

f( 1y

)g

( 1y

) .Posto F (y) := f

( 1y

)e similmente G(y) := g

( 1y

)si vede facilmente che verificano le ipotesi delle prime due regole. Inoltre

limy→0+

F ′(y)G′(y)

= limy→0+

− 1y2 f ′

( 1y

)− 1y2 g′( 1y

) = limy→0+

f ′( 1y

)g′

( 1y

) x= 1y= lim

x→+∞

f ′(x)g′(x)

= `,

per ipotesi. La conclusione segue ora dalle prime due regole di Hôpital.

129

7.6 Segno della derivata e monotoniaIntuitivamente, quando la derivata f ′(x) > 0 significa che la tangente al grafico è crescente mentre se f ′(x) < 0si ha il contrario. Siccome la retta tangente "assomiglia" al grafico di una funzione almeno vicino al punto incui si calcola la derivata è naturale attendersi che tale proprietà sia ereditata dalla funzione stessa. Con alcuneprecisazioni ciò è conseguenza della formula di Lagrange

Teorema 7.6.1. Sia f : I ⊂ R −→ R, I intervallo, f derivabile su I (unilateralmente negli eventuali estremi).Allora

f è crescente su I ⇐⇒ f ′(x) > 0, ∀x ∈ I .

Analogamentef è decrescente su I ⇐⇒ f ′(x) 6 0, ∀x ∈ I .

Se poi f ′ > 0 ( f ′ < 0) su I allora f è strettamente crescente (decrescente) su I.

Dim. — =⇒ Supponiamo f (x) 6 f (y) per ogni x, y ∈ I, x 6 y. Allora

f (x + h) > f (x), ∀h > 0, =⇒ f ′(x) = f ′+(x) = limh→0+

f (x + h) − f (x)h

> 0,

f (x + h) 6 f (x), ∀h < 0, =⇒ f ′(x) = f ′−(x) = limh→0−

f (x + h) − f (x)h

> 0

in virtù della permanenza del segno nei limiti.

⇐= Supponiamo ora f ′ > 0 su I e prendiamo x, y ∈ I, x < y. Allora l’intervallo [x, y] ⊂ I (perché I è intervallo). Essendof derivabile su I è ivi continua, quindi: f è sicuramente continua su [x, y] e derivabile su ]x, y[. Ma allora, per la formula diLagrange dell’incremento finito (7.4.2) abbiamo che esiste un punto ξ ∈]x, y[ tale che

f (y) − f (x) = f ′(ξ)(y − x) > 0.

In altre parole: f (x) 6 f (y) per ogni x < y. Se poi f ′ > 0 su I allora f ′(ξ) > 0 dunque si ottiene f (x) < f (y), cioè f èstrettamente crescente.

Osservazione 7.6.2. Si può avere che f è strettamente crescente su I senza che f ′ > 0. L’esempio tradizionale èf (x) = x3. Chiaramente è strettamente crescente su tutto R ma f ′(0) = 0. Ciò potrebbe far pensare che i punti dove f ′ = 0devono essere comunque "isolati". Non è così: riflettiamo sulla seguente funzione

In particolare abbiamo il

Corollario 7.6.3. Sia f : I −→ R, I intervallo, derivabile su I salvo (al più) che nel punto x0 ∈ Int(I) ma ivicontinua (ovviamente se è derivabile anche in x0 questa richiesta è superflua). Se

f ′ 6 0, per x ∈ I∩] −∞, x0[, f ′ > 0, per x ∈ I∩]x0,+∞[, =⇒ x0 è punto di minimo per f su I .

Analogo enunciato per un punto di massimo.

Dim. — Se f ′ 6 0 su I∩] − ∞, x0[ (che è ovviamente un intervallo) allora, in virtù del teorema precedente è ivi decrescente.Notiamo allora che se x ∈ I e x < x0 allora

f (x) > f (y), ∀ x < y < x0, =⇒ f (x) > limy→x0−

f (x) = f (x0).

130

Similmente f (x) > f (x0) per x > x0. Se ne deduce

f (x) > f (x0), ∀x ∈ I,

cioè x0 è un minimo per f su I.

Osservazione 7.6.4. È conveniente enunciare il corollario precedente in questa forma più debole piuttosto che richiedere laderivabilità su tutto I, questo perché può accade che gli estremanti siano punti dove una funzione è continua ma non è derivabile,come quando f ha un punto angoloso (come |x | in x = 0) o una cuspide (come

√|x | in x = 0).

7.7 Derivata della funzione inversaTalvolta l’intuizione fa cilecca: di primo acchito verrebbe da dire che se f ′(x0) , 0 allora la funzione f è monotonastretta almeno in un intorno di x0 (e quindi almeno localmente sia invertibile). Non è così!

Esempio 7.7.1. Sia

f (x) :=

x + 2x2 cos 1x , x , 0,

0, x = 0.Si vede subito che ∃ f ′(0) = 1 ma f non è monotona in nessun intorno di 0.

Infatti evidentemente f è continua su tutto R e

f ′(0) = limh→0

f (h) − f (0)h

= limh→0

(1 + 2h cos

1h

)= 1.

D’altra parte, per x , 0,

f ′(x) = 1 + 4x cos1x− 2 sin

1x,

e siccome per x −→ 0 si ha 4x cos 1x mentre 2 sin 1

x oscilla tra −2 e 2 e dunque f ′ assumerà continuamente valori positivi enegativi man mano che ci si avvicina a x = 0. Per esempio:

f ′(

1π2 + kπ

)= 1 − 2 sin

(π

2+ kπ

)= 1 + 2(−1)k =

3, k pari,

−1, k dispari.

131

Essendo f ′ continua su R\{0} ne deduciamo che per ogni k ∈ N esiste un intorno di π2 + kπ dove f è crescente (k pari) odecrescente (k) dispari. Dunque in nessun intorno di x = 0 si può affermare che f sia crescente o decrescente!

Nell’esempio precedente f ′ non è continua in x = 0. Se f ′ è anche continua allora tutto funziona.

Definizione 7.7.2 (classe C 1). Diciamo che f ∈ C 1(D) se f è derivabile su D con f ′ ∈ C (D).

Teorema 7.7.3. Sia f ∈ C 1(I), I intervallo, con f ′ , 0 su I. Allora f è invertibile tra I e J := f (I), f −1 ∈ C 1(R)e

( f −1)′(y) =1

f ′( f −1(y)), ∀y ∈ J . (7.7.1)

Dim. — Notiamo che essendo f ′ ∈ C (I) deve essere sempre f ′ > 0 o f ′ < 0 perché se f ′ cambiasse segno, per il teoremadegli zeri dovrebbe annullarsi da qualche parte (essendo continua), contraddicendo l’ipotesi f ′ , 0 su I. Supponiamo, adesempio, f ′ > 0 su I. In virtù del Teorema 7.6.1 abbiamo che f ↗ strettamente su I per cui

f : I −→ f (I) =: J, è biiettiva, =⇒ ∃ f −1 : J −→ I .

Per il teorema dell’inversa continua f −1 ∈ C (J). Calcoliamone la derivata in un punto y ∈ J. Dobbiamo calcolare

limh→0

f −1(y + h) − f −1(y)h

.

Poniamox := f −1(y), x + k := f −1(y + h), ⇐⇒ k = f −1(y + h) − f −1(y).

Chiaramente k , 0 se h , 0 ed essendo f −1 continua, per h −→ 0 si ha k −→ 0. Pertanto, per il cambiamento di variabili neilimiti,

limh→0

f −1(y + h) − f −1(y)h

= limk→0

kf (x + k) − f (x)

= limk→0

1f (x+k)− f (x)

k

=1

f ′(x)=

1f ′( f −1(y))

.

Da questa si deduce, in particolare, essendo f −1 ∈ C (J) e f ′ ∈ C (I) che ( f −1)′ ∈ C (J), cioè f −1 ∈ C 1(J).

Applichiamo il Teorema 7.7.3 alla costruzione e proprietà delle inverse delle funzioni elementari.

Esempio 7.7.4 (Arcoseno, Arcocoseno).

∃ arcsin′ y =1√

1 − y2, ∃ arccos′ y = −

1√1 − y2

, ∀y ∈] − 1, 1[.

Sol. — Ricordiamo che se f (x) = sin x, allora f −1(y) =: arcsin y è una funzione continua e ben definita da [−1, 1] in [− π2 ,π2 ].

Notiamo che f ′ , 0 su ]− π2 ,π2 [ mentre f ′

(± π2

)= 0, per cui il teorema 7.7.3 si può applicare ad f −1 su ]−1, 1[= f

(] − π

2 ,π2 [

).

Dalla (7.7.1) si haarcsin′(y) =

1sin′(arcsin y)

=1

cos(arcsin y).

Ora: per x ∈]− π2 ,

π2

[si ha cos x > 0, dunque

cos x =√

1 − (sin x)2, =⇒ arcsin′(y) =1√

1 − (sin(arcsin y))2=

1√1 − y2

, ∀y ∈] − 1, 1[.

Similmente si procede con l’arcocoseno (esercizio).

132

Esempio 7.7.5 (Arcotangente).∃ arctan′ y =

11 + y2 , y ∈ R.

Sol. — In questo caso prendiamo la funzione tan := sincos :

]− π2 ,

π2

[−→ R. Su tale intervallo tan ∈ C e

tan′(x) =cos x cos x + sin x sin x

(cos x)2 =1

(cos x)2 ≡ 1 + (tan x)2 > 0, ∀x ∈]−π

2,π

2

[,

dunque tan ↗ strettamente. Essendo anche tan ∈ C 1(]− π2 ,

π2

[)si ha che arctan := tan−1 ∈ C 1, dove arctan = tan−1 : R −→]

− π2 ,π2

[. Inoltre

arctan′(y) =1

tan′(arctan y)=

11 + (tan(arctan y))2 =

11 + y2 , ∀y ∈ R.

Esempio 7.7.6 (sett sinh , sett cosh ).

sett sinh ′(y) =1

sinh′(sett sinh y)=

1cosh(sett sinh y)

=1√

(sinh(sett sinh y))2 + 1=

1√y2 + 1

,

where we have chosen the positive root because cosh > 0. Similarly,

sett cosh ′(y) =1√

y2 − 1.

7.8 ConvessitàLa derivata ci permette l’osservazione e studio di altre proprietà notevoli di una funzione. Infatti osservando ungrafico possiamo notare, oltre alla monotonia, la sua curvatura, intuitivamente "verso l’alto" o "verso il basso".Meno evidente è come definire precisamente questa caratteristica. Guardando la figura di un grafico piegato versol’alto possiamo notare la seguente proprietà geometrica: presi due punti (x, f (x)) ed (y, f (y)) sul grafico, la cordache li congiunge sta sopra al grafico di f tra x ed y.

Hz,f HxL+

f HyL - f HxL

y - x

Hz-xLL

Hz,f HzLL

x yz x z y

Analiticamente possiamo descrivere questa situazione tramite la

Definizione 7.8.1. Sia f : I ⊂ R −→ R, I intervallo. Diciamo che f è convessa su I se

∀x, y ∈ I, f (z) 6 f (x) +f (y) − f (x)

y − x(z − x), ∀z ∈ [x, y]. (7.8.1)

Se invece vale il > per ogni coppia x, y ∈ I diciamo che f è concava su I.

133

La convessità è una proprietà ricca di senso geometrico. Per esempio si può notare che nel caso di una funzioneconvessa le corde hanno pendenza crescente spostando i punti x ed y verso destra. Ciò è suggerito per esempiodalla figura precedente a destra.

Proposizione 7.8.2. Sia f : I ⊂ R −→ R, I intervallo. Allora f è convessa su I se e solo se

∀x, z, y ∈ I, x < z < y,f (z) − f (x)

z − x6

f (y) − f (z)y − z

. (7.8.2)

Dim. — Si osserva facilmente che la (7.8.1) e la (7.8.2) sono la stessa cosa. Infatti:

f (z) 6 f (x) +f (y) − f (x)

y − x(z − x), ⇐⇒

f (z) − f (x)z − x

6f (y) − f (x)

y − x.

Ora, essendof (y) − f (x)

y − x=

f (y) − f (z) + f (z) − f (x)y − x

=f (y) − f (z)

y − zy − zy − x

+f (z) − f (x)

z − xz − xy − x

,

si haf (z) − f (x)

z − x6

f (y) − f (x)y − x

, ⇐⇒f (z) − f (x)

z − x6

f (y) − f (z)y − z

y − zy − x

+f (z) − f (x)

z − xz − xy − x

,

cioèf (z) − f (x)

z − x

(1 −

z − xy − x

)6

f (y) − f (z)y − z

y − zy − x

, ⇐⇒f (z) − f (x)

z − x6

f (y) − f (z)y − z

.

Finora non abbiamo avuto bisogno di coinvolgere la derivata. Un’altra osservazione geometrica ci porta però aconsiderarla. Supponiamo che il grafico sia "liscio", cioè che f ammetta tangenti. Allora tracciandone un po’ cisi accorge che man mano ci si sposta verso destra è come se la retta ruotasse in senso antiorario. Numericamentesignifica che la pendenza aumenta, cioè che f ′ ↗.

x

y

x x+h yy+k

Vediamo che è effettivamente così:

Teorema 7.8.3. Sia f : I ⊂ R −→ R, I intervallo, f convessa su I. Allora

se x < y, e ∃ f ′+(x), f ′−(y), =⇒ f ′+(x) 6 f ′−(y).

In particolare:se f è derivabile su I allora f è convessa se e solo se f ′ ↗ su I .

Dim. — Osserviamo la figura a destra nella precedente. Traducendola nel linguaggio dei coefficienti angolari si ha che

f (x + h) − f (x)h

6f (y + k) − f (x + h)(y + k) − (x + h)

6f (y + k) − f (y)

k,

134

Dimenticando il termine di mezzo e facendo tendere h −→ 0+ e k −→ 0− si ottiene la prima conclusione. Se f è derivabile,f ′(x) = f ′+(x) 6 f ′−(y) = f ′(y) per x 6 y, cioè f ′ ↗.

Viceversa: supponiamo f ′ ↗ e proviamo che vale la (7.8.2). Fissiamo x < z < y. Allora, per il teorema di Lagrange applicatosui due intervalli [x, z] e [z, y] abbiamo che

∃ ξ ∈]x, z[ : f (z) − f (x) = f ′(ξ)(z − x), ∃ η ∈]z, y[ : f (y) − f (z) = f ′(η)(y − z).

Ma alloraf (z) − f (x)

z − x= f ′(ξ) 6 f ′(η) =

f (y) − f (z)y − z

,

da cui la (7.8.2).

Ovviamente si ha un enunciato analogo per le funzioni concave. Nel caso in cui la funzione sia derivabile inun intervallo I, la convessità può essere caratterizzata anche in altro modo in connessione con le tangenti come,nuovamente, suggerisce l’intuizione: il grafico della funzione giace "sopra" ogni tangente. Precisamente:

Proposizione 7.8.4. Sia f : I ⊂ R −→ R derivabile su I intervallo. Allora f è convessa su I sse

f (y) > f (x) + f ′(x)(y − x), ∀y ∈ I, ∀x ∈ I . (7.8.3)

Dim. — =⇒ Prendiamo la (7.8.2) con i punti x < x + h < y. Abbiamo

f (x + h) − f (x)x

6f (y) − f (x + h)

y − x − h.

Mandando h −→ 0+ e ricordato che se f derivabile allora è anche continua, si ottiene subito

f ′(x) = f ′+(x) = limh→0+

f (x + h) − f (x)h

6 limh→0+

f (y) − f (x + h)y − x − h

=f (y) − f (x)

y − x,

che altro non è che la (7.8.3).⇐= Proviamo la (7.8.2). Siano x < z < y. Per ipotesi allora (x − z < 0)

f (x) > f (z) + f ′(z)(x − z),

f (y) > f (z) + f ′(z)(y − z),=⇒

f (x) − f (z)x − z

6 f ′(z) 6f (y) − f (z)

y − z,

che è appunto la (7.8.2).

Dunque: se f è derivabile,f convessa ⇐⇒ f ′ ↗ su I .

Come abbiamo visto, la derivata, o meglio il suo segno, è uno strumento importante per determinare la monotoniadi una funzione. In questo caso la funzione di cui vogliamo sapere se è crescente è f ′, la sua derivata ( f ′)′ prendeil nome di derivata seconda. Vediamo una definizione precisa:

Definizione 7.8.5 (derivata seconda). Sia f : D ⊂ R −→ R una funzione derivabile in un intorno Ix0 di x0 ∈ Int(D).È definita pertanto una funzione f ′ : Ix0 −→ R. Diciamo che f è due volte derivabile in x0 ∈ D se

∃ ( f ′)′(x0) =: f ′′(x0). (derivata seconda nel punto x0).

135

Pertanto, il combinato disposto dei Teoremi 7.6.1 e 7.8.3 produce immediatamente il

Teorema 7.8.6. Sia f : I ⊂ R −→ R, I intervallo. Supponiamo f due volte derivabile su I. Allora

f è convessa su I ⇐⇒ f ′′ > 0 su I .

Definizione 7.8.7 (punto di flesso). Sia f : I ⊂ R −→ R, I intervallo con x0 ∈ Int(I), derivabile in x0. Se f èconvessa (concava) per x < x0 e concava (convessa) per x > x0 si dice che x0 è un punto di flesso per f .

Evidentemente, sulla base del teorema precedente,

Corollario 7.8.8. Se f è due volte derivabile su I e cambia di segno nel punto x0, allora il punto x0 è un punto diflesso.

7.9 Lo studio di funzioneUn classico problema di applicazione del calcolo differenziale è lo studio dell’andamento di una funzione, conl’obiettivo di tracciarne un grafico qualitativo. In genere si tratta di un problema composto da molti passi chedevono produrre un risultato coerente. Normalmente si procede per gradi successivi che possiamo raggruppare in:

• informazioni preliminari — con ciò si intende: la determinazione del dominio della funzione, l’eventualesegno e zeri (non sempre è possibile risolvere la disequazione f > 0), il comportamento agli estremi deldominio di definizione (limiti e asintoti, di cui parleremo di seguito), continutià della funzione, eventualipunti dove la funzione è prolungabile con continuità;

• studio della monotonia— con ciò si intende: derivabilità della funzione, comportamento della derivata agliestremi del proprio dominio di definizione (che, bisogna ricordarlo, è sempre un sottoinsieme del dominiodella funzione, sebbene magari l’espressione analitica della derivata sia definita anche altrove), lo studio delsegno della derivata, la deduzione degli intervalli di monotonia e degli estremanti, ivi compresa la naturalocale o globale degli stessi;

• studio della convessità — con ciò si intende: derivabilità di f ′, studio del segno della derivata seconda,intervalli di concavità/convessità, eventuali punti di flesso.

Una volta raccolte tutte queste informazioni in genere si può procedere a disegnare un grafico qualitativodell’andamento della funzione.

È utile precisare la nozione di asintoto. Intuitivamente, un asintoto è una retta cui somiglia il grafico dellafunzione. Si possono avere due situazioni: asintoti al finito (ed in questo caso possono essere asintoti verticali)oppure asintoti all’infinito (e si parla di asintoti orizzontali o asintoti obliqui). Vediamo le definizioni:

Definizione 7.9.1. Se limx→x0 f (x) = ±∞ (anche unilateralmente) si dice allora che la retta x = x0 è asintotoverticale per f .

Definizione 7.9.2. Se limx→+∞ f (x) =: ` ∈ R (o a −∞) si dice che la retta y = ` è asintoto orizzontale per f .

Definizione 7.9.3. Se limx→+∞ f (x) = ±∞ (o a −∞) si dice che la retta y = mx + q è asintoto obliquo per f se

limx→+∞

(f (x) − (mx + q)

)= 0.

136

Figura 7.2: Da sinistra, asintoto verticale, orizzontale e obliquo.

In quest’ultimo caso è utile capire come trovare m e q naturalmente. Notiamo che

limx→+∞

(f (x) − (mx + q)

)= 0, =⇒ lim

x→+∞

f (x) − (mx + q)x

= 0.

Ma0 = lim

x→+∞

f (x) − (mx + q)x

= limx→+∞

f (x)x− m, ⇐⇒ m = lim

x→+∞

f (x)x

.

Notiamo che tale limite deve essere necessariamente diverso da zero, altrimenti limx→+∞(

f (x) − (mx + q))= ±∞.

Una volta trovato (ammesso esista finito e diverso da zero il limite precedente)m, q può essere ricavato per differenzacome

q = limx→+∞

( f (x) − mx) .

In conclusione: affinché y = mx + q sia asintoto obliquo a +∞ occorre che

∃ limx→+∞

f (x)x=: m ∈ R\{0}, ∃ lim

x→+∞( f (x) − mx) =: q ∈ R. (7.9.1)

Vediamo alcuni esempi.

Esempio 7.9.4. Data la funzionef (x) = arctan(ex − 1) + log |ex − 4|

i) trovarne l’insieme di definizione; ii)]calcolare limiti ed eventuali asintoti; iii) determinare crescenza e de-crescenza; iv) determinare eventuali punti di massimo e minimo, locali e globali; v) abbozzarne il grafico.Sol. — i) Chiaramente D( f ) = {x ∈ R : ex − 4 , 0} = {x , log 4} =] −∞, log 4[∪] log 4,+∞[.ii) Abbiamo che

f (−∞) = limx→−∞

(arctan(ex − 1) + log |ex − 4|

)= arctan(−1) + log | − 4| = −

π

4+ log 4,

da cui la retta y = − π4 + log 4 è asintoto orizzontale.

f (+∞) = +∞, limx→+∞

f (x)x= lim

x→+∞

log(ex − 1)x

y=ex−1= lim

y→+∞

log y

log(y + 1)= 1.

Ci può essere un asintoto obliquo. In tal caso y = mx + q dove m = 1 e

q = limx→+∞

(f (x) − x

)= lim

x→+∞

(arctan(ex − 1) + log |ex − 4| − x

)=π

2+ lim

x→+∞log

ex − 4ex

=π

2,

(si è usato il fatto che x = log ex). Dunque la retta y = x + π2 è asintoto obliquo a +∞. Resta il comportamento in x = log 4.

Poiché |ex − 4| −→ 0+ per x → log 4 abbiamo che

limx→log 4

f (x) = −∞.

137

Dunque la retta x = log 4 è asintoto verticale per f .iii) f è continua e derivabile su tutto il proprio dominio come si vede facilmente. Si ha che

f ′(x) =ex

1 + (ex − 1)2 +1

|ex − 4|sgn(ex − 4)ex = ex

(1

1 + (ex − 1)2 +1

ex − 4

)

= exex − 4 + 1 + (ex − 1)2

(1 + (ex − 1)2)(ex − 4)= ex

ex − 4 + 1 + e2x − 2ex + 1(1 + (ex − 1)2)(ex − 4)

= exe2x − ex − 2

(1 + (ex − 1)2)(ex − 4)

Da ciò si evince che

f ′(x) > 0, ⇐⇒e2x − ex − 2

ex − 4> 0.

Ora: se y = ex , y2 − y − 2 > 0, tenuto conto che ∆ = (−1)2 + 8 = 9 > 0 se e solo se y 6 1−32 = −1, ovvero y > 1+3

2 = 2,dunque se e solo se ex 6 −1 (mai) o se ex > 2, cioè x > log 2. Mentre ex − 4 > 0 se e solo se x > log 4. Abbiamo pertanto laseguente tabella per i segni di f ′:

−∞ log 2 log 2 log 4 log 4 +∞

sgn(e2x − ex − 2) - + +sgn(ex − 4) - - +sgn( f ′) + − +

f ↗ ↘ ↗

Essendo f continua in x = log 2 se ne deduce, dalla tabella precedente, che x = log 2 è punto di massimo locale (relativo). Nonci sono estremanti assoluti perché f è illimitata sia superiormente che inferiormente.

log 2 log 4x

y

Esempio 7.9.5. Siaf (x) =

x log x(log x − 1)2 .

i) Determinare il dominio di f , il segno ed il comportamento agli estremi dello stesso (compresi eventuali asintoti).ii) Dire dove f è continua e dove è derivabile e calcolare f ′. Esistono punti esterni al dominio di f nei qualif è prolungabile con continuità (anche unilaterale)? In detti eventuali punti, è vero che il prolungamento di fcosì ottenuto è anche derivabile? iii) Determinare gli eventuali estremanti precisandone la natura (se assoluti orelativi). iv) Con le informazioni a disposizione tracciare un grafico qualitativo di f .Sol. — i) Anzitutto, chiaramente D( f ) =

{x ∈ R : x > 0, log x , 1

}= {x ∈ R : x > 0, x , e} =]0, e[∪]e,+∞[. Il segno è

immediato:f > 0, ⇐⇒ log x > 0, ⇐⇒ x > 1,

e f = 0 se e solo se log x = 0, cioè x = 1. Dobbiamo ora studiare il comportamento di f in 0+, e±, +∞. È opportuno ricordarei seguenti limiti notevoli (confronto potenze esponenziali):

limx→0+

xα | log x |β = 0, (∀α > 0, ∀β), limx→+∞

xα | log x |β = +∞, (∀α > 0, ∀β).

138

Abbiamo che

f (0+) = limx→0+

x log x(log x − 1)2

0−+∞= 0−, f (e±) = lim

x→e±

x log x(log x − 1)2

e0+= +∞,

f (+∞) = limx→+∞

x log x(log x − 1)2

+∞+∞= lim

x→+∞

xlog x

1(1 − 1

log x

)2

−→1

= +∞,

da cui concludiamo che: la retta x = e è asintoto verticale per f e potrebbe inoltre esserci un asintoto obliquo y = mx + q a +∞(con m , 0 e q ∈ R). Essendo

m = limx→+∞

f (x)x= lim

x→+∞

log x(log x − 1)2 = 0,

ne segue che f non ha asintoto a +∞.ii) È immediato osservare che f ∈ C(D( f )) utilizzando il fatto che f è ottenuta componendo funzioni continue su D( f ).Inoltre, per le regole di calcolo, per x , e

f ′(x) =(

x log x(log x − 1)2

) ′=

(log x + x 1

x

)(log x − 1)2 − x log x

(2(log x − 1) 1

x

)(log x − 1)4

=

(log x + 1

)(log x − 1) − 2 log x

(log x − 1)3

=(log x)2 − 2 log x − 1

(log x − 1)3 .

Osserviamo che f è prolungabile per continuità anche in 0, ponendo f (0) = 0 (il prolungamento risulta continuo da destra).Vediamo se tale prolungamento è anche derivabile. Osservato che

limx→0+

f ′(x) = limx→0+

(log x)2 − 2 log x − 1(log x − 1)3

ξ :=log x= lim

ξ→−∞

ξ2 − 2ξ − 1(ξ − 1)3 = 0−,

come si vede subito, per un noto corollario della regola di Hôpital segue che il prolungamento è anche derivabile in x = 0 dadestra con derivata nulla.iii) Studiamo anzitutto il segno di f ′. Poiché f ′ = N

D andiamo a studiare il segno di N e D separatamente. N (x) =(log x)2 − 2 log x − 1, per cui posto ξ = log x abbiamo che ξ2 − 2ξ − 1 > 0 se e solo se

ξ 62 −√

4 + 42

=2 − 2

√2

2= 1 −

√2, oppure ξ > 1 +

√2,

ovvero, in termini di x, se e solo se x 6 e1−√

2 oppure x > e1+√

2. Per quanto riguarda D(x) = (log x − 1)3 abbiamo cheD(x) > 0 se e solo se log x > 1 cioè se e solo se x > e. Mettendo tutto in una tabella (ed osservato che 1−

√2 < 0 < 1 < 1+

√2)

0 e1−√

2 e1−√

2 e e e1+√

2 e1+√

2 +∞

sgn(N ) + − − +

sgn(D) − − + +

sgn( f ′) − + − +

f ↘ ↗ ↘ ↗

Ora: f è continua nel punto x = e1−√

2, decrescente a sinistra, crescente a destra (almeno su tutto [e1−√

2, e[): pertanto, per unnoto teorema, x = e1−

√2 è punto di minimo locale. Similmente lo è anche x = e1+

√2. La funzione non può avere massimi

assoluti (perché illimitata superiormente), mentre vediamo che x = e1−√

2 è minimo assoluto. È infatti, per il discorso fatto

139

1 ã ã1+ 2

x

y

sopra, il minimo sull’intervallo ]0, e[. Su ]e,+∞[ abbiamo ancora un minimo assoluto in x = e1+√

2 dove, per lo studio delsegno, sappiamo che f è positiva mentre f (e1−

√2) < 0. È immediato ora concludere sulla natura di x = e1−

√2.

Lo studio di funzione può essere utile nella risoluzioni di disequazioni non elementari.

Esempio 7.9.6. Risolvere la disequazione2x log x + 1 > x2.

Sol. — Consideriamo la funzione f (x) := 2x log x + 1 − x2. Chiaramente D( f ) =]0,+∞[. Inoltre

f (0+) = limx→0+

(2x log x + 1 − x2) = 1,

f (+∞) = limx→+∞

(2x log x + 1 − x2) = lim

x→+∞−x2

(1 −

1x2 −

2x

log x)= −∞

essendo log x �+∞ x. Ora, f è continua e derivabile su ]0,+∞[ e

f ′(x) = 2 log x + 2x1x− 2x = 2 log x + 2 − 2x = 2

(log x + 1 − x

).

Dunquef ′ > 0, ⇐⇒ g(x) := log x − x + 1 > 0.

Studiamo il segno di g studiando g come funzione. Abbiamo g(0+) = −∞ e g(+∞) − ∞. Inoltre g è continua e derivabile su]0,+∞[ e

g′(x) =1x− 1.

Pertantog′(x) > 0, ⇐⇒

1x− 1 > 0, ⇐⇒

1x> 1,

(x>0)⇐⇒ x 6 1.

Essendo g continua, x = 1 è punto di massimo globale per g. Essendo g(1) = 0 se ne deduce g 6 0 per ogni x ∈]0,+∞[ (eg(x) = 0 sse x = 1). Di seguito il grafico sommario di g (non ci interessano ovviamente troppi dettagli visto che dobbiamosolo determinarne il segno). Dunque f ′ 6 0 su ]0,+∞[ (e f ′ = 0 sse g = 0 sse x = 1). Ne segue che f ↘ stretta. Essendo

1x

y

1x

y

f (0+) = 1, f (+∞) = −∞ ne segue che

∃! ξ ∈]0,+∞[ : f (ξ) = 0, =⇒ f (x) > 0 su ]0, ξ[, f (ξ) = 0, f (x) < 0 su ]ξ,+∞[.

140

Essendo f (1) = 0 come si vede immediatamente, si conclude che f (x) > 0 sse x ∈]0, 1[.

Vediamo qualche applicazione.

Esempio 7.9.7. Determinare raggio r e altezza h di una lattina cilindrica che abbia volumeV prefissato e superficieS minima possibile.Sol. — La superficie della lattina è S = 2πr2 + 2πrh, il volume è V := πr2h. Siccome V è fisso

h =Vπr2 , =⇒ S = 2πr2 + 2πr

Vπr2 = 2πr2 +

2Vr.

Ora

dS = 4πr −2Vr2 =

4πr3 − 2Vr2 > 0, ⇐⇒ 4πr3 − 2V > 0, ⇐⇒ r3 >

V2π, ⇐⇒ r > 3

√V2π.

Dunque S ↘ su r ∈]0, 3√

V2π ], S ↗ per r ∈ [ 3

√V2π ,+∞[. Ne segue che r = 3

√V2π è punto di minimo per S. In tal caso

r = 3

√V2π, h =

Vπr2 =

3

√4Vπ.

A titolo di curiosità: seV = 0, 33 dm3 ≡ 333 cm3 (come nel caso delle lattine delle bevande in commercio), si trova r = 3, 75 cme h = 7, 51 cm. Queste sono le misure che fanno risparmiare sul consumo di lamiera necessaria per fabbricare la lattina.

Teorema 7.9.8 (legge di rifrazione di Snellius). Il rapporto tra i seni degli angoli di incidenza e di rifrazione di unraggio di luce che attraversi due differenti mezzi omogenei è uguale al rapporto delle velocità di propagazione:

sin αsin β

=v1v2.

A

X

B

Α

Β

Dim. — La dimostrazione si basa sull’assioma fondamentale della teoria della luce: la luce attraversa un mezzo secondoun cammino che minimizza il tempo di attraversamento. Ad esempio, in un mezzo omogeneo la luce viaggia in linea retta.Consideriamo ora un mezzo non omogeneo che per semplicità assumiamo diviso in due regioni separate da una retta e un raggiodi luce emesso da una sorgente collocata in un punto A nel primo mezzo. Consideriamo poi un secondo punto B nel secondomezzo e ci poniamo il problema di determinare la traiettoria del raggio di luce emesso da A a B. Siano v1, v2 le velocità dipropagazione nei due mezzi. È chiaro che entro ciascuno dei due il raggio viaggerà in linea retta. Possiamo quindi pensare chela traiettoria tipo andrà in linea retta da A ad un punto X sulla retta di confine, quindi ancora in linea retta da X a B. Il tempototale che impiega la luce lungo un tragitto di questo tipo è

T =AXv1+

X Bv2

.

141

Possiamo collocare la retta divisoria sull’asse ascisse, cioè A = (a1, a2), B = (b1, b2) e X = (x, 0). Allora

T (x) =

√(a1 − x)2 + a2

2v1

+

√(x − b1)2 + b2

2v2

.

Non è difficile mostrare che T ha un unico minimo. In un punto di minimo per Fermat T ′(xmin) = 0, cioè

T ′(xmin) =a1 − xmin

v1

√(a1 − xmin)2 + a2

2

+xmin − b1

v2

√(xmin − b1)2 + b2

2

= 0.

A meno di traslare tutto xmin = 0 da cui

0 = T ′(0) =a1

v1

√a2

1 + a22

−b1

v2

√b2

1 + b22

.

D’altro canto,a1√

a21 + a2

2

= sin α,b1√

b21 + b2

2

= sin β,

per cui

T ′(0) = 0, ⇐⇒sin αv1−

sin βv2= 0, ⇐⇒

sin αsin β

=v1v2.

7.10 Formula di TaylorIn questa sezione vediamo ora uno strumento fondamentale del calcolo differenziale: la formula di Taylor. Abbiamogià visto un primo caso di questa formula: se f è derivabile in x0 ∈ Int(D) allora

f (x) = f (x0) + f ′(x0)(x − x0) + o(x − x0).

Ci interessa ora osservare questa formula da un punto di vista più "quantitativo" che geometrico. Essa esprimeil seguente fatto: in prima approssimazione f coincide con un polinomio di primo grado a meno di un termineinfinitesimo di ordine superiore all’incremento della variabile. Vedremo ora che sotto certe ipotesi è possibilesostituire il polinomio con un polinomio di grado n ottenendo un grado di approssimazione via via crescente, cioèscrivere

f (x) =n∑

k=0ck (x − x0)k + o((x − x0)n).

La forma del polinomio è facilmente determinabile. Supponiamo che f sia proprio un polinomio, cioè

f (x) =n∑

k=0ck (x − x0)k .

Allora c0 = f (x0), e derivando si ottiene

f ′(x) =n∑

k=1kck (x − x0)k−1, =⇒ f ′(x0) = c1.

142

Poiché f ′ è ancora un polinomio possiamo ulteriormente derivare per ottenere

f ′′(x) =∑k=2

k (k − 1)ck (x − x0)k−2, =⇒ f ′′(x0) = 2 · 1 · c2, ⇐⇒ c2 =f ′′(x0)2 · 1

=f ′′(x0)

2!,

e derivando ulteriormente

f ′′′(x) =∑k=3

k (k − 1)(k − 2)ck (x − x0)k−3, =⇒ f ′′(x0) = 3 · 2 · 1 · c3, ⇐⇒ c3 =f ′′(x0)

3!,

così allo stesso modo avremo c4 =f ′′′′(x0)

4! e così via. Le f ′(x0), f ′′(x0), f ′′′(x0), f ′′′′(x0), . . . sono le derivatesuccessive di f in x0. Come f ′′ = ( f ′)′, f ′′′ = ( f ′′)′, f ′′′′ = ( f ′′′)′ così in generale definiremo

Definizione 7.10.1. Sia f : D ⊂ R −→ R, x0 ∈ Int(D), k ∈ N, k > 2. Diciamo che f è k−volte derivabile in x0se la derivata di ordine k − 1 è derivabile in x0. In altre parole, indicata con f (k) (x) la derivata di ordine k,

f (k) (x0) =(

f (k−1)) ′

(x0).

Per comodità si scrive f (0) ≡ f .

Da un punto di vista formale occorre fare attenzione al fatto che, così come per definire f ′(x0) occorre che fsia definita in un Ix0 , così per definire f (k) (x0) occorre che f (k−1) sia definita in Ix0 . Nelle applicazioni che noiincontreremo non ci saranno comunque problemi di questo tipo. Con queste notazioni dunque

f (x) =n∑

k=0

f (k) (x0)k!

(x − x0)k .

La forma del polinomio resta la stessa con una f qualsiasi (purché abbia le derivate successiva) a patto, ovviamente,di aggiungere un correttivo che però è molto piccolo e, in un certo senso, trascurabile.

Teorema 7.10.2 (formula di Taylor con resto di Peano). Sia f definita e derivabile n − 1 volte in un intorno delpunto x0 ed esista f (n) (x0). Allora

f (x) =n∑

k=0

f (k) (x0)k!

(x − x0)k + o((x − x0)n). (7.10.1)

Il punto x0 si dice centro dello sviluppo. Se x0 = 0 la formula prende il nome di formula di McLaurin.

Dim. — Ci limitiamo al caso n = 2, il caso generale è analogo ma con maggiore complessità formale. Occorre dunquedimostrare che

f (x) −2∑

k=0

f (k) (x0)k!

(x − x0)k = o((x − x0)2),

ovvero, per definizione di o−piccolo

limx→x0

f (x) −(

f (x0) + f ′(x0)(x − x0) + f ′′(x0)2 (x − x0)2

)(x − x0)2 = 0.

143

Notiamo che il limite si presenta come una forma 00 . Applicando la prima regola di Hôpital

limx→x0

f (x) −(

f (x0) + f ′(x0)(x − x0) + f ′′(x0)2 (x − x0)2

)(x − x0)2

H= lim

x→x0

f ′(x) −(

f ′(x0) + f ′′(x0)(x − x0))

2(x − x0)

=12

limx→x0

(f ′(x) − f ′(x0)

x − x0− f ′′(x0)

)= 0,

per definizione di f ′′(x0) = ( f ′)′(x0).

Gli sviluppi di McLaurin hanno grande importanza nelle applicazioni. Per comodità scriviamo la formula diMcLaurin

f (x) =n∑

k=0

f (k) (0)k!

xk + o(xn).

Esempio 7.10.3 (esponenziale).

ex =n∑

k=0

xk

k!+ o(xn), ∀n ∈ N. (7.10.2)

Sol. — Sia f (x) := ex . Chiaramente f è derivabile infinite volte perché f ′ = f e quindi, iterando, si può derivare f quantevolte si vuole (ottenendo, peraltro, sempre f ). Dunque la formula di McLaurin può essere scritta per qualunque ordine n eabbiamo

k f (k) (x) f (k) (0)0 ex 11 (ex )′ = ex 12 (ex )′ = ex 13 (ex )′ = ex 1...

......

Si capisce che f (k) (0) = 1 per ogni k da cui la (7.10.2).

Esempio 7.10.4 (sinh, cosh).

sinh x =m∑j=0

x2j+1

(2 j + 1)!+ o(x2m+1), cosh x =

m∑j=0

x2j

(2 j)!+ o(x2m), ∀m ∈ N (7.10.3)

Sol. — Sia f = sinh, g = cosh. Essendo f ′ = g, g′ = f si deduce facilmente che f e g sono derivabili infinite volte, quindi glisviluppi di McLaurin possono essere scritti fino ad un’ordine qualsiasi. Calcoliamone i coefficienti:

k f (k) (x) f (k) (0)0 sinh x 01 (sinh x)′ = cosh x 12 (cosh x)′ = sinh x 03 (sinh x)′ = cosh x 1...

......

k g(k) (x) g(k) (0)0 cosh x 11 (cosh x)′ = sinh x 02 (sinh x)′ = cosh x 13 (cosh x)′ = sinh x 0...

......

144

Prendiamo f : si vede che f (k) (0) = 0, 1 a seconda che k sia pari o dispari. Lo sviluppo di McLaurin contiene quindi solole potenze di grado dispari. Scrivendolo fino ad un ordine n = 2m + 1 dispari otteniamo facilmente la prima delle (7.10.3).Discorso simile per g, con la sola differenza che lo sviluppo di McLaurin contiene solo le potenze di grado pari.

Esempio 7.10.5 (sin, cos).

sin x =m∑j=0

(−1) jx2j+1

(2 j + 1)!+ o(x2m+1), cos x =

m∑j=0

(−1) jx2j

(2 j)!+ o(x2m), ∀m ∈ N. (7.10.4)

Sol. — Sia f = sin, g = cos. Anche in questo caso sia f che g sono derivabili infinite volte essendo f ′ = (sin x)′ = cos x = g

e g′ = (cos x)′ = − sin x = − f . Dunque la formula di McLaurin può essere scritta fino ad un ordine n qualsiasi. Vediamo latabella delle derivate per calcolare i coefficienti:

k f (k) (x) f (k) (0)0 sin x 01 (sin x)′ = cos x 12 (cos x)′ = − sin x 03 (− sin x)′ = − cos x −14 (− cos x)′ = sin x 05 (sin x)′ = cos x 1...

......

k g(k) (x) g(k) (0)0 cos x 11 (cos x)′ = − sin x 02 (− sin x)′ = − cos x −13 (− cos x)′ = sin x 04 (sin x)′ = cos x 15 (cos x)′ = − sin x −1...

......

Si vede che f (k) (0) = 0 per k pari (quindi non ci sono i termini di grado pari), f (k) (0) = ±1 se k è dispari con i segni+,−,+,−, . . . per k = 1, 3, 5, 7, . . .. Ciò fa sì che lo sviluppo di McLaurin di ordine n non contiene il termine in xn se n è pari,mentre lo contiene se n è dispari. Per comodità prendiamo n dispari, diciamo n = 2m + 1. Come detto i coefficienti dei terminix2j sono nulli, ci sono quindi solo le potenze del tipo x2j+1 con f (2j+1) (0) = ±1. Osservando la successione dei segni sideduce f (2j+1) (0) = (−1) j . Mettendo assieme le cose si deduce la prima delle (7.10.4). In modo simile si ottiene la secondadelle (7.10.4) (esercizio).

Esempio 7.10.6 (logaritmo).

log(1 + x) =n∑

k=1(−1)k−1 xk

k+ o(xn). (7.10.5)

Sol. — Sia f (x) = log(1 + x) e determiniamo lo sviluppo di McLaurin di f . Chiaramente f è definita in x = 0 e derivabile.Scrivendo la tabella delle derivate successive si vede che f ammette derivate di ogni ordine, per cui la formula di McLaurin sipuò scrivere per ogni ordine n. Calcoliamo i coefficienti dello sviluppo:

k f (k) (x) f (k) (0)0 log(1 + x) 01 (log(1 + x))′ = 1

1+x = (1 + x)−1 12 ((1 + x)−1)′ = −(1 + x)−2 −13 (−(1 + x)−2)′ = 2(1 + x)−3 24 (2(1 + x)−3)′ = −3 · 2(1 + x)−4 −3 · 25 (−3 · 2(1 + x)−4)′ = 4 · 3 · 2(1 + x)−4 4 · 3 · 2...

......

145

A parte il primo coefficiente, nullo, tutti gli altri hanno segno alternato (+,−,+,−, . . .) e valore assoluto 1, 1, 2, 3 · 2, 4 · 3 · 2, . . ..Precisamente: f (k) (0) = (−1)k−1(k − 1)! per cui

log(1 + x) =n∑

k=1

(−1)k−1(k − 1)!k!

xk + o(xn) =n∑

k=1

(−1)k−1

kxk + o(xn).

Attenzione! 7.10.7. Occorre fare molta attenzione perché con sviluppo del logaritmo non si tratta dello sviluppodi McLaurin della funzione f (x) = log x poiché né f né, tantomeno, le sue derivate sono definite in x = 0 per cuila formula di McLaurin non ha nemmeno senso per questa funzione.

Esempio 7.10.8 (potenza).

(1+x)α = 1+n∑

k=1

(αk

)xk+o(xn), dove

(αk

):=

α(α − 1)(α − 2) · · · (α − k + 1)k!

, ∀α ∈ R, ∀n ∈ N. (7.10.6)

Sol. — Sia f (x) = (1 + x)α. Costruiamo la tabella delle derivate successive di f :

k f (k) (x) f (k) (0)0 (1 + x)α 11 ((1 + x)α)′ = α(1 + x)α−1 α

2 (α(1 + x)α−1)′ = α(α − 1)(1 + x)α−2 α(α − 1)3

(α(α − 1)(1 + x)α−2

) ′= α(α − 1)(α − 2)(1 + x)α−3 α(α − 1)(α − 2)

......

...

A questo punto è facile concludere la (7.10.6).

Attenzione! 7.10.9. Anche in questo caso, come nel caso del logaritmo, con sviluppo della potenza non s’intende lo sviluppodi xα che potrebbe anche essere definita (se α > 0) per x = 0, ma potrebbero non esserlo le sue derivate. Inoltre la notazione(α

k

)è qui usata poiché questa quantità è uguale al coefficiente binomiale se α ∈ N. Occorre tuttavia tener presente che in

questo esempio α ∈ R.

Quando occorre ci si può procurare lo sviluppo della funzione tramite la formula di Taylor naturalmente.

Esempio 7.10.10. Calcolare lo sviluppo di McLaurin arrestato al quarto ordine della funzione

f (x) = log(1 + ex )

Sol. — Calcoliamo le prime quattro derivate di f :

f ′(x) =ex

1 + ex,

f ′′(x) =ex (1 + ex ) − exex

(1 + ex )2 =ex

(1 + ex )2 ,

f ′′′(x) =ex (1 + ex )2 − ex2(1 + ex )ex

(1 + ex )4 = ex1 + ex − 2ex

(1 + ex )3 =ex − e2x

(1 + ex )3 ,

f ′′′′(x) =(ex − 2e2x )(1 + ex )3 − (ex − e2x )3(1 + ex )2ex

(1 + ex )6 = ex(1 − 2ex )(1 + ex ) − 3(1 − ex )

(1 + ex )4

146

Ora:f (0) = log 2, f ′(0) =

12, f ′′(0) =

14, f ′′′(0) = 0, f ′′′′(0) = −

18.

Pertanto, lo sviluppo cercato è

log(1 + ex ) = log 2 +12

x +1/42!

x2 +03!

x3 +−1/8

4!x4 + o(x4) =

12

x +18

x2 −1

224x4 + o(x4).

7.11 Calcolo con infinitesimiLe formule di McLaurin hanno importanti applicazioni a numerosi problemi. Qui ne illustreremo due: un nuovometodo per il calcolo dei limiti, studio della convergenza di serie numeriche.

7.11.1 LimitiPartiamo da un esempio che abbiamo già visto.

Esempio 7.11.1. Calcolare

limx→0

(1 − cos(3x))2

x2(1 − cos x).

Sol. — Chiamiamo N e D numeratore e denominatore. Visto che cos(3x) è di fatto il coseno col suo argomento che va a zerosostituiamo a cos(3x) lo sviluppo asintotico:

N (x) = (1 − cos(3x))2 =

(1 −

(1 −

(3x)2

2+ o

((3x)2)))2

=

(92

x2 + o(9x2))2=

814

x4 + 9x2o(9x2) + o(9x2)2.

Ora, guardiamo l’espressione e proviamo a far funzionare l’intuizione. In ogni espressione conta (ai fini del limite) il termine"più grande" (nel senso del rapporto). Abbiamo tre termini: 81

4 x4, 9x2o(x2) e o(9x2)2. Il primo è dello stesso ordine digrandezza di x4; il secondo è, a parte costanti, x2 moltiplicato per qualcosa che è più piccolo di x2. Sembra ragionevole che

9x2o(9x2) = o(x4).

Ma è vero? Ricordiamo che f = o(g) significa f /g −→ 0. Dunque dobbiamo controllare se

9x2o(9x2)x4 −→ 0. Ma:

9x2o(9x2)x4 = 9

o(9x2)x2 = 81

o(9x2)9x2 −→ 0,

perché o(♥)♥−→ 0 se ♥ −→ 0. Per la stessa intuizione sembra ragionevole che

o(9x2)2 = o(x4), e invero,o(9x2)2

x2 =o(9x2)

x2o(9x2)

x2 =o(9x2)

9x2o(9x2)

9x2 −→ 0 · 0 = 0.

In altre parole:

N (x) =814

x4 + o(x4) + o(x4) =814

x4 + o(x4),

perché è chiaro che o(x4) + o(x4) = o(x4). Possiamo allora dire che N (x) ∼ 814 x4 perché evidentemente

N (x) =814

x4(1 +

481

o(x4)x4

)=

814

x4 · 1x .

147

L’essenza di quello che abbiamo fatto è di aver ridotto un’espressione complessa ad una potenza!

Facciamo ora lo stesso col denominatore:

D(x) = x2(1 − cos x) = x2(1 −

(1 −

x2

2+ o(x2)

))= x2

(x2

2+ o(x2)

)=

12

x4 + x2o(x2) =12

x4 + o(x4) =x4

2· 1x .

PertantoN (x)D(x)

=

814 x4 · 1xx42 · 1x

=812· 1x −→ 1.

Nell’esempio abbiamo incontrato alcune regole di calcolo con gli o−piccoli. Vediamole sistematicamente. Sonomolto semplici da memorizzare, ma si fa ancora prima a far lavorare l’intuizione.

Proposizione 7.11.2. Per x −→ 0:

• o(x) + o(x) = o(x);

• co(x) = o(cx) = o(x) se c ∈ R\{0};

• xn = o(xm) se n > m (nel caso n,m reali, per x −→ 0+);

• o(xn) = o(xm) se n > m (nel caso n,m reali, per x −→ 0+);

• xno(xm) = o(xn+m);

• o(xn)o(xm) = o(xn+m);

• (x + o(x))n = xn + o(xn) (nel caso n reale, per x −→ 0+);

• o(x + o(x)) = o(x).

Attenzione! 7.11.3. Tutte queste proprietà hanno la forma seguente: ♦ = o(♥). Ciò vuol dire ♦♥−→ 0 per ♥ −→ 0.

L’ordine non può essere inverito! Per esempio: o(x2) = o(x) ma o(x) = o(x2) è falso!

Dim. — i) e ii) sono facilissime (esercizio). iii): xn = o(xm) per n > m sse xn

xm −→ 0. Ma

xn

xm= xn−m −→ 0, (n > m).

iv). v) e vi) sono simili. Per la vii) vediamo il caso n ∈ N. Per la formula di Newton

(x + o(x))n =n∑

k=0

(nk

)xko(xn−k ) = xn +

n−1∑k=0

(nk

)o(xn) = xn + o(xn),

in virtù delle proprietà precedenti. Nel caso α ∈ R si può usare il limite notevole della potenza (provare a farlo per esercizio,non è difficile ma nemmeno banale!).

vii) è più delicato. Dobbiamo provare che o(x+o(x))x −→ 0. Sarebbe naturale scrivere

o(x + o(x))x

=o(x + o(x))

x + o(x)x + o(x)

x−→ 0,

148

ma occore stare attenti alla divisione per 0. Ciò si risolve facilmente osservando che

x + o(x) = x(1 +

o(x)x

)= x · 1x,

e siccome 1x −→ 1 è , 0 in I0\{0}: ma allora x · 1x = x + o(x) , 0 per x ∈ I0\{0}, e ciò autorizza formalmente i passaggiprecedenti.

Esempio 7.11.4. Calcolare

limx→0+

4√cos x − e−x2

√x log(1 + x sin

√x) − x3 + x(ex − 1)

.

Sol. — Forma 00 . Determiniamo l’ordine di grandezza del numeratore. Ricordato che

cos t = 1 −t2

2+ o(t2), et = 1 + t + o(t), (1 + t)α = 1 + αt + o(t),

abbiamo

N (x) = 4√cos x − e−x2=

(1 −

x2

2+ o(x2)

)1/2−

(1 −

x2

2+ o(x2)

)

=

(1 +

12

(−

x2

2+ o(x2)

)+ o

(−

x2

2+ o(x2)

))− 1 +

x2

2+ o(x2).

=x2

4+ o(x2) + o

(−

x2

2+ o(x2)

).

Per le regole degli infinitesimi, o(− x2

2 + o(x2))= o(x2), quindi N (x) = x2

2 + o(x2) = x2

2 · 1x .

Passiamo al denominatore: ricordato ancora che

sin t = t + o(t), log(1 + t) = t + o(t),

abbiamoD(x) =

√x log

(1 + x

(√x + o(

√x)

))− x3 + x (1 + x + o(x) − 1)

= x1/2 log(1 + x3/2 + o(x3/2)

)− x3 + x2 + o(x2)

= x1/2 (x3/2 + o(x3/2) + o

(x3/2 + o(x3/2)

))− x3 + x2 + o(x2)

= x2 + o(x2) − x3 + x2 = 2x2 + o(x2) = 2x2 · 1x,

essendo x3 = o(x2). In conclusioneN (x)D(x)

=

x2

2 · 1x2x2 · 1x

=14· 1x −→ 1x .

Esempio 7.11.5. Calcolare il seguente limite:

limx→0+

3√

1 − sin√

x − ex +√x

3

arctan 3√x − 3√x.

149

Sol. — Si vede subito che il limite si presenta come una forma del tipo 00 . Adottiamo gli sviluppi asintotici:

sin ξ = ξ + o(ξ) = ξ −ξ3

6+ o(ξ3), eξ = 1 + ξ + o(ξ) = 1 + ξ +

ξ2

2+ o(ξ2).

Allora, detto N il numeratore, si ha

N (x) =(1 − (x

12 + o(x

12 ))

) 13− (1 + x + o(x)) +

x12

3.

Ricordato lo sviluppo della radice

(1 + ξ)13 = 1 +

13ξ + o(ξ) = 1 +

13ξ +

13

(− 2

3)

2ξ2 + o(ξ2) = 1 +

ξ

3−ξ2

9+ o(ξ2),

da cui

N (x) = 1 +13

(−x

12 + o(x

12 )

)− 1 − x + o(x) +

x12

3= −x + o(x) + o(x

12 ) = o(x

12 ),

che non è sufficiente per calcolare il limite. Giacché l’o(x12 ) deriva dalla combinazione degli sviluppi di sin e 3√ consideriamo

gli sviluppi allungati di questi. Abbiamo che

3√

1 − sin√

x = *,1 − x

12 +

x32

6+ o(x

32 )+

-

13

= 1 +13

*,−x

12 +

x32

6+ o(x

32 )+

-−

19

*,−x

12 +

x32

6+ o(x

32 )+

-

2

+ o *.,

*,−x

12 +

x32

6+ o(x

32 )+

-

2+/-

= 1 −x

12

3+

x32

6+ o(x

32 ) −

19

x + o(x)

= 1 −x

12

3−

x9+ o(x).

Da ciò segue che

N (x) = 1 −x

12

3−

x9+ o(x) − (1 + x + o(x)) +

x12

3= −

109

x + o(x).

Quanto al denominatore procuriamoci anzitutto lo sviluppo di McLaurin dell’arcotangente, almeno per quanto riguarda i primitermini utili. Posto f (x) = arctan x si ha

f ′(x) = 11+x2 , f ′(0) = 1,

f ′′(x) = − 2x(1+x2)2 , f ′′(0) = 0,

f ′′′(x) = − 2(1+x2)2−2x2(1+x2)2x(1+x2)4 , f ′′′(0) = −2.

da cui

arctan ξ = ξ −ξ3

3+ o(ξ3).

Allora

D(x) = arctan 3√x − 3√x = 3√x −( 3√x)3

3+ o(( 3√x)3) − 3√x = −

x3+ o(x).

150

PertantoN (x)D(x)

=− 10

9 x + o(x)

− x3 + o(x)

−→103.

Esempio 7.11.6. Calcolare, al variare del parametro α > 0, il seguente limite

limx→0+

log (1 + xα) − sin(x8)ex2α− 1

Sol. — Osserviamo anzitutto che, essendo α > 0, xα → 0+ per x → 0+, per cui sia il numeratore che il denominatore tendonoa 0, prefigurando una forma indeterminata del tipo 0

0 . Ricordati gli sviluppi asintotici fondamentali,

log(1 + ξ) = ξ −ξ2

2+ . . . + (−1)n+1 ξ

n

n+ o(ξn),

sin ξ = ξ −ξ3

3!+ . . . + (−1)n

ξ2n+1

(2n + 1)!+ o(ξ2n+1),

eξ = ξ +ξ2

2!+ . . . +

ξn

n!+ o(ξn),

per ξ → 0.

andiamo a determinare gli sviluppi asintotici di numeratore e denominatore, cominciando a sostituire gli sviluppi più semplici.Cominciamo col numeratore:

N (x) = xα + o(xα) − (x8 + o(x8)) = xα − x8 + o(xα) + o(x8).

Abbiamo tre casi, pertanto: α < 8, α = 8 e α > 8. Nel primo caso

x8 + o(x8) = o(xα), =⇒ N (x) = xα + o(xα).

Se α = 8 abbiamo che N (x) = o(x8) che può non essere sufficiente nel successivo calcolo del limite. Aumentiamo, pertanto,l’espansione di log e sin (basta solo del primo come si vedrà) di un termine:

N (x) = x8 −(x8)2

2+ o((x8)2) −

(x8 −

(x8)3

3!+ o((x8)3)

)= −

x16

2+ o(x16).

Per α > 8, invece, è xα + o(xα) = 0(x8), per cui

N (x) = x8 + o(x8).

Riassumendo:

N (x) =

xα · 1x, α < 8,

− 12 x16 · 1x, α = 8,

x8 · 1x, α > 8.

Per il denominatore ci sono meno difficoltà bastando lo sviluppo breve dell’esponenziale,

D(x) = x2α + o(x2α) = x2α · 1x .

151

Possiamo ora affrontare il calcolo del limite.

N (x)D(x)

=

xα ·1x

x2α ·1x= x−α · 1x −→ +∞, α < 8,

=− 1

2 x16 ·1x

x16 ·1x= − 1

2 · 1x −→ −12, α = 8,

=x8 ·1x

x2α ·1x= x8−2α · 1x −→ +∞, α > 8.

7.11.2 Convergenza delle serieAttraverso un’applicazione intelligente del test del confronto asintotico, gli sviluppi di McLaurin si applicano alladiscussione della convergenza di diversi tipi di serie numeriche. Piuttosto che vedere regole generali vediamo comefunziona su un esempio.

Esempio 7.11.7. Sia

an := n2(1 − cos

1n

) (1

nα− sin

1n

), n > 0,

ove α è un numero reale positivo. Determinare i) al variare di α, due costanti C = C(α), β = β(α) ∈ R tali chean ∼

Cnβ; ii) i valori di α tali che la serie

∑∞n=1 an sia convergente.

Sol. — i) Anzitutto osserviamo che, tenendo conto degli sviluppi asintotici

cos x = 1 −x2

2+ o(x2), sin x = x + o(x) = x −

x3

6+ o(x3), x → 0,

si ha

1 − cos1n=

(1/n)2

2+ o *

,

(1n

)2+-=

12n2 + o

(1n2

)∼

12n2 , n → +∞,

mentre1

nα− sin

1n=

1nα−

(1n+ o

(1n

))=

1nα−

1n+ o

(1n

).

Abbiamo allora tre casi: 0 < α < 1, α = 1 ed α > 1. Se α < 1 allora

1n= o

(1

nα

), =⇒ o

(1n

)= o

(1

nα

),

per cui1

nα− sin

1n=

1nα+ o

(1

nα

)∼

1nα

.

Quindi,an ∼ n2 1

2n21

nα=

12nα

, per 0 < α < 1.

Se α = 1 lo sviluppo impiegato per sin non è sufficiente: infatti in questo caso risulterebbe

1n1 − sin

1n= o

(1n

),

che non ci da un preciso ordine di grandezza per la quantità 1n1 − sin 1

n . Impiegando lo sviluppo fino al terzo ordine per sinotteniamo

1n1 − sin

1n=

1n− *

,

1n−

(1/n)3

6+ o *

,

(1n

)3+-

+-=

16n3 + o

(1n3

)∼

16n3 ,

152

da cuian ∼ n2 1

2n21

6n3 =1

12n3 .

Se, infine, α > 1, abbiamo che1

nα= o

(1n

), =⇒

1nα− sin

1n= −

1n+ o

(1n

)∼ −

1n,

da cuian ∼ n2 1

2n2

(−

1n

)= −

12n.

ii) Dal punto precedente bisogna distinguere tre casi. Se 0 < α < 1 si ha che

an ∼1

2nα,

per cui è definitivamente an > 0 (pertanto la serie è, definitivamente, a termini di segno costante) ed asintotica alla seriearmonica generalizzata

∑n

12nα che converge se e solo se α > 1. Quindi per α < 1 la serie

∑n an è divergente per confronto

asintotico.Se α = 1 si ha che

an ∼1

12n3 ,

quindi, nuovamente, definitivamente dev’essere an > 0. Poiché la serie∑

n1

12n3 è convergente, converge anche la serie∑

n anper confronto asintotico.

Se α > 1 si ha chean ∼ −

12n,

quindi è an < 0 definitivamente (e di conseguenza la serie∑

n an è definitivamente a termini di segno costante). D’altra parte∑n

12n è divergente, quindi diverge anche

∑n an per confronto asintotico.

In conclusione: la serie∑

n an converge se e solo se α = 1.

7.12 EserciziEsercizio 7.12.1. Sia

f (x) :=

x sin1x, x ∈ R\{0},

0, x = 0.Mostrare che i) f è continua su tutto R ed, in particolare, in x0 = 0; ii) non è derivabile in x0 = 0.

Esercizio 7.12.2. Sia

f (x) :=

x2 sin1x, x ∈ R\{0},

0, x = 0.

i) Mostrare che f è continua su tutto R ed, in particolare, in x0 = 0. ii) È vero che f è derivabile in x0 = 0? (dimostrare oconfutare)

Esercizio 7.12.3. Sia

f (x) :=

sin x, −1 6 x < 0,

(sin x2)5

(tan x3)2 , 0 < x 6 1.

153

Dire se f è prolungabile con continuità in x0 = 0. In tal caso dire se il prolungamento è anche derivabile e, se così, determinaref ′(0).

Esercizio 7.12.4. Facendo uso delle regole di calcolo, dire dove sono derivabili e determinare le derivate delle seguenti funzioni:

1.x2 − 2x − 1

x − 1. 2. sin(log x). 3. (1 + ex )3. 4. (sin x)cos x . 5. log

(1 + | log |x | |

).

6.√|x |3 + 1. 7. |x + 1|

xx−1 . 8.

√sin√

x. 9. cosh |x |. 10. sinh |x |.

Esercizio 7.12.5. Per ciascuna delle seguenti funzioni stabilire se è continua e derivabile in x = 0:

1. e−|x | . 2. x |x |. 3. |x sin x |. 4. x[x − 1]. 5. [x](x − 1).

Esercizio 7.12.6. Calcolare le derivate delle seguenti funzioni:

1. x6 − 2x3 + 6x. 2. 4x3 + 5x4 − 7

x5 +1x8 . 3.

(x3 − 1

x3 + 3)4.

4.(

1+x2

1+x

)5. 5.

√x2 + 1 − x. 6.

√x+1−1√x+1+1

.

7.√x

3√1+√x. 8. 4

√x 3√

x√

x. 9. (sin x)3 − 3 sin x.

10. x2

cos x . 11. tan x + 1cos x . 12. x2 tan(x2 + x + 1).

13. x2

1+cos x + tan x2 . 14. x arcsin x. 15. sin(2 arctan x).

16. x1+x2 − arctan x. 17. arcsin(sin x). 18. arctan 1−cos x

sin x .

19. arctan(x −√

1 + x2). 20. x(log x − 1). 21. log

(tan x

2).

22. log log x. 23. x tan x + log(cos x). 24. arctan(log 1

x2

).

25. eex. 26. xe1−cos x . 27. 2

xlog x .

28. log(sinh x − 1). 29. cosh(sinh x). 30. 1√1+e−

√x.

31.√

arctan(sinh x

3). 32. xx . 33. xx

x.

34. (xx )x . 35. sin(xlog x

). 36. (cos x)

1x .

Esercizio 7.12.7. Trovare a, b ∈ R affinché la funzione f : [−1, 1]→ R definita da

f (x) =

(a + 1) arcsin x − 6(b + 3) sin x, se − 1 6 x 6 0,

2a(x4 + x) − (b + 3)(√

x + tan x), se 0 < x 6 1,

sia derivabile in x0 = 0.

154

Esercizio 7.12.8. Trovare a, b ∈ R affinché la funzione f : [−1, 1]→ R definita da

f (x) =

b(x4 + 3x) + (2 − a) cos 1x , se − 1 6 x < 0,

(2b + 3)(ex − 1) + (2 − a) tan 3x, se 0 6 x 6 1,

sia derivabile in x0 = 0.

Esercizio 7.12.9. Determinare a ∈ R di modo tale che la funzione

f (x) :=

cos π2x

log x , 0 < x < 1, x > 1,

a, x = 1,

sia continua per x = 1. Per tale valore stabilire poi se è vero che f è derivabile in x = 1 (ed in tal caso determinare f ′(1)).

Esercizio 7.12.10. Classificare l’eventuale forma indeterminata e calcolare, applicando correttamente le regole di Hôpital, iseguenti limiti:

1) limx→0

2 − 2 cos x − (sin x)2

x4 . 2) limx→0

ex − e−x − 2xx − sin x

. 3) limx→0

sin x − log cos xx sin x

.

4) limx→0

sin(sin(sin(x)))x

. 5) limx→+∞

sin xx

. 6) limx→+∞

cos(2x) − cos xx2 .

7) limx→0

tan x − sin xx3 . 8) lim

x→+∞

x3(log x)2

ex. 9) lim

x→+∞(ex + 1)

1x .

10) limx→0

x2 sin 1x

sin x. 11) lim

x→0+logx (ex − 1). 12) lim

x→1x

11−x .

13) limx→1

(1

log x−

1x − 1

). 14) lim

x→0x2e

1x2 . 15) lim

x→0

x − sin xx3 .

Esercizio 7.12.11 (?). Calcolare i seguenti limiti

1) limx→0

e − (1 + x)1x

x. 2) lim

x→1+

−xx + xlog x − x + 1

. 3) limx→0+

√x sin x + x2

√ex − 1 log(x + 1)

.

4) limx→0+

(1

1 − cos x−

2x2

). 5) lim

x→0(1 + x2)

1(sin x )2 . 6) lim

x→0

(1 − log(x + 1)

1 + sin x

) 1x

.

7) limx→+∞

(x2 log

xx + 1

+ x). 8) lim

x→0+

(1 + x)2x − e2

x. 9) lim

x→+∞x

(2x + 1

2x

)6x− e3

.

Esercizio 7.12.12. Per ciascuna delle seguenti funzioni determinare: dominio, eventuali simmetrie, comportamento agli estremidel dominio, segno (ove possibile), continuità e derivabilità, limiti di f ′ agli estremi del proprio dominio di definizione, segnodi f ′ e monotonia, eventuali estremanti locali e globali, concavità ed eventuali punti di flesso:

1. f (x) := x5 + x4 − 2x3.2. f (x) := x2 log |x |.

3. f (x) := x√

x−1x+1 .

155

4. f (x) := log����1 −

1log |x |

����.

5. f (x) := arcsin(2x√

1 − x2).

6. f (x) := 2x + arctan xx2−1 .

7. f (x) := 2x + sinh xsinh x−1 .

8. f (x) := x√| log x |.

9. f (x) := xx .

Esercizio 7.12.13. Siaf (x) = arctan

�����1

sinh x

�����−

sinh x3

.

Determinare: dominio, limiti e eventuali asintoti, continuità e derivabilità, calcolare f ′, eventuali punti ove f è prolungabilecon continuità/derivabilità, monotonia, estremanti e tracciare un grafico approssimativo.

Esercizio 7.12.14. Data la funzionef (x) = arctan(ex − 1) + log |ex − 4|

Determinare: dominio, limiti e eventuali asintoti, continuità e derivabilità, calcolare f ′, eventuali punti ove f è prolungabilecon continuità/derivabilità, monotonia, estremanti e tracciare un grafico approssimativo.

Esercizio 7.12.15. Siaf (x) = arctan

((x + 1)e

1x

).

Determinare: dominio, segno, limiti e eventuali asintoti, continuità e derivabilità, calcolare f ′, eventuali punti ove f èprolungabile con continuità/derivabilità, monotonia, estremanti e tracciare un grafico approssimativo. Dire poi per quali valoriα ∈ R l’equazione

f (x) = α,

ha una ed una sola soluzione. Giustificare rigorosamente la risposta.

Esercizio 7.12.16. Studiare la funzione f definita da Sia

f (x) =

(x + 1)1/3

log3(x + 1), se x , −1,

0, se x = −1.

Determinare dominio, segno, limiti ed eventuali asintoti, continuità, derivabilità e eventuali limiti della derivata prima, mono-tonia, eventuali punti di estremo relativo ed assoluto, eventuali punti di flesso orizzontale, abbozzo del grafico.

Esercizio 7.12.17. Siaf (x) = 2x + arctan

xx2 − 1

.

Determinare: dominio, simmetrie, limiti e eventuali asintoti, continuità e derivabilità, calcolare f ′, eventuali punti ove f èprolungabile con continuità/derivabilità, monotonia, estremanti e tracciare un grafico approssimativo. Dedurre, dopo averstudiato la monotonia, il segno di f .

Esercizio 7.12.18. Studiare la funzione f definita da

f (x) =√

3x −√

3x2 + 2x .

Determinare dominio, segno, limiti ed eventuali asintoti, continuità, derivabilità e eventuali limiti della derivata prima, mono-tonia, punti di estremo relativo ed assoluto, abbozzo del grafico.

156

Esercizio 7.12.19. Siaf (x) := 2 arcsin

1cosh(x − 1)

+ x.

Determinare: dominio, segno, limiti e eventuali asintoti, continuità e derivabilità, calcolare f ′, eventuali punti ove f èprolungabile con continuità/derivabilità, monotonia, estremanti e tracciare un grafico approssimativo. Può essere utile ricordareche (cosh x)2 − (sinh x)2 = 1.

Esercizio 7.12.20. Studiare la seguente funzione

f (x) = log(

sinh2 x + 2 sinh x + 4).

Determinare dominio, segno, limiti ed eventuali asintoti, continuità ed eventuali prolungamenti per continuità, derivata, mono-tonia, punti di estremo relativo ed assoluto, abbozzo del grafico. Non è richiesto lo studio della derivata seconda.

Esercizio 7.12.21. Studiare le seguenti disequazioni:

1. log x <√

x. 2. log x −x − 1

x> 0, 3. ex > 1 + x +

x2

2. 4.

x − 2 log |x + 1|√

ex − 2x − 16 0.

Esercizio 7.12.22 (?). Determinare per quali α > 0 l’equazione

ey = αy, y ∈ R,

ammette una soluzione.

Esercizio 7.12.23 (?). Determinare i possibili valori del parametro reale α di modo che la funzione

f (x) := αx −x3

1 + x2

sia crescente su R.

Esercizio 7.12.24 (??). Per quali valori del parametro reale α la funzione fα (x) := eαx − α2x è monotona su [0,+∞[?

Esercizio 7.12.25 (?). Sia p > 1. Provare la disuguaglianza

21−p 6tp + 1

(t + 1)p6 1, ∀t > 1.

Dedurne la disuguaglianza

21−p 6xp + yp

(x + y)p6 1, ∀x, y > 0.

Esercizio 7.12.26 (??). Per quali valori α ∈ R si ha che la funzione fα (x) := ex − αx3 è convessa su tutto R?

Esercizio 7.12.27. Determinare raggio r e altezza h di una lattina cilindrica che abbia una superficie di lamiera S prefissata evolume massimo possibile.

Esercizio 7.12.28. Tra tutti i rettangoli iscritti in una circonferenza di raggio r determinare quelli di area massima.

Esercizio 7.12.29. Determinare tra tutti i coni a base circolare e altezza perpendicolare alla base contenuti in una sfera di raggior quelli di superficie minima.

Esercizio 7.12.30. Determinare, tra tutti i possibili poligoni convessi aventi i vertici su una circonferenza quelli di perimetromassimo.

157

Esercizio 7.12.31. Una barca a vela risale il vento su un campo di regata di lunghezza `. Il vento, di intensità F e direzionecostante, esercita una pressione sulla vela per cui la velocità della barca è F sin θ dove θ è l’angolo formato tra la direzionedella barca e la direzione del vento. Supponendo che la rotta della barca sia formata da due tratti rettilinei con angolo iniziale αqual è l’istante in cui la barca deve virare per impiegare meno tempo possibile? In secondo luogo, qual è l’angolo α che rendeminimo il tempo totale?

Esercizio 7.12.32. Calcolare i seguenti limiti utilizzando gli sviluppi asintotici

1. limx→0

ex + e−x − 21 − cos x

. 2. limx→0

x cos x − sin x

1 + x2 − ex2+ (sin x)3

.

3. limx→+∞

(x − x2 log

(1 +

1x

)). 4. lim

x→0

x3 + x2(sin x)2 + sin x2

x4 + x3 + x sin x.

5. limx→0

log(1 + x2) + x2 + (tan x)2 + sin xx3 + log(1 + x)

. 6. limx→0+

(sin x)3 + x23

√1 − cos x + (tan x)2 + arctan x

.

7. limx→0

log(2 − cos(2x))(log(sin(3x) + 1)

)2 . 8. limx→0

esin x − 1 − xx2 .

9. limx→0

e(sin x)3− 1 − (tan x)3

x3(ex2− e(sin x)2 ) . 10. lim

x→0

log(1 + x arctan x) − ex2+ 1

√1 + 2x4 − 1

.

11. limx→0

log(1 + sin x) − x + x2

2(tan x)3 + x5 . 12. lim

x→0+

xex7− cos(x4) + 1 − x

sinh x4 − log(1 + x4).

13. limx→0+

ex22 − cosh x + (sinh x)3

x log cosh x + (x log x)4 .

Esercizio 7.12.33. Calcolare, al variare di α > 0, il valore dei seguenti limiti

1) limx→0

log(cos x)xα

. 2) limx→0+

ln(1 + xα) − sin x1 − cos(xα)

. 3) limx→0+

exα− 1 − xα − 1

2 sin x

ln(1 + x) − x.

4) limx→0+

cos(xα) − ex

x log(1 + xα) − xα. 5) lim

x→0+x2 − arctan(x2)

ex2− cos

(x2α

) . 6) limx→0+

exα− 1 + x log x

sin(x2α

)+ 1 − cos

(x2

) .Esercizio 7.12.34. Calcolare, al variare di α > 0, il valore dei seguenti limiti

1. limx→0+

sin(xα) − sinh(x2)log(1 + 2x2) − (cos(2x) − 1)

. 2. limx→0+

cos x − e−x2

cosh x + cos(xα) − 2.

3. limx→0+

log(1 + x3) − exα− 1

x sinh(x2) − sin x(cos x − 1). 4. lim

x→0+

xex3− cos(x2) + 1 − x

sinh xα − log(1 + x4).

5. limx→0+

e−αx2− cos x +

(log(1 + x)

)2

x3 .

158

Esercizio 7.12.35 (?). Calcolare il seguente limite:

limx→0+

3√

1 − sin√

x − ex +√x

3arctan x

.

Esercizio 7.12.36 (?). Stabilire per quali valore di α > 0 esiste finito e non nullo il

limx→0+

log(x + e

√x)− sin

√x − x

xα.

Esercizio 7.12.37. Determinare per quali a, b ∈ R il limite

limx→0

a sin x − 2b log(1 + x) + 23 (a − 2)x3

x2

esiste finito e diverso da 0.

Esercizio 7.12.38 (?). Calcolare il

limx→0

(sin x)−2(2

3√1+sin x − 2 −2 log 2

3sin x

).

Esercizio 7.12.39 (?). Sia f definita in un intorno di x0 punto stazionario per f (cioè f ′(x0) = 0) ed ivi due volte derivabile(quindi: esista f ′ in Ix0 ed f ′′ in x0). Dimostrare che

• se x0 è punto di minimo locale allora f ′′(x0) > 0;• se f ′′(x0) > 0 allora x0 è punto di minimo locale.

Sugg.: si scriva la formula di Taylor al secondo ordine in x0. . .

Esercizio 7.12.40. Siaf (x) := x − arctan x.

i) Studiando brevemente la funzione f su [0,+∞[ mostrare che x > arctan x per ogni x > 0.ii) Scrivere lo sviluppo asintotico di f in x = 0+ arrestato al primo termine polinomiale utile. Dedurne C, α tali che

f (x) ∼ Cxα per x → 0+.iii) Determinare per quali β > 0 è convergente la serie

∞∑n=1

nβ(

1n− arctan

1n

).

Esercizio 7.12.41. Stabilire se le seguenti serie sono convergenti o meno1.

∑+∞n=1 sin 1

n .

2.∑+∞

n=1

(1 + e

1n − 2e

12n

).

3.∑+∞

n=1√

n log(

2n2+32n2+2

).

4.∑+∞

n=1log(n+1)−log n√n+log n .

5.∑+∞

n=1

(e

1√n − 1

)log

(1 + 1√

n

).

6.∑∞

n=1

(e

1√n − 1

) (sin 1

n −1n

).

159

Esercizio 7.12.42. Determinare per quali α > 0 converge ciascuna delle serie seguenti:

1.+∞∑n=1

n *,cos√

2n− e−

1nα +

-. 2.

∞∑n=1

(n + sin n)(

1nα− sin

1nα

).

3.∞∑n=1

(log

(cos

1n

)−

1nα

). 4.

+∞∑n=1

n(e

12nα − cosh

1n

).

5.+∞∑n=1

√n(sinh

1n− log

(1 +

1nα

)). 6.

+∞∑n=1

n2(sin

1nα− sinh

1n3

).

7.+∞∑n=1

n3(sin

1n4 − e

1nα + 1

).

Esercizio 7.12.43 (?). Stabilire per quali valori dei parametri α, β ∈ R converge la serie

∞∑n=0

nαeβ

n2 − cos1n+

(log

(1 +

1n

))2.

Esercizio 7.12.44 (?). Discutere convergenza semplice e convergenza assoluta per le seguenti serie numeriche:

1.+∞∑n=1

sin(−1)n

n. 2.

+∞∑n=1

log(1 +

(−1)n

n

). 3.

∞∑n=1

(−1)n((

1 +1n

)n− e

).

Esercizio 7.12.45 (?). Si consideri la serie∞∑n=2

(−1)n1

n + (−1)n.

i) Si può applicare il criterio di Leibniz per studiarne la convergenza?

ii) Dimostrare che la serie è convergente. (sugg.: può essere utile osservare che 11+x = (1 + x)−1 = 1 − x + x2 + o(x2) . . .)

Esercizio 7.12.46 (??). Sia a > 0. Stabilire se converge o meno la serie

∞∑n=1

sin(π√

n2 + a2).

160

Capitolo 8

Primitive

Il problema che ci poniamo ora è quello di invertire l’operazione di derivata:

data f su D trovare F derivabile su D tale che F ′ = f su D.

La funzione F viene detta primitiva di f . A cosa serve risolvere questo problema? Ci sono applicazioni importan-tissime. Tra queste la prima verrà illustrata nel prossimo Capitolo al calcolo degli integrali. La stretta relazione traquesti due problemi ha fatto sì che per il calcolo delle primitive venissero utilizzate notazioni molto simili a quelleimpiegate nel calcolo degli integrali. Occorrerà tuttavia tenere ben distinti i vari concetti poiché si tratta di entitàdiverse: una primitiva è una funzione, un integrale è un numero. Un altro importantissimo esempio di applicazionedel calcolo delle primitive è la risoluzione di equazioni differenziali, che non verranno trattate in questo corso mache sono importantissime nelle applicazioni della Matematica alla Fisica, Ingegneria, Biologia, etc.

Come si vedrà il contenuto teorico di questo Capitolo è sostanzialmente molto ridotto e molto spazio verràlasciato ad esempi. C’è una ragione: a differenza del calcolo delle derivate, da un certo punto di vista molto"meccanico", il calcolo delle primitive è tutt’altro che meccanico. Certo, ci sono categorie di primitive che possonoessere calcolate seguendo un algoritmo, ma in genere si tratta di problemi difficili ed anche semplicissime funzionihanno una primitiva molto complessa o addirittura troppo complessa che è impossibile scriverla in termini di unnumero finito di funzioni elementari.

8.1 Definizione, primitive elementariDefinizione 8.1.1. Data una funzione f : D ⊂ R −→ R, D aperto, una funzione F : D ⊂ R −→ R derivabile su De tale che F ′ = f su D (cioè F ′(x) = f (x) per ogni x ∈ D) si dice primitiva di f .

Se F è una primitiva di f , allora (F + c)′ = F ′ + c′ = f , per cui F + c è primitiva di f per ogni c ∈ R. Sugliintervalli queste sono anche tutte le possibili primitive:

Proposizione 8.1.2. Due primitive di una funzione f su un intervallo I differiscono per una costante additiva.Quindi, se F è una primitiva di f su I allora tutte le primitive di f sono della forma F + c dove c ∈ R.Dim. — Siano F,G due primitive di f su I. Allora

F ′ = f , G′ = f , su I, =⇒ F ′ − G′ = (F − G)′ = 0, su I .

A questo punto mostriamo il

161

162

Lemma 8.1.3. Sia h derivabile su I intervallo tale che h′ = 0 su I. Allora h è costante.

Dim. — Segue subito dalla formula dell’incremento finito di Lagrange: siano x, y ∈ I, per esempio x < y. Allora [x, y] ⊂ I(perché I è intervallo), e h è derivabile su I: quindi è derivabile su ]x, y[ e continua su [x, y]. Per il teorema di Lagrange allora

∃ξ ∈]x, y[ : h(y) − h(x) = h′(ξ)(y − x) = 0.

Dunque h(x) = h(y) per ogni x, y ∈ I, cioè h è costante.

In virtù del lemma quindi F − G = c.

Useremo la notazione ∫f (x) dx ≡

∫f ,

per indicare una particolare primitiva di f . C’è una certa ambiguità in questa notazione, tuttavia se siamo su unintervallo questa ambiguità si limita ad una costante additiva. Passiamo a scrivere una prima "tabella di primitive".Per fare ciò basta leggere alla rovescia la tabella delle derivate fondamentali. Ad esempio

(ex )′ = ex, ⇐⇒∫

ex dx = ex .

Ancora(sin x)′ = cos x, ⇐⇒

∫cos x dx = sin x,

mentre(cos x)′ = − sin x, ⇐⇒ (− cos x)′ = sin x, ⇐⇒

∫sin x dx = − cos x.

Sappiamo che tutte le potenze si derivano allo stesso modo:

(xα)′ = αxα−1, ⇐⇒

(xα

α

) ′= xα−1, ⇐⇒

∫xα−1 dx =

xα

α, ⇐⇒

∫xβ dx =

xβ+1

β + 1.

Questa formula fornisce una primitiva della potenza xβ quale che sia β purché, ovviamente, β , −1. In questocaso xβ = x−1 = 1

x . Ora, sappiamo che

(log x)′ =1x, x > 0, ⇐⇒

∫1x

dx = log x, x ∈> 0[.

D’altra parte 1x ha senso anche per x < 0 mentre log x no. Osservato che (log(−x))′ = −1

−x =1x si ha∫

1x

dx = log(−x), x < 0.

In conclusione ∫1x

dx = log |x |.

163

Procedendo così con tutte le funzioni elementari arriviamo alla seguente tabella:∫ex dx = ex,

∫sin x dx = − cos x,

∫cos x dx = sin x,

∫sinh x dx = cosh x,

∫cosh x dx = sinh x,

∫xαdx =

xα+1

α + 1,

∫1x

dx = log |x |,∫

11 + x2 dx = arctan x,

∫1

√1 − x2

dx = arcsin x,∫

1(cos(x))2 dx =

∫(1 + (tan x)2) dx = tan x,

∫1

√x2 + 1

dx = sett sinh x,∫

1√

x2 − 1dx = sett cosh x.

In questa tabella non compaiono le primitive di alcune funzioni elementari come log, arcsin, arctan che sonofunzioni elementari su cui torneremo in seguito. Con poca fatica possiamo ottenere un’estensione di questa tabellasostituendo x con una funzione di x. Ad esempio(

e f (x)) ′= e f (x) f ′(x), ⇐⇒

∫e f (x) f ′(x) dx = e f (x) .

Procedendo allo stesso modo con tutte le altre funzioni otteniamo la tabella∫e f (x) f ′(x) dx = e f (x),

∫f ′(x)f (x)

dx = log | f (x) |,

∫sin( f (x)) f ′(x) dx = − cos( f (x)),

∫cos( f (x)) f ′(x) dx = sin( f (x)),

∫sinh( f (x)) f ′(x) dx = cosh( f (x)),

∫cosh( f (x)) f ′(x) dx = sinh( f (x)),

∫f (x)α f ′(x)dx =

f (x)α+1

α + 1,

∫f ′(x)

1 + f (x)2 dx = arctan f (x),

∫f ′(x)√

1 − f (x)2dx = arcsin f (x),

∫f ′(x)

(cos f (x))2 dx = tan f (x),

∫f ′(x)√

f (x)2 + 1dx = sett sinh f (x),

∫f ′(x)√

f (x)2 − 1dx = sett cosh f (x).

La difficoltà maggiore nell’applicare queste formule è, di fatto, di riconoscere la struttura della funzione di cui sivuole calcolare la primitiva.

164

8.2 Regole di calcoloUn po’ impropriamente chiamiamo regole di calcolo delle formule che permettono, almeno in linea di principio, ditrasformare il calcolo di una primitiva in quello di una (si spera!) più semplice. Queste regole provengono da unarilettura, nel linguaggio delle primitive, delle proprietà della derivata. Una prima semplice regola ad esempio è lacosiddettà linearità. Ricordiamo che per la derivata si ha che

(αF + βG)′ = αF ′ + βG′, α, β ∈ R.

Se allora F ′ = f e G′ = g, cioè se

F =∫

f , G =∫

g, =⇒ α

∫f + β

∫g =

∫(α f + βg).

In altre parole abbiamo la∫(α f (x) + βg(x)) dx = α

∫f (x) dx + β

∫g(x) dx, ∀α, β ∈ R. (8.2.1)

In altre parole il calcolo di una primitiva di una combinazione lineare può essere ridotto al calcolo delle primitivedei singoli termini della combinazione.

8.2.1 Formula di calcolo per partiLe vere due regole di calcolo sono quella che vediamo ora e quella del prossimo paragrafo. Cominciamo con lacosiddetta formula di calcolo per parti. Sappiamo che

( f g)′ = f ′g + f g′, ⇐⇒ f g =∫ (

f ′g + f g′), ⇐⇒

∫f ′g = f g −

∫f g′,

ovvero ∫f ′(x)g(x) dx = f (x)g(x) −

∫f (x)g′(x) dx. (8.2.2)

Anche in questo caso il senso della formula non è tanto quello di dare una regola per calcolare una primitiva, quantoper trasformare un problema in un altro (con l’ottica che quest’ultimo sia più semplice). Ciò richiede una serie diaccortezze nell’applicazione della formula che vediamo esemplificate di seguito. Anzitutto: talvolta riconoscere laforma f ′g è una "scelta obbligata".

Esempio 8.2.1. Calcolare ∫x log x dx.

Sol. — Possiamo osservare che x =(x2

2

) ′, mentre non viene in mente niente tale che log x = (. . .)′. Applicando la formula

per parti dunque abbiamo∫x log x dx =

∫ (x2

2

) ′log x dx =

x2

2log x −

∫x2

2(log x

) ′ dx =x2

2log x −

∫x2

21x

dx =x2

2log x −

12

∫x dx

=x2

2log x −

x2

4.

Questo esempio mostra bene anche cosa s’intenda per "trasformare un problema in un più semplice": come si vede, dopol’applicazione della formula il problema si è ridotto al calcolo di una primitiva elementare.

165

Altre volte occorre creare "ad artificio" un prodotto.

Esempio 8.2.2. Calcolare ∫log x dx.

Sol. — Possiamo scrivere log x = 1 · log x = (x)′ · log x. Allora∫log x dx =

∫(x)′ log x dx = x log x −

∫x ·

1x

dx = x log x −∫

1 dx = x log x − x.

Altre volte la scelta non è obbligata ma non è nemmeno indifferente.

Esempio 8.2.3. Calcolare ∫x sin x dx.

Sol. — Possiamo scrivere x sin x =(x2

2

) ′sin x = x(− cos x)′. Nel primo caso abbiamo

∫x sin x dx =

∫ (x2

2

) ′sin x dx =

x2

2sin x −

∫x2

2cos x dx =

x2

2sin x −

12

∫x2 cos x dx,

e si direbbe che il nuovo problema non solo non è immediato ma sembra più complicato di quello iniziale. Naturalmentepotremmo iterare il metodo, pensando che x2 cos x =

(x3

3

) ′cos x = x2(sin x)′. Appare chiaro che la seconda ipotesi è del tutto

inutile poiché riporta alla formula iniziale:∫x sin x dx =

x2

2sin x −

12

∫x2 cos x dx =

x2

2sin x −

12

∫x2(sin x)′ dx

=x2

2sin x −

12

(x2 sin x −

∫2x sin x dx

)=

∫x sin x dx,

identità d’indubbio fascino ma purtroppo inutile. Se invece si opta per l’altra ipotesi, cioè x2 cos x =(x3

3

) ′cos x si scopre che

le cose si complicano ancora di più perché si ottiene∫x sin x dx =

x2

2sin x −

12

∫x2 cos x dx =

x2

2sin x −

12

(x3

3cos x +

∫x3

3sin x dx

)= . . .

da cui non è difficile immaginare un percorso senza fine. Se invece torniamo all’inizio e optiamo per la scrittura x sin x =x(− cos x)′ tutto si semplifica drasticamente:∫

x sin x dx = −x cos x +∫

cos x dx = −x cos x − sin x.

Questo esempio mostra quindi che la scelta della forma non è un fatto automatico.

Altre volte ancora la primitiva viene ottenuta iterando il procedimento per parti fino ad ottenere un’"equazione"nella quantità che si vuole trovare.

166

Esempio 8.2.4. Calcolare ∫e2x sin(3x) dx.

Sol. — Possiamo scrivere∫e2x sin(3x) dx =

∫ (e2x

2

) ′sin(3x) dx =

e2x

2sin(3x) −

32

∫e2x cos(3x) dx

=e2x

2sin(3x) −

32

∫ (e2x

2

) ′cos(3x) dx =

e2x

2sin(3x) −

32

(e2x

2cos(3x) +

32

∫e2x sin(3x) dx

)

=e2x

2

(sin(3x) −

32

cos(3x))−

94

∫e2x sin(3x) dx,

da cui ∫e2x sin(3x) dx =

413

e2x

2

(sin(3x) −

32

cos(3x))=

213

e2x(sin(3x) −

32

cos(3x)).

8.2.2 Formula di calcolo per sostituzioneL’operazione di sostituzione ha come sempre lo scopo di semplificare la scrittura di una certa espressione intro-ducendo una nuova variabile costituita da un certo "pacchetto" fisso contenente la variabile. Facciamo un esempio.Supponiamo di voler calcolare ∫

e√x dx.

Sarebbe bello chiamare y =√

x e dire che∫e√x dx =

∫ey dy = ey = e

√x .

Purtroppo spesso quelle che sembrano regole naïf sono palesi castronate. In effetti(e√x) ′= e√x 1

2√

x, e√x .

Se ci si pensa un secondo si scopre il perché ciò non funzioni. Supponiamo infatti, in generale, di dover calcolarela primitiva di una certa funzione, ∫

f (x) dx

e di voler introdurre una nuova variabile y = ϕ(x). Quando facciamo un cambio di variabile è naturale riferirsi aduna situazione in cui x (vecchia variabile) ed y (nuova variabile) siano legate 1 − 1, in corrispondenza biunivocacioè. Se allora chiamiamo x = ψ(y) (cioè ψ = ϕ−1) allora possiamo notare che

F (x) =∫

f (x) dx, =⇒ (F (ψ(y)))′ = F ′(ψ(y))ψ ′(y) = f (ψ(y))ψ ′(y),

da cuiF (ψ(y)) =

∫f (ψ(y))ψ ′(y) dy.

167

Ma allora è come dire che ∫f (x) dx���y=ϕ (x ), x=ψ (y)

=

∫f (ψ(y))ψ ′(y) dy. (8.2.3)

Questa formula prende il nome di formula di calcolo per sostituzione. A parole dice che: calcolare la primitiva dif (x) è come calcolare la primitiva di f (ψ(y))ψ ′(y) dove y = ψ(x). Vediamo sull’esempio di cui sopra come siprocede normalmente (un po’ di pratica aiuta facilmente a comprendere lo schema di funzionamento).

Esempio 8.2.5. Calcolare ∫e√x dx.

Sol. — Poniamo y =√

x. Ciò vuol dire x = y2 =: ψ(y). Quindi ψ′(y) = 2y. Allora∫e√x dx

y=√x, x=y2=

∫ey2y dy.

Quest’ultima è molto semplice e può facilmente essere calcolata per parti. Infatti∫ey y dy =

∫(ey )′y dy = ey y −

∫ey · 1 dy = ey y − ey,

quindi ∫e√x dx

y=√x, x=y2= ey y − ey =

√xe√x − e

√x .

Esempio 8.2.6. Calcolare ∫ √e2x − 1 dx.

Sol. — Poniamo y =√

e2x − 1, ovvero y2 = e2x − 1, cioè 2x = log(1 + y2), ovvero x = 12 log(1 + y2) =: ψ(y). Abbiamo

ψ′(y) = 12

2y1+y2 =

y

1+y2 , per cui∫ √e2x − 1 dx

y=√e2x−1, x= 1

2 log(1+y2)=

∫y ·

y

1 + y2 dy =∫

y2

1 + y2 dy =∫

y2 + 1 − 11 + y2 dy

=

∫1 dy −

∫1

1 + y2 dy = y − arctan y =√

e2x − 1 − arctan√

e2x − 1.

Osservazione 8.2.7. Spesso si usa scrivere così: se y = ϕ(x), x = ψ(y) allora dx = ψ ′(y) dy per cui∫f (x) dx =

∫f (ψ(y)) ψ ′(y) dy.

Ci sono alcuni casi particolari in cui invece di definire una "nuova" variabile come funzione di quella iniziale, lasostituzione è già nella forma "vecchia variabile = funzione della nuova". In altre parole, invece che definire lasostituzione come y = ϕ(x) si pone x = ψ(y). In tal caso, ovviamente, non si deve "invertire" la corrispondenzapoiché si può già dire dx = ψ ′(y) dy. Vediamo alcuni esempi notevoli che utilizzano le identità

cos2 + sin2 = 1, cosh2 − sinh2 = 1.

168

Esempio 8.2.8. Calcolare ∫ √1 − x2 dx.

Sol. — Poniamo x = sin y (ovvero y = arcsin x). Allora dx = cos y dy per cui∫ √1 − x2 dx =

∫ √1 − (sin y)2 cos y dy =

∫ √(cos y)2 cos y dy =

∫| cos y | cos y dy

(∗)=

Ora: siccome y = arcsin x ∈ [− π2 ,π2 ], ne segue che cos y > 0, per cui possiamo proseguire le identità precedenti

(∗)=

∫(cos y)2 dy =

∫(cos y)(sin y)′ dy = cos y sin y −

∫(− sin y)(sin y) dy = cos y sin y +

∫(1 − (cos y)2) dy,

cioè ∫(cos y)2 dy =

12

(cos y sin y − y

),

e quindi ∫ √1 − x2 dx =

12

(cos(arcsin x)x − arcsin x) =12

(x√

1 − x2 − arcsin x).

Esempio 8.2.9. Calcolare ∫ √1 + x2 dx.

Sol. — Poniamo x = sinh y (cioè y = sett sinh x) per cui dx = cosh y dy. Allora∫ √1 + x2 dx =

∫ √1 + (sinh y)2 cosh y dy =

∫ √(cosh y)2 cosh y dy =

∫| cosh y | cosh y dy =

∫(cosh y)2 dy,

essendo cosh y > 1 > 0. Ora∫(cosh y)2 dy = cosh y sinh y −

∫(sinh y)2 dy = cosh y sinh y −

∫(cosh y)2 − 1 dy

da cui ∫(cosh y)2 dy =

12

(cosh y sinh y + y

)ed infine ∫ √

1 + x2 dx =12

(x cosh(sett sinh x) + sett sinh x) .

Si può ancora osservare che essendo cosh(y) =√

1 + (sinh y)2 si ha cosh(sett sinh x) =√

1 + sinh(sett sinh x)2 =√

1 + x2.

8.3 Primitive delle funzioni razionaliPer le funzioni razionali esiste un algoritmo di calcolo delle relative primitive. Questo algoritmo è basato sulcalcolo di primitive in alcuni casi particolari e poi, in generale, ad un metodo di riduzione ai casi particolari. I casiparticolari sono i seguenti:∫

1(ax + b)n

dx,∫

αx + β(ax2 + bx + c)n

dx, (a , 0, n ∈ N).

Vediamoli in dettaglio. Un’avvertenza. Non è opportuno memorizzare formule, quanto comprendere la procedurache è estremamente semplice!

169

Primitive di∫

1(ax+b)n dx

Questo è molto semplice trattandosi di una primitiva quasi elementare:

∫1

(ax + b)ndx =

1a

∫a

(ax + b)ndx =

1a

log |ax + b|, n = 1,

1a

(ax + b)−n+1

−n + 1= −

1a

1(n − 1)(ax + b)n−1 , n > 1.

Primitive di∫

αx+β

(ax2+bx+c)n dx.

Cominciamo col caso particolare del calcolo di ∫1

ax2 + bx + cdx.

In questo caso si hanno tre alternative a seconda che ∆ := b2 − 4ac sia positivo, nullo o negativo.• ∆ > 0. Allora

ax2 + bx + c = a(x − ξ)(x − η), con ξ , η.Allora

1ax2 + bx + c

=1a

1(x − ξ)(x − η)

=1a

(A

x − ξ+

Bx − η

)dove A e B possono essere facilmente determinati in modo che l’identità sia vera: bisogna che

A(x − η) + B(x − ξ) ≡ 1, ⇐⇒

A + B = 0,

−Aη − Bξ = 1,⇐⇒

B = −A,

A = 1ξ−η .

Come si vede questo sistema ha sempre un’unica soluzione (A, B) se ∆ > 0. Ma allora∫1

ax2 + bx + cdx =

1a

∫ (A

x − ξ+

Bx − η

)dx =

1a

(A log |x − ξ | + B log |x − η |

).

• ∆ = 0. In questo caso

ax2 + bx + c = a(x − ξ)2, =⇒

∫1

ax2 + bx + cdx =

∫1

a(x − ξ)2 dx =1a−1

x − ξ= −

1a(x − ξ)

.

• ∆ < 0. In questo caso le due radici sono complesse. L’idea è di ricondursi al caso prototipo∫ 1

x2+1 dx = arctan x.Vediamo come: anzitutto mostriamo che il polinomio può essere riscritto nella forma 1+quadrato. Abbiamo

ax2 + bx + c = a(x2 + 2

b2a

x +ca

)= a *

,

(x +

b2a

)2−

b2

4a2 +ca

+-= a *

,

(x +

b2a

)2+

4ac − b2

4a2+-.

Notiamo che α := 4ac−b2

4a2 > 0, e se scriviamo β := b2a allora

ax2 + bx + c = a((x + β)2 + α

)= aα *

,

(x + β√α

)2+ 1+

-,

per cui ∫1

ax2 + bx + cdx =

1aα

∫1

1 +(x+β√α

)2 dx =1

a√α

∫1/√α

1 +(x+β√α

)2 dx =1

a√α

arctanx + β√α

.

170

Passiamo ora al caso ∫αx + β

ax2 + bx + cdx.

Questo si riconduce facilmente al precedente. Anzitutto si trasforma il numeratore in modo da far comparire la derivata deldenominatore. Essendo

(ax2 + bx + c)′ = 2ax + b,

allora ∫αx + β

ax2 + bx + cdx =

α

2a

∫ 2ax + 2aβα

ax2 + bx + cdx =

α

2a

∫2ax + b

ax2 + bx + cdx +

α

2a

∫ 2aβα − b

ax2 + bx + cdx

=α

2alog |ax2 + bx + c| +

α

2a

(2aβα− b

) ∫1

ax2 + bx + cdx,

ed ora si procede come nel punto precedente.

Esempio 8.3.1. Calcolare ∫x + 3

x2 + 2x + 2dx.

Sol. — Riduciamo anzitutto il numeratore ricostruendo la derivata del denominatore (x2 + 2x + 2)′ = 2x + 2. Abbiamo∫x + 3

x2 + 2x + 2dx =

12

∫2x + 6

x2 + 2x + 2dx =

12

(∫2x + 2

x2 + 2x + 2dx +

∫4

x2 + 2x + 2dx

)

=12

log |x2 + 2x + 2| + 2∫

1x2 + 2x + 2

dx.

Ora: ∆ = 22 − 4 · 1 · 2 = 4 − 8 = −4 < 0. Dobbiamo quindi "completare" il quadrato. Qui è particolarmente semplice perché

x2 + 2x + 2 = x2 + 2x + 1 + 1 = (x + 1)2 + 1, =⇒∫

1x2 + 2x + 2

dx =∫

11 + (x + 1)2 dx = arctan(x + 1),

per cui ∫x + 3

x2 + 2x + 2dx =

12

log |x2 + 2x + 2| + 2 arctan(x + 1) ≡12

log(x2 + 2x + 2) + 2 arctan(x + 1).

Infine consideriamo il caso ∫αx + β

(ax2 + bx + c)ndx, n > 2.

L’idea è, tramite un’integrazione per parti, di abbassare progressivamente n e di ricondursi al caso precedente.Omettiamo i noiosi dettagli e vedremo in seguito qualche esempio concreto.

Caso Generale

Siamo ora pronti per il caso generale. Consideriamo il problema di calcolare∫p(x)q(x)

dx, dove p, q ∈ R[x].

171

La prima osservazione è che ci possiamo ricondurre subito al caso in cui il grado di p sia minore di quello di q. Infatti, in casocontrario, possiamo effettuare la divisione ed ottenere che

p(x)q(x)

= r (x) +p(x)q(x)

, con r ∈ R[x], deg p < deg q.

Quindi supponiamo deg p < deg q. Ora il denominatore q si potrà sempre scrivere nella forma

q(x) = a(x − x1)m1 · · · (x − xk )mk (x2 + b1x + c1)n1 · · · (x2 + bh x + ch )nh

dove a ∈ R, x j ∈ R e xi , x j , m j ∈ N, bj, cj ∈ R con ∆j := b2j − 4c < 0, nh ∈ N. Vale allora la seguente decomposizione di

Hermite:

p(x)q(x)

=1a

*.,

m1∑j=1

A1, j

(x − x1) j+ . . . +

mk∑j=1

Ak, j

(x − xk ) j+

n1∑j=1

B1, j x + C1, j

(x2 + b1x + c1) j+ . . . +

nh∑j=1

Bh, j x + Ch, j

(x2 + bh x + ch ) j+/-

quindi per linearità il calcolo di∫ p(x)

q(x) dx è ricondotto ai casi precedenti. Quanto ai coefficienti A, B,C essi vengonodeterminati imponendo che l’identità precedente valga. Non dimostriamo questo fatto, invece illustriamo con qualche esempiola sua semplice applicazione.

Esempio 8.3.2. Calcolare ∫x2 + 1x3 + 1

dx.

Sol. — Osserviamo chex3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1),

e questa formula non è ulteriormente riducibile poiché il discriminante della parte di secondo grado è negativo. Quindi

x2 + 1x3 + 1

=x2 + 1

(x + 1)(x2 − x + 1).

La decomposizione di Hermite èx2 + 1

(x + 1)(x2 − x + 1)=

Ax + 1

+Bx + C

x2 − x + 1.

OraA

x + 1+

Bx + Cx2 − x + 1

=A(x2 − x + 1) + (Bx + C)(x + 1)

x3 + 1=

(A + B)x2 + (B + C − A)x + (A + C)x3 + 1

,

per cui dovrà essere

A + B = 1B + C − A = 0,A + C = 1,

che produce A = 13 , B = 2

3 , C = 23 . Pertanto∫

x2 + 1x3 + 1

dx =13

∫1

x + 1+

23

∫x + 1

x2 − x + 1=

13

log |x + 1| +13

∫2x − 1 + 3x2 − x + 1

dx

=13

log |x + 1| +13

log |x2 − x + 1| +∫

1x2 − x + 1

dx.

172

Resta l’ultimo pezzo, che è un integrale del tipo di quelli già trattati e che da luogo all’arcotangente. Quindi bisogna operareper completare il quadrato:

x2 − x + 1 =(x −

12

)2+ 1 −

14=

(x −

12

)2+

34=

34

*...,

*..,

x − 12√

34

+//-

2

+ 1+///-

=34

(y2 + 1),

avendo posto

y :=x − 1

2√34

, x =

√34y +

12.

Quindi ∫1

x2 − x + 1dx =

43

∫1

y2 + 1

√34

dy =

√43

arctan y + c =2√

3arctan

*..,

x − 12√

34

+//-.

In conclusione: ∫x2 + 1x3 + 1

dx =13

log |x + 1| +13

log |x2 − x + 1| +2√

3arctan *.

,

x − 12

√3

2

+/-.

Esempio 8.3.3. Calcolare ∫2x4 + x3 + 3x2 + 1

x(x2 + 1)2 dx.

Sol. — La decomposizione di Hermite è

2x4 + x3 + 3x2 + 1x(x2 + 1)2 =

Ax+

Bx + Cx2 + 1

+Dx + E

(x2 + 1)2 ,

da cui, svolgendo i calcoli, otteniamo il sistema

A + D = 2,E = 1,2A + B + D = 3,C + E = 0,A = 1,

che risolto produce: A = 1, B = 0, C = −1, D = 1 e E = 1. Pertanto∫2x4 + x3 + 3x2 + 1

x(x2 + 1)2 dx =∫

1x−

1(x2 + 1)2 +

x + 1x2 + 1

dx.

Ora ∫1x

dx = log |x | + c,

mentre ∫x + 1x2 + 1

dx =12

∫2x

x2 + 1dx +

∫1

x2 + 1dx =

12

log |x2 + 1| + arctan x + c.

Resta da calcolare∫ 1

(x2+1)2 dx. Operando l’artificio visto sopra si ha

∫1

(x2 + 1)2 dx =∫

x2 + 1 − x2

(x2 + 1)2 dx =∫

1x2 + 1

−

∫x2

(x2 + 1)2 dx = arctan x −∫

x2

(x2 + 1)2 dx.

173

Quest’ultimo integrale è calcolabile per parti, osservato che

x(x2 + 1)2 =

12

(1

x2 + 1

) ′,

per cui ∫x2

(x2 + 1)2 dx =

∫x

(x2 + 1)2 x dx =12

∫ (1

x2 + 1

) ′x dx

=12

(1

x2 + 1x −

∫1

x2 + 1(x)′dx

)

=12

( xx2 + 1

− arctan x + c).

Mettendo assieme i vari pezzi si ottiene il risultato finale.

8.3.1 Sostituzioni standardVediamo ora alcuni casi particolari di primitive il cui calcolo è riconducibile a quello di primitive di funzionirazionali tramite sostituzioni standard.

Primitive del tipo∫

R(x, n√

ax + b) dx

Consideriamo una primitiva del tipo ∫R(x, n

√ax + b) dx

dove R è razionale (cioè R(x, y) = p(x,y)q(x,y) , con p e q polinomi), allora∫

R(x, n√

ax + b)dx���y= n√ax+b,x=

yn−ba

=

∫R

(yn − b

a, y

)nayn−1dy,

e la funzioney 7−→ R

(yn − b

a, y

)yn−1,

è una funzione razionale di y, cui può essere applicata la procedura vista nel paragrafo precedente. Alla fine si otterrà,naturalmente, una primitiva nella variabile y: per tornare alla variabile x basterà sostituire y = n

√ax + b. Vediamo il metodo in

un esempio:

Esempio 8.3.4. Calcolare ∫ √x

√x + 1

dx.

Sol. — Poniamo y =√

x, x = y2. Quindi∫ √x

√x + 1

dx���y=√x,x=y2 =

∫y

y + 12y dy = 2

∫y2 − 1 + 1

y + 1dy = 2

(∫(y − 1)dy +

∫1

y + 1dy

)

= 2(

(y − 1)2

2+ log |1 + y |

)= 2

((√

x − 1)2

2+ log |1 +

√x |

).

174

Primitive del tipo∫

R(ex ) dx

Consideriamo ora il problema di determinare ∫R(ex )dx,

dove R è un’opportuna funzione razionale, cioè R(ξ) = p(ξ )q(ξ ) con p e q polinomi. È naturale provare ad effettuare la sostituzione

y = ex , cioè x = log y. Allora ∫R(ex )dx���y=ex,x=log y =

∫R(y)

1y

dy.

La funzione y 7−→ R(y)y è razionale, a cui può essere applicato il metodo di calcolo delle primitive per funzioni razionali.

Esempio 8.3.5. Calcolare ∫cosh x + sinh x

1 + 2 cosh xdx.

Sol. — Notiamo che se scriviamo cosh x = ex+e−x

2 , sinh x = ex−e−x

2 , allora

P :=∫

cosh x + sinh x1 + 2 cosh x

dx =∫ ex+e−x

2 + ex−e−x

21 + 2 ex+e−x

2dx =

∫ex

1 + ex + 1ex

dx =∫

e2x

e2x + ex + 1dx,

chiaramente una funzione razionale di ex . Posto allora y = ex , x = log y =: ψ(y), ψ′(y) = 1y , allora

P =

∫y2

y2 + y + 11y

dy =∫

y

y2 + y + 1dy =

12

∫2y + 1 − 1y2 + y + 1

dy =12

∫2y + 1

y2 + y + 1dy −

12

∫1

y2 + y + 1dy

=12

log |y2 + y + 1| −12

∫1

y2 + y + 1dy.

Ora ∆ = 12 − 4 · 1 · 1 = −3 < 0, per cui bisogna completare il quadrato al denominatore:

y2 + y + 1 =(y +

12

)2−

14+ 1 =

(y +

12

)2+

34=

34

*,1 +

(2y + 1√

3

)2+-

per cui ∫1

y2 + y + 1dy =

43

∫1

1 +(

2y+1√

3

)2 dy =4√

3arctan

2y + 1√

3.

PertantoP =

12

log(e2x + ex + 1) −2√

3arctan

2ex + 1√

3.

Primitive del tipo∫

R(sin x, cos x) dx

Consideriamo ora il problema di determinare ∫R(sin x, cos x)dx,

175

dove R è un’opportuna funzione razionale, cioè R(ξ, η) = p(ξ,η)q(ξ,η) con p e q polinomi nelle variabili ξ ed η. In questo caso è

possibile ricondurre il calcolo della primitiva in esame al calcolo della primitiva di una opportuna funzione razionale, ma lasostituzione è meno evidente. Infatti consiste nel porre

y = tanx2, x = 2 arctan y.

Questo perché valgono le formule

sin x =2 tan x

2

1 +(tan x

2)2 , cos x =

1 −(tan x

2)2

1 +(tan x

2)2 . (8.3.1)

Queste formule vengono dette formule parametriche per il seno ed il coseno e sono verificabili a partire dalle proprietà di senoe coseno. Con tali formule abbiamo che∫

R(sin x, cos x)dx���y=tan x2 , x=2 arctan y =

∫R

(2y

1 + y2 ,1 − y2

1 + y2

)2

1 + y2 dy,

che, per quanto complesso possa apparire, è comunque la primitiva di una funzione razionale.

Esempio 8.3.6. Calcolare ∫1

sin x − cos xdx.

Sol. — Operando la sostituzione standard dobbiamo calcolare:∫1

2y1+y2 −

1−y2

1+y2

21 + y2 dy = 2

∫1

2y − 1 + y2 dy.

Abbiamo chey2 + 2y − 1 = (y − (−1 −

√2))(y − (−1 +

√2)).

Pertanto,1

2y − 1 + y2 =α

y + 1 +√

2+

β

y + 1 −√

2,

dove α = − 1√2e β = 1√

2. Allora

∫1

2y − 1 + y2 dy = −1√

2log |y + 1 +

√2| +

1√

2log |y + 1 −

√2| =

1√

2log|y + 1 −

√2|

|y + 1 +√

2|.

Tornando alla x abbiamo, infine,

∫1

sin x − cos xdx =

1√

2log| tan x

2 + 1 −√

2|

| tan x2 + 1 +

√2|.

176

8.4 EserciziEsercizio 8.4.1 (Prim. quasi–elementari). Calcolare le seguenti primitive:

1.∫ √

1 + tan x(cos x)2 dx,

[ 23√

(1 + tan x)3]

2.∫

tan x dx,[− log | cos x |

]3.

∫xex

2dx,

[12 ex

2]

4.∫

ex − e−x

ex + e−xdx,

[log(ex + e−x )

]5.

∫1 + sin x

(x − cos x)4 dx,[− 1

3(x−cos x)3

]6.

∫ex arctan ex

1 + e2x dx,[ 1

2 (arctan ex )2]

7.∫

2x + 3x2 + 3x + 4

dx,[log |x2 + 3x + 4|

]8.

∫xx

2x(2 log x + 1)√

1 − xx2dx,

[arcsin xx

]9.

∫e−2x+5 dx,

[− 1

2 e−2x+5]

10.∫

(cos x)3 dx,[sin x − 1

3 (sin x)3]

11.∫

2sin x cos x dx,[

2sin x

log 2

]12.

∫(sinh x)3 dx,

[ 13 (cosh x)3 − cosh x

]

13.∫

ex

ex + 1dx,

[log(ex + 1)

]14.

∫ √x − log x

xdx,

[2√

x − 12 (log x)2

]

15.∫

1x(log x)2 dx,

[− 1

log x

]16.

∫sin x − cos xsin x + cos x

dx,[− log | sin x + cos x |

]

Esercizio 8.4.2 (per parti). Calcolare le seguenti primitive:

1.∫

x cos x dx, [x sin x + cos x] 2.∫

log x dx,[x log x − x

]3.

∫xα log x dx, (α , −1),

[xα+1

α+1(log x − 1

α+1)]

4.∫

ex sin x dx,[ex

2 (sin x − cos x)]

5.∫

arcsin x dx,[x arcsin x +

√1 − x2

]6.

∫xex dx,

[xex − x

]7.

∫arctan x dx,

[x arctan x − 1

2 log(1 + x2)]

8.∫

e√x dx,

[2e√x(√

x − 1)]

9.∫

sin(log x) dx,[x2

(sin log x − cos log x

)]10.

∫(sin x)2 dx,

[ 12 (x − sin x cos x)

]

11.∫

(log x)2

x2 dx,[−

(log x)2

x − 2 log xx − 2

x

]12.

∫x arcsin x√

1 − x2dx,

[x −√

1 − x2 arcsin x]

177

Esercizio 8.4.3 (per parti). Calcolare le seguenti primitive:

1.∫

log(x +√

1 + x2) dx,[x log(x +

√1 + x2) −

√1 + x2

]2.

∫ √a2 − x2 dx,

[x2√

a2 − x2 + a2

2 arcsin xa

]

3.∫

eαx cos(βx) dx,[

eαx

α2+β2 (α cos(βx) + β sin(βx))]

4.∫

x2

x2+1 dx,[ 1

2 arctan x − xx2+1

]

5.∫

arcsin√

x dx,[(

x − 12)

arcsin√

x + 12√

1 − x2]

Esercizio 8.4.4 (per sostituzione). Calcolare le seguenti primitive:

1.∫√

ex − 1 dx,[2(√

ex − 1 − arctan√

ex − 1)]

2.∫

1x +√

xdx,

[2 log |

√x + 1|

]

3.∫

arcsin√

x dx,[(

x − 12)

arcsin√

x + 12√

1 − x2]

4.∫

1x√

2x − 1dx,

[2 arctan

√2x − 1

]

5.∫ √

a2 − x2 dx,[ 1

2(a2 arcsin x

a + x√

a2 − x2)]

6.∫

1

x√

1 − (log x)2dx,

[arcsin(log x)

]

7.∫

ex log(1 + ex ) dx,[(ex − 1) log(1 + ex ) − ex

]8.

∫e√x dx,

[2e√x (√

x − 1)]

9.∫ √

x3

1 + xdx,

[ 23√

x3 − 2√

x + 2 arctan√

x]

10.∫

1 + e√x

√x

dx,[2(√

x + e√x )

]

11.∫

xe2x√

e2x − 1dx,

[(x − 1)

√e2x − 1 + arctan

√e2x − 1

]

Esercizio 8.4.5. Calcolare le seguenti primitive:

1.∫

3x + 1x2 − 5x + 6

dx,[10 log |x − 3| − 7 log |x − 2|

]2.

∫5x + 9

x2 + 2x + 3dx,

[52 log(x2 + 2x + 3) + 2

√2 arctan x+1√

2

]

3.∫

3x − 1x2 − 2x + 5

dx,[ 3

2 log(x2 − 2x + 5) + arctan x−12

]

4.∫

xx2 − 7x + 6

dx,[ 1

2 log |x2 − 7x + 6| + 710 log ���

x−6x−1

���]

5.∫

x2

x2 − 7x + 10dx,

[x + 25

3 log |x − 5| − 43 log |x − 2|

]

6.∫

x2 − 5x + 9x2 − 5x + 6

dx,[x + 3 log ���

x−3x−2

���]

178

Esercizio 8.4.6. Calcolare le seguenti primitive di funzioni razionali:

1.∫

15x2 − 4x − 81(x − 3)(x + 4)(x − 1)

dx,[3 log |x − 3| + 5 log |x + 4| + 7 log |x − 1|

]2.

∫x3 + 1

x(x − 1)3 dx,[2 log |x − 1| − log |x | − x

(x−1)2

]

3.∫

1x6 + x4 dx,

[arctan x + 1

x −1

3x3

]

4.∫

x − 1x2(x2 + x + 1)

dx,[3 log |x | − 3

2 log(x2 + x + 1) − 1√3

arctan 2x+1√3

]

5.∫

x(x + 2)2(x − 1)

dx,[− 1

2 log |x + 2| − 23

1x+2 +

19 log |x − 1|

]

6.∫

x2 + 2(x2 + x + 1)(x + 1)2 dx,

[log |x + 1| − 1

2 log(x2 + x + 1) − 3x+1 −

√3 arctan 2x+1√

3

]

Esercizio 8.4.7. Calcolare

1.∫

1√

x + 4√xdx,

[2√

x − 4 4√x + log( 4√x + 1)]

2.∫

1x +√

2x + 3dx,

[ 12 log |

√2x + 3 − 1| + 3

2 log(√

2x + 3 + 3)]

3.∫

1 +√

x + 1√

x + 1 − 1dx,

[x + 1 + 4

√x + 1 + 4 log(

√x + 1 − 1)

]

4.∫

1x

√1 − x1 + x

dx,[2 arctan

√1−x1+x + log

√1+x−

√1−x

√1+x+

√1−x

]

5.∫ (√

x1 − x

)3dx,

[(3 − x)

√x

1−x − 3 arctan√

x1−x

]

Esercizio 8.4.8. Calcolare

1.∫

ex

(1+e2x )2 ,[

12

e2x

1+e2x +12 arctan ex

]2.

∫ cosh x+sinh x1+2 cosh x dx,

[12 log(e2x + ex + 1) − 1

3 arctan 2ex+1√3

]

3.∫ 1

sinh x+2 cosh x dx,[

2√3

arctan 2 tanh x2 +1

√3

]

Esercizio 8.4.9. Calcolare

1.∫

1sin x

dx,[log ���tan x

2���]

2.∫

2 + cos x(1 + 2 cos x) sin x

dx,[log ���

sin x1+2 cos x

���]

3.∫

sin x1 + sin x

dx,[x + 2

1+tan x2

]4.

∫5 + cos x

(5 + 3 cos x) cos xdx,

[log

����1+tan x

21−tan x

2

���� − arctan( 1

2 tan x2)]

Capitolo 9

Integrale di Riemann

La teoria dell’integrazione si pone l’obiettivo di fornire una metodo sufficientemente generale per il calcolo di areedi figure piane. Per fissare le idee consideriamo una funzione f : [a, b] −→ [0,+∞[. Vogliamo "misurare" l’areadella porzione di piano compresa tra il grafico di f e l’asse delle ascisse, cioè l’area dell’insieme (detto trapezoide)

Trap( f ) := {(x, y) : a 6 x 6 b, 0 6 y 6 f (x)} .

AHf L

a b

L’idea in fondo è molto semplice e si può far risalire ad Archimede: si tratta di approssimare l’area del trapeziotramite aree elementari quali quelle dei rettangoli. La definizione formale è però complessa, anche se l’idea difondo e le dimostrazioni delle proprietà sono spesso lunghe e molto "burocratiche", per cui saranno in parte omessesenza minare la comprensione.

9.1 Definizione di funzione integrabileCominciamo con la

Definizione 9.1.1 (suddivisione). Una suddivisione di un intervallo [a, b] è un insieme di punti π := {x0, x1, . . . , xN }

tali chea = x0 < x1 < . . . < xN = b.

Si pone|π | := max

k=0,...,N−1|xk+1 − xk |.

L’insieme di tutte le suddivisioni dell’intervallo [a, b] viene indicato con Π[a, b].

179

180

Definizione 9.1.2 (somma inferiore e superiore). Sia f : [a, b] −→ R sia una funzione limitata. Se π ∈ Π[a, b] sichiama somma inferiore di f relativa alla suddivisione π

S(π) :=N−1∑k=0

mk (xk+1 − xk ), mk := infx∈[xk,xk+1]

f (x).

Si chiama somma superiore di f relativa alla suddivisione π

S(π) :=N−1∑k=0

Mk (xk+1 − xk ), Mk := supx∈[xk,xk+1]

f (x).

a=x0 x1 x2 xk xk+1 xN-1 b=xN a=x0 x1 x2 xk xk+1 xN-1 b=xN

Figura 9.1: L’area a sx corrisponde ad una somma inferiore, a destra a una somma superiore.

Proposizione 9.1.3. Sia f : [a, b] −→ R sia una funzione limitata. Allora

i) S(π) 6 S(π) per ogni π ∈ Π[a, b];

ii) S(π1) 6 S(π2), S(π2) 6 S(π1), per ogni π1, π2 ∈ Π[a, b] con π1 ⊂ π2.

Dim. — Esercizio.

Per una funzione positiva una somma inferiore è un’approssimazione per difetto dell’area A( f ) mentre una sommasuperiore ne è un’approssimazione per eccesso. Definiamo ora le migliori approssimazioni per eccesso e perdifetto:

Definizione 9.1.4 (area inferiore e superiore). Sia f : [a, b] −→ R limitata. Si chiamano rispettivamente areainferiore e area superiore le quantità

A( f ) := supπ∈Π[a,b]

S(π), A( f ) := infπ∈Π[a,b]

S(π).

Proposizione 9.1.5. Sia f : [a, b] −→ R limitata. Allora

−∞ 6 A( f ) 6 A( f ) 6 +∞. (9.1.1)

Dim. — Esercizio.

Quando la migliore approssimazione per difetto coincide con la migliore approssimazione per eccesso diciamo cheil valore comune è l’area di A( f ), che prende il nome di integrale.

181

Definizione 9.1.6 (funzione Riemann integrabile). Sia f : [a, b] −→ R limitata. Si dice che f è Riemannintegrabile su [a, b] se A( f ) = A( f ) ∈ R. In tal caso si pone∫ b

a

f (x) dx := A( f ) ≡ A( f ).

L’insieme delle funzioni Riemann integrabili su [a, b] è indicato col simbolo R ([a, b]).

Esempio 9.1.7. Le funzioni costanti sono integrabili e∫ b

a

C dx = C(b − a).

Sol. — Infatti in questo caso

S(π) =∑k

mk (xk+1 − xk ) =∑k

C(xk+1 − xk ) = C(b − a),

e analogamente S(π) = C(b − a), per cui A( f ) = A( f ) = C(b − a).

9.2 Classi di funzioni integrabiliÈ vero che ogni funzione limitata è integrabile? La risposta è no come mostra il seguente celebre

Esempio 9.2.1 (la funzione di Dirichlet). La funzione

f (x) :=

0, x ∈ Q ∩ [0, 1],

1, x ∈ Qc ∩ [0, 1]

non è integrabile su [0, 1].

Sol. — Sia π = {x0, x1, . . . , xN } una suddivisione qualunque di [0, 1]. Notiamo che, per la densità di razionali e irrazionali neireali

mk = infx∈[xk,xk+1]

f (x) = 0, Mk := supx∈[xk,xk+1]

f (x) = 1.

Pertanto

S(π) =N−1∑k=0

mk (xk+1 − xk ) = 0, S(π) =N−1∑k=0

Mk (xk+1 − xk ) =N−1∑k=0

(xk+1 − xk ) = 1.

DunqueA( f ) = sup

π∈Π[0,1]S(π) = 0, A( f ) = inf

π∈Π[0,1]S(π) = 1.

Non è semplice fornire una caratterizzazione diretta delle funzioni Riemann–integrabili. È tuttavia possibile testarel’integrabilità di ampie classi di funzioni. Un esempio importante è fornito dal

182

Teorema 9.2.2. Sia f : [a, b] −→ R limitata e monotona. Allora f ∈ R ([a, b]). Inoltre, se (πn) ⊂ Π[a, b] è unasequenza di suddivisioni tali che |πn | −→ 0 allora∫ b

a

f (x) dx = limn→+∞

Nn−1∑k=0

f (xnk )(xnk+1 − xnk ). (9.2.1)

Dim. — Supponiamo, ad esempio, f ↗. Se π è una suddivisione, allora

mk := infx∈[xk,xk+1]

f (x) = f (xk ), Mk := supx∈[xk,xk+1]

f (x) = f (xk+1),

per cui

S(π) =N−1∑k=0

f (xk )(xk+1 − xk ), S(π) =N−1∑k=0

f (xk+1)(xk+1 − xk ).

Ricordate le definizioni di A( f ), A( f ),

0 6 A( f ) − A( f ) 6 S(π) − S(π) 6N−1∑k=0

(f (xk+1) − f (xk )

)(xk+1 − xk ) 6 |π |

N−1∑k=0

(f (xk+1) − f (xk )

)= |π |

(f (b) − f (a)

).

Prendendo una suddivisione con |π | piccolo a piacere (per esempio tutti punti equidistanziati con |π | = b−aN ), si trova che

A( f ) = A( f ). Infine: la somma nella (9.2.1) altro non è che S(πn).

Esempio 9.2.3 (Archimede). ∫ b

0x2 dx =

b3

3, ∀b > 0.

Sol. — La funzione f (x) := x2, x ∈ [0, b] è crescente quindi integrabile. Utilizziamo la (9.2.1) prendendo come suddivisionedi [0, b] quella in n parti uguali, cioè

xk = kbn, k = 0, 1, . . . , n.

Allora ∫ b

0x2 dx = lim

n→+∞

n−1∑k=0

(k

bn

)2 bn= lim

n→+∞

b3

n3

n−1∑k=0

k2 = limn→+∞

b3

n3(n − 1)n(2(n − 1) + 1)

6=

b3

3.

Esempio 9.2.4. ∫ b

0ex dx = eb − 1, ∀b > 0.

Sol. — Anche in questo caso la funzione f (x) := ex x ∈ [0, b] è monotona, quindi integrabile in base ad uno dei due teoremiprecedenti. Applicando di nuovo la (9.2.1) prendendo come suddivisione di [0, b] quella in n parti uguali, cioè xk = k b

notteniamo∫ b

0ex dx = lim

n→+∞

bn

n−1∑k=0

ekbn = lim

n→+∞

bn

n−1∑k=0

(eb/n

)k= lim

n→+∞

bn

1 − eb

1 − eb/n= lim

n→+∞

1 − eb

1−eb/nb/n

= eb − 1.

183

La classe delle funzioni monotone è ampia ma ovviamente un po’ restrittiva.

Teorema 9.2.5. Se f ∈ C ([a, b]) allora f ∈ R ([a, b]) (cioè: le funzioni continue su [a, n] sono ivi integrabili).Dim. — Facciamo la dimostrazione aggiungendo una richiesta in più, cioè che f ∈ C 1([a, b]). Ciò, lo ricordiamo, vuol diref , f ′ ∈ C ([a, b]). Prendiamo una qualsiasi partizione π ∈ Π[a, b]. Notiamo che,

0 6 A( f ) − A( f ) 6 S(π) − S(π) =N−1∑k=0

Mk (xk+1 − xk ) −N−1∑k=0

mk (xk+1 − xk ) =N−1∑k=0

(Mk − mk )(xk+1 − xk ).

Per il teorema di Weierstrass esistono ξk, ηk ∈ [xk, xk+1] tali che

Mk = supx∈[xk,xk+1]

f (x) = maxx∈[xk,xk+1]

f (x) = f (ηk ), mk = infx∈[xk,xk+1]

f (x) = minx∈[xk,xk+1]

f (x) = f (ξk ),

per cui

0 6 A( f ) − A( f ) 6N−1∑k=0

(f (ηk ) − f (ξk )

)(xk+1 − xk ).

Ora, per la formula dell’incremento finito di Lagrange

f (ηk ) − f (ξk ) = f ′(ck )(ηk − ξk ) 6 K |π |,

dove K := max[a,b] | f ′ | (finito in virtù del teorema di Weierstrass). Si conclude che

0 6 A( f ) − A( f ) 6 K |π |N−1∑k=0

(xk+1 − xk ) = K |π |(b − a),

che può essere reso piccolo a piacere prendendo |π | piccolo. Si conclude che A( f ) = A( f ).

9.3 Proprietà dell’integrale di RiemannL’integrale di Riemann gode di una serie di proprietà semplici e naturali riassunte nella

Proposizione 9.3.1. Valgono le seguenti proprietà:

i) (linearità) se f , g ∈ R ([a, b]) allora α f + βg ∈ R ([a, b]) per ogni α, β ∈ R e vale∫ b

a

(α f (x) + βg(x)) dx = α∫ b

a

f (x) dx + β∫ b

a

g(x) dx. (9.3.1)

ii) (isotonia) se f , g ∈ R ([a, b]) e f 6 g su [a, b] allora∫ b

a

f (x) dx 6∫ b

a

g(x) dx. (9.3.2)

In particolare: se f > 0 su [a, b] allora∫ b

af (x) dx > 0.

iii) (disuguaglianza triangolare) se f ∈ R ([a, b]) allora | f | ∈ R ([a, b]) e

�����

∫ b

a

f (x) dx�����6

∫ b

a

| f (x) | dx. (9.3.3)

184

iv) (decomposizione) se f ∈ R ([a, b]),R ([b, c]) allora f ∈ R ([a, c]) e∫ c

a

f (x) dx =∫ b

a

f (x) dx +∫ c

b

f (x) dx.

In particolare: se f ∈ C ([a, b]\{ξ1, . . . , ξN }) ed continua da destra e da sinistra in ciascuno dei puntiξ1, . . . , ξN , allora f ∈ R ([a, b]).

v) (restrizione) se f ∈ R ([a, b]) allora f ∈ R ([c, d]) per ogni [c, d] ⊂ [a, b] e vale

∫ d

c

f (x) dx =∫ b

a

f (x) χ[c,d](x) dx, dove χ[c,d](x) =

1, x ∈ [c, d],

0, x < [c, d].

vi) se f , g ∈ R ([a, b]) allora f g ∈ R ([a, b]) (1

)

vii) se f ∈ R ([a, b]) allora se f + := max{ f , 0} e f − := max{− f , 0} (rispettivamente dette parte positiva e partenegativa di f ) si ha f +, f − ∈ R ([a, b]).

Dim. — Omessa.

Per scopi futuri è conveniente estendere la definizione di integrale nel seguente modo:

Definizione 9.3.2. Se f ∈ R ([a, b]) si pone∫ a

b

f (x) dx := −∫ b

a

f (x) dx.

In questo senso si dice che f ∈ R ([b, a]).

Utilizzando la proposizione 9.3.1 è facile estendere le proprietà dell’integrale quale che sia l’ordine degli estremicon ovvie accortezze: la linearità resta invariata; l’isotonia si inverte nel senso che

f 6 g, =⇒

∫ a

b

f (x) dx >∫ a

b

g(x) dx.

Di conseguenza anche la disuguaglianza triangolare si trasforma in

�����

∫ a

b

f (x) dx�����6

�����

∫ a

b

| f (x) | dx�����=

∫ b

a

| f (x) | dx.

Una proprietà molto importante è il teorema della media, il quale afferma che l’area sotto al grafico di una funzionecontinua f equivale all’area di un rettangolo avente per base l’intervallo [a, b] e per altezza un opportuno valoredella funzione f :

1Ma attenzione!! Non è vero che∫ b

af (x)g(x) dx =

(∫ b

af (x) dx

) (∫ b

ag(x) dx

).

185

Teorema 9.3.3. Sia f ∈ C ([a, b]). Allora esiste c ∈ [a, b] tale che∫ b

a

f (x) dx = f (c)(b − a).

La quantità 1b−a

∫ b

af (x) dx si chiama media integrale di f su [a, b].

Dim. — La dimostrazione è semplicissima. Osserviamo anzitutto che per il Teorema di Weierstrass f ammette minimo emassimo assoluti su [a, b]. Siano, rispettivamente, m ed M il valore minimo e il valore massimo, cioè

m = minx∈[a,b]

f (x), M = maxx∈[a,b]

f (x).

Allora

m 6 f (x) 6 M, ∀x ∈ [a, b],isotonia=⇒

∫ b

am dx 6

∫ b

af (x) dx 6

∫ b

aM dx,

cioè

m(b − a) 6∫ b

af (x) dx 6 M (b − a), ⇐⇒ m 6

1b − a

∫ b

af (x) dx 6 M .

Ma allora, per il Teorema dei valori intermedi, esiste c ∈ [a, b] tale che

f (c) =1

b − a

∫ b

af (x) dx.

9.4 Teorema fondamentale del CalcoloIn questa sezione presentiamo il risultato più importante e profondo di questa teoria. Cominciamo con la

Definizione 9.4.1 (Funzione integrale). Sia f ∈ R ([a, b]) e sia c ∈ [a, b] fissato. Si chiama funzione integralecentrata in c la funzione

Fc : [a, b] −→ R, Fc (x) :=∫ x

c

f (y) dy, x ∈ [a, b].

Se f ∈ R ([a, b]) allora f ∈ R ([c, x]) per ogni x ∈ [a, b] quindi la funzione integrale è ben definita. Una funzioneintegrale è un oggetto naturale che misura l’area (con segno) delimitata da un grafico scegliendo c come "punto diarea 0". Per capire meglio il senso, consideriamo una funzione generica f (tracciata in blu nella figura che segue).Possiamo facilmente intuire il grafico di Fc . Anzitutto Fc (c) =

∫ c

cf (y) dy = 0. Inoltre aumentando x (a partire

da c, essendo f > 0 le proprietà dell’integrale dicono che l’area parziale Fc (x) tenderà a crescere.

àc

x

f HyLdy

c x

FcHxL

f HxL

c

Ciò continua fintanto che f > 0 dopodiché, quando f 6 0, continuando ad aumentare x andiamo ad aggiungerearee negative, pertanto l’area parziale Fc (x) inizia a diminuire. Quando poi f torna positiva, cominciamo adaggiungere nuovamente aree positive e quindi Fc (x) comincia a crescere di nuovo. In sostanza

Fc ↗ ⇐⇒ f > 0.

186

Dal punto di vista del segno, f funziona come F ′c . In realtà vale molto di più:

Teorema 9.4.2. Sia f ∈ C ([a, b]). Ogni sua funzione integrale Fc ne è una primitiva, cioè

F ′c (x) = f (x), ∀x ∈ [a, b], ∀c.

Dim. — Evidentemente basta mostrare che Fc è derivabile (perché allora è anche continua) e vale F ′c = f (perché alloraF ′c ∈ C , cioè Fc ∈ C 1). A tal fine sia h > 0 (ragionamento analogo per h < 0) e osserviamo che

Fc (x + h) − Fc (x)h

=1h

*,

∫ x+h

cf (y) dy −

∫ x

cf (y) dy+

-=

1h

*,

∫ x

cf (y) dy +

∫ x+h

xf (y) dy −

∫ x

cf (y) dy+

-

=1h

∫ x+h

xf (y) dy.

Quest’ultima è una media integrale (la media di f sull’intervallo [x, x + h]): essendo f continua, per il teorema della mediaesiste un punto ξh ∈ [x, x + h] tale che

Fc (x + h) − Fc (x)h

=1h

∫ x+h

xf (y) dy T . media

= f (ξh ).

Chiaramente per h −→ 0+ si ha ξh −→ x+ quindi, essendo f continua

limh→0+

Fc (x + h) − Fc (x)h

= limh→0+

f (ξh ) = f (x).

In altre parole la derivata destra di Fc in x e vale f (x). Similmente si ottiene la stessa conclusione con la derivata sinistra equindi si conclude.

In particolare: ogni funzione continua ammette una primitiva (la funzione integrale). Dal teorema fondamentalesegue anche la connessione tra primitive e calcolo degli integrali:

Corollario 9.4.3 (formula fondamentale del calcolo). Sia f ∈ C ([a, b]) ed F una primitiva di f su [a, b]. Allora∫ b

a

f (x) dx = F (b) − F (a) =: F (x)���x=b

x=a. (9.4.1)

Dim. — Infatti: consideriamo la funzione integrale Fa . Per il teorema fondamentale del Calcolo Integrale essa è una primitivadi f . Ma allora Fa − F è costante in virtù della Proposizione 8.1.2, ovvero Fa − F ≡ k ∈ R. Allora

Fa (a) − F (a) = k, Fa (b) − F (b) = k .

D’altra parte

Fa (a) =∫ a

af (x) dx = 0, Fa (b) =

∫ b

af (x) dx,

per cui ∫ b

af (x) dx = Fa (b) = F (b) + k = F (b) + (Fa (a) − F (a)) = F (b) − F (a).

187

Esempio 9.4.4. Calcolare ∫ log 4

0

√ex − 1

8e−x + 1dx.

Sol. — Si tratta di una funzione continua su [0,+∞[ ed in particolare sull’intervallo [0, log 4]. Dunque, come noto, f èRiemann–integrabile. Cominciamo col calcolo di una primitiva dell’integranda.∫ √

ex − 18e−x + 1

dx���y=√ex−1,x=log(1+y2)=

∫y

8 11+y2 + 1

2y1 + y2 dy =

∫2y2

y2 + 9dy = 2

∫y2 + 9 − 9y2 + 9

dy

= 2[∫

dy − 9∫

1y2 + 9

dy]= 2

y −

∫1(

y3)2+ 1

dy

= 2

[y − 3 arctan

y

3

]= 2√

ex − 1 − 6 arctan√

ex − 13

.

Quindi, per la formula fondamentale del calcolo integrale, avremo che

∫ log 4

0

√ex − 1

8e−x + 1dx = 2

√ex − 1 − 6 arctan

√ex − 1

3

������

x=log 4

x=0= 2√

3 − π.

Consideriamo ora una funzione del tipo

Φ(x) :=∫ β(x)

α(x)f (y) dy.

Se α(x) ≡ c e β(x) = x otteniamo Fc (x). Si tratta dunque di una estensione del concetto di funzione integrale.Funzioni come la Φ ricorrono talvolta in alcuni problemi per cui è utile avere qualche strumento di calcolo. Ilseguente risultato estende il teorema fondamentale del calcolo:

Proposizione 9.4.5. Sia f ∈ C ([a, b]), α, β : I ⊂ R −→ R tali che α(x), β(x) ∈ [a, b] per ogni x ∈ I intervallo.Supponiamo che α e β siano funzioni derivabili su I. Allora

Φ(x) :=∫ β(x)

α(x)f (y) dy, x ∈ I,

è derivabile eΦ′(x) = f (β(x)) β′(x) − f (α(x))α′(x), x ∈ I .

Dim. — Sia c ∈ [a, b] fissato. Allora per la proprietà di decomposizione

Φ(x) =∫ β(x)

α(x)f (y) dy =

∫ c

α(x)f (y) dy +

∫ β(x)

cf (y) dy = −

∫ α(x)

cf (y) dy +

∫ β(x)

cf (y) dy = −Fc (α(x)) + Fc (β(x)),

dove Fc è la funzione integrale di f centrata in c. Essendo f continua, per il teorema fondamentale del calcolo e la regola dellacatena,

Φ′(x) = −F ′c (α(x))α′(x) + F ′c (β(x)) β′(x) = − f (α(x))α′(x) + f (β(x)) β′(x).

188

Esempio 9.4.6. Calcolare il

limx→0

1x

∫ 2x

x

sin y

ydy.

Sol. — Possiamo considerare la funzione f (y) := sin yy definita e continua su tutto R con f (0) = 1. Chiaramente∫ 2x

x

sin y

ydy =

∫ 0

x

sin y

ydy +

∫ 2x

0

sin y

ydy −→ 0,

per x −→ 0. Dunque il limite si presenta come una forma 00 . Applicando la regola di Hôpital e ricordando la formula di

derivazione della Proposizione precedente, abbiamo che

limx→0

∫ 2xx

sin yy dy

x(H )= lim

x→0

sin(2x)2x · 2 − sin x

x · 11

= limx→0

sin(2x) − sin xx

(H )= lim

x→0

2 cos(2x) − cos x1

= 1.

9.5 Formule d’integrazioneNotiamo che dalla (9.4.1) segue che se f ∈ C 1([a, b]) allora∫ b

a

f ′(x) dx = f (b) − f (a). (9.5.1)

Da questa deduciamo subito la versione per gli integrali di Riemann delle formule di calcolo per parti e persostituzione.

Proposizione 9.5.1 (formula d’integrazione per parti). Siano f , g ∈ C 1([a, b]). Allora∫ b

a

f (x)g′(x) dx = f (x)g(x)���x=b

x=a−

∫ b

a

f ′(x)g(x) dx. (9.5.2)

Dim. — Basta osservare che

( f g)′(x) = f ′(x)g(x) + f (x)g′(x), =⇒∫ b

a

(f g

) ′ (x) dx =∫ b

a

(f ′(x)g(x) + f (x)g′(x)

)dx.

Ma per la (9.5.1) si ha ∫ b

a

(f g

) ′ (x) dx = f (x)g(x)���x=b

x=a,

da cui facilmente si conclude.

Proposizione 9.5.2 (formula di cambio di variabili). Sia f ∈ C ([a, b]), ψ : [c, d] −→ [a, b], ψ ∈ C 1, biiettiva coninversa ψ−1 ∈ C 1. Allora ∫ b

a

f (x) dx =∫ d

c

f (ψ(y)) |ψ ′(y) | dy. (9.5.3)

Dim. — Anzitutto: affermiamo che ψ′ > 0 o ψ′ < 0 su tutto [c, d]. Infatti: se ψ′ cambiasse segno allora da qualche partedovrebbe annullarsi. Ma essendo

ψ−1(ψ(y)) = y, ∀y ∈ [c, d], =⇒ (ψ−1)′(ψ(y))ψ′(y) = 1, ∀y ∈ [c, d]

189

questo è evidentemente impossibile. Supponiamo per esempio che ψ′ > 0 su [c, d], cioè che ψ sia crescente. Allora, se F è unaprimitiva di f (che c’è perché f è continua),∫ d

cf (ψ(y)) |ψ′(y) | dy =

∫ d

cf (ψ(y))ψ′(y) dy =

∫ d

cF ′(ψ(y))ψ′(y) dy =

∫ d

c

(F (ψ(y))

) ′ dy

= F (ψ(d)) − F (ψ(c)) = F (b) − F (a) =∫ b

aF ′(x) dx =

∫ b

af (x) dx.

Esempio 9.5.3 (Area del cerchio). Calcolare l’area di un cerchio di raggio r .Sol. — Evidentemente

Area(x2 + y2 6 r2) = 2

∫ r

−r

√r2 − x2 dx.

La funzione f (x) :=√

r2 − x2 è continua su [−r, r], quindi integrabile. Calcoliamo l’integrale. Anzitutto∫ r

−r

√r2 − x2 dx = r

∫ r

−r

√1 −

( xr

)2dx

y:= xr , x=ry=:ψ(y)= r

∫ 1

−1

√1 − y2r dy = r2

∫ 1

−1

√1 − y2 dy.

A questo punto poniamo y = sin θ =: ψ(θ), ψ è un cambio di variabili C 1 e crescente tra [− π2 ,π2 ] e [−1, 1]. Quindi∫ 1

−1

√1 − y2 dy =

∫ π2

− π2

√1 − (sin θ)2 cos θ dθ =

∫ π2

− π2

| cos θ | cos θ dθ =∫ π

2

− π2

(cos θ)2 dθ.

Integrando per parti∫ π2

− π2

(cos θ)2 dθ =

∫ π2

− π2

(cos θ)(sin θ)′ dθ = [(cos θ)(sin θ)]θ=π2

θ=− π2−

∫ π2

− π2

(− sin θ)(sin θ) dθ =∫ π

2

− π2

(sin θ)2 dθ

=

∫ π2

− π2

1 − (cos θ)2 dθ = π −∫ π

2

− π2

(cos θ)2 dθ

da cui

2∫ π

2

− π2

(cos θ)2 dθ = π, ⇐⇒∫ π

2

− π2

(cos θ)2 dθ =π

2.

Dunque Area(x2 + y2 6 r2) = 2 · π2 r2 = πr2.

9.6 EserciziEsercizio 9.6.1. Dei seguenti integrali definiti mostrare che esistono e determinarne il valore:

1.∫ 1

0

11 + x4 dx. 2.

∫ π/3

0

1(cos x)3 dx.

3.∫ 3

1

√x + 1 + 1√

x + 1 − 1dx. 4.

∫ e2

e

log xx

√(log x)2 − 1 e

√(log x)2−1 dx.

5.∫ log 4

0

√ex − 1

8e−x + 1dx. 6.

∫ 4

1

log xx√

x + 2x +√

xdx.

190

7.∫ 1

1/4

√x − 1

(√

x + 1)(√

x − 2)dx. 8.

∫ − log 2

− log 3

e2x + ex

e2x − 4ex + 3dx.

9.∫ 2 log 2

log 2ex arctan

1√

ex − 1dx. 10.

∫ 2

1

(sinh

√log x

)2

xdx.

Esercizio 9.6.2. Calcolare l’area della regione piana delimitata dall’ellisse di equazione cartesiana x2

a2 +y2

b2 = 1.

Esercizio 9.6.3 (?). Calcolare i seguenti limiti:

1. limx→0

x

1 − ex2

∫ x

0ey

2dy. 2. lim

x→0

1x2

*,

∫ x2

0ey√y cos

√y dy − x cos x + x+

-.

3. limx→0

∫ x

0

(et

2− 7 sin(t2)

)dt − 12 sin x + 11x

x7 .

Esercizio 9.6.4. Siano

f (x) :=∫ x

0

cos t1 + t

dt, g(x) :=∫ sin x

0

12 + et

dt,

definite per x in un opportuno intervallo contenente x = 0. Determinare se f (x)g(x) può essere prolungata in x = 0 per continuità.

Esercizio 9.6.5 (??). Sia

f (x) :=∫ 2x2

x2

log t1 + t

dt.

i) Determinare a, b, c ∈ R tali che f (x) ∼+∞ cxa (log x)b . ii) Stabilire se f è limitata su [1,+∞[.

Esercizio 9.6.6 (?). Dimostrare che per ogni x > 1 si ha∫ x

0

sin tt

dt 6 1 + log x.

(sugg.: studiare la funzione f (x) :=∫ x

0sin tt dt − 1 − log x. . . )

Esercizio 9.6.7. Mostrare che ∫ x

0

sin t1 + t2 dt 6

x2

2, ∀x ∈ R.

Capitolo 10

Integrali Generalizzati

Per molte applicazioni la nozione di integrale di Riemann risulta troppo restrittiva. Come sappiamo, essa richiedeche la funzione di cui si vuol calcolare l’integrale sia limitata (e ciò comunque non è sufficiente, come ad esempio lafunzione di Dirichlet illustra). Inoltre, la "base" della regione di cui si calcola l’area deve essere un intervallo chiusoe limitato. Dunque non sono ricompresi casi come i) funzione illimitata; ii) intervallo di integrazione illimitato.Ad esempio non ha senso calcolare∫ 1

0

1x

dx,∫ 1

0

1√

xdx,

∫ +∞

0e−x dx,

∫ +∞

−∞

11 + x2 dx.

La nozione di integrale generalizzato, che introdurremo in questo capitolo, risponde a questa esigenza. L’idea,come vedremo, è semplicemente quella di usare opportunamente l’integrale di Riemann così come si usano lesomme finite per le serie numeriche.

10.1 DefinizioniCominciamo dal problema di voler dare un senso al simbolo∫ +∞

a

f (x) dx.

La cosa più naturale da fare è definire questo come limite di integrali di Riemann ordinari del tipo∫ R

af (x) dx

quando R −→ +∞. Per avere un senso quindi sarà necessario che f ∈ R ([a, R]) per ogni R > a. È utile premettereal tutto la seguente

Definizione 10.1.1 (funzione localmente integrabile). Sia f : D ⊂ R −→ R. Diciamo che f è localmenteintegrabile su D se f ∈ R ([a, b]) per ogni [a, b] ⊂ D. In tal caso scriviamo f ∈ Rloc (D).

Osservazione 10.1.2. Ovviamente Rloc ([a, b]) = R ([a, b]). Inoltre, C (D) ⊂ Rloc (D). Infatti se f ∈ C (D) alloraf ∈ C ([a, b]) ⊂ R ([a, b]) per ogni [a, b] ⊂ D.

Possiamo ora introdurre la

191

192

Definizione 10.1.3. Sia f ∈ Rloc ([a,+∞[). Diciamo che f è integrabile in senso generalizzato su [a,+∞[ se

∃ limR→+∞

∫ R

a

f (x) dx ∈ R.

In tal caso il valore del limite si chiama integrale generalizzato di f su [a,+∞[ e viene indicato col simbolo∫ +∞

a

f (x) dx.

Definizione analoga per∫ b

−∞f (x) dx.

a R

Figura 10.1: In colore l’area∫ R

af (x) dx.

Esempio 10.1.4. Sia a > 0. Allora

∃

∫ +∞

a

1xα

dx ⇐⇒ α > 1.

Sol. — Infatti. Ovviamente f (x) := 1xα è localmente integrabile su [a,+∞[ perché è continua. Chiaramente, se R > a,

∫ R

a

1xα

dx =∫ R

ax−α dx =

x−α+1

−α+1���x=R

x=a= R−α+1

−α+1 −a−α+1

−α+1 , α , 1,

log x���x=R

x=a= log R − log a, α = 1.

Da questo è evidente che

limR→+∞

∫ R

a

1xα

dx =

a1−α

α−1 , α > 1,

+∞, α 6 1.

In particolare: per α > 1 si ha∫ +∞a

1xα dx = a1−α

α−1 .

Esempio 10.1.5.

∃

∫ +∞

a

eβx dx, ⇐⇒ β < 0.

Sol. —Anche in questo caso il conto è semplice: anzitutto f (x) := eβx essendo continua su [0,+∞[ è ivi localmente integrabile.Inoltre ∫ R

aeβx dx =

eβx

��x=R

x=a= eβR

β − eβa

β , β , 0,

R − a, β = 0.

193

È chiaro allora che se esiste finito limR→+∞

∫ R

0 eβx dx sse β < 0. In tal caso∫ +∞

aeβx dx = lim

R→+∞

(eβR

β−

eβa

β

)= −

eβa

β.

Sarà utile per il seguito ricordare questi esempi fondamentali.

Definizione 10.1.6. Sia f ∈ Rloc (R). Diciamo che f è integrabile in senso generalizzato su R se esistono∫ a

−∞f (x) dx e

∫ +∞a

f (x) dx per qualche a ∈ R. In tal caso si pone∫ +∞

−∞

f (x) dx :=∫ a

−∞

f (x) dx +∫ +∞

a

f (x) dx.

Osservazione 10.1.7. È facile mostrare che la definizione non dipende dallo specifico a.

È evidente che vale la seguente

Proposizione 10.1.8. Siano f , g ∈ Rloc ([a,+∞[). Allora, se f e g sono integrabili in senso generalizzato su[a,+∞[ allora anche α f + βg lo è per ogni α, β ∈ R e∫ +∞

a

(α f (x) + βg(x)) dx = α∫ +∞

a

f (x) dx + β∫ +∞

a

g(x) dx.

Dim. — Esercizio.

Con la stessa filosofia vogliamo ora trattare il caso di una funzione non necessariamente limitata.

a br

Figura 10.2: In colore l’area∫ b

rf (x) dx.

Definizione 10.1.9. Sia f ∈ Rloc (]a, b]). Diciamo che f è integrabile in senso generalizzato su ]a, b] se

∃ limr→a+

∫ b

r

f (x) dx ∈ R.

In tal caso si pone∫ b

af (x) dx := limr→a+

∫ b

rf (x) dx.

Occorre subito chiarire la possibile ambiguità nelle notazioni, visto che utilizziamo lo stesso simbolo per l’integraledi Riemann e per quello generalizzato. L’ambiguità in realtà non sussiste. Infatti:

194

Proposizione 10.1.10. Se f ∈ R ([a, b]) allora è anche integrabile in senso generalizzato e i due integrali (quellodi Riemann e quello generalizzato) coincidono.Dim. — Mostriamo che

limr→a+

∫ b

rf (x) dx =

∫ b

af (x) dx,

dove quest’ultimo è l’integrale di Riemann. Per le regole di calcolo degli integrali (decomposizione)∫ b

af (x) dx −

∫ b

rf (x) dx =

∫ r

af (x) dx,

quindi, ricordando anche che f è limitata quindi | f | 6 M su [a, b], abbiamo, per la disuguaglianza triangolare������

∫ b

af (x) dx −

∫ b

rf (x) dx

������=

�����

∫ r

af (x) dx

�����6

∫ r

a| f (x) | dx 6 M (r − a) −→ 0, r −→ a + .

Esempio 10.1.11. Se b > a,

∃

∫ b

a

1(x − a)α

dx, ⇐⇒ α < 1.

Sol. — Infatti: f (x) := 1(x−a)α ∈ C (]a, b]), quindi f ∈ Rloc (]a, b]). Inoltre

∫ b

r

1(x − a)α

dx =

(x−a)−α+1

−α+1���x=b

x=r=

(b−a)−α+1

−α+1 −(r−a)−α+1

−α+1 , α , 1,

log(x − a)���x=b

x=r= log(b − a) − log(r − a), α = 1.

Da questo è immediato concludere che

limr→a+

∫ b

r

1(x − a)α

dx =

(b−a)−α+1

−α+1 , α < 1,

+∞, α > 1.

In modo simile si definisce∫ b

af (x) dx con f ∈ Rloc ([a, b[).

Definizione 10.1.12. Sia f ∈ Rloc (]a, b[). Diciamo che f è integrabile in senso generalizzato su ]a, b[ seesistono

∫ c

af (x) dx e

∫ b

cf (x) dx per qualche c ∈]a, b[. In tal caso si pone∫ b

a

f (x) dx :=∫ c

a

f (x) dx +∫ b

c

f (x) dx.

Osservazione 10.1.13. Anche in questo caso è semplice verificare che la definizione non dipende da c ∈]a, b[.

Anche in questo caso si ha la linearità dell’integrale generalizzato:

Proposizione 10.1.14. Siano f , g ∈ Rloc (]a, b]). Allora, se f e g sono integrabili in senso generalizzato su ]a, b]allora anche α f + βg lo è per ogni α, β ∈ R e∫ b

a

(α f (x) + βg(x)) dx = α∫ b

a

f (x) dx + β∫ +∞

a

g(x) dx.

Dim. — Esercizio.

195

10.2 Criterio del confrontoFormalmente il problema di stabilire l’esistenza di un integrale generalizzato è rimandato al calcolo di un integraledi Riemann facendo poi tendere un estremo ad un certo valore limite. Questa definizione ne ricorda un’altra, quelladi convergenza di una serie numerica. In quel caso si calcolano le somme parziali sN =

∑Nn=0 an e poi se ne fa il

limite per N −→ +∞. Come in quel caso non è in genere possibile calcolare sN in modo utile per poterci calcolaresemplicemente un limite, così nel caso degli integrali generalizzati non è sempre possibile calcolare esplicitamenteun integrale. Questo perché siamo legati al calcolo di primitive, che talvolta è un problema impossibile da risolverein termini finiti. Un esempio classico e importante è l’integrale di Gauss∫ +∞

−∞

e−x22 dx.

In questo caso non si riesce a trovare una primitiva della funzione e−x22 in termini di un numero finito di funzioni

elementari e dunque si pone il problema di come calcolare l’integrale. In analogia con le serie appare alloraimportante fornire delle condizioni affinché si possa decidere se un integrale generalizzato è finito oppure no.Importando il linguaggio delle serie si parla anche di convergenza.

Il parallelismo con le serie è tutt’altro che estemporaneo e suggerisce simili risultati e metodi. Ricordiamo chese (an) ⊂ [0,+∞[ allora

∑n an può essere solo convergente o divergente a +∞. Questo perché le somme parziali

sono crescenti e le successioni monotone ammettono limite finito o +∞. Similmente abbiamo la

Proposizione 10.2.1. Sia f ∈ Rloc ([a,+∞[) a segno costante f > 0. Allora

∃ limR→+∞

∫ R

a

f (x) dx ∈ R ∪ {+∞}.

Dim. — Infatti basta osservare che∫ ]a

f (x) dx ↗ perché se R2 > R1 allora∫ R2

af (x) dx =

∫ R1

af (x) dx +

∫ R2

R1

f (x) dxisotonia>

∫ R1

af (x) dx.

Quindi il limite esiste perché le funzioni monotone hanno sempre limite (eventualmente uguale a +∞).

È chiaro che non cambia di molto se f > 0 definitivamente, cioè per f (x) > 0 per x > R. Infatti l’esistenzadell’integrale generalizzato non dipende dall’estremo iniziale per cui

∃

∫ +∞

a

f ⇐⇒ ∃

∫ +∞

R

f ,

e questo esiste (eventualmente +∞) in virtù della proposizione precedente. Per questo tutti gli enunciati chevedremo possono essere indeboliti leggermente richiedendo che le funzioni coinvolte siano a segno definitivamentecostante. Continuando il parallelo con le serie, lo strumento chiave è il

Teorema 10.2.2 (confronto). Siano f , g ∈ Rloc ([a,+∞[) tali che 0 6 f 6 g definitivamente. Allora:

se ∃∫ +∞

a

g(x) dx ∈ R, =⇒ ∃

∫ +∞

a

f (x) dx ∈ R.

La funzione g viene detta maggiorante integrabile di f .

196

Dim. — Cambiando eventualmente l’estremo iniziale, possiamo assumere che sia 0 6 f (x) 6 g(x) per x ∈ [a,+∞[. Allora,per l’isotopia dell’integrale, ∫ R

af (x) dx 6

∫ R

ag(x) dx,

per cui ∫ +∞

af (x) dx = lim

R→+∞

∫ R

af (x) dx 6 lim

R→+∞

∫ R

ag(x) dx =

∫ +∞

ag(x) dx < +∞,

dopodiché si conclude in virtù della proposizione precedente.

La difficoltà nell’applicare il criterio del confronto sta nell’individuare correttamente una maggiorante integrabile.

Esempio 10.2.3. L’integrale di Gauss ∫ +∞

−∞

e−x22 dx

è convergente.

Sol. — Studiamo la convergenza di∫ +∞

0 e−x22 dx (l’altra metà è analoga). È evidente che f (x) := e−

x22 ∈ Rloc ([0,+∞[) (è

infatti una funzione continua) ed è positiva. Sembra naturale comparare questa funzione con qualcosa del tipo g(x) := e−x .Abbiamo

e−x22 6 e−x, ⇐⇒ e−

x22 +x 6 1, ⇐⇒ −

x2

2+ x 6 0, ⇐⇒ x(x − 2) > 0,

x>0⇐⇒ x > 2.

y=e-x2�2

y=e-x

Ξx

y

Dunque 0 6 f 6 g definitivamente e g è nota come funzione integrabile su [0,+∞[: ne segue che è una maggiorante integrabileper f .

Come per le serie abbiamo il

Corollario 10.2.4 (confronto asintotico). Siano f , g ∈ Rloc ([a,+∞[), f , g > 0 definitivamente su [a,+∞[. Allorase f ∼+∞ g si ha

∃

∫ +∞

a

f (x) dx ⇐⇒ ∃

∫ +∞

a

g(x) dx.

Dim. — Infatti, se f ∼+∞ g significa che

limx→+∞

f (x)g(x)

= 1.

In particolare, esiste R > a tale che

126

f (x)g(x)

6 2, ∀x > R, ⇐⇒12g(x) 6 f (x) 6 2g(x), ∀x > R.

197

Se allora esiste∫ +∞

g(x) dx chiaramente esiste∫ +∞ 2g(x) dx per cui, per confronto, esiste

∫ +∞ f (x) dx e quindi esiste∫ +∞ f (x) dx. Invertendo le parti in commedia si ottiene l’altra metà dell’implicazione.

Il confronto asintotico è spesso più semplice da applicare rispetto al confronto poiché il comportamento asintoticodelle funzioni elementari è in genere ben conosciuto e spesso, come già illustrato nel caso delle serie, gli sviluppiasintotici aiutano molto.

Esempio 10.2.5. Dire per quali α > 0 esiste finito∫ +∞

1(x − 1) arctan

1xα

dx.

Sol. — La funzione fα (x) := (x − 1) arctan 1xα ∈ C ([1,+∞[) per cui fα ∈ Rloc ([1,+∞[). Evidentemente poi f > 0 su

[1,+∞[. Andiamo a vedere il comportamento di f a +∞. Tenendo conto del fatto che, per α > 0, 1xα −→ 0+ per x −→ +∞ e

che arctan ξ ∼0 ξ, abbiamo che

fα (x) ∼+∞ (x − 1)1

xα∼+∞

xxα=

1xα−1 ,

ed essendo fα > 0 su ]1,+∞[, si ha che fα è integrabile a +∞ se e solo se 1xα−1 lo è, e questo è vero se e solo se α − 1 > 1, cioè

se e solo se α > 2.

Osservazione 10.2.6 (utile!). Spesso non è necessario conoscere esattamente il segno della funzione per cui sivuole stabilire se un integrale generalizzato converge. Infatti: supponiamo di aver mostrato che f ∼+∞ g e g è a segnocostante. Allora anche f è a segno costante in un intorno di +∞. Il ragionamento è lo stesso della dimostrazione precedentepoiché, se per esempio g > 0, f > 1

2g per x > R, implica in particolare che f > 0 per x > R.

Ecco le versioni del confronto e del confronto asintotico per gli intervalli limitati:

Teorema 10.2.7 (confronto). Siano f , g ∈ Rloc (]a, b]) tali che 0 6 f 6 g in un intorno destro di a. Allora

se ∃∫ b

a

g(x) dx ∈ R, =⇒ ∃

∫ b

a

f (x) dx ∈ R.

Dim. — Esercizio.

Corollario 10.2.8 (confronto asintotico). Siano f , g ∈ Rloc (]a, b]), f , g > 0 in un intorno destro di a. Allora sef ∼a+ g si ha

∃

∫ b

a

f (x) dx ⇐⇒ ∃

∫ b

a

g(x) dx.

Dim. — Esercizio.

198

Esempio 10.2.9. Sia

F (x) :=∫ 2x

x

e−y2dy.

Determinarne il dominio, segno, eventuali simmetrie, limiti e asintoti, continuità, derivabilità, monotonia, estre-manti locali e globali, convessità e tracciarne un grafico qualitativo.Sol. — Dominio: Essendo l’integranda continua su tutto R è immediato rilevare che D(F) =] −∞,+∞[.Segno: osserviamo anzitutto che l’integranda è sempre positiva ( f (y) := e−y

2> 0). La proprietà di monotonia dice che se

x < 2x allora l’integrale è positivo, viceversa negativo. Ora x < 2x se e solo se x > 0. Quindi, nuovamente

F (x) > 0 ⇐⇒ x > 0.

F (0) = 0 ed x0 = 0 è l’unico zero di F.Simmetrie: prendiamo x > 0: allora x < 2x per cui −2x < −x, e quindi

F (−x) =∫ −2x

−xe−y

2dy = −

∫ −x

−2xe−y

2dy���z=−y

= −

∫ 2x

xe−(−z)2

dz = −F (x).

Quindi F è dispari, per cui basta dedicarsi allo studio di F su [0,+∞[.Comportamento agli estremi — Per calcolare F (+∞) (per disparità avremo automaticamente il comportamento a −∞)osserviamo che

F (x) =∫ 0

xe−y

2dy +

∫ 2x

0e−y

2dy = −

∫ x

0e−y

2dy +

∫ 2x

0e−y

2dy.

La funzione integranda è integrabile in senso generalizzato a +∞, per cui∫ x

0e−y

2dy −→ `,

∫ 2x

0e−y

2dy −→ `, x −→ +∞,

per cui, chiaramente,F (x) −→ −` + ` = 0, x −→ +∞.

Quindi la retta y = 0 è asintoto orizzontale per F a +∞ (ed a −∞ per simmetria).Continuità e derivabilità: essendo l’integranda continua e gli estremi funzioni continue, la funzione integrale è continua.Inoltre essendo anche derivabili gli estremi, F è derivabile e si ha

F ′(x) = (2x)′e−y2

���y=2x

− (x′)e−y2

���y=x= 2e−4x2

− e−x2= e−x

2(2e−3x2

− 1).

Monotonia e estremanti: F ′(x) > 0 se e solo se

2e−3x2− 1 > 0 ⇐⇒ −3x2 > log

12= − log 2 ⇐⇒ x2 <

log 23⇐⇒ |x | <

√log 2

3.

Possiamo riassumere lo studio del segno di F ′ nella seguente tabella:

−∞ −

√log 2

3 −

√log 2

3

√log 2

3

√log 2

3 +∞

sgn(F ′) − + −

F ↘ ↗ ↘

Da questa tabella emerge che x = −√

log 23 è minimo assoluto e x =

√log 2

3 è massimo assoluto.Concavità: Dall’espressione di F ′ risulta che F è derivabile due volte e

F ′′(x) = 2e−4x2(−8x) − e−x

2(−2x) = 2xe−x

2(1 − 8e−3x2

)

199

Essendo e−x2> 0 per ogni x, abbiamo che F ′′(x) > 0 ⇐⇒ x

(1 − 8e−3x2

)> 0. Il segno di x è facile: positivo se x > 0,

negativo se x < 0. Viceversa 1 − 8e−3x2> 0 se e solo se

e−3x2<

18⇐⇒ −3x2 < − log 8 = −3 log 2 ⇐⇒ x2 > log 2 ⇐⇒ |x | >

√log 2.

Dunque avremo:

−∞ −√

log 2 −√

log 2 0 0√

log 2√

log 2 +∞

sgn(x) − − + +

sgn(1 − 8e−3x2) + − − +

sgn(F ′) − + − +

F ↓ ↑ ↓ ↑

Da questa tabella emerge che x = ±√

log 2 sono punti di flesso, così come x = 0 (la cui tangente è F ′(0) = 0, quindi orizzontale).

Osservato che√

log 2 >√

log 23 , il grafico di F è il seguente:

log 2

3-

log 2

3

x

y

Figura 10.3: Il grafico di F.

10.3 Test della serieLa connessione tra integrali generalizzati e serie è ulteriormente confermata dal seguente

Teorema 10.3.1. Sia f ∈ Rloc ([1,+∞[), f ↘ 0 (in particolare: f > 0). Allora

∃

∫ +∞

1f (x) dx, ⇐⇒

∞∑n=1

f (n) < +∞.

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

Figura 10.4: L’area a sx è∑∞

n=1 f (n + 1), quella a destra∑∞

n=1 f (n).

200

Dim. — Osserviamo che per decomposizione∫ N

1f (x) dx =

N−1∑n=1

∫ n+1

nf (x) dx

ed essendo f ↘, si ha f (n) > f (x) > f (n + 1) per x ∈ [n, n + 1], per cui, per isotonia

f (n + 1) 6∫ n+1

nf (x) dx 6 f (n),

da cuiN−1∑n=1

f (n + 1) 6∫ N

1f (x) dx 6

N−1∑n=1

f (n).

Da questo la conclusione è immediata. Se esiste∫ +∞

1 f (x) dx, allora

N−1∑n=1

f (n + 1) =N∑n=2

f (n) 6∫ N

1f (x) dx 6

∫ +∞

1f (x) dx, ∀N ∈ N,

ed essendo f (n) > 0 per ogni n si deduce che la serie∑∞

n=1 f (n) è convergente. Vicerversa, se ∑∞n=1 f (n) < +∞ allora

∫ N

1f (x) dx 6

N−1∑n=1

f (n) 6∞∑n=1

f (n), ∀N, =⇒∫ R

1f (x) dx 6

∞∑n=1

f (n), ∀R > 1,

da cui la conclusione in virtù della proposizione 10.2.1.

Esempio 10.3.2. Dimostriamo che∞∑n=1

1nα, converge sse α > 1.

Sol. — Sia f : [1,+∞[−→ R, f (x) := 1xα . Chiaramente per α > 0 f ↘ e f ∈ Rloc ([1,+∞[). Dunque,

∞∑n=1

1nα, converge ⇐⇒

∫ +∞

1f (x) dx =

∫ +∞

1

1xα

dx < +∞.

Ma ciò accade sse α > 1.

10.4 Convergenza assolutaCome per le serie, quando l’integranda ha segno variabile le cose si complicano e il confronto non funziona più.Mantenendo l’analogia con le serie introduciamo la

Definizione 10.4.1. Sia f ∈ Rloc ([a,+∞[). Diciamo che f è assolutamente integrabile su [a,+∞[ se

∃

∫ +∞

a

| f (x) | dx.

Analoga definizione nel caso f ∈ Rloc (]a, b]) etc.

201

Come per le serie

Proposizione 10.4.2. Sia f ∈ Rloc ([a,+∞[). Se f è assolutamente integrabile allora è integrabile su [a,+∞[.

Dim. — Osserviamo che0 6 f + = max{ f , 0} 6 | f |, 0 6 f − = max{− f , 0} 6 | f |.

Per il teorema del confronto, essendo | f | una maggiorante integrabile per f + e f − si ha che queste sono entrambe integrabili.Ma allora, per linearità, anche f lo è essendo f = f + − f −.

Come per le serie la convergenza assoluta è più forte (e non equivalente) alla convergenza semplice, cosìl’integrabilità assoluta è più forte e non equivalente all’integrabilità. Possiamo di fatto importare lo stesso es-empio delle serie.

Esempio 10.4.3. La funzione

f : [1,+∞[−→ R, f (x) :=

1n, x ∈ [n, n + 1[, n pari,

− 1n, x ∈ [n, n + 1[, n dispari,

=

∞∑n=1

(−1)n

nχ[n,n+1[(x),

è integrabile su [1,+∞[ ma non assolutamente integrabile.

Sol. — È facile osservare che f ∈ Rloc ([1,+∞[). Infatti su ogni intervallo [a, b] ⊂ [1,+∞[ f è continua salvo in un numerofinito di punti dove, comunque, ammette limite da destra e da sinistra. Vediamo ora che è integrabile: dobbiamo calcolare∫ R

1 f (x) dx. Sia N 6 R < N + 1. Allora

∫ R

1f (x) dx =

∫ N

1f (x) dx +

∫ R

Nf (x) dx =

N−1∑n=1

(−1)n

n+

(−1)N

N

∫ R

Ndx =

N−1∑n=1

(−1)n

n+

(−1)N

N(R − N ).

Se R −→ +∞ allora N −→ +∞ e 0 6 R − N 6 1. Quindi (−1)NN (R − N ) −→ 0 (limitata per infinitesima) mentre

N−1∑n=1

(−1)n

n−→

∞∑n=1

(−1)n

nconvergente.

Dunque

∃ limR→+∞

∫ R

1f (x) dx =

∞∑n=1

(−1)n

n.

Vediamo che f non è assolutamente integrabile. Infatti, per lo stesso ragionamento

∫ R

1| f (x) | dx =

N−1∑n=1

1n+

1N

(R − N ) −→∞∑n=1

1n= +∞.

La strategia generale, come per le serie, sarà quindi quella di verificare se si abbia convergenza assoluta.

Esempio 10.4.4. Stabilire l’esistenza di ∫ +∞

0

cos xx2 + 1

dx.

202

Sol. — L’integranda è continua su [0,+∞[, quindi localmente integrabile. Inoltre����

cos xx2 + 1

���� 61

x2 + 1=: g(x).

Ora g è positiva ed integrabile su [0,+∞[, poiché∫ +∞

0 g(x) dx = arctan x |x=+∞x=0 = π

2 . Quindi f è assolutamente integrabile equindi integrabile.

10.5 Criterio di Abel–DirichletIl criterio che ora illustriamo (e che potrebbe essere enunciato in versione opportuna anche per le serie) è di fattoun’estensione del test di Leibniz:

Teorema 10.5.1 (criterio di Abel–Dirichlet). Siano f , g ∈ C 1([a,+∞[). Supponiamo che

i) g sia limitata;

ii) f sia infinitesima per x −→ +∞;

iii) f ′ sia assolutamente integrabile su [a,+∞[.

Allora∃

∫ +∞

a

f (x)g′(x) dx.

Dim. — Si basa sulla formula di integrazione per parti (9.5.2):∫ R

af (x)g′(x) dx = f (x)g(x)���

x=R

x=a−

∫ R

af ′(x)g(x) dx = f (R)g(R) − f (a)g(a) −

∫ R

af ′(x)g(x) dx.

Ora, per i) e ii) si ha che f (R)g(R) −→ 0 per R −→ +∞ quindi

∃ limR→+∞

∫ R

af (x)g′(x) dx, ⇐⇒ ∃ lim

R→+∞

∫ R

af ′(x)g(x) dx,

cioè sse esiste∫ +∞a

f ′(x)g(x) dx. Ma | f ′(x)g(x) | 6 M | f ′(x) |, dove M è tale che |g(x) | 6 M per ogni x ∈ [a,+∞[ essendo glimitata. Per cui M | f ′ | è una maggiorante integrabile per | f ′g |. In virtù di iii) M | f ′ | è integrabile e quindi f ′g è assolutamenteintegrabile, quindi integrabile.

Esempio 10.5.2. Stabilire se l’integrale ∫ +∞

0

x3 sin x1 + x4 dx

è convergente o meno.

Sol. — La funzione ϕ(x) := x3 sin x1+x4 ∈ C ([0,+∞[), quindi è localmente integrabile su [0,+∞[. Si ha che ϕ(x) = f (x)g′(x),

dove f (x) = x3

1+x4 , g′(x) = (− cos x)′. Chiaramente le condizioni i) e ii) del criterio di Abel–Dirichlet sono verificate. Perquanto riguarda la iii) abbiamo

f ′(x) =3x2(1 + x4) − x34x3

(1 + x4)2 = −x6 − 3x2

(1 + x4)2 ∼+∞ −x6

x8 = −1x2 ,

e quest’ultima è assolutamente integrabile su [1,+∞[. Quindi l’integrale richiesto esiste finito su [1,+∞[, e siccome la funzioneè integrabile anche su [0, 1] se ne deduce che ϕ è integrabile in senso generalizzato su [0,+∞[.

203

Esempio 10.5.3. La funzione ϕ(x) := sin xx è integrabile ma non assolutamente integrabile su [0,+∞[.

Sol. — La funzione ϕ ∈ C (]0,+∞[) ed è prolungabile con continuità anche in x = 0. Quindi è localmente integrabile su[0,+∞[. Mostriamo, per esempio, l’esistenza di

∫ +∞π

sin xx dx (evitiamo lo 0 che comunque, per quanto appena detto, non è un

problema). Applicando il criterio di Abel–Dirichlet ϕ(x) = f (x)g′(x) dove f (x) = 1x e g′(x) = sin x, cioè g(x) = − cos x.

Evidentemente f è infinitesima e g è limitata. Inoltre f ′(x) = − 1x2 è integrabile assolutamente su [π,+∞[. Da questo si deduce

che ϕ è integrabile.La non esistenza di

∫ +∞π

���sin xx

��� dx è un po’ più delicata. Anzitutto osserviamo che una maggiorante elementare per ���sin xx

���è 1

x che però non è integrabile a +∞, quindi non si può concludere nulla. Ora osserviamo che

∫ Nπ

π

����sin x

x���� dx =

N−1∑k=1

∫ (k+1)π

kπ

| sin x |x

dx(?)>

Quando kπ 6 x 6 (k + 1)π, si ha che 1(k+1)π 6

1x 6

1kπ , per cui

(?)>

N−1∑k=1

∫ (k+1)π

kπ

| sin x |(k + 1)π

dx =N−1∑k=1

∫ (k+1)π

kπ| sin x | dx = C

N−1∑k=1

1(k + 1)π

,

dove C =∫ (k+1)πkπ

| sin x | dx è una costante vista la periodicità di | sin x | (si può facilmente determinare del resto e risulta valere2). Ma allora ∫ Nπ

π

����sin x

x���� dx >

N−1∑k=1

2π(k + 1)

−→ +∞, N → +∞.

Di conseguenza non può esistere∫ +∞π

���sin xx

��� dx.

Le analogie con le serie presentano però un’importante differenza. Si ricorderà che condizione necessaria affinchéla serie

∑n an è che sia an −→ 0. Si potrebbe immaginare che condizione necessaria affiché esista

∫ +∞a

f (x) dxè che sia f (x) −→ 0. Questo è falso come mostrano i seguenti esempi.

Esempio 10.5.4. Esiste ∫ +∞

0cos(x2) dx.

Sol. — Infatti: se chiamiamo ϕ(x) := cos(x2), ϕC ([0,+∞[), quindi ϕ ∈ Rloc ([0,+∞[). Osserviamo che

ϕ(x) =1

2x2x cos(x2) =

12x

(sin(x2)

) ′= f (x)g′(x).

Le funzioni f e g soddisfano le ipotesi di applicabilità del criterio di Abel–Dirichlet. Infatti: g(x) = sin(x2) è chiaramentelimitata essendo |g(x) | 6 1; f è invece infinitesima a +∞ con f ′(x) = − 1

2x2 assolutamente integrabile. Pertanto esiste∫ +∞1 ϕ(x) dx.

Addirittura la funzione può essere illimitata!

Esempio 10.5.5. Esiste ∫ +∞

0x cos(x3) dx.

204

Sol. — Infatti, ovviamente la funzione integranda è continua e quindi localmente integrabile. Scriviamo poi

ϕ(x) = x cos(x4) =1

3x3x2 cos(x3) =: f (x)g′(x),

dove f (x) = 13x , g(x) = sin(x3). Chiaramente f è infinitesima per x −→ +∞ e g è limitata. Inoltre f ′(x) = − 1

3x2 èassolutamente integrabile a +∞. Per il criterio di Abel–Dirichlet ϕ è integrabile su [0,+∞[.

10.6 EserciziEsercizio 10.6.1. Applicando la definizione, stabilire se i seguenti integrali generalizzati esistono e determinarne il relativovalore:

1.∫ +∞

2

1x(log x)3 dx. 2.

∫ +∞

1

1(1 + x)

√x

dx. 3.∫ +∞

1

2x log x(1 + x2)2 dx. 4.

∫ +∞

−∞

1x2 + 3x + 4

dx.

5.∫ 1

2

0

1√

x√

2x + 1dx. 6.

∫ 2

0

1√

x(2 − x)dx. 7.

∫ 1

0

3x2 + 2x3/2 dx. 8.

∫ 3

0

1√

3 + 2x − x2dx.

9.∫ 1/2

0

1x(log x)2 dx.

Esercizio 10.6.2. Sia α > 0 ed

fα (x) :=e2x + ex

(e2x − 2ex + 2)α, x ∈ R.

i) Calcolare le primitive di f1 (cioè α = 1).

ii) Dimostrare che esiste e calcolare∫ 0−∞

f1(x) dx.

iii) Per quali α > 0 esiste∫ +∞

0 fα (x) dx ?

Esercizio 10.6.3. Sia α > 0 efα (x) := (x − 1) arctan

1xα, x ∈ I :=]0,+∞[.

i) Determinare le primitive di f1 (α = 1) su I.

ii) Servirsi del risultato precedente per dire se esiste (e, in tal caso, quanto vale)∫ 1

0 f (x) dx.

iii) Dire per quali α > 0 esiste finito∫ +∞

1 fα (x) dx.

Esercizio 10.6.4. Siafα (x) = xα log

(1 +

1x

).

Dire per quali valori di α ∈ R fα è integrabile a +∞. Dire quindi se esiste, ed in tal caso quanto vale∫ +∞

1 f− 1

2(x) dx.

Esercizio 10.6.5. Determinare gli α ∈ R tali che esista∫ 1

0

(arctan x)α+12

(1 −√

x)αdx,

e calcolarne il valore per α = − 12 .

205

Esercizio 10.6.6. Stabilire per quali valori α > 0 è convergono i seguenti integrali generalizzati:∫ π2

0xα

sin√

x(π2 − x2)α

dx,∫ +∞

0

x arctan xxα (1 + x)2α .

Del secondo, calcolarlne il valore per α = 1.

Esercizio 10.6.7. Determinare gli α, β ∈ R tali che l’integrale∫ 12

0

arctan(xα)(1 − cos x)β

dx

sia convergente.

Esercizio 10.6.8. Siafα (x) := ex arctan

1(ex − 1)α

, x ∈∈]0,+∞[.

i) Calcolare le primitive di f1/2 (cioè α = 12 ) su ]0,+∞[.

ii) Calcolare, se esiste ∫ 1

0ex arctan

1√

ex − 1dx.

iii) Determinare gli α > 0 tali che fα sia integrabile in x = 0+ e quelli per cui è integrabile a +∞. Esistono dei valori di αper i quali ∃

∫ +∞0 fα (x) dx ?

Esercizio 10.6.9. Siafα (x) :=

1xα

log(1 + 3√x), x ∈ [0,+∞[.

i) Calcolare le primitive di f0 (cioè α = 0) su ]0,+∞[.

ii) Determinare gli α > 0 tali che fα sia integrabile in 0+.

iii) (??) Determinare gli α > 0 tale che fα sia integrabile a +∞.

Esercizio 10.6.10. Determinare per quali valori del parametro reale α > 0 esiste finito l’integrale

1.∫ +∞

1

sin(πxα)(ex − e)α

dx. 2.∫ +∞

1

(1 + cos(πx2)

) α2(

log x)2 sin

1xα

dx. 3.∫ +∞

0

arctan(cosh x) − π4

(sinh x)αdx.

Esercizio 10.6.11. Discutere, al variare dei parametri α, β > 0 la convergenza della serie

∞∑n=2

1nα (log n)β

.

Esercizio 10.6.12. Discutere, al variare del parametro α > 0 la convergenza della serie

∞∑n=3

1n log n(log(log n))α

.

Esercizio 10.6.13. Provare che∞∑

n=N+1

1n2 6

1N, ∀N > 1.

206

Esercizio 10.6.14. Applicando il criterio di Abel–Dirichlet discutere la convergenza dei seguenti integrali generalizzati:

1.∫ +∞

0x sin(x4) dx. 2.

∫ +∞

2

sin xlog x

dx 3.∫ +∞

0sin(ex − 1) dx.

Esercizio 10.6.15. Siaf (x) :=

∫ x

0log

(1 − e

y−1y2

)dy.

Determinare: dominio di f , segno, limiti agli estremi del dominio (se finiti omeno) ed eventuali asintoti, continuità e derivabilità,eventuali limiti della derivata agli estremi del proprio dominio e punti in cui è possibile estendere f con continuità/derivabilità,monotonia ed estremanti, grafico qualitativo.

Esercizio 10.6.16. Siaf (x) := log

43+

∫ x

0log

(1 +

t − 1t2 + 4

)dt.

Determinare il dominio di f , i limiti agli estremi dello stesso ed eventuali asintoti, continuità e derivabilità, eventuali limiti delladerivata agli estremi del proprio dominio di definizione, monotonia ed estremanti, concavità, e disegnare un grafico qualitativo.Dedurre il segno di f .

Esercizio 10.6.17. Sia

f (x) :=∫ x

0arctan

t2

t2 − 2dt.

Determinare il dominio di f , eventuali simmetrie, i limiti agli estremi dello stesso ed eventuali asintoti, continuità e derivabilità,eventuali limiti della derivata agli estremi del proprio dominio di definizione, monotonia ed estremanti, concavità, e disegnareun grafico qualitativo. Dedurre il segno di f .

Esercizio 10.6.18. Siaf (x) :=

∫ x

0

sin y

1 + y2 dy.

Mostrare che f è ben definita su tuttoR e che è pari (cioè f (−x) = f (x)), che è continua, derivabile, e calcolare f ′. Determinarela monotonia di f e gli estremanti della stessa. Tracciare un grafico approssimativo di f . Calcolare poi

limx→0+

f (x)xα

, (α ∈ R).