Stabilire se i seguenti insiemi sono aperti, chiusi, nè aperti nè chiusi e trovare i loro punti di frontiera e di accumulazione
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$A = (0,5] \setminus \N$
L'insieme $A$ scritto come $A=(0,5]\setminus \N$ è equivalente a scrivere $A = (0,1)\cup(1,2)\cup(2,3)\cup(3,4)\cup(4,5)$, quindi possiamo affermare che l'insieme A è aperto, in quanto tutti i suoi punti sono interni, ovvero $\forall x \in A, \ \ \exist U_\epsilon(x) \$ intorno di x contenuto in $A$
I punti di frontiera di $A$ sono: $\partial A = \{0,1,2,3,4,5\}$
I punti di accumulazione di $A$ sono: $[0,5]$
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$X = \{x = \frac{n}{n+1}, \ n \in \N\}=\{\frac{0}{1}, \frac{1}{2}, \frac{2}{3}, \frac{3}{4}, ...\}$
L'insieme $X$ non è aperto nè chiuso: non è aperto perchè i suoi punti, essendo isolati, non hanno un intorno; non è chiuso perchè non è vero che il suo complementare $X^C$ è aperto, dato che non tutti i suoi punti hanno un intorno (ES: il punto $\{1\}$ in $X^C$ non ha un intorno, nello specifico ha solo un intorno destro)
L'unico punto di accumulazione dell'insieme $X$ è $\{1\}$
I punti di frontiera di $X$ sono: $\partial X = X \cup\{1\}$
Stabilire se le seguenti funzioni sono iniettive, suriettive, biettive analizzando il loro grafico
- $f(x)=\begin{cases} e^x, \ \ \ se \ x \geq 1, \\ x, \ \ \ \ se \ x<1.
\end{cases}$
Osservando il grafico, possiamo evincere che la funzione $f(x)$ è **iniettiva**, dato che le infinite rette orizzontali intersecano il grafico di $f(x)$ al più una volta.
$f(x)$ non è suriettiva perchè l'immagine della funzione non comprende valori nell'intervallo $[1,e)$ e quindi $\\text{Im} f(x) \\neq \\R$
- $f(x)=\begin{cases} |x-2|, \ \ \ se \ x \geq 0, \\
x+1, \ \ \ \ \ se \ x<0. \end{cases}$
Osservano il grafico, possiamo evincere che le infinite rette orizzontali intersecano il grafico di $f(x)$ almeno una volta, quindi $f(x)$ è **suriettiva**
$f(x)$ non è iniettiva perchè non è vero che $\\forall x_1,x_2 \\in \\R$ con $x_1\\neq x_2 \\rarr f(x_1) \\neq f(x_2)$ (per esempio: $f(-\\frac{1}{2})=\\frac{1}{2} = f(\\frac{3}{2})$ oppure $f(-1) = 0 = f(2)$)
Stabilire se le seguenti successioni sono crescenti/decrescenti oppure non monotone
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$a_n=n^3+2n-2$
$a_{n+1}=(n+1)^3+2(n+1)-2=(n+1)^3+2n+2-2=(n+1)^3+2n=n^3+3n^2+3n+1+2n = n^3+3n^2+5n+1$
Dimostriamo che $a_n$ è crescente o decrescente:
$$ a_n<a_{n+1} \\ n^3+2n-2<n^3+3n^2+5n+1\\ 2n-2<3n^2+5n+1 \\ -3n^2-3n<3 \\ 3n^2+3n > -3 \\ 3n^2+3n+3 > 0\\ \frac{3n^2+3n+3}{3}>\frac{0}{3} \\ n^2+n+1 > 0 $$
Questa disequazione è sempre verificata $\forall n \in \N \rarr$ la successione $a_n$ è strettamente crescente, e quindi strettamente monotona.
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$a_n = \cos\frac{1}{n}$ $\text{C.E.: } n\neq0$
Osservando il grafico di $\frac{1}{n}$ (argomento del coseno) possiamo notare che si tratta di una successione che al crescere di $n$ tende a $0$ con carattere decrescente.
Infatti $\forall n \in \N \setminus \{0\}$ si ha che $\frac{1}{n} > \frac{1}{n+1}$
Osservando il grafico di $\cos(x)$ vediamo come avvicinandoci a 0 da destra, ci avviciniamo a 1 in modo crescente
Di fatti impostando il limite possiamo notare che $\lim\limits_{n\rarr +\infin}\cos\frac{1}{n} = 1^-$, quindi possiamo affermare che la successione $a_n = \cos\frac{1}{n}$ è strettamente crescente e quindi strettamente monotona, con il seguente grafico:
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$a_n=\cos(n\pi) = \begin{cases} -1 \ \ \ \text{ se n è dispari, } \\ 1 \ \ \ \text{ se n è pari. } \end{cases}$
La successione è irregolare, di conseguenza non è crescente nè decrescente, e quindi non monotona
Calcolare, se esistono, i seguenti limiti di funzioni
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$\lim\limits_{x\rarr 0}\frac{log^2(1+x)-sinx}{1-e^{-x^2}}$
$$ \lim\limits_{x\rarr 0} \frac{\log^2(1+x)-\sin x}{1-e^{-x^2}}= \\ =\lim\limits_{x\rarr 0}\frac{x^2-x}{1-(1-x^2)}=\lim\limits_{x\rarr 0}\frac{x(x-1)}{x^2} = \\ =\lim\limits_{x\rarr 0} \frac{x-1}{x}=\nexists \\ $$
$$ \lim_{x\rarr 0^+} \frac{x-1}{x}=+\infin \\ \lim_{x\rarr 0^-} \frac{x-1}{x}=-\infin\\ \rarr \nexists \lim\limits_{x\rarr 0}\frac{\log^2(1+x)-\sin x}{1-e^{-x^2}} $$
Il limite per $x\rarr 0$ non esiste perchè non è possibile attribuirgli un unico valore, in tal caso infatti non si può scrivere che il limite per $x\rarr 0$ vale $+\infin$ o $-\infin$. Possiamo però affermare che il limite sinistro e destro esistono e sono infiniti (rispettivamente uno $+\infin$ e l'altro $-\infin$)
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$\lim\limits_{x\rarr +\infin}x^2(e^{\frac{1}{x}}-e^{\frac{1}{x+1}})$
$$ \lim\limits_{x\rarr +\infin}x^2(e^{\frac{1}{x}}-e^{\frac{1}{x+1}})= \\ =\lim\limits_{x\rarr+\infin}x^2\Big[1+\frac{1}{x}-\Big(1+\frac{1}{x+1}\Big)\Big] = \\ =\lim\limits_{x\rarr+\infin}x^2\Big(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\Big)=\\ =\lim\limits_{x\rarr+\infin}x^2\Big[\frac{(x+1)-x}{x(x+1)}\Big]= \\ =\lim\limits_{x\rarr+\infin}x^2\Big[\frac{1}{x(x+1)}\Big]=\\=\lim\limits_{x\rarr+\infin}\frac{x}{x+1}=1 $$
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$\lim\limits_{x\rarr 1}\frac{(\log x)(x^2+x-2)}{x^2-x}$
$$ \lim\limits_{x\rarr 1}\frac{(\log x)(x^2+x-2)}{x^2-x}=\\ =\lim\limits_{x\rarr 1}\frac{(\log x)(x^2+2x-x-2)}{x(x-1)}=\\ =\lim\limits_{x\rarr 1} \frac{(\log x)(x(x+2)-(x+2)}{x(x-1)}= \\ =\lim\limits_{x\rarr 1} \frac{(\log x) (x+2)(x-1)}{x(x-1)}= \\ =\lim\limits_{x\rarr 1} \frac{\log x (x+2)}{x}= \\ = \frac{(\log 1)(1+2)}{1}=0 $$
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$\lim\limits_{x\rarr 1^-}(1+x)\arctan\frac{1}{1-x^2}$
$$ \lim\limits_{x\rarr 1^-}(1+x)\arctan\Big(\frac{1}{1-x^2}\Big) = \\ = (1+1^-)\arctan\Big(\frac{1}{0^+}\Big)=\\ =(1+1^-)\arctan(+\infin)= 2*\frac{\pi}{2}= \pi $$
Calcolare, se esistono, i seguenti limiti di successioni
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$\lim\limits_{n\rarr +\infin}n^k(e^{\frac{1}{n}}-1)$, al variare di $k\in\R$
$$ \lim\limits_{n\rarr +\infin}n^k(e^{\frac{1}{n}}-1) =\\ =\lim\limits_{n\rarr +\infin}n^k\Big(\frac{1}{n}+1-1\Big) = \lim\limits_{n\rarr +\infin}n^k*\frac{1}{n} = \\ = \lim\limits_{n\rarr +\infin} n^k*n^{-1} = \\ =\lim\limits_{n\rarr +\infin}n^{k-1} = \begin{cases} 0 \ \ \ se \ \ k < 1 \\ 1 \ \ \ se \ \ k=1 \\ +\infin \ \ \ se \ \ k > 1 \end{cases} $$
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$\lim\limits_{n\rarr +\infin}\frac{n^2+2n!}{e^n+\log n}$
Analizzando la scala degli infiniti, possiamo affermare che il numeratore, asintotico di $2n!$, cresce molto più velocemente del denominatore, asintotico di $e^n$, quindi
$$ \lim\limits_{n\rarr +\infin}\frac{n^2+2n!}{e^n+\log n} =\ \lim\limits_{n\rarr +\infin}\frac{2n!}{e^n}\ = +\infin $$
Determinare l'ordine di infinitesimo delle seguenti funzioni
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$f(x)=\log(\frac{x+1}{x^2}+1),$ per $x\rarr +\infin$
$$ \lim\limits_{x \rarr +\infin} \frac{\log(\frac{x+1}{x^2}+1)}{\frac{1}{x^\alpha}} = \lim\limits_{x \rarr +\infin} x^\alpha\Big(\frac{x+1}{x^2}\Big) = \\ =\lim\limits_{x \rarr +\infin} x^\alpha\Big(\frac{1}{x}\Big) = \lim\limits_{x \rarr +\infin}x^{\alpha-1}=1 \ \ con \ \ \alpha = 1\rarr \text{ordine di infinitesimo: 1} $$
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$f(x)=\sqrt{2x^3+1}-1,$ per $x\rarr 0$
$$ \lim\limits_{x \rarr 0}\frac{\sqrt{2x^3+1}-1}{|x|^\alpha} = \lim\limits_{x \rarr 0} \frac{(2x^3+1)^{\frac{1}{2}}-1}{|x|^\alpha}=\lim\limits_{x \rarr 0}\frac{\frac{1}{2}2x^3}{|x|^\alpha}=\lim\limits_{x \rarr 0}\frac{x^3}{|x|^\alpha}= \nexists $$
Il limite per $x \rarr 0$ non esiste perchè il limite sinistro e il limite destro non coincidono, ma anche analizzando il limite destro e sinistro, in nessun caso la funzione tenderebbe a un valore finito diverso da $0$, quindi, per definizione, dato che $\nexists \alpha \in \R \ \ t.c. \ \ \lim\limits_{x\rarr 0}\frac{x^3}{|x|^\alpha}=L\in \R^+ \setminus \{0\}$, possiamo affermare che $f(x)$ non ha ordine di infinitesimo
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$f(x)=\frac{e^{\sqrt[3]{x}}-1}{\sqrt[6]{x}},$per $x\rarr 0^+$
$$ \lim\limits_{x \rarr 0^+}\frac{\frac{e^{\sqrt[3]x}-1}{\sqrt[6]{x}}}{x^\alpha} = \lim\limits_{x \rarr 0^+}\frac{\frac{\sqrt[3]x}{x^{\frac{1}{6}}}}{x^\alpha} = \lim\limits_{x \rarr 0^+} \frac{x^{\frac{1}{3}}*x^{-\frac{1}{6}}}{x^\alpha} =\\ =\lim\limits_{x \rarr 0^+} \frac{x^{\frac{1}{6}}}{x^\alpha} = 1 \ \ con \ \ \alpha = \frac{1}{6} \\ \rarr \text{ordine di infinitesimo: }\frac{1}{6} $$
Disporre in ordine di infinito crescente, per $x\rarr +\infin$, le seguenti funzioni
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$f(x) = 2x^4+\sqrt x - x \log x \sim 2x^4$ (per $x\rarr +\infin)$
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$g(x)=\frac{3x+e^{-x}}{\sqrt{6x}+1} \sim \frac{3x}{\sqrt{6x}} = \frac{3x}{\sqrt{6x}}*\frac{\sqrt{6x}}{\sqrt{6x}}=\frac{3\sqrt{6x}}{6}= \frac{\sqrt{6x}}{2}$
(per $x\rarr +\infin$)
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$h(x)=\log(e^x+x) \sim \log(e^x) \$ (per $x\rarr +\infin$)
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$k(x)=2e^x+x^3 \sim 2e^x$ (per $x\rarr +\infin$)
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$l(x)=x^x+x \sim x^x$ (per $x\rarr +\infin$)
Quindi, secondo la scala degli infiniti,
$$ \frac{\sqrt{6x}}{2} < \log(e^x) < 2x^4 < 2e^x< x^x $$
In conclusione, le funzioni disposte in ordine di infinito crescente risultano in questo ordine:
$$ g(x),\ h(x),\ f(x) ,\ k(x) ,\ l(x); $$
Studiare la convergenza assoluta e semplice delle seguenti serie
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$\sum_{n=1}^{+\infin}\frac{2n+3}{n!}$
Si tratta di una serie a termini positivi
Utilizziamo il criterio del rapporto
$$ \lim\limits_{n\rarr +\infin}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim\limits_{n\rarr +\infin} \frac{\frac{2(n+1)+3}{(n+1)!}}{\frac{2n+3}{n!}}=\lim\limits_{n\rarr +\infin} \frac{2n+5}{n!(n+1)}\frac{n!}{2n+3}=\\ \lim\limits_{n\rarr +\infin} \frac{2n+5}{n+1}\frac{1}{2n+3}=\lim\limits_{n\rarr +\infin}\frac{2n+5}{(n+1)(2n+3)}=\\ \lim\limits_{n\rarr +\infin}\frac{2n+5}{3n^2+5n+3}\sim\lim\limits_{n\rarr +\infin}\frac{2n}{3n^2}=0<1 $$
Per il criterio del rapporto, la serie converge
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$\sum_{n=1}^{+\infin}\log(1+\frac{1}{\sqrt n})$
Si tratta di una serie a termini positivi
$$ \lim\limits_{n\rarr +\infin}\log(1+\frac{1}{\sqrt{n}})=\lim\limits_{n\rarr +\infin}\frac{1}{\sqrt{n}}=\lim\limits_{n\rarr +\infin} \frac{1}{n^{\frac{1}{2}}}\\ \\ \sum_{n=1}^{+\infin}\frac{1}{n^{\frac{1}{2}}} \text{ serie armonica generalizzata con }\alpha=\frac{1}{2}\leq 1 \\ \rarr \text{ la serie diverge a }+\infin $$
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$\sum_{n=0}^{+\infin}e^{nx},$ al variare di $x\in\R$
Si tratta di una serie a termini positivi
Utilizziamo il criterio della radice:
$$ \lim\limits_{n\rarr +\infin}\sqrt[n]{e^{nx}}=\lim\limits_{n\rarr +\infin}e^x $$
- $se \ \ x < 0: \ \ \lim\limits_{n\rarr +\infin}e^x<1$ → la serie converge
- $se \ \ \ x>0:\ \ \lim\limits_{n\rarr +\infin}e^x > 1$ → la serie diverge a $+\infin$
se $x=0$:
$$ \sum_{n=1}^{+\infin}e^{n(0)}=\sum_{n=1}^{+\infin}1 $$
Dato che la successione delle somme parziali della serie $\sum_{n=1}^{+\infin}1$ diverge a $+\infin$, per definizione possiamo affermare che la serie diverge a $+\infin$
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$\sum_{n=1}^{+\infin}(\frac{n+1}{n})^n$
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$\sum_{n=1}^{+\infin}\frac{(x-1)^n}{n+2\sqrt n},$ al variare di $x\in\R$