Infiniti e infinitesimi – Esercizi

Esercizi ordine di infinito e infinitesimo

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In questo articolo, proponiamo 3 esercizi sul confronto tra infiniti e infinitesimi.
Un modo naturale per confrontare delle funzioni aventi limite infinito o nullo per $x \to x_0$ consiste nel calcolare il limite del loro rapporto per $x \to x_0$ . Ciò permette di ordinare le funzioni infinite o infinitesime in una sorta di “gerarchia” che risulta utile nel calcolo di limiti più complessi, per la separazione dei termini principali da quelli trascurabili. Particolare rilevanza assume infine il confronto di funzioni infinitesime per $x \to x_0$ con le potenze di binomi del tipo $(x-x_0)^k$ , che costituiscono una sorta di “scala naturale” per il confronto e dà luogo alla nozione di parte principale.

Gli esercizi sono completamente risolti e preceduti da un breve sunto dei richiami teorici necessari.

Di seguito elenchiamo i principali articoli sulla teoria correlata:

Consigliamo inoltre le ulteriori raccolte di esercizi affini:

Buona lettura!

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Donato Ciampa.

Richiami di teoria

$\quad$

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Definizione 1.1 (ordini di infinitesimo). Siano $f(x)$ , $g(x) \colon A\subset \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ due funzioni infinitesime per $x \rightarrow x_0 \in \mathbb{R}\cup \{\pm \infty\}$ , i.e. $\lim_{x\to x_0} f(x)= \lim_{x\to x_0}g(x) =0$ . Supponiamo che $x_0$ sia un punto di accumulazione per gli insiemi $\{x \in A \colon f(x) \neq 0\}$ e $\{x \in A \colon g(x) \neq 0\}$ . Diremo che

$\quad$

$f$ ha un ordine di infinitesimo maggiore rispetto a $g$ per $x\to x_0$ , e scriveremo $f \succ g$ , se e solo se
$\lim_{x \rightarrow x_0 }\dfrac{f(x)}{g(x)}= 0;$

$f$ ha un ordine di infinitesimo minore rispetto a $g$ per $x\to x_0$ , e scriveremo $f \prec g$ , se e solo se
$\lim_{x \rightarrow x_0 }\dfrac{g(x)}{f(x)}= 0;$

$f$ ha lo stesso ordine di infinitesimo di $g$ per $x\to x_0$ se e solo se esistono due costanti $0<c \leq C$ e un intorno $I$ di $x_0$ tali che
$c \leq \frac{f(x)}{g(x)} \leq C \quad \text{oppure} \quad -C \leq \frac{f(x)}{g(x)} \leq -c \qquad \forall x \in A \cap I \setminus \{x_0\}.$

In particolare, $f$ e $g$ si dicono asintotiche se $\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = 1$ e in quel caso si scrive $f \sim g$ per $x\to x_0$ .

$f$ e $g$ sono infinitesimi non confrontabili nei casi non elencati sopra.

$\quad$

Definizione 1.2 (ordini di infinito). Siano $f(x)$ , $g(x) \colon A\subset \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ due funzioni infinite per $x \rightarrow x_0 \in \mathbb{R}\cup \{\pm \infty\}$ , i.e. $\lim_{x\to x_0} f(x)= \lim_{x\to x_0}g(x) =\pm \infty$ . Diremo che

$\quad$

$f$ ha un ordine di infinito maggiore rispetto a $g$ per $x\to x_0$ , e scriveremo $f \succ g$ , se e solo se
$\lim_{x \rightarrow x_0 }\dfrac{g(x)}{f(x)}= 0;$

$f$ ha un ordine di infinito minore rispetto a $g$ per $x\to x_0$ , e scriveremo $f \prec g$ , se e solo se
$\lim_{x \rightarrow x_0 }\dfrac{f(x)}{g(x)}= 0;$

$f$ ha un ordine di infinito minore rispetto a $g$ per $x\to x_0$ , e scriveremo $f \prec g$ , se e solo se esistono due costanti $0<c \leq C$ e un intorno $I$ di $x_0$ tali che
$c \leq \frac{f(x)}{g(x)} \leq C \quad \text{oppure} \quad -C \leq \frac{f(x)}{g(x)} \leq -c \qquad \forall x \in A \cap I \setminus \{x_0\}.$

In particolare, $f$ e $g$ si dicono asintotiche se $\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = 1$ e in quel caso si scrive $f \sim g$ per $x\to x_0$ .

$f$ e $g$ sono infiniti non confrontabili nei casi non elencati sopra.

$\quad$

Definizione 1.3 (o-piccolo). Sia $A \subseteq \mathbb{R}$ , siano $f, g : A \to \mathbb{R}$ e sia $x_0 \in \mathbb{R} \cup \{-\infty, +\infty\}$ un punto di accumulazione per l’insieme $\{x \in A : g(x) \neq 0\}$ . Diciamo che $f$ è un \emph{o-piccolo} di $g$ per $x \to x_0$ se

$\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = 0.$

In tal caso scriviamo $f = o(g)$ .

$\quad$

Alla luce della definizione 1.3, possiamo riscrivere gerarchie tra infinitesimi e infiniti presentate nelle definizioni 1.1 e 1.2 come segue:

$\quad$

$f$ ha un ordine di infinitesimo maggiore rispetto a $g$ se e solo se $f=o(g)$ per $x\to x_0$ ;

$f$ ha un ordine di infinitesimo minore rispetto a $g$ se e solo se $g=o(f)$ per $x\to x_0$ ;

$f$ ha un ordine di infinito maggiore rispetto a $g$ se e solo se $g=o(f)$ per $x\to x_0$ ;

$f$ ha un ordine di infinito minore rispetto a $g$ se e solo se $f=o(g)$ per $x\to x_0$ ;

Definizione 1.4 (parte principale). Sia $A \subseteq \mathbb{R}$ , sia $f : A \to \mathbb{R}$ e sia $x_0 \in \mathbb{R} \cup \{-\infty, +\infty\}$ un punto di accumulazione per l’insieme $A$ . Supponiamo che $f$ sia infinitesima per $x\to x_0$ e che $f$ ammetta sviluppo di Taylor centrato in $x_0$ . Si definisce parte principale di $f$ rispetto all’infinitesimo campione $x-x_0$ il primo termine non nullo dello sviluppo di Taylor di $f$ centrato in $x_0$ .

Esercizi

$\quad$

Esercizio 1. $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare, rispetto a $x$ per $x \to 0$ , l’ordine di infinitesimo $\alpha$ e la parte principale $k|x|^\alpha$ delle seguenti funzioni:

$\quad$

$e^{3x^4} - 1$ ,

$x^2 + \sin(2x^3) + 1 - e^{-x^2}$ ,

$\sin(2x^3)(\sqrt{1+3x}-1)$ ,

$\frac{\sin x + 2\sqrt[3]{x}}{\sqrt[3]{x} + \sqrt[5]{x}}$ ,

$\frac{1+\sin x}{1-x}-1$ ,

$\frac{\sqrt{1 + 3x^2}}{1 + 2x} -1$ .

Svolgimento 1.

Poiché $e^{3x^4}= 1+ 3x^4 +o(x^4)$ si ha

$\lim_{x \to 0} \frac{e^{3x^4} - 1}{k|x|^\alpha} = \lim_{x \to 0} \frac{3x^4(1+o(1))}{k|x|^\alpha} = \frac{3 |x|^{4-\alpha}}{k} = \begin{cases} (\text{sign}(k))\cdot(+\infty) & \text{se } 4 - \alpha < 0, \\ 3/k & \text{se } 4 - \alpha = 0, \\ 0 & \text{se } 4 - \alpha > 0. \end{cases}$

Quindi $\alpha = 4$ , $k = 3$ e la parte principale risulta $3x^4$ .

Svolgimento 2.

Poiché

$\sin(2x^3) = 2x^3+o(x^3) \qquad\text{e}\qquad e^{-x^2} =1 - x^2+o(x^3) ,$

si ha:

$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{x^2 + \sin(2x^3) + 1 - e^{-x^2}}{k|x|^\alpha} =&\lim_{x \to 0} \frac{x^2 + 2x^3 + x^2+o(x^3)}{k|x|^\alpha}\\ =&\lim_{x \to 0} \frac{2x^2(1+x+o(x))}{k|x|^\alpha}\\ =& \frac{2|x|^{2-\alpha}}{k} \\ =& \begin{cases} (\text{sign}(k))\cdot(+\infty) & \text{se } 2 - \alpha < 0, \\ 2/k & \text{se } 2 - \alpha = 0, \\ 0 & \text{se } 2 - \alpha > 0. \end{cases} \end{aligned}$

Quindi $\alpha = 2$ , $k = 2$ e la parte principale risulta $2x^2$ .

Svolgimento 3.

Poiché

$\sqrt{1+3x} - 1 = 1+ \frac{3}{2}x +o(x) - 1 = \frac{3}{2}x +o(x),$

$\sin(2x^2) = 2x^2+o(x^2),$

si ha:

$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{\sin(2x^3)(\sqrt{1+3x}-1)}{k|x|^\alpha} =& \lim_{x\to 0} \frac{(2x^2+o(x^2))(\frac{3}{2}x+o(x))}{k|x|^\alpha}\\ =& \lim_{x\to 0} \frac{3x^3 + o(x^3)}{k|x|^\alpha}\\ =& \lim_{x \to 0}\dfrac{3|x|^{3-\alpha} (1+o(1))}{k} \\ =& \begin{cases} (\text{sign}(k))\cdot(+\infty) & \text{se } 3 - \alpha < 0, \\ 3/k & \text{se } 3 - \alpha = 0, \\ 0 & \text{se } 3- \alpha > 0. \end{cases} \end{aligned}$

Quindi $\alpha = 4$ , $k = 3$ e la parte principale risulta $3x^2$ .

Svolgimento 4.

Poiché $\sin x = x + o(x)$ si ha

$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{\sin x + 2\sqrt[3]{x}}{k|x|^\alpha \left( \sqrt[3]{x} + \sqrt[5]{x} \right)} =& \lim_{x \to 0} \frac{x + o(x)+ 2x^{1/3}}{k|x|^\alpha \left( x^{1/3} + x^{1/5} \right)} \\ =& \lim_{x \to 0} \frac{2x^{1/3} \left( \frac{1}{2}x^{3/2} + 1+o(x^\frac{2}{3} \right)}{k|x|^\alpha \cdot x^{1/5} \left( x^{2/15} + 1 \right)}\\ =& \lim_{x \to 0} \frac{2}{k} \cdot |x|^{2/15 - \alpha}(1+o(1))\\ =& \begin{cases} (\text{sign}(k))\cdot(+\infty)& \text{se } 2/15 - \alpha < 0, \\ 2/k & \text{se } 2/15 - \alpha = 0, \\ 0 & \text{se } 2/15 - \alpha > 0. \end{cases} \end{aligned}$

Quindi $\alpha = 2/15$ , $k = 2$ e la parte principale risulta $2x^{2/15}$ .

Svolgimento 5.

Poiché $\sin x = x+o(x)$ , si ha:

$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{1}{k|x|^\alpha} \left( \frac{1 + \sin x}{1 - x} - 1 \right) =& \lim_{x \to 0}\frac{1}{k|x|^\alpha} \frac{1 + \sin x - 1 + x}{1 - x}\\ =& \lim_{x\to 0}\frac{1}{k|x|^\alpha} \frac{2x+ o(x)}{1-x}\\ =& \lim_{x\to 0} \frac{(2x+o(x))(1+x+o(x))}{k|x|^\alpha}\\ =&\lim_{x\to 0}\dfrac{2x+o(x)}{k|x|^\alpha}\\ =& \lim_{x\to 0} \dfrac{2 |x|^{1-\alpha}(1+o(1))}{k}\\ =& \begin{cases} (\text{sign}(k))\cdot(+\infty) & \text{se } 1 - \alpha < 0, \\ 2/k & \text{se } 1 - \alpha = 0, \\ 0 & \text{se } 1 - \alpha > 0. \end{cases} \end{aligned}$

Quindi $\alpha = 1$ , $k = 2$ e la parte principale risulta $2x$ .

Svolgimento 6.

Poiché

$\sqrt{1+3x^2} = 1+\frac{3}{2}x^2 + o(x^2) \qquad \textbf{e} \qquad (1+2x)^{-1} = 1-2x +o(x)$

si ha:

$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{1}{k|x|^\alpha} \left( \frac{\sqrt{1 + 3x^2}}{1 + 2x} - 1 \right) =& \lim_{x \to 0} \frac{1}{k|x|^\alpha}\frac{\sqrt{1 + 3x^2} - 1 - 2x}{1 + 2x}\\ =& \lim_{x \to 0} \frac{1}{k|x|^\alpha}\left(1+\frac{3}{2}x^2+o(x^2) -1-2x\right)(1-2x+o(x))\\ =&\lim_{x \to 0} \frac{1}{k|x|^\alpha} \left(-2x +\frac{3}{2}x^2+ o(x^2)\right)(1-2x+o(x))\\ =&\lim_{x \to 0} \frac{1}{k|x|^\alpha}\left(-2x+\frac{11}{2}x^2+o(x^2) \right)\\ =& \lim_{x \to 0} \frac{-2x(1-\frac{11}{4}x + o(x))}{k|x|^\alpha}\\ =& \lim_{x \to 0} \dfrac{-2}{k}|x|^{1-\alpha}(1+o(1))\\ =&\begin{cases} (\text{sign}(k))\cdot(+\infty)& \text{se } 1 - \alpha < 0, \\ -2/k & \text{se } 1 - \alpha = 0, \\ 0 & \text{se } 1 - \alpha > 0. \end{cases} \end{aligned}$

Quindi $\alpha = 1$ , $k =- 2$ e la parte principale risulta $-2x$ .

Esercizio 2. $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Disporre in ordine di infinito crescente, per $x \to +\infty$ , e infinitesimo crescente, per $x \to 0^+$ , le seguenti funzioni:

$\quad$

$f(x) = \sqrt[6]{x} + \sqrt[5]{x} + x^7 \, e^{-x^3}$ ,

$g(x) =\dfrac{x^2+\ln\left(1+x^{\frac{3}{5}}\right)}{\sqrt{x}}$ ,

$h(x) =\dfrac{e^{\sqrt[3]{x}}-1}{{\sqrt[15]{x^2}}}$ ,

$\ell(x) = x^{\frac{1}{5}} \, \ln x$ .

Svolgimento.

Consideriamo per prima cosa il caso $x\to +\infty$ . Si ha che:

$\quad$

$f(x) = x^{\frac{1}{5}} \, (1+o(1))$ ,

$g(x) = \frac{1}{\sqrt{x}} \cdot x^2 (1+o(1)) = x^{\frac{3}{2}} (1+o(1))$ ,

$h(x) = e^{\sqrt[3]{x}}{x^{-\frac{2}{15}}}(1+o(1))$ ,

$\ell(x) = x^{\frac{1}{5}} \, \ln x$ .

Si nota subito che $h(x)$ è un infinito di ordine maggiore rispetto a tutti gli altri poiché è presente un esponenziale ad esponente positivo. Inoltre, $g$ è un infinito di ordine superiore rispetto ad $\ell$ e $f$ poiché l’esponente della sua parte principale è maggiore degli esponenti delle altre due funzioni. Non ci resta dunque che confrontare $\ell$ e $f$ calcolando il seguente limite:

$\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ell(x)}{f(x)} =\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x^{\frac{1}{5}}\ln x}{x^{{\frac{1}{5}}}(1+o(1))} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{1+o(1)} = +\infty \iff f (x)=o(\ell (x)) \quad \text{per} \,\, x \rightarrow +\infty .$

Concludiamo che la disposizione di ordine di infinito è la seguente:

$\boxcolorato{analisi}{h \succ g \succ \ell \succ f, \qquad \mbox{per } x \to + \infty.}$

Passiamo ora al caso $x\to 0^+$ . Si ha che:

$\quad$

$f(x) = x^{\frac{1}{6}} \; (1+o(1))$ ,

$g(x) = \frac{1}{\sqrt{x}} x^{\frac{3}{5}} (1+o(1))=x^{\frac{1}{10}} (1+o(1))$ ,

$h(x) = \dfrac{\sqrt[3]{x} + o\left(\sqrt[3]{x}\right)}{\sqrt[15]{x^2}} = x^{\frac{1}{5}}(1+o(1))$ ,

$\ell(x) = x^{\frac{1}{5}} \, \ln x$ .

Si nota subito che, a parità di esponente della parte principale, si ha che $g$ è un infinitesimo di ordine inferiore rispetto a tutti gli altri; inoltre, per il medesimo motivo, $f$ è un infinitesimo di ordine inferiore rispetto ad $h$ ed $\ell$ . Restano dunque da confrontare le funzioni $h$ ed $\ell$ , calcolando il seguente limite:

$\lim_{x\to 0^+} \dfrac{h(x)}{\ell(x)} =\lim_{x\to 0^+} \dfrac{x^\frac{1}{5}(1+o(1))}{x^\frac{1}{5}\ln x} = \lim_{x\to 0^+} \dfrac{1+o(1)}{\ln x}= 0 \iff h(x) = o(\ell(x)) \quad \mbox{per } x \to 0^+.$

Concludiamo che la disposizione di ordine di infinitesimo è quella che segue

$\boxcolorato{analisi}{h \succ \ell \succ f \succ g, \qquad \mbox{per } x \to 0^+.}$

Esercizio 3. $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Disporre in ordine infinitesimo crescente per $x\to 0^+$ le seguenti
funzioni (specificando, ove possibile, l’ordine di infinitesimo):

$\quad$

$f(x)= \dfrac{x^4}{\log \left( 1+ \dfrac{1}{x} \right)}+x^5 \sin \left( \dfrac{1}{x} \right)$ ,

$g(x)=x^2 \log (1+x)-x \sin (x^2)$ ,

$h(x)= \int_0^x (e^t+1) \arctan (t^4) dt$ .

Svolgimento.

Per $x\to 0^+$ possiamo scrivere

$\quad$

$\begin{aligned} f(x) =& \dfrac{x^4}{\log \left( \dfrac{x+1}{x} \right)}+ x^5 \sin \left( \dfrac{1}{x} \right)= \dfrac{x^4}{\log (1+x)- \log x}+ x^5 \sin \dfrac{1}{x} \\ =&\dfrac{x^4}{- \log x+x+o(x)}+o(x^4) \\ =& \left( \dfrac{x^4}{-\log x} \right) \left( \dfrac{1}{1- \dfrac{x}{\log x}+ o \left( \dfrac{x}{\log x} \right)} \right) +o(x^4) = -\dfrac{x^4}{\log x} (1+o(1)), \end{aligned}$

$g(x) =x^2 \log (1+x) -x \sin (x^2) = x^3- \dfrac{1}{2} x^4 -x^3+ o(x^4)=- \dfrac{1}{2} x^4+ o(x^4)$ ,

$h(x)= \displaystyle \int_0^x (e^t+1) \arctan t^4 = 2 \displaystyle\int_0^x (t^4+o(t^4))dt= \dfrac{2}{5} (x^5+o(x^5)).$

Segue dunque che l’ordine di infinitesimo delle funzioni $g$ e $h$ è, rispettivamente, $4$ e $5$ . Determiniamo la gerarchia di infinitesimo calcolando i limiti per $x\to 0+$ dei rapporti tra le funzioni. Confrontiamo prima $h$ e $g$ calcolando:

$\lim_{x \to 0^+} \dfrac{h(x)}{g(x)}= \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\frac{2}{5}x^5}{-\frac{1}{2}x^4} \left( 1+o(1) \right)=0 ,$

da cui segue che $h(x)=o(g(x))$ per $x\to 0^+$ . Confrontiamo ora $g$ ed $f$ , risolvendo il seguente limite:

$\displaystyle \lim_{x\to 0^+} \dfrac{g(x)}{f(x)}= \lim_{x\to 0^+} \dfrac{-\frac{1}{2}x^4}{- \frac{x^4}{\log x}} = \lim_{x \to 0^+} \left( -\dfrac{1}{2}x^4 \right) \dfrac{\log x}{x^4}=+ \infty$

da cui segue che $f(x)=o(g(x))$ per $x\to 0^+$ .

Infine

$\begin{aligned} \lim_{x\to 0^+} \dfrac{h(x)}{f(x)} & = \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\frac{2}{5}x^5}{- \dfrac{x^4}{\log x}} \left( 1+o(1) \right) = \lim_{x\to 0^+} 2x^5 \left( - \dfrac{\log x}{x^4} \right) \left( 1+ o(1)\right)=0 \end{aligned}$

da cui segue $h(x)=o \left( f(x) \right)$ per $x\to 0^+$ . Possiamo quindi disporre in ordine di infinitesimo crescente le funzioni per $x \to 0^+$ , concludendo che

$\boxcolorato{analisi}{h \succ f \succ g, \qquad \mbox{per } x \to 0^+.}$

Tutta la teoria di analisi matematica

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Tutti gli esercizi di geometria

In questa sezione vengono raccolti molti altri esercizi che coprono tutti gli argomenti di geometria proposti all’interno del sito con lo scopo di offrire al lettore la possibilità di approfondire e rinforzare le proprie competenze inerenti a tali argomenti.

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Art of Problem Solving (AoPS) – Questo sito è molto noto tra gli studenti di matematica di livello avanzato e i partecipanti a competizioni matematiche. Offre forum, corsi online, e risorse educative su una vasta gamma di argomenti.
MathOverflow – Questo sito è destinato a matematici professionisti e ricercatori. È una piattaforma per domande di ricerca avanzata in matematica. È strettamente legato a Math Stack Exchange ma è orientato a un pubblico con una formazione più avanzata.
PlanetMath – Una comunità collaborativa di matematici che crea e cura articoli enciclopedici e altre risorse di matematica. È simile a Wikipedia, ma focalizzata esclusivamente sulla matematica.
Wolfram MathWorld – Una delle risorse online più complete per la matematica. Contiene migliaia di articoli su argomenti di matematica, creati e curati da esperti. Sebbene non sia un forum, è una risorsa eccellente per la teoria matematica.
The Math Forum – Un sito storico che offre un’ampia gamma di risorse, inclusi forum di discussione, articoli e risorse educative. Sebbene alcune parti del sito siano state integrate con altri servizi, come NCTM, rimane una risorsa preziosa per la comunità educativa.
Stack Overflow (sezione matematica) – Sebbene Stack Overflow sia principalmente noto per la programmazione, ci sono anche discussioni rilevanti di matematica applicata, specialmente nel contesto della scienza dei dati, statistica, e algoritmi.
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