Compito in Classe di Matematica

Soluzione Esercizio 1

1. Dominio:
La funzione \( y = \frac{2x^2+4x+6}{x^2+1} \) ha come denominatore \( x^2+1 \). Dato che \( x^2 \geq 0 \), il denominatore è sempre maggiore o uguale a 1, e quindi mai nullo. Pertanto, il dominio della funzione è tutto l'insieme dei numeri reali, ovvero \( D = \mathbb{R} \).

2. Parità e disparità:
Per verificare la parità o disparità, calcoliamo \( f(-x) \): \[ f(-x) = \frac{2(-x)^2+4(-x)+6}{(-x)^2+1} = \frac{2x^2-4x+6}{x^2+1} \] Dato che \( f(-x) \neq f(x) \) e \( f(-x) \neq -f(x) \), la funzione non è né pari né dispari.

3. Intersezioni con gli assi cartesiani:

• Asse y: poniamo \( x=0 \) \[ y = \frac{2(0)^2+4(0)+6}{(0)^2+1} = \frac{6}{1} = 6 \] L'intersezione con l'asse y è nel punto \( (0, 6) \).
• Asse x: poniamo \( y=0 \) \[ \frac{2x^2+4x+6}{x^2+1} = 0 \implies 2x^2+4x+6=0 \implies x^2+2x+3=0 \] Calcoliamo il discriminante \( \Delta \): \[ \Delta = b^2-4ac = (2)^2-4(1)(3) = 4-12 = -8 \] Poiché il discriminante è negativo, non ci sono soluzioni reali. La funzione non interseca mai l'asse x.

4. Segno della funzione:

La funzione \( y = \frac{2x^2+4x+6}{x^2+1} \) ha il denominatore \( x^2+1 \) che è sempre positivo. Per studiare il segno, dobbiamo analizzare il segno del numeratore \( 2x^2+4x+6 \). Abbiamo visto al punto 3 che il discriminante di questa equazione di secondo grado è negativo (\( \Delta=-8 \)) e il coefficiente del termine \( x^2 \) è positivo (\( a=2 \)). Di conseguenza il numeratore è sempre positivo. Quindi, la funzione è sempre positiva per ogni \( x \in \mathbb{R} \).

5. Limiti agli estremi del dominio:

Dobbiamo calcolare i limiti per \( x \to \pm\infty \): \[ \lim_{x \to \pm\infty} \frac{2x^2+4x+6}{x^2+1} \] Poiché il grado del numeratore e del denominatore sono uguali, il limite è il rapporto tra i coefficienti dei termini di grado massimo: \[ \lim_{x \to \pm\infty} \frac{2x^2}{x^2} = 2 \]

6. Asintoti:

• Asintoti verticali: non ci sono asintoti verticali perché il dominio è \( \mathbb{R} \).
• Asintoti orizzontali: dal calcolo del limite al punto precedente, abbiamo un asintoto orizzontale di equazione \( y=2 \).
• Asintoti obliqui: non ci sono asintoti obliqui perché esiste l'asintoto orizzontale.

7. Intersezioni con gli asintoti:

Per trovare le intersezioni con l'asintoto orizzontale \( y=2 \), impostiamo il seguente sistema: \[ \begin{cases} y = \frac{2x^2+4x+6}{x^2+1} \\ y = 2 \end{cases} \] Sostituiamo la seconda equazione nella prima: \[ 2 = \frac{2x^2+4x+6}{x^2+1} \] Moltiplichiamo entrambi i membri per \( x^2+1 \) (che è sempre diverso da zero): \[ 2(x^2+1) = 2x^2+4x+6 \] \[ 2x^2+2 = 2x^2+4x+6 \] Semplifichiamo \( 2x^2 \) da entrambi i lati: \[ 2 = 4x+6 \] Risolviamo per \( x \): \[ 4x = 2-6 \] \[ 4x = -4 \] \[ x = -1 \] Per trovare la coordinata \( y \), usiamo l'equazione dell'asintoto \( y=2 \). Il punto di intersezione è \( (-1, 2) \). La funzione interseca l'asintoto orizzontale in un solo punto.

8. Grafico qualitativo:

Quanto trovato nei punti precedenti ci permette di dire che il grafico qualitativo della funzione è di questo tipo:

Soluzione Esercizio 2

1. Dimostrare che se \( \lim_{x \to 1} f(x)=+\infty \) la funzione non è limitata.
   

   Per dimostrare che una funzione non è limitata, dobbiamo mostrare che per ogni numero reale \( M > 0 \) esiste almeno un punto nel dominio in cui la funzione assume un valore maggiore di \( M \).
   Dalla definizione di limite, sappiamo che se \( \lim_{x \to 1} f(x) = +\infty \), allora per ogni \( M > 0 \) esiste un intorno di 1, diciamo \( I(1) \), tale che per ogni \( x \in I(1) \) (con \( x \neq 1 \)), si ha \( f(x) > M \).
   Poiché la condizione \( f(x) > M \) vale per ogni \( M > 0 \), significa che non esiste un valore finito che la funzione non possa superare. Di conseguenza, la funzione \( f(x) \) non è limitata superiormente, quindi non è limitata.

2. È vero che se esiste il limite per \( x \) che tende ad \( x_0 \) di \( f(x) \cdot g(x) \), allora esistono i limiti per \( x \) che tende a \( x_0 \) di \( f(x) \) e di \( g(x) \)? Motivare la risposta, eventualmente con un controesempio.
   

   La risposta è **no**, non è vero. L'esistenza del limite del prodotto di due funzioni non implica che esistano i limiti delle singole funzioni.
   Ecco un controesempio:
   Consideriamo le seguenti due funzioni per \( x \to 0 \): \[ f(x) = x \] \[ g(x) = \sin\left(\frac{1}{x}\right) \] Il limite di \( f(x) \) per \( x \to 0 \) esiste ed è \( 0 \), mentre il limite di \( g(x) \) per \( x \to 0 \) non esiste, poiché la funzione \( \sin\left(\frac{1}{x}\right) \) oscilla tra -1 e 1 infinite volte man mano che \( x \) si avvicina a 0.
   Tuttavia, il limite del prodotto \( f(x) \cdot g(x) \) esiste ed è \( 0 \), grazie al Teorema del Confronto (o Teorema dei due Carabinieri). Sappiamo che \( -1 \le \sin\left(\frac{1}{x}\right) \le 1 \). Moltiplicando per \( x \), otteniamo \( -|x| \le x\sin\left(\frac{1}{x}\right) \le |x| \). Poiché \( \lim_{x \to 0} -|x| = 0 \) e \( \lim_{x \to 0} |x| = 0 \), per il Teorema del Confronto anche \( \lim_{x \to 0} x\sin\left(\frac{1}{x}\right) = 0 \).
   In questo caso, il limite del prodotto esiste, ma il limite di \( g(x) \) non esiste.

Soluzione Esercizio 3

a) \(\lim_{x \to 0} \frac{1-\cos^3(x)}{x \sin(x) \cos(x)}\)
Questo limite si presenta nella forma indeterminata \(\frac{0}{0}\). Utilizziamo i limiti notevoli e manipoliamo l'espressione. \[ \frac{1-\cos^3(x)}{x \sin(x) \cos(x)} = \frac{(1-\cos(x))(1+\cos(x)+\cos^2(x))}{x \sin(x) \cos(x)} \] Moltiplichiamo e dividiamo per \(x^2\) per applicare i limiti notevoli: \[ \lim_{x \to 0} \frac{1-\cos(x)}{x^2} \cdot \frac{x}{\sin(x)} \cdot \frac{1+\cos(x)+\cos^2(x)}{\cos(x)} \] Sappiamo che \( \lim_{x \to 0} \frac{1-\cos(x)}{x^2} = \frac{1}{2} \) e \( \lim_{x \to 0} \frac{\sin(x)}{x} = 1 \). Sostituendo i valori: \[ \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \frac{1+\cos(0)+\cos^2(0)}{\cos(0)} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1+1+1}{1} = \frac{3}{2} \]

b) \(\lim_{x \to 3} \frac{-4+\sqrt{5x+1}}{9-x^2}\)
Si tratta di una forma indeterminata \(\frac{0}{0}\). Per risolverla, razionalizziamo il numeratore. \[ \lim_{x \to 3} \frac{-4+\sqrt{5x+1}}{9-x^2} \cdot \frac{-4-\sqrt{5x+1}}{-4-\sqrt{5x+1}} = \lim_{x \to 3} \frac{16 - (5x+1)}{(9-x^2)(-4-\sqrt{5x+1})} \] \[ = \lim_{x \to 3} \frac{15 - 5x}{(3-x)(3+x)(-4-\sqrt{5x+1})} = \lim_{x \to 3} \frac{5(3-x)}{(3-x)(3+x)(-4-\sqrt{5x+1})} \] Semplifichiamo \( (3-x) \), dato che \(x \neq 3\): \[ = \lim_{x \to 3} \frac{5}{(3+x)(-4-\sqrt{5x+1})} = \frac{5}{(3+3)(-4-\sqrt{5(3)+1})} = \frac{5}{(6)(-4-\sqrt{16})} = \frac{5}{(6)(-8)} = -\frac{5}{48} \]

c) \(\lim_{x \to 0} (1-x)^{\frac{1}{3 \sin(x)}}\)
Si tratta di una forma indeterminata \(1^{\infty}\). Utilizziamo il limite notevole \( \lim_{y \to 0} (1+y)^{\frac{1}{y}} = e \). Scriviamo l'espressione come: \[ \lim_{x \to 0} \left[ (1+(-x))^{\frac{1}{-x}} \right]^{\frac{-x}{3 \sin(x)}} \] L'espressione nella parentesi quadra tende a \(e\). Calcoliamo l'esponente: \[ \lim_{x \to 0} \frac{-x}{3 \sin(x)} = \lim_{x \to 0} -\frac{1}{3} \cdot \frac{x}{\sin(x)} = -\frac{1}{3} \cdot 1 = -\frac{1}{3} \] Il limite è \( e^{-\frac{1}{3}} \).

d) \(\lim_{x \to +\infty} \frac{x}{12} \cdot (\ln(x+2)-\ln(x))\)
Si tratta di una forma indeterminata \(\infty \cdot 0\). Utilizziamo le proprietà dei logaritmi. \[ \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{12} \cdot \ln\left(\frac{x+2}{x}\right) = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{12} \cdot \ln\left(1+\frac{2}{x}\right) \] Applichiamo il limite notevole \( \lim_{y \to 0} \frac{\ln(1+y)}{y} = 1 \) ponendo \( y = \frac{2}{x} \). \[ \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{12} \cdot \frac{x}{\frac{2}{x}} \cdot \ln\left(1+\frac{2}{x}\right)^{\frac{2}{x}} \] \[ \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{12} \cdot \frac{\ln\left(1+\frac{2}{x}\right)}{\frac{2}{x}} \cdot \frac{2}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{12} \cdot 1 \cdot \frac{2}{x} = \frac{2}{12} = \frac{1}{6} \] Un'alternativa, che dà lo stesso risultato, è considerare che \( \ln(1+y) \approx y \) per \( y \to 0 \). \[ \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{12} \cdot \left(\frac{2}{x}\right) = \lim_{x \to +\infty} \frac{2x}{12x} = \frac{2}{12} = \frac{1}{6} \]

Soluzione Esercizio 4

a) Grafico della funzione
Il grafico della funzione \( y = f(x) = 2 - \ln(1-x) \) si ottiene per **trasformazioni successive** a partire dal grafico della funzione base \( y=\ln(x) \).
1. **Funzione base:** \( y = \ln(x) \). Dominio \( (0, +\infty) \). 2. **Riflessione rispetto all'asse y:** \( y = \ln(-x) \). Dominio \( (-\infty, 0) \). 3. **Traslazione orizzontale di 1 a destra:** \( y = \ln(-(x-1)) = \ln(1-x) \). Dominio \( (-\infty, 1) \). 4. **Riflessione rispetto all'asse x:** \( y = -\ln(1-x) \). 5. **Traslazione verticale di 2 verso l'alto:** \( y = 2 - \ln(1-x) \).
Il **dominio** della funzione finale è \( (-\infty, 1) \). L'**asintoto verticale** è la retta \( x=1 \). L'**intersezione con l'asse x** si ottiene ponendo \( y=0 \): \( 2-\ln(1-x) = 0 \implies \ln(1-x) = 2 \implies 1-x=e^2 \implies x=1-e^2 \). L'**intersezione con l'asse y** si ottiene ponendo \( x=0 \): \( y=2-\ln(1)=2 \).

b) Funzione limitata
No, la funzione **non è limitata**. \[ \lim_{x \to 1^-} (2-\ln(1-x)) = 2-\ln(0^+) = 2 - (-\infty) = +\infty \] \[ \lim_{x \to -\infty} (2-\ln(1-x)) = 2 - \ln(+\infty) = 2 - (+\infty) = -\infty \] Poiché la funzione assume valori che vanno da \(-\infty\) a \(+\infty\), non può essere limitata.

c) Estremo inferiore e estremo superiore
- L'**estremo inferiore** è \( \inf f = -\infty \). - L'**estremo superiore** è \( \sup f = +\infty \).

d) Punti di massimo e minimo
La funzione **non ha massimi o minimi**, né relativi né assoluti. Poiché la funzione è sempre crescente, non ha punti in cui cambia il suo andamento.

e) Funzione inversa
La funzione è **invertibile** perché è strettamente monotona (sempre crescente) nel suo dominio. Per trovare l'equazione della funzione inversa \(y=g(x)\), scambiamo \(x\) e \(y\) e risolviamo per la nuova \(y\): \[ x = 2 - \ln(1-y) \] \[ \ln(1-y) = 2 - x \] Per eliminare il logaritmo, usiamo l'esponenziale con base \(e\): \[ 1-y = e^{2-x} \] \[ y = 1 - e^{2-x} \] L'equazione della funzione inversa è \( g(x) = 1 - e^{2-x} \). Il **dominio** della funzione inversa è l'immagine della funzione originale, ovvero \( (-\infty, +\infty) \), e la sua **immagine** è il dominio della funzione originale, ovvero \( (-\infty, 1) \). L'asintoto orizzontale è \( y=1 \).