Compito in Classe di Matematica

Soluzione Esercizio 1

Per tracciare il grafico qualitativo di \(y = \frac{x^2 - 4}{x^3}\), analizziamo i seguenti aspetti:

1. **Dominio:** La funzione è definita per \(x \neq 0\). Il dominio è \((-\infty, 0) \cup (0, +\infty)\).
2. **Simmetrie (Pari/Dispari):** La funzione è dispari se \(f(-x) = -f(x)\). \[ f(-x) = \frac{(-x)^2 - 4}{(-x)^3} = \frac{x^2 - 4}{-x^3} = - \frac{x^2 - 4}{x^3} = -f(x) \] La funzione è dispari, quindi il grafico è **simmetrico rispetto all'origine**.
3. **Intersezioni con gli assi:**
   • Intersezione asse \(x\) (\(y=0\)): Poniamo il numeratore uguale a zero: \(x^2 - 4 = 0 \implies x = \pm 2\). I punti sono \((-2, 0)\) e \((2, 0)\).
   • Intersezione asse \(y\): Non c'è, poiché la funzione non è definita per \(x=0\).
4. **Segno della funzione:** Studiamo il segno di \(y = \frac{x^2 - 4}{x^3}\).

   Numeratore: \(x^2 - 4 > 0 \implies x^2 > 4 \implies x < -2 \text{ o } x > 2\)

   Denominatore: \(x^3 > 0 \implies x > 0\)

   Tabella dei segni:

   Intervallo	\(x^2 - 4\)	\(x^3\)	\(f(x)\)
   \(x < -2\)	+	-	-
   \(-2 < x < 0\)	-	-	+
   \(0 < x < 2\)	-	+	-
   \(x > 2\)	+	+	+

   La funzione è positiva per \(-2 < x < 0\) e per \(x > 2\).

   La funzione è negativa per \(x < -2\) e per \(0 < x < 2\).

5. **Limiti e Asintoti orizzontali o verticali:**
   • Per \(x \to \pm \infty\): \[ \lim_{x \to \pm \infty} \frac{x^2 - 4}{x^3} = \lim_{x \to \pm \infty} \frac{x^2(1 - 4/x^2)}{x^3} = \lim_{x \to \pm \infty} \frac{1 - 4/x^2}{x} = 0 \] Quindi \(y=0\) (l'asse \(x\)) è un **asintoto orizzontale** per \(x \to \pm \infty\).
   • Per \(x \to 0\): \[ \lim_{x \to 0^+} \frac{x^2 - 4}{x^3} = \frac{-4}{0^+} = -\infty \] \[ \lim_{x \to 0^-} \frac{x^2 - 4}{x^3} = \frac{-4}{0^-} = +\infty \] Quindi \(x=0\) (l'asse \(y\)) è un **asintoto verticale**.
6. **Grafico Qualitativo:**

   Considerando zeri, asintoti e il segno della funzione, possiamo tracciare un grafico qualitativo:

   • La funzione si avvicina all'asse x da valori negativi per \(x \to -\infty\).
   • Passa per \((-2,0)\).
   • Sale verso \(+\infty\) avvicinandosi all'asse y da sinistra.
   • Scende da \(-\infty\) avvicinandosi all'asse y da destra.
   • Passa per \((2,0)\).
   • Si avvicina all'asse x da valori positivi per \(x \to +\infty\).
   • Ricorda che è simmetrica rispetto all'origine.
   

Soluzione Esercizio 2

Dobbiamo dedurre dal grafico di \(y=f(x)\) dato il grafico qualitativo di \(y=\ln f(x)\).

Dominio

Deve essere \(f(x) > 0\). Dal grafico fornito osserviamo che \(f(x) > 0\) per \(-a < x < 0\) e per \(x > a\), con \(1 < a < 2\).

Quindi il dominio di \(y=\ln f(x)\) è: \(-a < x < 0\) oppure \(x > a\).

Pari/Dispari

Dal grafico di \(y=f(x)\) deduciamo che \(f(x)\) è **dispari**, in quanto il suo grafico è simmetrico rispetto all'origine degli assi cartesiani. Quindi \(f(-x)=-f(x)\). Risulta:

\(\ln f(-x) = \ln (-f(x))\), che non esiste, perché \(-f(x) < 0\) nel dominio di \(\ln f(x)\).

La funzione \(y=\ln f(x)\) **non è pari né dispari** (non ha un grafico simmetrico rispetto all'asse delle ordinate o rispetto all'origine degli assi).

Intersezioni con gli assi

• Se \(x=0\), la funzione non è definita (l'asse delle y non viene intersecato).
• Se \(y=0\), deve essere \(\ln f(x)=0\), quindi \(f(x)=1\). Dal grafico vediamo che la funzione \(y=f(x)\) vale \(1\) in tre punti: uno, chiamiamolo \(b\), tra \(-a\) e \(-1\); uno, chiamiamolo \(c\), fra \(-1\) e \(0\); ed uno, chiamiamolo \(d\), fra \(a\) e \(2\).

Segno della funzione

Risulta \(\ln f(x) > 0\) dove \(f(x) > 1\). Ed in base a quanto detto sulle intersezioni con l'asse delle x, ciò avviene per \(b < x < c\) e \(x > d\).

Limiti ed eventuali asintoti orizzontali e verticali

Ricordiamo che il dominio è \(-a < x < 0 \cup x > a\), con \(1 < a < 2\).

• Limite per \(x \to -a^+\): \(\lim_{x \to -a^+} \ln f(x) = \ln(0^+) = -\infty\).

  Quindi \(x=-a\) è un **asintoto verticale**.

• Limite per \(x \to 0^-\): \(\lim_{x \to 0^-} \ln f(x) = \ln(0^+) = -\infty\).

  Quindi \(x=0\) è un **asintoto verticale**.

• Limite per \(x \to a^+\): \(\lim_{x \to a^+} \ln f(x) = \ln(0^+) = -\infty\).

  Quindi \(x=a\) è un **asintoto verticale**.

• Infine:

  Limite per \(x \to +\infty\): \(\lim_{x \to +\infty} \ln f(x) = \ln(+\infty) = +\infty\).

  Non c'è un asintoto orizzontale. Potrebbe esserci un asintoto obliquo, ma ci è richiesto solo un grafico qualitativo.

Grafico qualitativo della funzione \(y=\ln f(x)\)

Il grafico qualitativo della funzione \(y=\ln f(x)\) è il seguente (grafico in blu):

Soluzione Esercizio 3

a) Calcolo di \(\lim_{x \to +\infty} (\sqrt{x^2+4x} - \sqrt{x^2-3})\)

Questo limite si presenta nella forma indeterminata \(\infty - \infty\). Per risolverlo, moltiplichiamo e dividiamo per lo stesso fattore:

\[ \lim_{x \to +\infty} (\sqrt{x^2+4x} - \sqrt{x^2-3}) = \lim_{x \to +\infty} (\sqrt{x^2+4x} - \sqrt{x^2-3}) \cdot \frac{\sqrt{x^2+4x} + \sqrt{x^2-3}}{\sqrt{x^2+4x} + \sqrt{x^2-3}} \] \[ = \lim_{x \to +\infty} \frac{(x^2+4x) - (x^2-3)}{\sqrt{x^2+4x} + \sqrt{x^2-3}} \] \[ = \lim_{x \to +\infty} \frac{4x+3}{\sqrt{x^2(1+4/x)} + \sqrt{x^2(1-3/x^2)}} \]

Per \(x \to +\infty\), \(\sqrt{x^2} = |x| = x\).

\[ = \lim_{x \to +\infty} \frac{4x+3}{x\sqrt{1+4/x} + x\sqrt{1-3/x^2}} \] \[ = \lim_{x \to +\infty} \frac{x(4+3/x)}{x(\sqrt{1+4/x} + \sqrt{1-3/x^2})} \] \[ = \lim_{x \to +\infty} \frac{4+3/x}{\sqrt{1+4/x} + \sqrt{1-3/x^2}} \]

Sostituendo il limite:

\[ = \frac{4+0}{\sqrt{1+0} + \sqrt{1-0}} = \frac{4}{1+1} = \frac{4}{2} = 2 \]

Quindi, \(\lim_{x \to +\infty} (\sqrt{x^2+4x} - \sqrt{x^2-3}) = 2\).

b) Calcolo di \(\lim_{x \to 0} \frac{x^2}{1-\cos 3x}\)

Questo limite si presenta nella forma indeterminata \(\frac{0}{0}\). Possiamo utilizzare i limiti notevoli.

Ricordiamo il limite notevole: \(\lim_{t \to 0} \frac{1-\cos t}{t^2} = \frac{1}{2}\).

Nel nostro caso, abbiamo \(1-\cos 3x\). Per applicare il limite notevole, dobbiamo avere \((3x)^2\) al denominatore.

\[ \lim_{x \to 0} \frac{x^2}{1-\cos 3x} = \lim_{x \to 0} \frac{x^2}{\frac{1-\cos 3x}{(3x)^2} \cdot (3x)^2} \] \[ = \lim_{x \to 0} \frac{x^2}{\frac{1-\cos 3x}{(3x)^2} \cdot 9x^2} \] \[ = \lim_{x \to 0} \frac{1}{9 \cdot \frac{1-\cos 3x}{(3x)^2}} \]

Poiché \(\lim_{x \to 0} \frac{1-\cos 3x}{(3x)^2} = \frac{1}{2}\), abbiamo:

\[ = \frac{1}{9 \cdot \frac{1}{2}} = \frac{1}{9/2} = \frac{2}{9} \]

Quindi, \(\lim_{x \to 0} \frac{x^2}{1-\cos 3x} = \frac{2}{9}\).

Soluzione Esercizio 4

La funzione è \(f(x) = \frac{(e^{x-1}-1) \sin x}{x^2-x^3}\).

Il dominio della funzione è dato dalle condizioni per cui il denominatore non sia nullo:

\[ x^2 - x^3 \neq 0 \] \[ x^2(1 - x) \neq 0 \]

Quindi, i punti in cui la funzione non è definita sono \(x=0\) e \(x=1\).

Analizziamo i limiti in questi punti per classificare le discontinuità.

Discontinuità in \(x=0\)

Calcoliamo il limite per \(x \to 0\):

\[ \lim_{x \to 0} \frac{(e^{x-1}-1) \sin x}{x^2(1-x)} \]

Per \(x \to 0\), abbiamo:

• \(e^{x-1}-1 \to e^{-1}-1 = \frac{1}{e}-1 \neq 0\)
• \(\sin x \sim x\) (limite notevole)
• \(x^2\)
• \(1-x \to 1\)

Sostituiamo gli sviluppi asintotici:

\[ \lim_{x \to 0} \frac{(\frac{1}{e}-1) \cdot x}{x^2 \cdot 1} = \lim_{x \to 0} \frac{(\frac{1}{e}-1)}{x} \]

Poiché il limite tende a infinito, il punto \(x=0\) è un **punto di discontinuità di seconda specie**.

Discontinuità in \(x=1\)

Calcoliamo il limite per \(x \to 1\):

\[ \lim_{x \to 1} \frac{(e^{x-1}-1) \sin x}{x^2(1-x)} \]

Per \(x \to 1\):

• \(e^{x-1}-1\). Poniamo \(t = x-1\). Quando \(x \to 1\), \(t \to 0\). Allora \(e^{x-1}-1 = e^t-1 \sim t = x-1\).
• \(\sin x \to \sin 1\) (che è una costante non nulla)
• \(x^2 \to 1^2 = 1\)
• \(1-x\)

Sostituiamo gli sviluppi asintotici e i valori a cui tendono i fattori:

\[ \lim_{x \to 1} \frac{(x-1) \sin 1}{1 \cdot (1-x)} = \lim_{x \to 1} \frac{(x-1) \sin 1}{-(x-1)} \] \[ = \lim_{x \to 1} (-\sin 1) = -\sin 1 \]

Dato che il limite esiste finito (\(-\sin 1 \approx -0.841\)), il punto \(x=1\) è un **punto di discontinuità di terza specie (eliminabile)**.

La funzione può essere resa continua in \(x=1\) definendo \(f(1) = -\sin 1\).

Soluzione Esercizio 5

Sì, l'affermazione è vera. Per dimostrarlo, possiamo utilizzare il Teorema del Confronto (detto "dei due Carabinieri").

Sappiamo che la funzione coseno è limitata, ovvero:

\[ -1 \le \cos\left(\frac{1}{x}\right) \le 1 \]

Moltiplicando tutti i membri della disuguaglianza per \(x^2\), che è sempre non negativo (\(x^2 \ge 0\)), le disuguaglianze mantengono il loro verso:

\[ -x^2 \le x^2 \cos\left(\frac{1}{x}\right) \le x^2 \]

Ora calcoliamo il limite per \(x \to 0\) delle due funzioni estreme:

\[ \lim_{x \to 0} (-x^2) = 0 \] \[ \lim_{x \to 0} (x^2) = 0 \]

Poiché i limiti delle due funzioni esterne sono entrambi uguali a \(0\), per il Teorema del Confronto, anche il limite della funzione data è \(0\).

\[ \lim_{x \to 0} x^2 \cos\left(\frac{1}{x}\right)=0 \]

Questo dimostra che il limite è effettivamente \(0\).

Soluzione Esercizio 6

La funzione data è \(f(x)=(1-\cos x)\ln\sqrt{1+x}\).

Dobbiamo determinare la parte principale e l'ordine di infinitesimo di \(f(x)\) per \(x \to 0\), rispetto all'infinitesimo campione \(y=x\).

Utilizziamo gli **sviluppi asintotici** (o limiti notevoli) per \(x \to 0\):

• Per \(1-\cos x\): Sappiamo che \(1-\cos x \sim \frac{1}{2}x^2\).
• Per \(\ln\sqrt{1+x}\): Possiamo riscrivere \(\ln\sqrt{1+x}\) come \(\ln(1+x)^{1/2} = \frac{1}{2}\ln(1+x)\).
• Sappiamo che \(\ln(1+x) \sim x\). Quindi, \(\frac{1}{2}\ln(1+x) \sim \frac{1}{2}x\).

Ora sostituiamo questi sviluppi nella funzione \(f(x)\):

\[ f(x) = (1-\cos x)\ln\sqrt{1+x} \] \[ f(x) \sim \left(\frac{1}{2}x^2\right) \cdot \left(\frac{1}{2}x\right) \] \[ f(x) \sim \frac{1}{4}x^3 \]

La **parte principale** di \(f(x)\) per \(x \to 0\) è \(\frac{1}{4}x^3\).

L'**ordine di infinitesimo** di \(f(x)\) per \(x \to 0\), rispetto all'infinitesimo campione \(y=x\), è l'esponente di \(x\) nella sua parte principale. In questo caso, l'ordine è **3**.

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Nota sull'Ordine e Parte Principale di un Infinitesimo

Siano \(f(x)\) e \(g(x)\) due infinitesimi per \(x \to x_0\) (con \(x_0\) finito o infinito), cioè \(\lim_{x \to x_0} f(x) = 0\) e \(\lim_{x \to x_0} g(x) = 0\).

Si dice che \(f(x)\) è un infinitesimo di **ordine \(k\)** rispetto all'infinitesimo campione \(g(x)\) se esiste finito e non nullo il limite:

\[ \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{|g(x)|^k} = L \neq 0 \]

La **parte principale** di \(f(x)\) rispetto a \(g(x)\) è l'espressione \(L \cdot |g(x)|^k\).

Nel nostro caso, l'infinitesimo campione è \(g(x) = x\), quindi cerchiamo un \(k\) tale che \(\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{|x|^k} = L \neq 0\). La parte principale sarà \(L |x|^k\).

Soluzione Esercizio 7

a) Dimostrazione dell'esistenza della radice con il Teorema degli Zeri

Consideriamo la funzione \(f(x) = \ln(x - 1) + x - 3\).

Per applicare il Teorema degli Zeri nell'intervallo \([2;3]\), dobbiamo verificare due condizioni:

1. **Continuità:** La funzione \(f(x)\) è la somma di \(\ln(x-1)\) e \(x-3\). La funzione \(\ln(x-1)\) è continua per \(x-1 > 0 \implies x > 1\). La funzione \(x-3\) è un polinomio, quindi è continua su tutto \(\mathbb{R}\). Poiché l'intervallo \([2;3]\) è contenuto nel dominio \(x>1\), \(f(x)\) è **continua** in \([2;3]\).
2. **Segno agli estremi:** Calcoliamo il valore della funzione agli estremi dell'intervallo:
   • Per \(x=2\): \[ f(2) = \ln(2 - 1) + 2 - 3 = \ln(1) - 1 = 0 - 1 = -1 \]
   • Per \(x=3\): \[ f(3) = \ln(3 - 1) + 3 - 3 = \ln(2) + 0 = \ln(2) \approx 0.693 \]

   Abbiamo \(f(2) = -1 < 0\) e \(f(3) = \ln(2) > 0\). Poiché \(f(2)\) e \(f(3)\) hanno segni opposti, per il **Teorema degli Zeri**, esiste almeno una radice (uno zero) dell'equazione \(\ln(x - 1) + x - 3 = 0\) nell'intervallo aperto \((2;3)\).

b) Dimostrazione dell'unicità della radice

Risolvere l'equazione \(\ln(x-1)+x-3=0\) equivale a risolvere l'equazione \(\ln(x-1)=-x+3\).

Ciò equivale a trovare l'ascissa dei punti di intersezione fra i grafici delle funzioni \(a(x)=\ln(x-1)\) e \(b(x)=-x+3\).

Osserviamo come si ottengono questi due grafici:

• La funzione \(a(x)=\ln(x-1)\) è una funzione logaritmica \(y=\ln x\) traslata di 1 unità verso destra. Le funzioni logaritmiche sono **strettamente crescenti** nel loro dominio.
• La funzione \(b(x)=-x+3\) è una retta con coefficiente angolare negativo (-1), quindi è **strettamente decrescente**.

Osserviamo la figura in cui sono rappresentati i due grafici:

Dalla figura, e sapendo che una funzione è strettamente crescente e l'altra è strettamente decrescente, si deduce che i due grafici possono intersecarsi al massimo in un solo punto. Essendo stata dimostrata l'esistenza di una radice al punto a), ne consegue che tale radice è **unica** nell'intervallo \((2;3)\).

c) Calcolo del valore approssimato (a meno di un decimo)

Per trovare un valore approssimato a meno di un decimo, tabuliamo i valori delle due funzioni \(a(x)\) e \(b(x)\) per valori compresi fra 2 e 3 con passo 0.1:

\(x\)	\(a(x) = \ln(x - 1)\)	\(b(x) = -x + 3\)	\(a(x) > b(x)\)
2.0	0.000	1.000	Falso
2.1	0.095	0.900	Falso
2.2	0.182	0.800	Falso
2.3	0.262	0.700	Falso
2.4	0.336	0.600	Falso
2.5	0.405	0.500	Falso
2.6	0.470	0.400	Vero

La soluzione si trova nel punto in cui \(a(x) = b(x)\). Dalla tabella, osserviamo che \(a(x)\) diventa maggiore di \(b(x)\) tra \(x=2.5\) e \(x=2.6\).

Questo significa che l'intersezione tra i due grafici, e quindi la radice dell'equazione, si trova nell'intervallo \((2.5; 2.6)\).

La radice approssimata a meno di 0.1 è **2.5 per difetto** e **2.6 per eccesso**.