Matefilia - Compito 4 Dicembre 2008

Esercizio 1

Calcolare i seguenti limiti:

a) \( \displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(\dfrac{x-1}{x+3}\right)^{x+2} \)

b) \( \displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{\sqrt{1+\operatorname{sen}x}-1}{e^x-1} \)

c) \( \displaystyle\lim_{x\to0^+}\dfrac{\ln\left[(1+\operatorname{tg}x)^2\right]}{e^{2x}-1} \)

d) \( \displaystyle\lim_{x\to1}\dfrac{\ln x}{x-1} \)

Soluzione Esercizio 1

a) La base tende a \( 1 \) e l'esponente a \( \infty \): forma indeterminata \( 1^{\infty} \). Scriviamo la base nella forma \( 1+\dfrac{1}{t} \):

\[ \dfrac{x-1}{x+3}=1+\dfrac{-4}{x+3}=1+\dfrac{1}{\frac{x+3}{-4}} \]

Poniamo \( t=\dfrac{x+3}{-4} \), che tende a \( \infty \) per \( x\to\infty \). L'esponente si scrive \( x+2=-4t\cdot\dfrac{x+2}{x+3} \), e quindi:

\[ \lim_{x\to\infty}\left(\dfrac{x-1}{x+3}\right)^{x+2}=\lim_{x\to\infty}\left[\left(1+\dfrac1t\right)^{t}\right]^{-4\cdot\frac{x+2}{x+3}}=e^{-4}=\dfrac{1}{e^4} \]

perché \( \left(1+\dfrac1t\right)^t\to e \) e \( \dfrac{x+2}{x+3}\to1 \).

b) Forma indeterminata \( \dfrac00 \). Razionalizziamo il numeratore:

\[ \dfrac{\sqrt{1+\operatorname{sen}x}-1}{e^x-1}=\dfrac{\left(1+\operatorname{sen}x\right)-1}{\left(e^x-1\right)\left(\sqrt{1+\operatorname{sen}x}+1\right)}=\dfrac{\operatorname{sen}x}{x}\cdot\dfrac{x}{e^x-1}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{1+\operatorname{sen}x}+1} \]

\[ \lim_{x\to0}=1\cdot1\cdot\dfrac{1}{1+1}=\dfrac12 \]

c) Forma indeterminata \( \dfrac00 \). Per una proprietà dei logaritmi \( \ln\left[(1+\operatorname{tg}x)^2\right]=2\ln(1+\operatorname{tg}x) \) e poi usiamo i limiti notevoli del logaritmo, della tangente e dell'esponenziale:

\[ \dfrac{\ln\left[(1+\operatorname{tg}x)^2\right]}{e^{2x}-1}=\dfrac{2\ln(1+\operatorname{tg}x)}{e^{2x}-1}=\dfrac{\ln(1+\operatorname{tg}x)}{\operatorname{tg}x}\cdot\dfrac{\operatorname{tg}x}{x}\cdot\dfrac{2x}{e^{2x}-1} \]

Ciascun fattore tende a \( 1 \). Quindi:

\[ \lim_{x\to0^+}\dfrac{\ln\left[(1+\operatorname{tg}x)^2\right]}{e^{2x}-1}=1\cdot1\cdot1=1 \]

d) Forma indeterminata \( \dfrac00 \). Poniamo \( t=x-1 \), con \( t\to0 \) per \( x\to1 \):

\[ \lim_{x\to1}\dfrac{\ln x}{x-1}=\lim_{t\to0}\dfrac{\ln(1+t)}{t}=1 \]

\[ \text{a) } e^{-4}\qquad \text{b) } \dfrac12\qquad \text{c) } 1\qquad \text{d) } 1 \]

📚 Ripasso: per i limiti notevoli e per la forma \( 1^\infty \) vedi la teoria Limiti notevoli.

Esercizio 2

Sapendo che \( f(x)=(1-\cos x)\cdot\ln\sqrt{1+x} \), \( g(x)=x\cdot\operatorname{sen}^2x \):

a) determinare la parte principale e l'ordine di infinitesimo di \( f(x) \) e \( g(x) \) per \( x\to0 \), rispetto all'infinitesimo campione \( y=x \);

b) calcolare (servendosi di quanto trovato nel punto a) il seguente limite:

\[ \lim_{x\to0}\dfrac{f(x)}{g(x)} \]

Soluzione Esercizio 2

Richiamo. Una funzione \( h(x) \) infinitesima per \( x\to0 \) ha ordine \( \alpha \) rispetto all'infinitesimo campione \( x \) se esiste finito e diverso da zero il limite \( \displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{h(x)}{x^{\alpha}}=l \); in tal caso \( l\,x^{\alpha} \) è la parte principale di \( h \).

Equivalenze asintotiche che useremo (per \( x\to0 \)), conseguenza dei limiti notevoli:

\[ 1-\cos x\sim\dfrac{x^2}{2}\qquad \ln(1+x)\sim x\qquad \operatorname{sen}x\sim x \]

a) Funzione \( f \). Osserviamo che \( \ln\sqrt{1+x}=\dfrac12\ln(1+x) \). Sostituendo ogni fattore con il suo asintotico:

\[ f(x)=(1-\cos x)\cdot\dfrac12\ln(1+x)\ \sim\ \dfrac{x^2}{2}\cdot\dfrac12\,x=\dfrac14\,x^3 \]

Quindi \( f \) è un infinitesimo di ordine \( 3 \) e la sua parte principale è \( \dfrac14x^3 \).

Funzione \( g \).

\[ g(x)=x\cdot\operatorname{sen}^2x\ \sim\ x\cdot x^2=x^3 \]

Quindi anche \( g \) è un infinitesimo di ordine \( 3 \) e la sua parte principale è \( x^3 \).

b) In un rapporto (come in un prodotto) si possono sostituire le funzioni con i loro asintotici, cioè con le parti principali:

\[ \lim_{x\to0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to0}\dfrac{\frac14x^3}{x^3}=\dfrac14 \]

Il limite è finito e diverso da zero perché \( f \) e \( g \) hanno lo stesso ordine di infinitesimo.

\[ f\sim\dfrac14x^3,\ \text{ordine }3\qquad g\sim x^3,\ \text{ordine }3\qquad \lim_{x\to0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\dfrac14 \]

📚 Ripasso: per il confronto fra infinitesimi vedi la teoria Limiti notevoli.

Esercizio 3

a) Dimostrare, servendosi del metodo grafico, che l'equazione

\[ \ln(x-1)+x-3=0 \]

ammette una ed una sola soluzione \( c \) nell'intervallo \( [2;3] \).

b) Servendosi del metodo di bisezione, trovare il valore di \( c \) a meno di un decimo.

Soluzione Esercizio 3

a) Metodo grafico

Riscriviamo l'equazione nella forma:

\[ \ln(x-1)=-x+3 \]

Le soluzioni sono le ascisse dei punti comuni ai grafici di \( y=\ln(x-1) \) e di \( y=-x+3 \).

Il grafico di \( y=\ln(x-1) \) si ottiene da quello di \( y=\ln x \) con una traslazione di vettore \( \vec v=(1,0) \) (si sostituisce \( x \) con \( x-1 \)): il dominio è \( x>1 \), l'asintoto verticale è la retta \( x=1 \), il grafico passa per \( (2,0) \) (immagine di \( (1,0) \)) ed è crescente.
Il grafico di \( y=-x+3 \) è la retta per i punti \( (0,3) \) e \( (3,0) \): è decrescente.

Grafici di y=ln x tratteggiato, della sua traslata y=ln(x-1) con asintoto verticale x=1 e della retta y=-x+3; il punto di intersezione ha ascissa c compresa fra 2 e 3, nella striscia evidenziata.

I grafici di \( y=\ln(x-1) \) (traslato di \( y=\ln x \)) e di \( y=-x+3 \): si incontrano in un solo punto, di ascissa \( c\in[2;3] \).

Una funzione crescente e una decrescente si incontrano al più una volta: l'equazione ha al più una soluzione. Per vedere che c'è nell'intervallo \( [2;3] \) confrontiamo i due grafici agli estremi:

\[ x=2:\ \ln1=0<1=-2+3 \qquad\qquad x=3:\ \ln2\simeq0{,}69>0=-3+3 \]

In \( x=2 \) la curva sta sotto la retta, in \( x=3 \) sta sopra: i due grafici si incrociano fra \( x=2 \) e \( x=3 \). Dunque l'equazione ha una ed una sola soluzione \( c\in[2;3] \).

b) Metodo di bisezione

Richiamo. Consideriamo \( h(x)=\ln(x-1)+x-3 \) e un intervallo \( [a,b] \) agli estremi del quale \( h \) ha segno opposto. Si calcola il punto medio \( c=\dfrac{a+b}{2} \) e il segno di \( h(c) \): lo zero si trova nella metà in cui \( h \) cambia segno, e si riparte da quella metà. A ogni passo l'intervallo si dimezza: dopo \( n \) passi ha ampiezza \( \dfrac{b-a}{2^n} \), che è anche una stima dell'errore.

Qui \( [a,b]=[2,3] \), con \( h(2)=-1<0 \) e \( h(3)=\ln2\simeq0{,}69>0 \). Dopo \( n \) passi l'ampiezza è \( \dfrac{1}{2^n} \): per avere un errore minore di \( 0{,}1 \) occorre \( 2^n>10 \), cioè \( n=4 \) (\( \dfrac1{16}=0{,}0625 \)).

\[ \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}\hline n & a & b & c & h(c) & \text{segno}\\\hline 1 & 2 & 3 & 2{,}5 & -0{,}0945 & -\\\hline 2 & 2{,}5 & 3 & 2{,}75 & 0{,}3096 & +\\\hline 3 & 2{,}5 & 2{,}75 & 2{,}625 & 0{,}1105 & +\\\hline 4 & 2{,}5 & 2{,}625 & 2{,}5625 & 0{,}0088 & +\\\hline\end{array} \]

Dopo \( 4 \) passi lo zero si trova nell'intervallo \( [2{,}5;\ 2{,}5625] \), di ampiezza \( 0{,}0625<0{,}1 \). Quindi:

\[ c\simeq2{,}5\ \ (\text{per difetto, a meno di un decimo}) \]

(Il valore più preciso è \( c=2{,}557\ldots \).)

Esercizio 4

a) È vero che il limite per \( x\to0 \) di \( x^2\cos\dfrac1x \) è \( 0 \)? Motivare la risposta.

b) Risolvere l'equazione \( x^2\cos\dfrac1x=0 \) per \( x>0 \) e trovare il valore della radice massima.

Soluzione Esercizio 4

a) È vero. Il fattore \( \cos\dfrac1x \) non ha limite per \( x\to0 \) (oscilla continuamente fra \( -1 \) e \( 1 \)), quindi non si può applicare il limite di un prodotto; ma è limitato, e \( x^2 \) tende a zero. Per ogni \( x\neq0 \) si ha:

\[ -1\leq\cos\dfrac1x\leq1\ \Longrightarrow\ -x^2\leq x^2\cos\dfrac1x\leq x^2 \]

Poiché \( \displaystyle\lim_{x\to0}\left(-x^2\right)=\lim_{x\to0}x^2=0 \), per il teorema del confronto (dei due carabinieri):

\[ \lim_{x\to0}x^2\cos\dfrac1x=0 \]

b) Per \( x>0 \) è \( x^2>0 \), quindi l'equazione equivale a:

\[ \cos\dfrac1x=0\ \Longleftrightarrow\ \dfrac1x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi,\quad k\in\mathbb{Z} \]

Per \( x>0 \) anche \( \dfrac1x>0 \), e allora \( \dfrac{\pi}{2}+k\pi>0 \), cioè \( k=0,1,2,\ldots \) Posto \( k=n-1 \), con \( n=1,2,3,\ldots \):

\[ x_n=\dfrac{1}{\frac{\pi}{2}+(n-1)\pi}=\dfrac{2}{(2n-1)\pi}\qquad n=1,2,3,\ldots \]

\[ x_1=\dfrac{2}{\pi}\simeq0{,}64\qquad x_2=\dfrac{2}{3\pi}\simeq0{,}21\qquad x_3=\dfrac{2}{5\pi}\simeq0{,}13\ \ \ldots \]

Grafico di y=x^2 cos(1/x) compreso fra le parabole y=x^2 e y=-x^2; le radici positive 2/pi, 2/(3 pi), 2/(5 pi) sono evidenziate sull'asse x e si addensano verso l'origine.

Il grafico di \( y=x^2\cos\dfrac1x \) è compreso fra le parabole \( y=\pm x^2 \); le radici positive si addensano verso \( 0 \).

Le radici formano una successione decrescente che tende a \( 0^+ \) (e \( x=0 \) non è accettabile perché si cercano soluzioni con \( x>0 \)). La più grande è la prima, cioè quella per \( n=1 \): la radice massima è

\[ x_{\max}=\dfrac{2}{\pi}\simeq0{,}64 \]

📚 Ripasso: per il teorema del confronto vedi la teoria Il limite di una funzione.

Esercizio 5

Studiare la funzione

\[ f(x)=\dfrac{x^3}{x^2-1} \]

determinando: dominio, eventuali simmetrie notevoli, intersezioni con gli assi, segno, limiti alla frontiera del dominio, eventuali asintoti (orizzontali, verticali, obliqui).

Indicare un grafico qualitativo della funzione.

Dedurre dal grafico di \( f(x) \) un grafico qualitativo di \( g(x)=\dfrac{1}{f(x)} \), esplicitando i passaggi necessari per ottenere il grafico di \( g \).

Soluzione Esercizio 5

Dominio

Il denominatore si annulla per \( x^2-1=0 \), cioè \( x=\pm1 \):

\[ D=\mathbb{R}\setminus\{-1,1\}=(-\infty,-1)\cup(-1,1)\cup(1,+\infty) \]

Simmetrie

Il dominio è simmetrico rispetto a \( 0 \) e:

\[ f(-x)=\dfrac{(-x)^3}{(-x)^2-1}=-\dfrac{x^3}{x^2-1}=-f(x) \]

La funzione è dispari: il grafico è simmetrico rispetto all'origine.

Intersezioni con gli assi

Con l'asse \( y \): \( f(0)=0 \). Con l'asse \( x \): \( x^3=0 \), cioè \( x=0 \). L'unica intersezione è l'origine \( O(0,0) \).

Segno

Il numeratore \( x^3 \) è positivo per \( x>0 \); il denominatore \( x^2-1 \) è positivo per \( x<-1 \) e per \( x>1 \).

\[ \begin{array}{c|ccccccc} x & & -1 & & 0 & & 1 & \\\hline x^3 & - & - & - & 0 & + & + & +\\ x^2-1 & + & 0 & - & - & - & 0 & +\\\hline f(x) & - & \nexists & + & 0 & - & \nexists & + \end{array} \]

Quindi \( f>0 \) per \( -1<x<0 \) e per \( x>1 \); \( f<0 \) per \( x<-1 \) e per \( 0<x<1 \).

Limiti alla frontiera del dominio

\[ \lim_{x\to\pm\infty}\dfrac{x^3}{x^2-1}=\lim_{x\to\pm\infty}\dfrac{x^3}{x^2}=\pm\infty \]

\[ \lim_{x\to1^+}f(x)=\left[\dfrac{1}{0^+}\right]=+\infty\qquad \lim_{x\to1^-}f(x)=\left[\dfrac{1}{0^-}\right]=-\infty \]

\[ \lim_{x\to-1^+}f(x)=\left[\dfrac{-1}{0^-}\right]=+\infty\qquad \lim_{x\to-1^-}f(x)=\left[\dfrac{-1}{0^+}\right]=-\infty \]

Asintoti

Verticali: \( x=1 \) e \( x=-1 \).
Orizzontali: non ce ne sono, perché per \( x\to\pm\infty \) il limite è infinito.
Obliqui: il grado del numeratore supera di \( 1 \) quello del denominatore. Calcoliamo \( m \) e \( q \):

\[ m=\lim_{x\to\pm\infty}\dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x\to\pm\infty}\dfrac{x^2}{x^2-1}=1 \qquad q=\lim_{x\to\pm\infty}\left[f(x)-x\right]=\lim_{x\to\pm\infty}\dfrac{x}{x^2-1}=0 \]

L'asintoto obliquo, sia per \( x\to+\infty \) sia per \( x\to-\infty \), è la retta \( y=x \). Poiché \( f(x)-x=\dfrac{x}{x^2-1} \) ha lo stesso segno di \( f \) (nei tratti \( x<-1 \) e \( x>1 \)), per \( x\to+\infty \) il grafico sta sopra l'asintoto e per \( x\to-\infty \) sta sotto.

Grafico qualitativo di \( f \)

Riassumendo: nell'intervallo \( (1,+\infty) \) il grafico parte da \( +\infty \) vicino all'asintoto \( x=1 \) e va di nuovo verso \( +\infty \), avvicinandosi dall'alto alla retta \( y=x \): ha quindi un minimo relativo. In \( (-1,1) \) il grafico passa per l'origine da \( +\infty \) (vicino a \( x=-1 \)) a \( -\infty \) (vicino a \( x=1 \)). In \( (-\infty,-1) \) è simmetrico di quello in \( (1,+\infty) \) rispetto all'origine, e ha un massimo relativo.

Grafico qualitativo di \( f(x)=\dfrac{x^3}{x^2-1} \), con gli asintoti \( x=\pm1 \) e \( y=x \).

Dal grafico di \( f \) al grafico di \( g(x)=\dfrac{1}{f(x)} \)

Il dominio di \( g \) è formato dai punti in cui \( f \) è definita e diversa da zero: \( x\neq-1,\ 0,\ 1 \). Passiamo dal grafico di \( f \) a quello di \( g \) con questi passi:

Segno. Un numero e il suo reciproco hanno lo stesso segno: \( g \) ha il segno di \( f \), cioè \( g>0 \) per \( -1<x<0 \) e per \( x>1 \), \( g<0 \) per \( x<-1 \) e per \( 0<x<1 \). Il grafico di \( g \) sta nei quadranti in cui sta quello di \( f \).
Zeri di \( f \) \( \to \) asintoti verticali di \( g \). Dove \( f \) tende a \( 0 \) il reciproco tende all'infinito. Per \( x\to0^- \) è \( f\to0^+ \), quindi \( g\to+\infty \); per \( x\to0^+ \) è \( f\to0^- \), quindi \( g\to-\infty \). La retta \( x=0 \) (asse \( y \)) è asintoto verticale di \( g \).
Asintoti verticali di \( f \) \( \to \) \( g \) tende a zero. Per \( x\to\pm1 \) è \( f\to\pm\infty \), quindi \( g\to0 \): il grafico di \( g \) si avvicina all'asse \( x \) nei punti di ascissa \( \pm1 \), che però non appartengono al dominio (sono "punti esclusi", da segnare con un cerchietto vuoto).
Infiniti di \( f \) per \( x\to\pm\infty \) \( \to \) asintoto orizzontale di \( g \). Poiché \( f\to\pm\infty \), risulta \( g\to0 \): la retta \( y=0 \) (asse \( x \)) è asintoto orizzontale di \( g \), da sopra per \( x\to+\infty \) (\( g>0 \)) e da sotto per \( x\to-\infty \) (\( g<0 \)).
Punti con \( f=\pm1 \). Se \( f(x)=1 \) o \( f(x)=-1 \), allora \( g(x)=f(x) \): i due grafici hanno in comune i punti di ordinata \( \pm1 \).
Massimi e minimi. Il reciproco inverte l'ordine dei valori: dove \( f \) ha un minimo relativo positivo (per \( x>1 \)) \( g \) ha un massimo relativo, e dove \( f \) ha un massimo relativo negativo (per \( x<-1 \)) \( g \) ha un minimo relativo.

Mettendo insieme queste informazioni si ottiene il grafico qualitativo di \( g \) (in grigio, tratteggiato, quello di \( f \)).

Grafico qualitativo di g(x)=1/f(x) in blu, con asintoto verticale x=0 e asintoto orizzontale y=0, i punti di ascissa -1 e 1 esclusi (cerchietti vuoti); in grigio tratteggiato il grafico di f; tratteggiati anche gli asintoti di f: x=-1, x=1 e y=x.

Grafico qualitativo di \( g(x)=\dfrac{1}{f(x)}=\dfrac{x^2-1}{x^3} \): asintoti \( x=0 \) e \( y=0 \), punti \( (\pm1,0) \) esclusi. In tratteggio gli asintoti di \( f \): \( x=\pm1 \) e \( y=x \).

\[ D=\mathbb{R}\setminus\{\pm1\},\ f\text{ dispari},\ f\cap\text{assi}=\{O\}\qquad \text{asintoti: } x=\pm1,\ y=x \] \[ g(x)=\dfrac1{f(x)}:\ \text{asintoti }x=0,\ y=0,\ \text{punti esclusi }(\pm1,0) \]

📚 Ripasso: per lo studio qualitativo di una funzione e per gli asintoti vedi la teoria Asintoti obliqui e la pagina Le funzioni.

COMPITO IN CLASSE DI MATEMATICA