Esercizio 1. Stabilire se esistono ed eventualmente calcolare i seguenti limiti 1. lim

ESERCIZI PROPOSTI PER IL TUTORAGGIO DEL 5/11/2010

Esercizio 1. Stabilire se esistono ed eventualmente calcolare i seguenti limiti 1. lim

x→+∞ x sin  1 x

 , 2. lim

x→+∞

x ² + x + 1 x ² + 1 cos x, 3. lim

x→+∞

x ³ + x x ² + 1 sin x, 4. lim

x→+∞

1 − cos x x ² .

Soluzione. Dobbiamo ricordarci che lim x→±∞ sin x e lim x→±∞ cos x non esistono.

Quindi abbiamo 1. lim

x→+∞ x sin  1 x

 _y=

= lim

y→0

sin y y = 1, 2. lim

x→+∞

x ² + x + 1

x ² + 1 cos x = lim

x→+∞

x ² + x + 1 x ² + 1 · lim

x→+∞ cos x = lim

x→+∞ cos x non esiste, 3. lim

x→+∞

x ³ + x

x ² + 1 sin x = lim

x→+∞

1 x · lim

x→+∞ sin x = 0 · lim

x→+∞ sin x = 0, 4. lim

x→+∞

1 − cos x

x ² = lim

x→+∞

1 x ² · lim

x→+∞ (1 − cos x) = 0 · lim

x→+∞ (1 − cos x) = 0.

 Esercizio 2. Studiare il comportamento della funzione

f (x) = |x − 1|

x ² − 2x + 2 , determinandone

1. i limiti all'innito,

2. gli eventuali punti di massimo e di minimo relativi e assoluti, 3. gli intervalli di crescenza e decrescenza,

4. gli intervalli di concavità e convessità.

Sulla base di quanto avete trovato tracciate il graco della funzione.

1 − √

3 1 + √

3 Soluzione. Abbiamo visto che è conveniente scrivere

f (x) =

 x−1

x

−2x+2 x ≥ 1,

− _x

−2x+2 ^x−1 x < 1.

dato che x ² − 2x + 2 = (x − 1) ² + 1 > 0 , f è denita per ogni x ∈ R. Il limite per x → ±∞ segue dal calcolo del limite per rapporti di polinomi. Nel nostro caso il denominatore ha grado maggiore del numeratore quindi

x→±∞ lim f (x) = 0.

Per trovare massimi e minimi studiamo il segno della derivata prima. Poichè il denominatore è sempre positivo possiamo limitarci a studiare la derivata prima per

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2 ESERCIZI PROPOSTI PER IL TUTORAGGIO DEL 5/11/2010

x ≥ 1 e ribaltare i segni rispetto alla retta x = 1 per ottenere il segno della derivata per x < 1. Facendo i conti si ottiene

f ⁰ (x) = x(2 − x) (x ² − 2x + 2) ² .

Quindi il segno della derivata è dato dalle condizioni x > 0 e 2 − x > 0. Facendo il graco e ricordando che ci interessa solo la parte con x > 1 otteniamo

Quindi la funzione è crescente negli intervalli (−∞, 0) e (1, 2) e decrescente negli intervalli (0, 1) e (2, +∞). In particolare la derivata prima si annulla per x = 0 e x = 2 dove la funzione vale 1/2 e abbiamo due punti di massimo assoluto. In x = 1 la funzione non è derivabile poichè il limite destro e il limite sinistro del rapporto incrementale non coincidono. Tuttavia in x = 1 la funzione vale 0 e quindi questo è un punto di minimo assoluto. Per studiare gli intervalli di concavità e convessità dobbiamo studiare il segno della derivata seconda. Per x > 1 la derivata seconda vale

f ⁰⁰ (x) = 2(1 − x)(−x ² + 2x + 2) (x ² − 2x + 2) ³ .

Quindi le condizioni anchè questa sia positiva sono 1 − x ≥ 0 e −x ² + 2x + 2 ≥ 0 . Poichè x ² − 2x − 2 = (x − 1) ² − 3 , gli zeri di questo polinomio sono 1 ± √

3 . Le condizioni si riscrivono quindi come x ≤ 1 e 1 − √

3 ≤ x ≤ 1 + √

3 . Otteniamo il seguente graco, ricordandoci sempre che dobbiamo considerare solo quello che succede per x > 1,

Con il solito discorso di simmetria ne segue che la funzione è concava negli intervalli (−∞, 1 − √

3) e (1, 1 + √

3) e convessa in (1 − √

3, 1) e (1 + √

3, +∞) .

Spero di riuscire a inserire il graco della funzione!!