1. Se f (x), g(x) e h(x) sono funzioni infinitesime per x ! 0 con ord(f(x)) < ord(g(x)) < ord(h(x)), dalla definizione di ordine di infinitesimo abbiamo che

RISOLUZIONE

1. Se f (x), g(x) e h(x) sono funzioni infinitesime per x ! 0 con ord(f(x)) < ord(g(x)) < ord(h(x)), dalla definizione di ordine di infinitesimo abbiamo che

x!0 lim g(x) f (x) = lim

x!0

h(x) g(x) = 0 e anche che

x lim !0

h(x) f (x) = lim

x !0

h(x) g(x) · g(x)

f (x) = 0

ovvero che g(x) = o(f (x)), h(x) = o(g(x)) e h(x) = o(f (x)). Ne segue che l’a↵ermazione A `e vera, infatti dal principio di cancellazione dei termini trascurabili si ha

x lim !0

f (x) + h(x) f (x) + g(x) = lim

x !0

f (x) + o(f (x)) f (x) + o(f (x)) = lim

x !0

f (x) f (x) = 1

Anche l’a↵ermazione C `e vera in quanto sempre dal principio di cancellazione dei termini trascurabili otteniamo

x lim !0

g(x) + h(x) f (x) + h(x) = lim

x !0

g(x) + o(g(x)) f (x) + o(f (x)) = lim

x !0

g(x) f (x) = lim

x !0

o(f (x)) f (x) = 0 L’a↵ermazione B `e invece falsa. Dalle ipotesi risulta

x lim !0

f (x) + g(x) g(x) + h(x) = lim

x !0

f (x) + o(f (x)) g(x) + o(g(x)) = lim

x !0

f (x) g(x) = lim

x !0

f (x) o(f (x))

ma nulla possiamo dire riguardo all’ultimo limite. Per esempio, considerate le funzioni f (x) = x, g(x) = x ² e h(x) = x ³ abbiamo che il limite

x lim !0

f (x) + g(x) g(x) + h(x) = lim

x !0

x + x ²

x ² + x ³ = lim

x !0

x

x ² = lim

x !0

1 x non esiste.

NOTA: per provare che le due a↵ermazioni sono vere abbiamo usato il concetto di funzione trascurabile e il prin- cipio di sostituzione dei termini trascurabili, si poteva in modo equivalente utilizzare semplicemente la definizione e l’algebra dei limiti raccogliendo, a numeratore e denominatore, la funzione con ordine di infinitesimo minore . 2. La funzione f (x) ha ordine di infinitesimo 2, quindi esiste ` 2 R \ {0} tale che f(x) ⇠ `x ² . Allora

a. lim

x!0

f (x)

log(1 + 2x ² ) `e finito non nullo poich´e log(1 + 2x ² ) ⇠ 2x ² per x ! 0 e dunque

x lim !0

f (x)

log(1 + 2x ² ) = lim

x !0

`x <sup>2</sup> 2x <sup>2</sup> = `

2 2 R \ {0}

b. lim

x !0

f (x)

p x sin x = 0 dato che p

x sin x ⇠ p

x · x per x ! 0 da cui

x!0 lim f (x)

p x sin x = lim

x!0

`x ² 2x ^3/2 = 0, osserviamo che ord( p

x sin x) = ³ ₂ < 2 = ord(f (x);

c. lim

x!0

f (x)

sin ² x x = 0 infatti per x ! 0 risulta

sin ² x x = (x + o(x)) ² x = x ² + o(x ² ) x = x + o(x) quindi ord(sin ² x x) = 1 < 2 = ord(f (x);

d. lim

x !0

sin ² x log(1 + x ² )

f (x) = 0 in quanto per x ! 0 si ha

sin ² x log(1 + x ² ) = x ² + o(x ² ) (x ² + o(x ² )) = o(x ² ), la funzione ha ordine di infinitesimo maggiore di 2, e quindi

x!0 lim

sin ² x log(1 + x ² )

f (x) = lim

x!0

1

` o(x ² )

x ² = 0 per definizione di funzione trascurabile.

3. Determiniamo l’ordine di infinitesimo della funzione f (x) = sin x cos x log(1 x) per x ! 0.

Dai limiti notevoli per x ! 0 e dalle propriet`a degli “o” piccoli abbiamo

f (x) = sin x cos x log(1 x) = (x + o(x)) · (1 ^x ₂

+ o(x ² )) ( x + o(x))

= x + o(x) + o(x) ^x ₂

+ o(x ³ ) + x + o(x) = 2x + o(x)

essendo x ³ = o(x) e quindi o(x ³ ) = o(x). Ne segue allora che la funzione `e asintotica a 2x per x ! 0 e che ha ordine di infinitesimo pari a 1.

4. Per determinare l’ordine di infinitesimo di f (x) = e ^{sin x} p

1 + x ² per x ! 0 osserviamo che, essendo sin x ! 0 per x ! 0, dalle propriet`a degli “o” piccoli e dal limite notevole e ^y = 1+y+o(y) per y ! 0 otteniamo

e ^{sin x} = 1 + sin x + o(sin x) = 1 + (x + o(x)) + o(x + o(x)) = 1 + x + o(x).

Allo stesso modo, essendo x ² ! 0 per x ! 0 e (1 + y) ^↵ = 1 + ↵y + o(y) per y ! 0, si ha p 1 + x ² = 1 + ^x ₂

+ o(x ² )

Dunque

f (x) = e ^{sin x} p

1 + x ² = 1 + x + o(x) (1 + ¹ ₂ x ² + o(x ² )) = x + o(x) ¹ ₂ x ² + o(x ² ) = x + o(x) essendo x ² = o(x). Ne segue allora che la funzione ha ordine di infinitesimo 1.

5. La funzione f (x) = p

cos x e

ha ordine di infinitesimo maggiore di 2, infatti usando i limiti notevoli visti per x ! 0 e dalle propriet`a degli “o” piccoli per x ! 0 otteniamo

p cos x = p

(cos x 1) + 1 = 1 + ¹ ₂ (cos x 1) + o(cos x 1)

= 1 + ¹ ₂ ( ^x ₂

+ o(x ² )) + o( ^x ₂

+ o(x ² )) = 1 ¹ ₄ x ² + o(x ² )

dato che o( ^x ₂

+ o(x ² )) = o(x ² ). Inoltre

e

= 1 ¹ ₄ x ² + o(x ² ) Ne segue che

f (x) = p

cos x e

= 1 ¹ ₄ x ² + o(x ² ) (1 ¹ ₄ x ² + o(x ² )) = o(x ² ).

6. Calcoliamo l’ordine di infinitesimo di f (x) = log(cos x) p

1 + x ² + 1 per x ! 0. Usando le propriet` a degli “o” piccoli osserviamo innanzitutto che per x ! 0 risulta

log(cos x) = log((cos x 1) + 1) = (cos x 1) + o(cos x 1) = ^x ₂

+ o(x ² ) + o( ^x ₂

+ o(x ² ))

= ^x ₂

+ o(x ² ).

Abbiamo quindi che f (x) = log(cos x) p

1 + x ² + 1 = ^x ₂

+ o(x ² ) ⇣

1 + ^x ₃

+ o(x ² ) ⌘

+ 1 = ⁵ ₆ x ² + o(x ² ) e dunque che f (x) ha ordine di infinitesimo 2.

7. Per determinare l’ordine di infinitesimo di f _↵ (x) = sin ² (↵x) log(1 + x ² ) per x ! 0 al variare di ↵ 2 R procediamo come nei precedenti esercizi. Per x ! 0 abbiamo che

f _↵ (x) = sin ² (↵x) log(1 + x ² ) = (↵x + o(x)) ² (x ² + o(x ² )) = ↵ ² x ² + o(x ² ) x ² + o(x ² )

= (↵ ² 1)x ² + o(x ² )

da cui possiamo dedurre che se ↵ 6= ±1 allora f ↵ (x) ha ordine di infinitesimo 2 mentre se ↵ = ±1 si ha f _↵ (x) = o(x ² ) e quindi che la funzione ha ordine di infinitesimo maggiore di 2.

8. Determiniamo l’ordine di infinitesimo di f _↵ (x) = (sin x log(1 + ↵x))(e ^{sin x} 1) per x ! 0 al variare di ↵ 2 R. Per x ! 0 risulta

f ↵ (x) = (sin x log(1 + ↵x))(e ^{sin x} 1) ² = (x + o(x) (↵x + o(x)))(sin x + o(sin x)) ²

= ((1 ↵)x + o(x))(x + o(x) + o(x + o(x))) ² = ((1 ↵)x + o(x))(x + o(x)) ²

= ((1 ↵)x + o(x))(x ² + o(x ² )) = (1 ↵)x ³ + o(x ³ ).

Ne segue che se ↵ 6= 1 allora f ↵ (x) ha ordine di infinitesimo 3 mentre se ↵ = 1 si ha f _↵ (x) = o(x ³ ) e quindi che la funzione ha ordine di infinitesimo maggiore di 3.

9. Calcoliamo l’ordine di infinitesimo di f _↵ (x) = cos ² x p

1 + ↵x per x ! 0 al variare di ↵ 2 R.

Osservato che per x ! 0 si ha

cos ² x = (1 ^x ₂

+ o(x ² )) ² = 1 + ^x ₄

+ o(x ² ) · o(x ² ) x ² + o(x ² ) ^x ₂

· o(x ² ) = 1 x ² + o(x ² ), essendo x ⁴ = o(x ² ), o(x ² ) · o(x ² ) = o(x ⁴ ) = o(x ² ) e ^x ₂

· o(x ² ) = o(x ⁴ ) = o(x ² ), otteniamo f _↵ (x) = cos ² x p

1 + ↵x = 1 x ² +o(x ² ) (1+↵x+o(x)) = x ² +o(x ² ) ↵x+o(x) = ↵x+o(x)

dato che x ² = o(x). Ne concludiamo che se ↵ 6= 0 la funzione ha ordine di infinitesimo 1 mentre

se ↵ = 0 la funzione ha ordine di infinitesimo maggiore di 1. Osserviamo per` o che se ↵ = 0

allora f _↵ (x) = cos ² x 1 = x ² + o(x ² ) e in questo caso possiamo concludere che la funzione ha

ordine di infinitesimo 2.

10. Determiniamo l’ordine di infinitesimo della funzione f ↵ (x) = ⇣

log(cos ↵x) e ^sin

^x + 1 ⌘ ( p

cos x 1) per x ! 0 al variare di ↵ 2 R. Per x ! 0 abbiamo

f _↵ (x) = ⇣

log(cos ↵x) e ^sin

^x + 1 ⌘ ( p

cos x 1)

= ⇣

log((cos ↵x 1) + 1) e ^sin

^x + 1 ⌘ ( p

(cos x 1) + 1 1)

= (cos ↵x 1) + o(cos ↵x 1) sin ² x + o(sin ² x) ¹ ₄ (cos x 1) + o(cos x 1)

= ⇣

↵

2 x ² + o(x ² ) x ² + o(x ² ) ⌘

1

4 ( ¹ ₂ x ² + o(x ² )

= ⇣

↵

+2

2 x ² + o(x ² ) ⌘

1

8 x ² + o(x ² )

= ^↵

₁₆ ⁺² x ⁴ + o(x ⁴ )

e quindi che la funzione ha ordine di infinitesimo 4 per ogni ↵ 2 R.

7. ESERCIZI sulle FUNZIONI CONTINUE, parte 1

Provare di ciascuna delle seguenti a↵ermazioni se `e vera o falsa.

1. Se f (x) `e una funzione definita e continua in [a, b) tale che lim

x !b f (x) = ` 2 R, allora A. f (x) `e limitata in [a, b).

B. f (x) ammette minimo in [a, b).

C. esiste x ₀ 2 [a, b) tale che f(x 0 ) = ^{f (a)+`} ₂ .

2. Sia I ⇢ R un intervallo limitato e sia f : I ! R una funzione continua. Allora A. f (I) un insieme limitato.

B. f (I) un intervallo.

C. f (x) + h(x) ⇠ g(x) per x ! x 0

3. Se f (x), g(x) e h(x) sono funzioni definite e non negative in (0, + 1), tali che f(x) = o(h(x)) e g(x) = o(h(x)) per x ! 0 ⁺ , allora

A. esiste > 0 tale che f (x) + g(x)  h(x) per ogni x 2 (0, ) B. f (x) ⇠ g(x) per x ! 0 ⁺ .

C. lim

x !0

f (x) g(x) = 0.

Stabilire per quali valori di ↵ 2 R le seguenti funzioni risultano continue nel loro dominio 4. lim

x !0

log(cos x) sin ² x 5. lim

x!0

e ^{tan x} 1 p

cos x 1 log(1 + sin x) 6. lim

x !0

(cos x)

7. lim

x!+1

e

1 p

x ² + 2 p

x ² + 1 8. lim

x !0

sin(⇡ cos x) x sin x 9. lim

x !0

sin(↵x ³ ) log( p

1 + x ³ ) al variare di ↵ 2 R 10. lim

x!1

cos( ^⇡ ₂ x)

(x 1) ^↵ al variare di ↵ 2 R

RISOLUZIONE 1. A `e vera. Infatti, sia

f (x) = ˜

( f (x) se x 2 [a, b)

` se x = b Allora, essendo lim

x!b

f (x) = lim ˜

x!b f (x) = ` = ˜ f (b), la funzione ˜ f (x) risulta continua nell’intervallo chiuso e limitato [a, b] e quindi, dal Teorema di Weierstrass, esistono due costanti m < M tali che m  ˜ f (x)  M per ogni x 2 [a, b]. In particolare si ottiene che m  f(x)  M per ogni x 2 [a, b) e dunque che f(x) limitata in [a, b).

B `e falsa. La funzione f (x) = 1 x risulta continua in [0, 1) con lim

x !1 f (x) = 0 ma non ammette minimo in [0, 1) essendo inf

x 2[0,1) f (x) = 0 ma f (x) > 0 per ogni x 2 [0, 1).

C `e vera.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

8.

9.

10.