• Non ci sono risultati.

RISOLUZIONE 1. Sia f (x) definita in un intervallo I tale che f (x) ! +1 per x ! x0

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Condividi "RISOLUZIONE 1. Sia f (x) definita in un intervallo I tale che f (x) ! +1 per x ! x0"

Copied!
4
0
0

Testo completo

(1)

RISOLUZIONE

1. Sia f (x) definita in un intervallo I tale che f (x) ! +1 per x ! x 0 eccetto eventualmente che in x 0 2 I. Allora A `e vera in quanto f(x) < [f(x)] + 1 per definizione di parte intera e dunque [f (x)] > f (x) 1. Dato che f (x) ! +1 per x ! x 0 ne concludiamo che per ogni M > 0 esiste

> 0 tale che se x 2 I, 0 < |x x 0 | < allora [f(x)] > f(x) 1 > M essendo > 0 tale che se x 2 I, 0 < |x x 0 | < allora f(x) > M + 1.

B `e falsa, considerata la funzione f (x) = x 1

2

4 abbiamo infatti che `e definita in R \ {0} e che f (x) ! +1 per x ! 0 ma per |x| > 1 2 si ha x 2 > 1 4 da cui x 1

2

< 4 e pertanto f (x) = x 1

2

4 < 0.

Dunque esistono degli x 2 R con 0 < |x| < 1 per i quali f(x) 6> 0.

C `e vera infatti dalla definizione di limite abbiamo che preso M = 1 esiste > 0 tale che se x 2 I e 0 < |x x 0 | < 1 allora f(x) > 1.

2. Siano f (x) e g(x) funzioni definite e positive in un intervallo I eccetto eventualmente che in x 0 2 I tali che f(x) ⇠ g(x) per x ! x 0 . Allora A `e vera, infatti per definizione di asintotico abbiamo che

x lim !x

0

f (x) g(x) = 1

e dunque, dalla definizione di limite, preso " = 1 2 abbiamo che esiste > 0 tale per ogni x 2 I con 0 < |x x 0 | < si ha

1

2 < f (x) g(x) 1 < 1 2 , 1 2 < f (x) g(x) < 3 2 da cui, essendo g(x) positiva, ne deduciamo che 1 2 g(x) < f (x) < 3 2 g(x).

B `e invece falsa. Consideriamo per esempio le funzioni f (x) = 1 + x e g(x) = 1 + x 2 . Per x ! 0 abbiamo che f (x) ⇠ g(x) (sono entrambe funzioni convergenti a 1) ma che, dai limiti notevoli, log(f (x)) = log(1 + x) ⇠ x mentre log(g(x)) = log(1 + x 2 ) ⇠ x 2 e pertanto log(f (x)) 6⇠ log(g(x)) dato che x 6⇠ x 2 .

Anche C `e falsa, si pensi per esempio alle funzioni f (x) = x 1

2

+ x 1 e g(x) = x 1

2

p 1

x . Per x ! 0 si ha che f (x) = x 1

2

+ 1 xx 1

2

(essendo

1 x2

+

x1

1 x2

= x + 1 ! 1) e in modo analogo g(x) = x 1

2

p 1 x ⇠ x 1

2

(dato che

1 x2

p1x 1 x2

= 1 p

x 2 ! 1). Quindi, dalla propriet`a di transitivit`a, risulta f(x) ⇠ g(x) per x ! 0 ma f(x) g(x) = 1 x + p 1

x ! +1.

3. Calcoliamo il limite lim

x !0

log(cos x)

sin 2 x utilizzando i limiti notevoli visti e la relazione di asintotico.

Ricordiamo che per x ! 0 risulta sin x ⇠ x e quindi che sin 2 x ⇠ x 2

Abbiamo poi che log(1 + y) ⇠ y per y ! 0, posto allora y = cos x 1, dato che cos x 1 ! 0 per x ! 0 otteniamo

log(cos x) = log(1 + (cos x 1)) = log(1 + y) ⇠ y = cos x 1 e poich´e 1 cos x ⇠ x 2

2

per x ! 0, si ha

log(cos x) ⇠ cos x 1 ⇠ x 2

2

30

(2)

Possiamo allora concludere che per x ! 0 risulta log(cos x)

sin 2 x ⇠

x

2

2

x 2 = 1 2 e dunque che lim

x !0

log(cos x)

sin

2

x = 1 2 . 4. Calcoliamo lim

x !0

+

e tan x 1 p

3

cos x 1 log(1 + sin x) usando i limiti notevoli e la relazione di asintotico.

Per x ! 0 abbiamo

e tan x 1 ⇠ tan x ⇠ x, log(1 + sin x) ⇠ sin x ⇠ x e p

3

cos x 1 ⇠ 1 3 (cos x 1) ⇠ 1 6 x 2 quindi

e tan x 1 p

3

cos x 1 log(1 + sin x) ⇠ x

1

6 x 2 · x = 6 e dunque lim

x !0

+

e tan x 1 p

3

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

5. Per calcolare il limite lim

x !0

+

(cos x)

tan x1

possiamo scrivere (cos x)

tan x1

= e

tan x1

log(cos x) e studiare il comportamento dell’esponente log(cos x) tan x per x ! 0. Per x ! 0 abbiamo

tan x ⇠ x e log(cos x) ⇠ (cos x 1) ⇠ x 2

2

e dunque

log(cos x)

tan x ⇠ x 2

2

· 1 x = x 2 ! 0 Ne deduciamo quindi che (cos x)

tan x1

= e

tan x1

log(cos x) ! 1 per x ! 0.

6. Calcoliamo il limite lim

x !+1

e

1x

1 p

4

x 2 + 2 p

4

x 2 + 1 . Osserviamo che, essendo 1 x ! 0 per x ! +1 risulta

e

x1

1 ⇠ 1 x mentre (e)

p

4

x 2 + 2 p

4

x 2 + 1 = p

4

x 2 + 1

✓ q

4

x

2

+2 x

2

+1 1

= p

4

x 2 + 1 ⇣

4

q

1 + x

2

1 +1 1 ⌘

⇠ p

x · 1 4 x

2

1 +1

4x p x

2

= 1

4x

3/2

Ne deduciamo allora che per x ! +1 si ha e

1x

1 p

4

x 2 + 2 p

4

x 2 + 1 ⇠

1 x 1 4x

3/2

= 4 p x

e dunque che lim

x !+1

e

1x

1 p

4

x 2 + 2 p

4

x 2 + 1 = + 1.

(e)

osserviamo che essendo x ! +1 possiamo supporre x > 0 e che per tali valori si ha p

4

x

2

= p x

31

(3)

7. Per calcolare il limite lim

x!0

sin(⇡ cos x)

x sin x osserviamo innanzitutto che posto y = ⇡(cos x 1) per x ! 0 si ha y ! 0 e quindi

sin(⇡ cos x) = sin(⇡ cos x ⇡ + ⇡) = sin(y + ⇡) = sin y ⇠ y = ⇡(1 cos x) ⇠ 2 x 2 mentre

x sin x ⇠ x 2 Otteniamo allora che

sin(⇡ cos x) x sin x ⇠

⇡ 2 x 2

x 2 = 2 da cui lim

x !0

sin(⇡ cos x) x sin x = 2 . 8. Calcoliamo il limite lim

x !0

sin(↵x 3 ) log( p

3

1 + x 3 ) al variare di ↵ 2 R. Per ogni ↵ 2 R, se x ! 0 + abbiamo sin(↵x 3 ) ⇠ ↵x 3

e

log( p

3

1 + x 3 ) = log(( p

3

1 + x 3 1) + 1) ⇠ p

3

1 + x 3 1 ⇠ x 3

3

da cui

sin(↵x 3 ) log( p

3

1 + x 3 ) ⇠ ↵x 3

x

3

3

= 3↵

Ne segue allora che lim

x !0

sin(↵x 3 ) log( p

3

1 + x 3 ) = 3↵ per ogni ↵ 2 R.

9. Calcoliamo lim

x !0

+

p 1 + x 1 (cosh x 1) log(1 + p

x) al variare di ↵ 2 R. Osserviamo innanzitutto che per x ! 0 + abbiamo che (cosh x 1) log(1 + p

x) ! 0 + e che se ↵ < 0 allora x ! +1 da cui p 1 + x 1 ! +1. Il limite in questo caso non presenta una forma indeterminata e

x lim !0

+

p 1 + x 1 (cosh x 1) log(1 + p

x) = + 1 per ogni ↵ < 0 Allo stesso modo, se ↵ = 0 abbiamo che p

1 + x 1 = p

2 1 > 0 e dunque

x!0 lim

+

p 1 + x 1 (cosh x 1) log(1 + p

x) = + 1 per ↵ = 0 Se invece ↵ > 0 allora p

1 + x 1 ! 0 per x ! 0 + e il limite presenta una forma indeterminata del tipo 0 0 . Dai limiti notevoli, per x ! 0 + abbiamo che

p 1 + x 1 ⇠ 1 2 x

mentre

(cosh x 1) log(1 + p

x) ⇠ 1 2 x 2 · p

x = 1 2 x

52

32

(4)

e dunque che p

1 + x 1 (cosh x 1) log(1 + p

x) ⇠ x

52

da cui possiamo concludere che se ↵ > 0 si ha

x lim !0

+

p 1 + x 1 (cosh x 1) log(1 + p

x) = lim

x !0

+

x

52

= 8 >

<

> :

0 se ↵ > 5 2 1 se ↵ = 5 2 + 1 se ↵ < 5 2

10. Per calcolare lim

x !1

+

cos( 2 x)

(x 1) al variare di ↵ 2 R, operiamo la sostituzione y = x 1 e osserviamo che se x ! 1 + allora y ! 0 + e il limite diviene

x!1 lim

+

cos( 2 x)

(x 1) = lim

y!0

+

cos( 2 (y + 1)) y Per y ! 0 + risulta

cos( 2 (y + 1)) = cos( 2 y + 2 ) = sin( 2 y) ⇠ 2 y ! 0

Osserviamo poi che se ↵ < 0 per y ! 0 + risulta y ! +1 e quindi, dall’algebra dei limiti, otteniamo che

cos( 2 (y + 1))

y ! 0

Allo stesso modo, se ↵ = 0 allora y = 1 e anche in questo caso cos(

⇡ 2

(y+1))

y

! 0 per y ! 0 + . Se invece ↵ > 0 allora per y ! 0 + risulta y ! 0 e il limite presenta una forma indeterminata del tipo 0 0 . Dallo sviluppo sopra abbiamo per` o che

cos( 2 (y + 1))

y

⇡ 2 y

y = 2 y 1 ↵ ! 8 >

<

> :

0 se 0 < ↵ < 1

2 se ↵ = 1 1 se ↵ > 1 Riunendo quanto ottenuto possiamo concludere che

x lim !1

+

cos( 2 x)

(x 1) = lim

y !0

+

cos( 2 (y + 1))

y =

8 >

<

> :

0 se ↵ < 1

2 se ↵ = 1 1 se ↵ > 1

33

Riferimenti

Documenti correlati

Interpretazione geometrica: le sei radici seste di i stanno sulla circonferenza unitaria di centro l’origine e sono i vertici di un

Gli esercizi vanno svolti su questi fogli, nello spazio sotto il testo e, in caso di necessit` a , sul retro... Sia Φ il fascio di piani che ha s

[r]

[r]

Corso di Laurea in Ingegneria Edile Anno Accademico 2014/2015..

Corso di Laurea in Ingegneria Edile Anno Accademico 2015/2016..

[r]

Per chi ha bisogno di impratichirsi sulle regole di