SIMULAZIONE COMPITO DI MATEMATICA LE FUNZIONI CONTINUE E I LIMITI NOTEVOLI

Problema 1: a)

( )( ) ( )( ) ( )( )

( )( )( )

0

i) 0 ;

ii) 0 ln ; ln ln ;

0 1 0 1 0

i) 0 0 se 0

ii) 0 0,

x x

mx mx

e m e m

m D

m x m D m m

f x e e mx

m f x x

m f x x D

+ ≠ → ≠ −≥ → = −∞ +∞

< → ≠ − → = −∞ − ∪ − +∞

= → − = → = → =

≠ → = =

= → = ∀ ∈

b)

( )( )( ) ( )( ) ( )

DISCONTINUITA' E ASINTOTI VERTICALI

Dalla discussione precedente:

i) 0 ; nessun punto di discontinuità nessun asintoto verticale

ii) 0 ; ln ln ; ln punto di dicsontinuità con

li

m D

m D m m x m

≥ → = −∞ +∞ → →

< → = −∞ − ∪ − +∞ → = −

( )

( )

( )( )

( )

( )

ln

lnln

0 0

1 ln asintoto verticale con discontinuità di II specie11 1

m 0 1 11 lim lim 1 discontinuità di III specie0

0 1 1

Quindi:

0 1

mm mmxx x

x mx m x x xx x

se m x mme e

e ese me m e m

e e e

m m

±

−−

−→ −→ →

∞ ≠ − → = −− −− − = = = − − = − → = = − →+ + − −

< ∧ ≠ − → ( )( )

ln asintoto verticale con discontinuità di II specie

1 ln 0 discontinuità di III specie

x m

m x m

= −

= − → = − =

( )

ASINTOTI ORIZZONTALI

1 11

lim 0 1. Quindi ci sono asintoti orizzontali destri se

1

1 1 oppure 1 0

0

1 1 0lim 0 0. Quindi c

01

0

mx

xx

mmx

xx

se me

se me m

se m

m y m y

se m

e ese m

me m

se mm

→+∞

−∞

→−∞

=− ∞ = = <∞+ ∞ >

= → = < → =

−∞ <− − = = = =+ − >

i sono asintoti orizzontali sinistri se

10 0 oppure 0m y m y

m= → = > → = −

( )1

ASINTOTI OBLIQUI (casi in cui non ci sono gli orizzontali)

1 11 1

1 11 lim lim lim

1 1

Essendo 1, sarà 1 0, quindi il limi

m xmxmx mx mx

xx x xx

x x

e ee e e

mm mxe m

xe xe e

m m

−

→+∞ →+∞ →+∞

− − − > → ⋅ = = + + +

> − > te precedente vale + e non ci sono asintoti obliqui.

11

1 1 1 1 10 lim lim lim

Essendo 0, il limite precedente vale + e non ci

mxmx mx mx

x x xx x x

ee e e

mx x xe m e m e m

m

→−∞ →+∞ →+∞

∞

− − − < → ⋅ = ⋅ = ⋅ + + +

< ∞ sono asintoti obliqui

c)

11 o completando ed usando le informazioni dei punti precedenti, oppure usando le trasformazioni:

1

x

x

em y

e

−= → = →+

( ) ( )

( ) ( )1

La funzione essendo strettamente crescente è tutta invertibile, cioè : ; 1;1 con

1 1 1 11 1 1 ln ln

1 1 11

Simmetrizzando il grafico di f rispe

xx x x x

x

f

e y y xy ye y e e y y e x f x

y y xe−

−∞ +∞ → −

− + + + = → + = − → − = − − → = → = → = − − −+

tto alla bisettrice del primo e terzo quadrante, oppure usando le trasformazioni:

d)

( )

( ) ( ) ( ) ( )

1

0 0 0

122 2 1

1

0 0 0 0

1ln

0 11lim lim lim ln

0 1

1 2Posto 1 1 1 . Quindi21

1

1lim ln lim ln 1 lim ln 1 lim ln 1 1

1

x

x x x

txt t t

x t t t

xg x xx

x x x

tx

x tt x t x xtxx

tx

xt t t t

x

→ → →

+ +

→ → → →

+ +− = = = −

=+ += + → + = + − − → − = −

+ = + = + = + ⋅ + − ( )2ln 2e= =

e)

( ) ( )Il grafico della funzione si ottiene sottraendo (una sorta di principio di sovrapposizione delle onde)2

il grafico di f e quello di g con le x moltiplicate di 2:

xh x f x g

= −

( )

Dal grafico precedente si nota che l'intersezione tra la funzione h e la retta y = -1 è in prima approssimazione in [1;1,5].

11 2Quindi considerata la funzione 1 si ha: ln1 1

2

x

x

xe

y h x yxe

+ −= + = − + −

( )

( )

[ ]

( )

1,5

1,5

1,25

1 continua in [1; 1,5] con

1 3 2 11 ln 1 ln 3 1 0,36 0

1 1 2 1

1 1,751,5 ln 1 0,31 0

0,251

Quindi per il teorema degli zeri esiste una soluzione 1;1,5

1Essendo 1,25

e eh

e e

eh

e

c

eh

e

+

− −= − + = − + > + +

− = − + − < +

∈

−=

∼

∼

[ ]

[ ]1,25

2

1,625ln 1 0,088 0, si ha che 1,25;1,5

0,3751

Quindi possiamo prendere come approssimazione a 10 di c il centro dell'intervallo 1,25;1,5 , cioè

1,5 1,251,25 1,375 1,38

2

c

c

−

− + > ∈ +

−= + = =

∼

Problema 2 a)

( )

( )

( )

( ) ( )

1

21

2

22 2

2Il triangolo DTM è simile al triangolo DHA, quindi

: :

22 2

212 2 2

2

parabola di vertice ;

MN CD PKS

a bAH a b

a b xAH DTMT AH DT DH MT

DH h

a b xMN MT CD b

h

a b x a bS b b x x bx

h h

hb b hV

a b a b

S

+=

−= = −

−⋅= → = =

−= + = +

− −= + + = +

− − − −

2

22 2

Essendo a, b e h numeri positivi:

DC PK bxbx

⋅= = =

b)

( ) ( )

( )

[ ] [ ]

1 112

1

0 02

11 1

1

0 02

1lim 1 lim 2 1 lim 1

Poniamo :

lim 1 lim 1 lim 1

x xPK

M D x x

a ba ba bPK hbhbhb t t

M D t t

a b x a b xSbx

S h bx hb

a b x hbt x t

hb a b

St t e

S

→ → →

−−− ⋅

→ → →

− − − = + ⋅ − = +

−= → =

−

− = + = + =

c)

( )

( )

( )

21

2 22

2

2

2

2 44, 2, 1

ln ln 2

DOMINIO

1ln 2 0 2

1 10 0 0; ;

2 22 0 0

INTERSEZIONI

0

0

0 2 no intersezioni2 4ln 2

P

S x xa b h y

x S x x

xx

x x D

x x

ximpossibile

y f x

y

x x impossibilex xy

x x

+= = = → = =

≠≠ ≠ → ≠ → = ∪ +∞

> >

= → =

= → = ∨ = − → →+ =

( )

2

1

22

2 2

2 2

OSITIVITA'

: 2 4 0 2 0

1 1: ln 2 0 0 se ;

2 2

: 0 0

ASINTOTI ORIZZONTALI

2 4 2 4 1lim lim 2 0 0 0 asintoto orizzontale de

ln 2ln 2x x

N x x x x

D x x y x

D x x

x x x xy

xx x x→+∞ →+∞

+ > → < − ∨ >

> → > → > ∈ +∞

> → ∀ ≠

+ += ⋅ = ⋅ = → =

( )( )

( )( )

( ) ( )

( )

1

2

2 2 ln 20 0 0 0

2

21

2

stro

ASINTOTI VERTICALI

2 2 2 22 4 4 4lim lim lim lim 0 asintoto verticale

ln 2 0ln 2 ln 2

2 4 5 2 1lim asintoto verticale

0 2ln 2

xx x x xx

x

x x xx xx

x xx x x x

x xx

x x

+ + + +

−

±

+

→ → → →

→

+ ++ = = = = = ±∞ = −∞ → =

+ = = ±∞ → =

d)

( ) ( ) ( )1 ' ' '

22 2

2 2

Ruotando intorno a CD:

2

22

3 3

2 84 4 2 4

3 3

MNN M MDMV x V cilindro V cono

DT MTDT MN DT MN MT

x x x x x

ππ π

π π

= − =

⋅ = ⋅ − ⋅ = − =

= + − = +

( ) ( ) ( )2 ' ' '

22 2

2 2

Ruotando intorno a MN:

2

22

3 3

2 44 2 4

3 3

DCC D DD MV x V cilindro V cono

DT MTDT CD DT CD MT

x x x x

ππ π

π π

= + =

⋅ = ⋅ + ⋅ = + =

= + = +

( )( )

2

1

22

8ln ln 4

ln 8ln 12 2ln 334ln 12 4ln ln 3

ln 4 ln3

2 3Posto ln , :

3

x xV x x x

yV x x x

x x

tt x y

t

π

π

+ + + = = = =+ + +

+= =+

In (t; y) in (x; y)

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

3 3

3 3 3 312 2

Condizioni di invertibilità: h : 0; ; ;2 2;

2ln 3 3 3ln 3 2ln 3 2 ln 3 3 ln

ln 3 2

y xy x

e e

x yy y x y x y x y x x e h x e

x y

− −

− −−− −

∪ +∞ → −∞ ∪ +∞

+ −= → + = + → − = − → = → = → =+ −

e)

( ) ln ln

3 6

2

2ln 3 2 3lim lim . Posto ln : lim 1

2 2ln 6 2 6

1 2 3 1 2 3 3 2 6 3 6Imponendo 1+ 1

2 6 2 6 2 6 3 2

2 3 1lim lim 1+ lim

2 6

x x t

x x t

wt

t w

h x x tt x

x t

t t t ww t

w t w t t

t

t w

+∞

→+∞ →+∞ →+∞

− −

→+∞ →−∞

+ + = = = + +

+ + − + − −= → = − = → = − → =+ + +

+ = = +

33 32

21 1 11+ 1+

w

we

w w e e

− −−

→−∞

⋅ = =

Quesito 1

( ) ( )

( )2

2

002

Dominio: 0;2 2;2ln 0

2

0 discontinuità di seconda specie in quanto il limite sinistro non esiste

Classifichiamo il punto 2 calcolando lim .

2Posto 2 : lim

ln

x

x

xx

Dx x

x

f x

xx t

x

±

±

→

→

> > → → = ∪ +∞ ≠ ≠

=

−− =

( )( ) ( )

0 0

2lim lim 2 2

2ln ln 1

2 2 2

Quindi il punto 2 è una discontinuita di terza specie. Il prolungamento per continuità è

20;2 2;

ln2

2 2

t t

t tt t

xse x

xg x

se x

± ±→ →= = =

+ +

− ∈ ∪ +∞ =

=

Quesito 2

( )

( )

( )

1 0 0 0

0

ln

0 0

cos cos 1 sin sin2 2 2 2

Poniamo 1 : lim lim lim lim 22 21 1 1 1 1 1 1

2

1 1Osserviamo esplicitamente che lim , infatti

1 1lim lim

x t t t

k

x

k

x x

x t t tt

x tx t t tt

xk

x

x e

x

π π π ππ π ππ→ → → →

→

→ →

+ − = = = = ⋅ = ⋅ =− − + + − + −

+ −=

+ −=

( ) ( ) ( ) ( )( )

( )

( )( )1 ln 1 ln 1 ln 1

0 0 0

ln 1 ln 11 1 1 1lim lim lim

ln 1 ln 1

1 1

kx k x k x k x

x x x

k x xe e ek

x x x k x k x x

k k

+ + + +

→ → →

+ +− − − −= = ⋅ = ⋅ ⋅ = + +

= ⋅ ⋅ =

Quesito 3

Quesito 4

ln 0

0 0lim lim 1, in quanto x è un infinitesimo di ordine superiore a lnxx x x

x xx e e

+ +→ →= = =

Quesito 5

Quesito 6

Quindi

( )( )log 1 1 0

sin 02 2

2

x se x

f x x se x

x se x

π π

π

+ − < ≤= < < ≥

Quesito 7:

Quesito 8

Quesito 9

Quesito 10