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Liceo Scientifico “Severi”

salerno

ESERCITAZIONE DI MATEMATICA

Docente: Pappalardo Vincenzo Data: 15/11/2017 Classe: 5B

1. Verifica i seguenti limiti con la definizione:

limx→0−

e1x = 0

Soluzione

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2. Calcolare i seguenti limiti:

( )2

2x 2 x 2

53 x 2 x3x x 10 113lim lim

(x 7)(x 2) 9x 5x 14→− →−

⎛ ⎞+ −⎜ ⎟+ − ⎝ ⎠= =− +− −

x 0 x 0 x 0

senxx 2 1sen2x x 2senxcosx x 3xlim lim lim

senxx senx x senx 2x 1x

→ → →

⎛ ⎞+⎜ ⎟+ + ⎝ ⎠= = =

+ + ⎛ ⎞+⎜ ⎟

⎝ ⎠

utilizzare il limite notevole: x 0

senxlim 1x→

=

1

0lnxxlim x→+∞

= ∞ forma indeterminata

Poiché lnae a (a 0)= > scriviamo il limite nella forma: 1lnx

1lnxlnx

x xlim x lime→+∞ →∞

= e applicando la

proprietà dei logaritmi blna blna= otteniamo:

1lnx

xlime→∞

lnx1

xlime e→∞

= =

x 0

ln(1 4x)limx→

−

poniamo tt 4x x4

= − → = − allora il limite diventa: t 0 t 0

ln(1 t) ln(1 t)lim 4lim 4t t4

→ →

+ += − = −

−

dove abbiamo utilizzato il prodotto notevole: x 0

ln(1 x)lim 1x→

+=

2x 2x 2x

x 0 x 0 x 0

e 1 2e 1 e 1lim lim 2lim 2x 2x 2x

− − −

→ → →

− − − −= = − = −

− −

dove abbiamo utilizzato il prodotto notevole: x

x 0

e 1lim 1x→

−=

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3. Stabilire se la seguente funzione è continua:

Soluzione

4. Confronta fra loro i seguenti infinitesimi e infiniti:

f(x) ln(1 2x)= − 3xg(x) x(1 e )= − per x 0→

21f(x)

(x 1)=

− 3

1g(x)(x x)(2x 2)

=− −

per x 1→

SOLUZIONE

q 3x 3xx 0 x 0

ln(1 2x) ln(1 2x) 1lim limxx(1 e ) 1 e→ →

− −= ⋅

− − poniamo

tt 2x x2

= − → = − allora il limite

diventa:

3t 0 t2

ln(1 t) 12limt

1 e→

+− ⋅ = ∞

−

f(x) ordine inferiore a g(x)

dove abbiamo utilizzato il prodotto notevole: x 0

ln(1 x)lim 1x→

+=

q 2

22 2x 1 x 1 x 1

3

11 1(x 1)lim lim x(x 1)2(x 1) lim

1 (x 1) (x 1)(x x)(2x 2)

→ → →

−= ⋅ − − =

− −− −

2x(x 1)− (x 1)(x 1+ − ) 4=

f(x) stesso ordine di g(x) 5. Determina l’ordine dei seguenti infinitesimi e infiniti:

f(x) ln(1 2x)= + per x 0→ 31f(x)

x 4x=

− per x→ 0

SOLUZIONE

q Confrontiamo l’infinitesimo f(x) ln(1 2x)= + con l’infinitesimo campione ( )kg(x) x= :

2

1x

x x per x 0f(x)

e per x 0−

⎧ − ≤⎪= ⎨⎪ >⎩

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x 0 x 0

ln(1 2x) ln(1 2x)lim 2lim 2x 2x→ →

+ += =

dove abbiamo utilizzato il prodotto notevole: x 0

ln(1 x)lim 1x→

+=

Il limite è finito per k = 1 e quindi l’infinitesimo f(x) è di ordine 1.

q Confrontiamo l’infinito 31f(x)

x 4x=

− con l’infinito campione g(x) = 1

x

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

k

:

3

1 3x 0 x 0 x 0

1x xx 4xlim lim lim

x 4x1x

→ → →

− = =−⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

x 214(x 4)

= −−

Il limite è finito per k = 1 e quindi l’infinito f(x) è di ordine 1. 6. Determina le equazioni degli eventuali asintoti delle seguenti funzioni:

3

2x 2xf(x)2x 4x

−=

−

3 2lnxf(x)lnx 1−

=−

SOLUZIONE

q Il campo di esistenza della funzione 3

2x 2x xf(x)2x 4x

−= =

−

2(x 2)x

−

(2x 4)− è:

2x 4 0 x 2− ≠ → ≠ C.E. ;2 2;= −∞ ∪ +∞⎤ ⎡ ⎤ ⎡⎦ ⎣ ⎦ ⎣

Calcoliamo i limiti agli estremi del campo di esistenza:

2

x 2

x 2lim2x 4→

−= ∞

− x = 2 Asintoto verticale

2

x

x 2lim2x 4→∞

−= ∞

− La funzione ammette asintoto obliquo

2 2

2x x x

f(x) x 2 1 x 2 1m lim lim limx 2x 4 x 22x 4x→∞ →∞ →∞

⎡ ⎤− −= = ⋅ = =⎢ ⎥

− −⎣ ⎦

2

x x x

x 2 1 x 1q lim f(x) mx lim x lim 12x 4 2 x 2→∞ →∞ →∞

⎡ ⎤− −= − = − = =⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎣ ⎦ − −⎣ ⎦

L’asintoto obliquo ha equazione: 1y x 12

= +

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q Il campo di esistenza della funzione 3 2lnxf(x)lnx 1−

=−

è :

x 0 x 0lnx 1 0 x e> >⎧ ⎧

⎨ ⎨− ≠ ≠⎩ ⎩

C.E. 0;e e;= ∪ +∞⎤ ⎡ ⎤ ⎡⎦ ⎣ ⎦ ⎣

Calcoliamo i limiti agli estremi del campo di esistenza:

x e

3 2lnxlimlnx 1→

−= ∞

− x = e Asintoto verticale

x x

3 2lnx 3 2lnxlim lim 2lnx 1 lnx 1→∞ →∞

− ∞ −= → = −

− ∞ − y = -2 Asintoto orizzontale

7. Date le seguenti funzioni, individua i loro punti di discontinuità e la relativa specie:

xf(x) lnx 4

=−

2xe 1f(x)3x−

=

SOLUZIONE

q Il campo di esistenza della funzione xf(x) lnx 4

=−

è:

x 0x 0 C.E. ;0 4;

x 4 x 4>⎡

> → → = −∞ ∪ +∞⎤ ⎡ ⎤ ⎡⎢ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣− >⎣

per cui i punti x = 0 e x = 4 sono punti di discontinuità. Stabiliamo il tipo di discontinuità.

x 0

xlimln nonesistex 4→

=−

x 4

xlimlnx 4→

= ∞−

La discontinuità è di II specie.

q Il campo di esistenza della funzione2xe 1f(x)3x−

= è: 3x 0 C.E. x 0≠ → = ∀ ≠

Stabiliamo il tipo di discontinuità.

2x 2x 2x

x 0 x 0 x 0

e 1 2e 1 2 e 1 2lim lim lim3x 3 2x 3 2x 3→ → →

− − −= = =

⋅

La funzione non è definita in x = 0 ma esiste il limite

x 0lim f(x) l→

= , per cui x = 0 è un punto di

discontinuità di III specie. Un punto di discontinuità di terza specie viene detto anche punto di discontinuità eliminabile, perché, se la funzione non è definita in x = 0, è possibile estendere il suo campo di esistenza a tale punto ponendo f(0)=2/3 e rendendo in tal modo la funzione continua. Quindi la funzione può essere scritta nel seguente modo:

2xe 1 se x 03xf(x)2 se x 03

⎧ −≠⎪⎪

= ⎨⎪ =⎪⎩

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8. Stabilisci se, per la seguente funzione, vale il teorema di Weierstrass

nell’intervallo a fianco indicato:

senx xf(x)2cosx 1

−=

− in 0;

2π⎡ ⎤

⎢ ⎥⎣ ⎦

SOLUZIONE

Dobbiamo verificare l’ipotesi del teorema, ossia che la funzione è continua nell’intervallo 0;2π⎡ ⎤

⎢ ⎥⎣ ⎦

Il campo di esistenza della funzione è:

2cosx 1 0 C.E. x3π

− ≠ → = ∀ ≠ ±

Poiché la funzione non è continua nel punto x = π/3 che fa parte dell’intervallo considerato, l’ipotesi del teorema non è verificata e quindi il teorema di Weierstrass non vale.

9. Stabilisci se, per la seguente funzione, vale il teorema di esistenza degli zeri nell’intervallo a fianco indicato:

x 1f(x) 1 e −= − in 0;2⎡ ⎤⎣ ⎦

SOLUZIONE

Dobbiamo verificare l’ipotesi del teorema, ossia che la funzione è continua nell’intervallo 0;2⎡ ⎤⎣ ⎦

e che f(0) < 0 e f(2) > 0. Il campo di esistenza della funzione è: C.E. = ℜ per cui è continua nell’intervallo considerato.

1f(0) 1 e 0 f(2) 1 e 0−= − > = − < La funzione assume segno opposto negli estremi dell’intervallo. Le ipotesi del teorema sono verificate per cui il teorema di esistenza degli zeri vale nell’intervallo considerato.