Esercitazione 4 (analisi matematica)

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In questa esercitazione vedremo come risolvere alcuni limiti a seconda del caso. I limiti saranno presentati nella forma

$\underset{x\to x_0}{lim}f(x)$

con $f:I\subseteq ℝ\to ℝ$, $I=[a,b]$ e $x_0,a,b\in ℝ$.

Limiti di funzione continua in $x_0$

È il caso di limiti banali di funzioni che sono continue in un punto e non presentano una forma indeterminata. In questo caso basta calcolare la funzione direttamente per il valore di $x_0$.

• $\underset{x\to 0}{lim}\frac{8x^2-12x+4}{13x^3-x^5+12}$
  $\left[\frac{1}{3}\right]$

Soluzione

La funzione

$f(x)=\frac{8x^2-12x+4}{13x^3-x^5+12}$

è composizione di funzioni continue, ed è continua sul dominio $D=ℝ\mathrm{\setminus }\{(x)\in ℝ:13x^3-x^5+12=0\}$ dunque si può passare alla risoluzione del limite direttamente sostituendo il valore di $x_0$, in questo caso 0, per valutare il comportamento della funzione nel punto. Sostituendo:

$\underset{x\to 0}{lim}f(x)=\underset{x\to 0}{lim}\frac{8\cdot 0^2-12\cdot 0+4}{13\cdot 0^3-0^5+12}$

da cui

$\underset{x\to 0}{lim}\frac{+4}{+12}=\frac{1}{3}.$

• $\underset{x\to 2}{lim}\frac{15}{2x-e^{2-x}}$
  $\left[5\right]$

Soluzione

Valgono le considerazioni fatte per la funzione precedente. La funzione risulta continua sul dominio $D=ℝ\mathrm{\setminus }\{(x)\in ℝ:2x-e^{2-x}=0\}$. Valutiamo la funzione nel punto $x_0=2$, da cui:

$\underset{x\to 2}{lim}f(x)=\underset{x\to 2}{lim}\frac{15}{2\cdot 2-e^{2-2}}$

Infine, svolgendo i calcoli, si ha

$\underset{x\to 2}{lim}f(x)=\underset{x\to 2}{lim}\frac{15}{4-e^0}=5.$

• $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{7\ln \left[-\cos (\pi -\frac{1}{e^x})+1\right]}{15-12x^{-1}}$
  $\left[\frac{7\ln \left[2\right]}{15}\right]$

Soluzione

La funzione, per $x\ge 0$ è definita per ogni valore appartenente a $D={ℝ}^{\mathbb{+}}\mathrm{\setminus }\left\{\frac{4}{5}\right\}$. Dunque per valutarla per $x\to +\mathrm{\infty }$ sostituiamo i "valori" $x_0=+\mathrm{\infty }$ nella funzione:

$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{7\ln \left[-\cos (\pi -\frac{1}{e^{+\mathrm{\infty }}})+1\right]}{15-12(+\mathrm{\infty }{)}^{-1}}$

Procedendo per stime asintotiche otteniamo:

$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{7\ln \left[1+1\right]}{15-0}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{7\ln \left[2\right]}{15}=\frac{7\ln \left[2\right]}{15}.$

• $\underset{x\to 0}{lim}\frac{x^4-sin(x)}{e^x-1}$
  $[-1]$

Soluzione

La funzione non è risolvibile per sostituzione diretta in quanto, procedendo in tal senso, si ottiene la forma indeterminata $\frac{0}{0}$

$\underset{x\to 0}{lim}\frac{x^4-sin(x)}{e^x-1}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{0^4-sin(0)}{e^0-1}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{0}{0}$

ossia una scrittura priva di senso. Dunque occorre procedere in maniera alternativa, con manipolazioni algebriche. Un metodo risolutivo in questo caso è procedere come segue

$\underset{x\to 0}{lim}\frac{x^4-sin(x)}{e^x-1}=\underset{x\to 0}{lim}{x}^4-sin(x)\cdot \frac{1}{e^x-1}\cdot \frac{x}{x}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{x^4-sin(x)}{x}\cdot \frac{x}{e^x-1}$

$\underset{x\to 0}{lim}(x^3-\frac{sin(x)}{x})\cdot {\left(\frac{e^x-1}{x}\right)}^{-1}$

Ora, sfruttando i limiti notevoli $\frac{sinx}{x}\to 1$ per $x\to 0$ e $\frac{e^x-1}{x}\to 1$ per $x\to 0$. Il limite si riduce quindi a:

$\underset{x\to 0}{lim}(x^3-\frac{sin(x)}{x})\cdot {\left(\frac{e^x-1}{x}\right)}^{-1}=\underset{x\to 0}{lim}(0-1)\cdot (1{)}^{-1}=-1.$

Limiti destri e sinistri con stime asintotiche

Si trattano qui i limiti di funzioni che richiedono, per essere risolti, delle stime asintotiche e la conoscenza dell'algebra degli infinitesimi, ossia degli ordini di infinito e infinitesimo delle funzioni che compongono la $f(x)$ di cui si vuole conoscere il limite. Inoltre i seguenti esercizi comprendono lo studio di limiti destri $\underset{x\to x_0^{+}}{lim}f(x)$ e sinistri $\underset{x\to x_0^{-}}{lim}f(x)$.

• $\underset{x\to 1^{+}}{lim}\frac{\ln (x^3-1)}{4-5x}$
  $[+\mathrm{\infty }]$

Soluzione

La funzione $\ln (x)$ non è definita in $0$, dunque per svolgere il limite occorre ricorrere all'analisi del comportamento asintotico della funzione in questione. In particolare sappiamo che la funzione logaritmo tende a $-\mathrm{\infty }$ quando il suo argomento tende a $0$, poiché la funzione $e^x$ va a $0$ per valori di $x$ tendenti a $-\mathrm{\infty }$. Da notare inoltre che il limite esiste solo per $x$ tendenti a $1$ da destra, poiché la funzione logaritmo naturale non risulta definita per valori di $x<0$. Tenendo a mente queste considerazioni possiamo concludere che

$\underset{x\to 1^{+}}{lim}\frac{\ln (1^{+}-1)}{4-5^{+}}=\underset{x\to 1^{+}}{lim}\frac{-\mathrm{\infty }}{-1}=+\mathrm{\infty }$

e quindi che la funzione, definita sul dominio $D=\{(x)\in ℝ:1<x\}$ e dunque $\mathrm{\forall }x\in (1,+\mathrm{\infty })$, tende a valori infinitamente grandi per $x\to 1^{+}$.

• $\underset{x\to {\left(\frac{\pi }{2}\right)}^{+}}{lim}\frac{\cos (x)}{\frac{1}{x-\frac{\pi }{2}}}$
  $\left[0^{-}\right]$

Soluzione

Per valutare la funzione in $x_0={\frac{\pi }{2}}^{+}$ occorre far attenzione al fatto che il valore ${\frac{\pi }{2}}^{+}$ rappresenta una quantità infinitesimalmente maggiore di $\frac{\pi }{2}$; si può pensare ad esempio come $\frac{\pi }{1.99\dots 9}$. Dunque nel momento in cui si svolge l'operazione ${\frac{\pi }{2}}^{+}-\frac{\pi }{2}$ otteniamo come risultato una quantità comunque positiva ma prossima a zero, ossia $0^{+}$. Altresì nel valutare la funzione coseno si deve tener conto che in $\frac{\pi }{2}$ essa vale $0$ e per valori di angoli maggiori (fino a $\frac{3\pi }{2}$) assume valori negativi. Da questo, $\cos \left({\frac{\pi }{2}}^{+}\right)=0^{-}$, dove $0^{-}$ rappresenta una quantità infinitesima negativa. Applicando tutti i ragionamenti sopra si può quindi passare al calcolo del limite:

$\underset{x\to {\left(\frac{\pi }{2}\right)}^{+}}{lim}\frac{0^{-}}{\frac{1}{0^{+}}}=\underset{x\to {\left(\frac{\pi }{2}\right)}^{+}}{lim}\frac{0^{-}}{+\mathrm{\infty }}=0^{-}$

Il tendere della funzione $f(x)$ a valori infinitesimi negativi ci dice che la funzione in quel punto resta sotto l'asse delle ascisse avvicinandosi sempre a zero. Con uno studio del limite per $x\to x_0={\frac{\pi }{2}}^{-}$, che fornisce lo stesso risultato

$\underset{x\to {\left(\frac{\pi }{2}\right)}^{-}}{lim}\frac{0^{+}}{\frac{1}{0^{-}}}=\underset{x\to {\left(\frac{\pi }{2}\right)}^{-}}{lim}\frac{0^{+}}{-\mathrm{\infty }}=0^{-}$

possiamo dire che i limiti destro e sinistro coincidono nel punto $\frac{\pi }{2}$, cosa che rende la funzione continua, e che in un intorno $I_{\delta }(x_0)=\{x,\delta \in ℝ,\delta >0:x_0-\delta <x<x_0+\delta ,\}$ del punto - con $x_0=\frac{\pi }{2}$ - la funzione assume valori negativi.