Esercizi sul dominio di funzioni e limiti

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1 Esercizi sul dominio di funzioni e iti Esercizio 1. Determinare il dominio D, studiare il segno e calcolare il ite ai suoi estremi delle seguenti funzioni: (a) y = e ; (b) y = ; (c) y = 16 4 ; (d) y = ln ( 1 ). Esercizio 2. Calcolare i seguenti iti: (a) (b) (c) (d) (e) (f) (g) ; ; ; ( ); ; ; ( ). 1

2 Esercizio 1. Soluzione degli esercizi (a) la funzione y = e è il prodotto delle funzioni f() = e g() = e ed, indicati con D f e D g i rispettivi domini, si ha che D = D f D g. Essendo D f = (, + ) = D g poiché f, g non hanno itzioni, risulta D = (, + ) Notiamo, adesso, che g() > 0 D cosicché il segno di y = f()g() coincide con quello di g(). Ne segue y() > 0 per > 0; y = 0 per = 0; y() < 0 per < 0. Gli estremi del dominio sono ± e si ha: y() = e = f()g() = + in quanto f() + e g() + per + ; y() = e = f()g() è una forma indeterminata del tipo 0 risolubile scrivendo e come 1/e che conduce alla forma indeterminata y() = e = e = e = 0 in quanto l'esponenziale cresce (o decresce) più rapidamente di qualsiasi potenza della. (b) Essendo pari l'indice della radice, il dominio D della funzione y = si ottiene imponendo la condizione di non negatività dell'argomento della radice: per cui D = (, 9] [0, + ) = 9 0 Riguardo, al segno si ha che y() 0 D ed, in particolare, 2

3 y = 0 per = 0 = 9; y() > 0 per D { 9, 0}. Gli estremi del dominio sono ± e si ha: ( y() = ) = + = y(). (c) La funzione y = 16 4 è algebrica razionale fratta ed il suo dominio D è dato dai valori che non annullano il denominatore: cosicché D = R {2, 5} = (, 2) (2, 5) (5, + ). Passiamo allo studio del segno determinando dapprima gli zeri di y(): y() = = = 0 = 1 4. Per determinare gli intervalli di positività e, conseguentemente, di negatività della funzione risolviamo la disequazione algebrica razionale fratta y() > 0 = > 0 = 1 4 < < 2 > 5 mentre y < 0 per < 1/4 2 < < 5. Ricapitolando, y() > 0 per ( 1, 2) (5, + ); 4 y() = 0 per = 1/4; y() < 0 per (, 2) (2, 5). Gli estremi del dominio sono ±, 2, 5 e si ha: y() = 0 = y() cosicché la retta y = 0 (asse delle ascisse) è un asintoto orizzontale per la funzione; 28 y() = 2 0 = + ; + 28 y() = = 3

4 per cui non esiste 2 y() ma la retta = 2 è un asintoto verticale per la funzione. Analogamente si ha: y() = ; 5 y() = per cui non esiste 5 y() ma la retta = 5 è un asintoto verticale per la funzione. (d) Il dominio D della funzione y = ln ( 1 ) è dato dalle reali che rendono positivo l'argomento del logaritmo e non ne annullano il denominatore. Dunque D = (0, + ). Passiamo allo studio del segno. Risulta y() = 0 se e solo se 1/ = che implica = 1. Risolviamo, adesso, la disequazione y() > 0: ( ) 1 ln > 0 1 > 1 < 1 mentre y < 0 per > 1 e, compatibilmente col dominio, y() > 0 per (0, 1); y() = 0 per = 1; y() < 0 per (1, + ). Gli estremi del dominio sono 0, + e si ha: y() = per cui la retta = 0 (asse delle ordinate) è un asintoto verticale per la funzione; y() =. Esercizio 2. (a) In questo caso, si ha una forma indeterminata del tipo 0 0. Scomponendo la dierenza di cubi al numeratore e raccogliendo al denominatore, si ha: = ( 6)( ) 6 ( 6) 4 = = 18.

5 (b) In questo caso si ha una forma indeterminata del tipo. Ricordiamo che, dati due polinomi P m () = a m m + a m 1 m 1 + a m 2 m a 1 + a 0 = P n () = b n n + b n 1 n 1 + b n 2 n b 1 + b 0 = m a k k ; k=0 n b l l ; di grado m ed n rispettivamente, con semplici passaggi algebrici (raccogliendo le potenze di grado massimo al numeratore e al denominatore) si dimostra che Applicando la (1), si ha: P m () P n () = l=0 a m m (1) b n n 4 4 = = 4 = 4. 4 (c) Questo caso è analogo al precedente per cui, applicando la (1), si ha: = = =. (d) In questo caso si ha una forma indeterminata del tipo. Moltiplicando e dividendo, sotto il segno di ite, per , si ha: ( ) = = ( ) = = dove, nell'ultimo passaggio, abbiamo tenuto conto del fatto che il numeratore è di primo grado mentre il denominatore di grado 1/2. (e) Posto z() =, tale funzione non è denita per = 1 e si ha +1 z() = 1 Tuttavia, per stabilirne il segno e se tale ite, bisogna far tendere a 1 sia da sinistra che da destra. 5

6 Si ha z() = = + ; z() = 1 + cosicché non esiste 1 z() = (f) Questo caso è analogo a (b) e (c) per cui, applicando la (1), si ha: = 7 = = +. (g) In questo caso si ha una forma indeterminata del tipo. Procedendo in modo analogo al punto (d), si ha: ( ) = ( ) = = 11 = = avendo tenuto conto del fatto che 11 0 per +. 6