Soluzioni di  Esercizi 3

(1)   Sia  f(x) = e ^{|x + 1|} − 2.
(a) Traccia, a partire dal grafico di y = e^x, motivando, il grafico di f.
(b) Per quali valori di x si ha:  1 ≤ f(x) ≤ 2.

	(a)     Indico con x la variabile di input e con y quella di output. g(x)=EXP(x) h(x)=EXP(x+1) traslo di Δx = −1 k(x)=EXP(ABS(x+1)) ribalto rispetto a x = −1 la parte in x ≥ −1 f(x)=EXP(ABS(x+1))-2 traslo di Δy = −2  (potevo anche porre: h(x)=g(x+1), f(x)=k(x)-2) plot x:-5..5 n=1001 y:g|14 scala sx: -6..6 sy: -3..8 plot x:-6..4 n=1001 y:h|11 plot x:-6..4 n=1001 y:k|12 plot x:-6..4 n=1001 y:f|13 Ovvero (ribaltando prima e traslando dopo):
(1)  Traccio y=x+1 e l'uso per tracciare  y=exp(x):  (2)  Tenendo conto che y = φ(|x|) per x>0 coincide con y = φ(x) e per x<0 ha comportamento simmetrico rispetto all'asse y [è una funzione "pari": φ(|−x|) = φ(|x|)],  ribalto rispetto all'asse y per ottenere y=exp(|x|) per x<0: (3)  Traslo di Δx=−1 e ho y=exp(|x+1|):   (4)  Traslo di Δy=−2 e ho y=exp(|x+1|)−2:
	(b)  In [−1, ∞) f cresce, per cui f(x) sta tra 1 e 2 per x che sta tra le soluzioni (rispetto a x) A e B di f(x) = 1 e di f(x) = 2 (A e B sono le ascisse dei pallini di ordinata 1 e 2 sulla parte destra del grafico di f). In [−∞, −1] il comportamento è simmetrico, per cui f(x) sta in [1, 2] per x in [C, D] simmetrico ad [A, B] rispetto ad x=−1 (C e D sono le ascisse dei pallini di ordinata 2 e 1 sulla parte sinistra del grafico di f). Sotto è visualizzato come trovare il simmetrico di A rispetto a k: devo procedere da k dello stesso vettore che da A porta in k; a k devo aggiungere k−A, arrivando a 2k−A (verifica:  k è proprio il valor medio, in quanto (2k−A+A)/2 = k):       Trovo A: e |x + 1| − 2 = 1   [tengo conto che x ≥ −1] e x + 1 − 2 = 1   [applico "+2" ai due membri] e x + 1 = 3   [applico log ai due membri (è una funzione iniettiva)] x + 1 = log(3)   [applico "−1" ai due membri] x = log(3)−1   (sul grafico A ha ascissa circa 0.1; controllo:  log(3)−1 = 0.0986... OK)
Trovato A = log(3)−1, analogamente ottengo B = log(4)−1. Per trovare D posso usare la formuletta che ho ricavato prima: D = −2−A = −log(3)−1; ma avrei potuto capire subito che il simmetrico di −1+log(3) rispetto a −1 è −1−log(3):       Analogamente C = −log(4)−1. In defintiva, gli x per cui f(x) ∈ [1, 2] sono gli elementi di [−log(4)−1,−log(3)−1]∪[log(3)−1,log(4)−1].

(2)   Sia h: [−1,1]−{0} → R così definita:  h(x) = 1/x − x.
(a) Traccia il grafico di h e della sua relazione inversa.
(b) Stabilisci se h è una funzione invertibile (o se lo è in un opportuno sottodominio), ed esplicita analiticamente l'eventuale funzione inversa.

(a)   h è la somma di x → 1/x e di x → −x che sono decrescenti in [−1,0) e in (0,1], quindi in tali intervalli lo è anche h, senza esserlo in tutto [−1,1]−{0}. In (−1,1)−{0} h è comunque iniettiva in quanto in (−1,0) assume valori negativi mentre in (0,1) assume valori positivi. Non lo è in tutto [−1,1]−{0} in quanto h(1) = h(−1) = 0. A destra come sarebbero il grafico di h e della sua relazione inversa se il dominio di non fosse ristretto a [−1,1]−{0}. Il dominio della inversa di h (restringendo il dominio di h a (−1,1)−{0}) è l'immagine di (−1,1)−{0} mediante h, ossia (−∞,∞)−{0}. Il grafico della relazione inversa di h è tracciato sotto, parzialmente, in rosso (per quello della funzione inversa di h ristretta a (−1,1)−{0} vanno esclusi i punti sull'asse y).

(b)  Chiamiamo k la funzione inversa di h, ristretta a (−1,1)−{0}. Da y=h(x) ricavo x=k(y):
1/x − x = y   [moltiplico per x]
1 − x² = x·y   [applico "+x²" e "−1"]
0 = x² + x·y − 1   [risolvo rispetto a x]
x = y/2 ± √(y²+4) /2   Ad ogni y devo associare al più un x; per y negativo/positivo (vedi grafico, rosso, di k) x deve essere negativo/positivo, quindi:
k(y) = y/2 + √(y²+4) /2 per y>0, k(y) = y/2 − √(y²+4) /2 per y<0.
Potrei anche scrivere (usando un altro nome per indicare l'input):
k(x) = x/2 + √(x²+4) /2 per x>0, k(x) = x/2 − √(x²+4) /2 per x<0.

(3)   Studia l'esistenza ed eventualmente calcola:
(a)	lim x → 0  sin(2x) ——— x	(b)	lim x → 2  sin(x − 2) ———— 4 − x2
(c)	lim x → − 1  (1+x)2 ——————— 1 − cos 2 (x(x+1))	(d)	lim x → ∞  7x4 − 1/x5 + x·sin(x6) ————————— x5
(e)	lim x → − ∞  7x3 − √( x6 + x6·|sin(x)| ) —————————— x3

F(x)=SIN(2*x)/x G(x)=SIN(x-2)/(4-x^2) H(x)=(1+x)^2/(1-COS(x*(x+1))^2) K(x)=(7*x^4-1/x^5+x*SIN(x^6))/x^5 M(x)=(7*x^3-SQR(x^6+x^6*ABS(SIN(x))))/x^3

I grafici (vedi i nomi dati alle funzioni sotto ai grafici) ci consentono di congetturare che i primi tre limiti esisitono finiti: il primo sembra valere 2, il secondo sembra iniziare con −0.1..., il terzo sembra valere 1. Il quarto sembra valere 0. L'ultimo non dovrebbe esistere: il grafico oscilla tra 8 e quasi 8.5.
Potremmo avere una conferma calcolando:  F(10^−1), F(10^−2), ...; G(2−10^−1), G(2−10^−2), ...; H(−1−10^−1), H(−1−10^−2), ...; K(10^1), K(10^2), ...; M(−10^1), M(−10^2), ... (provate a farlo).
Studiamoli teoricamente.

(a)  sin(t) per t → 0 tende a confondersi con t, ossia sin(t)/t → 1; in simboli, sin(t) ≈ t; quindi sin(2x) ≈ 2x; posso ricondurre sin(2x)/x a 2x/x, e concludere che il limite è 2. Tutto ciò possiamo scriverlo in modo per certi aspetti più semplice così:
sin(2x)/x = sin(2x)/(2x)·2 → 1·2 = 2

(b)  per x → 2  x−2 → 0,  sin(x−2) ≈ x−2; posso ricondurre sin(x−2)/(4−x²) a (x−2)/(4−x²) = (x−2)/((2−x)(2+x)) che per x≠2 equivale a −1/(2+x) che tende a −1/4. Descrizione alternativa:
sin(x−2)/(4−x²) = sin(x−2)/((2−x)(2+x)) = −1/(2+x)·sin(x−2)/(x−2)
per x → 2  −1/(2+x) → −1/4,  sin(x−2)/(x−2) → 1, e quindi −1/(2+x)·sin(x−2)/(x−2) → −1/4·1 = −1/4

(c)  1 − cos(t)² = sin(t)²; mi riconduco a:
(1+x)² / sin(x(x+1))² = ( (x+1) / sin(x(x+1)) )²; pongo t = x+1 in modo da ricondurmi a  ( t / sin((t−1)t) )² per t → 0; idea:  per  t→0  (t−1)→1  per cui il comportamento dovrebbere essere quello di ( t / sin(t) )², che tende a 1. Precisiamo l'idea facendo comparire anche nel primo termine del rapporto (t−1)t: 
t / sin((t−1)t) = 1/(t−1) · (t−1)t / sin((t−1)t);  per (t−1)t = u → 0  (t−1)t/sin((t−1)t) = u/sin(u) → 1;  1/(t−1) → 1;  quindi  1/(t−1) · (t−1)t/sin((t−1)t) → 1·1 = 1.

(d)  per x → ∞  1/x⁵ → 0 e x·sin(x⁶), che ha valore assoluto minore o uguale a |x|, è un infinito di ordine inferiore rispetto a 7x⁴, per cui il primo termine del rapporto è pari a 7x⁴ più qualcosa di trascurabile. Il rapporto, per x → ∞, si comporta quindi come 7x⁴/x⁵ = 7/x → 0.
Tutto ciò possiamo riscriverlo così:
( 7x⁴ − 1/x⁵ + x·sin(x⁶) ) / x⁵ = 7/x − 1/x¹⁰ + sin(x⁶)/x⁴ → 0+0+0 = 0 in quanto, per x → ∞:
7/x → 0,  1/x¹⁰ → 0  e, per il teorema del confronto,  sin(x⁶)/x⁴ → 0  in quanto  0 ← −1/|x|⁴ ≤ sin(x⁶)/x⁴ ≤ 1/|x|⁴ → 0

(e)  √( x⁶ + x⁶·|sin(x)| ) = √( x⁶(1+|sin(x)|) );  x⁶ e 1+|sin(x)| sono positivi, per cui posso riscrivere l'ultimo termine come:  √(x⁶)·√(1+|sin(x)|);  √(x⁶) = |x|³;  per  x → −∞  |x| = −x, e |x|³ = −x³;  quindi, per  x → −∞:
( 7x³ − √(x⁶ + x⁶·|sin(x)|) ) / x³ = 7 + √(1 + |sin(x)|)  oscilla periodicamente tra  7+√(1+0) = 8 e 7+√(1+1) = 7+√2:  il limite non esiste.