Ricevo da Marco la seguente domanda:
Gentilissimo professore,
al corso di recupero di matematica la professoressa ci ha dato di risolvere degli esercizi sugli infinitesimi e sugli infiniti. Ho provato a risolverli ma non mi vengono.
1) Individuare l'ordine di infinitesimo \((x\to 4)\) delle seguenti funzioni:
\[\sqrt{{{x}^{2}}-16}\quad \quad {{e}^{2-\sqrt{x}}}-1\quad \quad \frac{1}{x}-\frac{1}{4}\quad \quad \ln \left( \frac{\sqrt{x}}{2} \right)\]
2) Mettere in ordine crescente di infinito le seguenti funzioni, infinite per \(x\to 0\):
\[\frac{1}{\arctan x}\quad \quad \frac{1}{1-\sqrt{1-{{x}^{2}}}}\quad \quad \frac{\ln x}{x}\quad \quad \cot x\]
3) Data
\[f\left( x \right)=\frac{1}{4-{{x}^{16}}}\]
stabilire il massimo intorno \(I\) di \(-\infty\) in cui \(f\) è invertibile.
Mi affido a lei con la speranza che mi aiuti a risolvere questi esercizi.
Gli rispondo così:
Caro Marco,
nel primo esercizio si tratta di mettere a rapporto ciascuna funzione con \((x-4)^a\), per un’opportuno valore di \(a\), in modo che tale rapporto tenda a un valore finito non nullo per \((x\to 4)\). Poiché:
\[\underset{x\to 4}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{{{x}^{2}}-16}}{\sqrt{x-4}}=\underset{x\to 4}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{x-4}\sqrt{x+4}}{\sqrt{x-4}}=2\sqrt{2}\]
\[\underset{x\to 4}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{2-\sqrt{x}}}-1}{x-4}=-\underset{x\to 4}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( {{e}^{2-\sqrt{x}}}-1 \right)}{\left( 2-\sqrt{x} \right)\left( 2+\sqrt{x} \right)}=-\frac{1}{4}\]
\[\underset{x\to 4}{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{1}{x}-\frac{1}{4}}{x-4}=-\underset{x\to 4}{\mathop{\lim }}\,\frac{x-4}{4x\left( x-4 \right)}=-\frac{1}{16}\]
\[\underset{x\to 4}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( \frac{\sqrt{x}}{2} \right)}{x-4}=\underset{x\to 4}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( 1+\left( \sqrt{x}-2 \right)/2 \right)}{2\left( \left( \sqrt{x}-2 \right)/2 \right)\left( \sqrt{x}+2 \right)}=\frac{1}{8}\]
possiamo dire che, rispetto al campione \((x-4)\) nel limite per \(x\) che tende a \(4\), gli infinitesimi sono tutti di ordine \(1\), ad eccezione del primo che è di ordine \(1/2\).
Per quanto riguarda il secondo esercizio, si può procedere anche in questo caso per confronto con un infinito campione, ad esempio \(1/x\) per \(x\to 0\). Utilizzando anche il teorema di de l’Hopital per risolvere alcuni limiti, possiamo ottenere:
\[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{1/\arctan x}{1/x}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{\arctan x}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( 1+{{x}^{2}} \right)=1\]
\[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{1/\left( 1-\sqrt{1-{{x}^{2}}} \right)}{1/{{x}^{2}}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}}{1-\sqrt{1-{{x}^{2}}}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}\left( 1+\sqrt{1-{{x}^{2}}} \right)}{{{x}^{2}}}=2\]
\[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x/x}{1/{{x}^{a}}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( {{x}^{a-1}}\cdot \ln x \right)=0\quad se\ a>1\]
\[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\cot x}{1/x}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{\tan x}=1\]
Quindi la seconda funzione è l’infinito d’ordine maggiore, cioè \(2\) rispetto al campione, la terza è d’ordine maggiore a \(1\) ma inferiore a \(2\), le altre sono di ordine \(1\).
Riguardo al terzo quesito, mi pare di capire che si richieda una restrizione della funzione ad un sottodominio che comprenda \(-\infty\), tale che in esso \(f\) risulti invertibile, cioè biunivoca. La funzione è pari, e dal segno della derivata prima possiamo concludere che risulta negativa e monotona decrescente tra \(-\infty\) e \(-\sqrt[8]{2}\), positiva e monotona decrescente tra \(-\sqrt[8]{2}\) e \(0\), per cui \(f\) ristretta all’insieme dei reali negativi, \(0\) incluso e \(-\sqrt[8]{2}\) escluso, realizza una corrispondenza biunivoca, ma se la richiesta è che la restrizione sia definita su un intorno di infinito di tipo intervallo, allora ci si deve limitare all’insieme \(I=\left] -\infty ,-\sqrt[8]{2} \right[\).
Massimo Bergamini