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Due funzioni e un infinitesimo

Stefania propone due funzioni da studiare e due infinitesimi da confrontare con un campione assegnato.
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Ricevo da Stefania la seguente domanda:   Caro professore, le chiedo aiuto per la risoluzione dei seguenti esercizi: 1) Studiare il comportamento delle seguenti funzioni: \[{{f}_{1}}\left( x \right)=\frac{1}{{{e}^{x+8}}+2x}\quad \quad {{f}_{2}}\left( x \right)=\ln \left( {{e}^{x}}-4x-4 \right)\quad .\] 2) Determinare l'infinitesimo campione equivalente a ciascuno dei seguenti  infinitesimi, nel limite per \(x\) che tende a \(0\):\[{{f}_{1}}\left( x \right)=\frac{1-\cos x}{{{e}^{2x}}-1}\quad \quad {{f}_{2}}\left( x \right)={{x}^{2}}\ln \left( 1+3x \right)+{{\sin }^{3}}x\quad .\] Grazie!   Le rispondo così:   Cara Stefania, nel primo caso, la funzione \(f_1(x)\) è definita e continua in tutto \(\mathbb{R}-\left\{ a \right\}\), essendo \(a\approx -5,59\) l’unica soluzione dell’equazione  \({{e}^{x+8}}+2x=0\), soluzione determinabile solo in modo approssimato e certamente unica in conseguenza del fatto che la funzione \(d(x)={{e}^{x+8}}+2x\), assume nel suo dominio \(\mathbb{R}\) valori compresi tra \(-\infty\) e \(+\infty\) ed è monotona crescente (ha derivata sempre positiva). Ne consegue che \(f_1(x)\) presenta in \(x=a\) un asintoto verticale, e ammette come asintoto orizzontale l’asse delle \(x\), essendo: \[\underset{x\to {{a}^{\pm }}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{{{e}^{x+8}}+2x}=\pm \infty \quad \underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{{{e}^{x+8}}+2x}=\frac{1}{0-\infty }=0\quad \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{{{e}^{x+8}}+2x}=\frac{1}{+\infty +\infty }=0\quad .\] L’analisi della derivata prima, sempre negativa, ci consente di affermare che la funzione è sempre monotona decrescente: \[{{f}_{1}}'\left( x \right)=-\frac{{{e}^{x+8}}+2}{{{\left( {{e}^{x+8}}+2x \right)}^{2}}}\]mentre risulta un po’ più complesso dedurre che la derivata seconda passa da negativa a positiva attraversando il punto \(x=a\), con il conseguente cambio di concavità da “giù” a “su” : \[{{f}_{1}}''\left( x \right)=\frac{{{e}^{2\left( x+8 \right)}}+2{{e}^{x+8}}\left( 4-x \right)+8}{{{\left( {{e}^{x+8}}+2x \right)}^{3}}}\quad .\] La funzione \(f_2(x)\) risulta definita e continua in tutto \(D=\left] -\infty ,{{a}_{1}} \right[\cup \left] {{a}_{2}},+\infty  \right[\), essendo \({{a}_{1}}\approx -0,9\) e \({{a}_{2}}\approx 2,69\) i valori di annullamento e di cambiamento di segno della funzione \(g\left( x \right)={{e}^{x}}-4x-4\), determinabili solo approssimativamente. Altrettanto approssimativamente si possono determinare i valori di annullamento e di cambiamento di segno della funzione \(f_2(x)\), risolvendo, eventualmente per via grafica, l’equazione \({{e}^{x}}-4x-5=0\). Riguardo ai limiti, si ha: \[\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\ln \left( {{e}^{x}}-4x-4 \right)=\ln \left( 0+\infty  \right)=+\infty\] \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\ln \left( {{e}^{x}}-4x-4 \right)=+\infty \] \[\underset{x\to {{a}_{1}}^{-}}{\mathop{\lim }}\,{{f}_{2}}\left( x \right)=\underset{x\to {{a}_{2}}^{+}}{\mathop{\lim }}\,{{f}_{2}}\left( x \right)=-\infty \quad .\] Si può verificare la presenza, oltre che degli asintoti verticali in \(x=a_1\) e \(x=a_2\), di un asintoto obliquo nel limite per \(x\) tendente a \(+\infty\):\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( {{e}^{x}}-4x-4 \right)}{x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( {{e}^{x}}\left( 1-\frac{4x+4}{{{e}^{x}}} \right) \right)}{x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( 1+\frac{1}{x}\ln \left( 1-\frac{4x+4}{{{e}^{x}}} \right) \right)=1+\frac{\ln \left( 1-0 \right)}{+\infty }=1\]\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \ln \left( {{e}^{x}}-4x-4 \right)-x \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\ln \left( {{e}^{x}}\left( 1-\frac{4x+4}{{{e}^{x}}} \right) \right)-x=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\ln \left( 1-\frac{4x+4}{{{e}^{x}}} \right)=\ln \left( 1-0 \right)=0\]cioè l’asintoto è la retta \(y=x\). Le funzioni derivata prima e seconda\[{{f}_{2}}'\left( x \right)=\frac{{{e}^{x}}-4}{{{e}^{x}}-4x-4}\quad {{f}_{2}}''\left( x \right)=-\frac{4\left( {{e}^{x}}\left( x-1 \right)+4 \right)}{{{\left( {{e}^{x}}-4x-4 \right)}^{2}}}\]sono entrambe negative per \(x<a_1\), mentre per \(x>a_2\) si ha \({{f}_{2}}'\left( x \right)>0\) e \({{f}_{2}}''\left( x \right)<0\): entrambe non si annullano per nessun valore compreso nel dominio. Per quanto riguarda gli infinitesimi del secondo esercizio, si possono ricordare le seguenti equivalenze asintotiche nel limite per \(x\) che tende a \(0\):\[1-\cos x\sim \frac{1}{2}{{x}^{2}}\quad \sin x\sim x\quad {{e}^{2x}}-1\sim 2x\quad \ln \left( 1+3x \right)\sim 3x\]per cui: \[\frac{1-\cos x}{{{e}^{2x}}-1}\sim \frac{1}{4}x\quad \quad {{x}^{2}}\ln \left( 1+3x \right)+{{\sin }^{3}}x\sim 4{{x}^{3}}\quad .\] Massimo Bergamini
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