Ligouras mat v_esame_queslim2011_01

LIGOURAS Panagiote

I.I.S. “Leonardo da Vinci – Galileo Galilei” Noci (BA)

Matematica e Informatica

[email protected]

ESAME DI STATOMatematica Liceo Scientifico

Limit i , As intot i , ContinuitàI ta l ia , Europa e Amer iche – anni 2011 -2015

mailto:[email protected]

Panagiote LIGOURAS 02 / ++ Versione 2016-01

Limiti, Asintoti, Continuità

Limiti notevoli

𝐥𝐢𝐦𝒙→𝟎

𝒔𝒊𝒏 𝒙

𝒙= 𝟏


𝒍𝒏 𝟏 + 𝒙

𝒙= 𝟏𝐥𝐢𝐦

𝒙→𝟎

𝟏 − 𝒄𝒐𝒔 𝒙

𝒙= 𝟎



𝒙𝟐 =𝟏

𝟐

𝐥𝐢𝐦𝒙→±∞

𝟏 +𝟏

𝒙

𝒙

= 𝒆


𝒆𝒙 − 𝟏

𝒙= 𝟏


𝟏 + 𝒙 𝒌 − 𝟏

𝒙= 𝒌


𝒂𝒙 − 𝟏

𝒙= 𝒍𝒏 𝒂


Limiti, Asintoti, Continuità – Quesito n.6 – Italia – 2011

Il limite in questione è quello che conduce alla derivata di tg x in x = a, quindi vale:

Il calcolo diretto può essere effettuato utilizzando la regola di de L’Hôpital

dopo aver verificato che sono valide le condizioni. Infatti, il limite si presenta nella forma 0/0, numeratore e denominatore sono continue e derivabili in un intorno di x = a e in tale intorno la derivata del denominatore non si annulla.

Il limite non ha senso se 𝑎 =𝜋

2+ 𝑘𝜋


Limiti, Asintoti, Continuità – Quesito n.2 – Italia supp. – 2011

Si ha una discontinuità di prima specie con salto 1.

Il grafico della funzione è:

lim𝑥→0−

1

𝑒1𝑥 − 1

2 =

=1

𝑒10− − 1

2 =1

𝑒−∞ − 1 2=

1

0+ − 1 2= 𝟏

Analogamente𝑙𝑖𝑚𝑥→0+

1

𝑒1𝑥 − 1

2 = 𝟎


Limiti, Asintoti, Continuità – Quesito n.9 – Italia supp. – 2011

lim𝑥→0

𝑠𝑖𝑛 𝑥

𝑥= 1

lim𝑥→0

𝑒𝑥 − 1

𝑥= 1

Sono noti i seguenti limiti notevoli:

= lim𝑦→0

𝑒𝑦 − 1

𝑦∙ lim𝑥→0

𝑥

𝑠𝑖𝑛 𝑥

2

=

= lim𝑦→0

𝑒𝑦 − 1

𝑦∙ lim

𝑥→0

𝑥

𝑠𝑖𝑛 𝑥

2

=

Posto:

𝑦 = 𝑥3


Limiti, Asintoti, Continuità – Quesito n.2 – Italia str. – 2011

lim𝑥→0+

1

𝑥−

1

𝑡𝑎𝑛 𝑥= lim

𝑥→0+

1

𝑥− lim

𝑥→0+

1

𝑡𝑎𝑛 𝑥=

1

0+−

1

0+= ∞−∞

lim𝑥→0+

1

𝑥−

1


𝑥→0+

1

𝑥−𝑐𝑜𝑠 𝑥

𝑠𝑖𝑛 𝑥= lim

𝑥→0+

𝑠𝑖𝑛 𝑥 − 𝑥𝑐𝑜𝑠 𝑥

𝑥𝑠𝑖𝑛 𝑥= ⋯ =

0

0

Le funzioni al numeratore e al denominatore sono continue e derivabili.

Studiamo la derivata del denominatore xsin(x):

𝑥𝑠𝑖𝑛 𝑥 ′ = 𝑥 ′𝑠𝑖𝑛 𝑥 + 𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝑥 ′ = 𝑠𝑖𝑛 𝑥 + 𝑥𝑐𝑜𝑠 𝑥

essa è diversa da zero in ogni intorno di zero più. Applichiamo la regola di de L’Hȏpital:

lim𝑥→0+

1

𝑥−

1


𝑥→0+

𝑠𝑖𝑛 𝑥 − 𝑥𝑐𝑜𝑠 𝑥

𝑥𝑠𝑖𝑛 𝑥= lim

𝑥→0+

𝑠𝑖𝑛 𝑥 − 𝑥𝑐𝑜𝑠 𝑥 ′

𝑥𝑠𝑖𝑛 𝑥 ′=

= lim𝑥→0+

𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 𝑥𝑠𝑖𝑛 𝑥

𝑠𝑖𝑛 𝑥 + 𝑥𝑐𝑜𝑠 𝑥= lim

𝑥→0+

𝑥𝑠𝑖𝑛 𝑥

𝑠𝑖𝑛 𝑥 + 𝑥𝑐𝑜𝑠 𝑥= lim

𝑥→0+



𝑥+𝑥𝑐𝑜𝑠 𝑥

𝑥

=

= lim𝑥→0+

𝑠𝑖𝑛 𝑥

𝑠𝑖𝑛 𝑥𝑥

+ 𝑐𝑜𝑠 𝑥= ⋯ =

0

1 + 1= 0

lim𝑥→0

𝑠𝑖𝑛 𝑥

𝑥= 1

È noto il seguente limite notevole:


Limiti, Asintoti, Continuità – Quesito n.2 – Americhe – 2012

lim𝑥→0+

31𝑥 − 2 ∙ 3

2𝑥

32−𝑥𝑥

= lim𝑥→0+

31𝑥 − 2 ∙ 3

2𝑥

32𝑥−

𝑥𝑥

= lim𝑥→0+

31𝑥 − 2 ∙ 3

2𝑥

32𝑥 ∙ 3−1

=

= 3 ∙ lim𝑥→0+

31𝑥 − 2 ∙ 3

2𝑥

32𝑥

= 3 ∙ 𝑙𝑖𝑚𝑥→0+

31𝑥

32𝑥

− 232𝑥

32𝑥

= 3 ∙ lim𝑥→0+

1

31𝑥

− 2 =

= 3 ∙1

+∞− 2 = 3 ∙ 0+ − 2 = −6


Limiti, Asintoti, Continuità – Quesito n.6 – Europa – 2012

lim𝑥→0

𝑠𝑖𝑛 3𝑥𝑐𝑜𝑠 3𝑥

+ 3𝑥

𝑠𝑖𝑛 5𝑥= lim

𝑥→0

3𝑥𝑐𝑜𝑠 3𝑥

∙𝑠𝑖𝑛 3𝑥

3𝑥+ 3𝑥

𝑠𝑖𝑛 5𝑥5𝑥5𝑥

=

= lim𝑥→0

3𝑥1

𝑐𝑜𝑠 3𝑥∙𝑠𝑖𝑛 3𝑥

3𝑥+ 1

𝑠𝑖𝑛 5𝑥5𝑥

∙ 5𝑥=

3

5∙ lim𝑥→0

1𝑐𝑜𝑠 3𝑥

∙𝑠𝑖𝑛 3𝑥

3𝑥+ 1


=

=3

5∙lim3𝑥→0

1𝑐𝑜𝑠 3𝑥

∙ lim3𝑥→0


+ 1

lim5𝑥→0


=3

5∙lim3𝑥→0

1𝑐𝑜𝑠 3𝑥

∙ 1 + 1

1=

=3

5∙

1𝑐𝑜𝑠 0

∙ 1 + 1

1=

3

5∙1 ∙ 1 + 1

1=

6

5

lim𝑥→0

𝑠𝑖𝑛 𝑥

𝑥= 1



Limiti, Asintoti, Continuità – Quesito n.1 – Italia pni – 2012

𝐥𝐢𝐦𝒙→𝟎+

𝟐𝟑𝒙 − 𝟑𝟒𝒙

𝒙𝟐= 𝑙𝑖𝑚

𝑥→0+

8𝑥 − 81𝑥

𝑥2= 𝑙𝑖𝑚

𝑥→0+

81𝑥 881

𝑥

− 1

𝑥2=


lim𝑥→0

𝑎𝑥 − 1

𝑥= 𝑙𝑛 𝑎

= lim𝑥→0+

81𝑥

𝑥∙ lim𝑥→0+

881

𝑥

− 1

𝑥=

= lim𝑥→0+

81𝑥

𝑥∙ ln

8

81=

=810

+

0+∙ ln

8

81=

1

0+∙ ln

8

81=

= +∞ ∙ ln8

81= −∞



𝒍𝒊𝒎𝒙→𝟎

𝟏

𝟏 − 𝒄𝒐𝒔 𝒙−

𝟐

𝒙𝟐= 𝑙𝑖𝑚

𝑥→0

𝑥2 − 2 1 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥

𝑥2 1 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥= ⋯ =

0

0=

limite notevole:

= 𝑙𝑖𝑚𝑥→0

𝐷 𝑥2 − 2 1 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥

𝐷 𝑥2 1 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥= 𝑙𝑖𝑚

𝑥→0

2𝑥 − 2𝑠𝑖𝑛 𝑥

2𝑥 1 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝑥2𝑠𝑖𝑛 𝑥= ⋯ =

0

0=

In un intorno di 0 le due funzioni sono continue e derivabili.

𝐷 𝑥2 1 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 2𝑥 1 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝑥2𝑠𝑖𝑛 𝑥 non si annulla in un intorno di 0. Applichiamo il teorema di De l’Hopital:

Il limite dato si presenta nella forma indeterminata 𝟎

𝟎.


𝐷 2𝑥 − 2𝑠𝑖𝑛 𝑥

𝐷 2𝑥 1 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝑥2𝑠𝑖𝑛 𝑥= 𝑙𝑖𝑚

𝑥→0

2 − 2𝑐𝑜𝑠 𝑥

2 1 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 4𝑥𝑠𝑖𝑛 𝑥 + 𝑥2𝑐𝑜𝑠 𝑥= ⋯ =

0

0=


2 − 2𝑐𝑜𝑠 𝑥

2 1 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 4𝑥𝑠𝑖𝑛 𝑥 + 𝑥2𝑐𝑜𝑠 𝑥= 𝑙𝑖𝑚

𝑥→0

21 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥1 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥

21 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥1 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥

+ 4𝑥𝑠𝑖𝑛 𝑥

1 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥+ 𝑥2 𝑐𝑜𝑠 𝑥

1 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥

=


2

2 + 4𝑥𝑠𝑖𝑛 𝑥

1 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥+ 𝑥2 𝑐𝑜𝑠 𝑥


=


2

2 + 4𝑥𝑠𝑖𝑛 𝑥

2𝑠𝑖𝑛2 𝑥2

+ 𝑥2 𝑐𝑜𝑠 𝑥

2𝑠𝑖𝑛2 𝑥2

== 𝑙𝑖𝑚𝑥→0

1

1 + 4

𝑠𝑖𝑛 𝑥𝑥

𝑠𝑖𝑛𝑥2

𝑥2

2 + 𝑐𝑜𝑠 𝑥

𝑥2

𝑠𝑖𝑛𝑥2

2 =

La derivata del denominatore:

= ⋯ =1

1 + 411 2 + 1 ∙ 1 2

=𝟏

𝟔

lim𝑥→0

𝑠𝑖𝑛 𝑥

𝑥= 1

𝑠𝑖𝑛𝑥

2= ±


2


Limiti, Asintoti, Continuità – Quesito n.9 – Italia Com. – 2013


𝟒𝒔𝒊𝒏 𝒙 𝒄𝒐𝒔 𝒙 − 𝒔𝒊𝒏 𝒙

𝒙𝟐= 4 ∙ lim

𝑥→0

𝑠𝑖𝑛 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 1

𝑥2=


= 4 ∙ lim𝑥→0

𝑠𝑖𝑛 𝑥 ∙ lim𝑥→0

𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 1

𝑥2=

= −4 ∙ lim𝑥→0

𝑠𝑖𝑛 𝑥 ∙ lim𝑥→0


𝑥2=



𝒙𝟐=

𝟏

𝟐

= −4 ∙ lim𝑥→0

𝑠𝑖𝑛 𝑥 ∙1

2=

= −4 ∙ 𝑠𝑖𝑛 0 ∙1

2=

= −4 ∙ 0 ∙1

2= 0



𝑙𝑖𝑚𝒙→𝟎

𝟏 + 𝒙𝟐

𝟏

𝒔𝒊𝒏 𝒙𝟐


1 + 𝑥2𝑙𝑖𝑚𝑥→0

1

𝑠𝑖𝑛 𝑥2

= Sono noti i seguenti limiti notevoli:

Il limite si presenta nella forma indeterminata 1∞.

= 1 + 010 == 1+∞

𝑙𝑖𝑚𝒙→𝟎

𝟏 + 𝒙𝟐

𝟏

𝒔𝒊𝒏 𝒙𝟐


1 + 𝑥2

1

𝑠𝑖𝑛 𝑥2∙𝑥2

𝑥2

=


1 + 𝑥2

𝑥2

𝑠𝑖𝑛 𝑥2∙

1𝑥2


1 + 𝑥21𝑥2


2

=

Posto 𝑦 =1

𝑥2

Se 𝑥 → 0 allora 𝑦 → +∞

= lim𝑥→0

1 + 𝑥21𝑥2

lim𝑥→0


2

== lim𝑥→0

1 + 𝑥21𝑥2

1 2

=

lim𝑥→0

𝑠𝑖𝑛 𝑥

𝑥= 1

lim𝑥→±∞

1 +1

𝑥

𝑥

= 𝑒

= lim𝑥→0

1 + 𝑥21𝑥2 = lim

𝑦→+∞1 +

1

𝑦

𝑦

= 𝒆



𝑙𝑖𝑚𝒙→𝟏

𝒙 − 𝟏

ln 𝑥2=

𝑙𝑖𝑚𝑥→1

𝑥 − 1

𝑙𝑛 𝑙𝑖𝑚𝑥→1

𝑥2=

1 − 1

𝑙𝑛 12=

0

0


Il limite dato si presenta nella forma indeterminata 0

0.

𝑙𝑖𝑚𝒙→𝟏

𝒙 − 𝟏

ln 𝑥2= 𝑙𝑖𝑚

𝑥→1

𝑥 − 1 ∙ 𝑥 + 1

𝑙𝑛 𝑥2 ∙ 𝑥 + 1=


𝑥 − 1

𝑙𝑛 𝑥2 ∙ 𝑥 + 1= = 𝑙𝑖𝑚

𝑥→1

𝑥 − 1 ∙ 𝑥 + 1

𝑙𝑛 𝑥2 ∙ 𝑥 + 1 ∙ 𝑥 + 1== 𝑙𝑖𝑚

𝑥→1

𝑥2 − 1

𝑙𝑛 𝑥2 ∙ 𝑥 + 1 ∙ 𝑥 + 1=


𝑥2 − 1

𝑙𝑛 𝑥2∙ 𝑙𝑖𝑚𝑥→1

1

𝑥 + 1 ∙ 𝑥 + 1=

=1

4∙ 𝑙𝑖𝑚𝑥→1

𝑥2 − 1

𝑙𝑛 1 + 𝑥2 − 1=


𝑥2 − 1

𝑙𝑛 𝑥2∙1

4=


𝒍𝒏 𝟏 + 𝒙

𝒙= 𝟏

Posto 𝑦 = 𝑥2 − 1

Se 𝑥 → 1 allora 𝑦 → 0

=1

4∙ 𝑙𝑖𝑚𝑦→0

𝑦

𝑙𝑛 1 + 𝑦==

1

4∙ 1 =

𝟏

𝟒


Limiti, Asintoti, Continuità – Quesito n.2 – Europa – 2014

𝑙𝑖𝑚𝒙→𝟎+

ln 𝑠𝑖𝑛 3𝑥

ln 𝑠𝑖𝑛 𝑥=

𝑙𝑛 𝑙𝑖𝑚𝑥→0+

𝑠𝑖𝑛 3𝑥

𝑙𝑛 𝑙𝑖𝑚𝑥→0+

𝑠𝑖𝑛 𝑥=

𝑙𝑛 𝑠𝑖𝑛 0+

𝑙𝑛 𝑠𝑖𝑛 0+=

𝑙𝑛 0+

𝑙𝑛 0+=

∞

∞

Il limite dato si presenta nella forma indeterminata ∞

∞. Poniamo 𝑓 𝑥 = 𝑙𝑛 𝑠𝑖𝑛 3𝑥 e 𝑔 𝑥 = 𝑙𝑛 𝑠𝑖𝑛 𝑥

In un intorno destro di 0 le due funzioni sono continue e derivabili;

valutiamo la derivata del denominatore: 𝑔′ 𝑥 =𝐷 𝑠𝑖𝑛 𝑥

𝑠𝑖𝑛 𝑥=

𝑐𝑜𝑠 𝑥

𝑠𝑖𝑛 𝑥non si annulla in un intorno destro di 0.

Possiamo quindi applica la regola di de L’Hospital. 𝑓′ 𝑥 =𝐷 𝑠𝑖𝑛 3𝑥

𝑠𝑖𝑛 3𝑥=

3𝑐𝑜𝑠 3𝑥

𝑠𝑖𝑛 3𝑥


ln 𝑠𝑖𝑛 3𝑥

ln 𝑠𝑖𝑛 𝑥= 𝑙𝑖𝑚

𝑥→0+

𝑓′ 𝑥

𝑔′ 𝑥= 𝑙𝑖𝑚

𝑥→0+

3𝑐𝑜𝑠 3𝑥𝑠𝑖𝑛 3𝑥𝑐𝑜𝑠 𝑥𝑠𝑖𝑛 𝑥

=

Calcoliamo

= 𝑙𝑖𝑚𝑥→0+

3𝑐𝑜𝑠 3𝑥

𝑠𝑖𝑛 3𝑥∙𝑠𝑖𝑛 𝑥

𝑐𝑜𝑠 𝑥=

lim𝑥→0

𝑠𝑖𝑛 𝑥

𝑥= 1


= 𝑙𝑖𝑚𝑥→0+

3𝑐𝑜𝑠 3𝑥


𝑐𝑜𝑠 𝑥∙𝑥

𝑥= 𝑙𝑖𝑚

𝑥→0+

3𝑥


𝑥∙𝑐𝑜𝑠 3𝑥

𝑐𝑜𝑠 𝑥= 1 ∙ 1 ∙ 1 = 𝟏



𝑙𝑖𝑚𝒙→𝟎−

𝟏

𝟑𝟏𝒙 + 𝟏

=1

3𝑙𝑖𝑚𝑥→0−

1𝑥 + 1

=1

310− + 1

=1

3−∞ + 1=

1

1= 𝟏

La prima funzione è discontinua per x = 0 (Punto escluso dal suo dominio).

Calcoliamo il limite destro ed il limite sinistro per x che tende a zero:

I due limiti sono finiti e diversi, quindi in x = 0 c’è una discontinuità di prima specie, con 𝑠𝑎𝑙𝑡𝑜 = 1 − 0 = 1.

La seconda funzione è discontinua per x = 0.

Calcoliamo il limite destro ed il limite sinistro per x che tende a zero:

I due limiti sono finiti e uguali, quindi in x = 0 c’è una discontinuità di terza specie.


𝟏

𝟑𝟏𝒙 + 𝟏

=1

3𝑙𝑖𝑚𝑥→0+

1𝑥 + 1

=1

310+ + 1

=1

3+∞ + 1=

1

+∞= 𝟎

il “prolungamento continuo” della funzione è:

𝑙𝑖𝑚𝒙→𝟎−

𝒙

𝟑𝟏𝒙 + 𝟏

=lim𝑥→0−

𝑥

3𝑙𝑖𝑚𝑥→0−

1𝑥 + 1

=0−

310− + 1

=0−

3−∞ + 1=

0−

1= 𝟎


𝟏

𝟑𝟏𝒙 + 𝟏

=1

3𝑙𝑖𝑚𝑥→0+

1𝑥 + 1

=1

310+ + 1

=1

3+∞ + 1=

1

+∞= 𝟎

𝒇 𝒙 = 𝑓 𝑥 𝑠𝑒 𝑥 ≠ 00 𝑠𝑒 𝑥 = 0

Panagiote LIGOURAS 16 / 16 Versione 2016.01

Grazie!!!

A l b e r o b e l l o

2 0 1 6

Questa presentazione è disponibile anche all’indirizzo:http://www.slideshare.net/panagioteligouras/

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ESAME DI STATO

Matematica

http://www.slideshare.net/carlocolumba

http://creativecommons.org/licenses/by-sa/3.0/it/



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