Utente:AlfaOmega08/Sandbox2

Soluzioni at Passarelli's Compito of 12/01/2012

Esercizio 1

$f(x)={\frac {1}{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}|2x-1|}}}$

• Dominio
• Codominio $(-\infty ,1]$
• Continuità e derivabilità
• Definizione di limite

Dominio

$D={\begin{cases}|2x-1|>0&{\mbox{argomento del logaritmo}}\\\log _{\frac {1}{3}}|2x-1|\geq 0&{\mbox{argomento della radice}}\\{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}|2x-1|}}\neq 0&{\mbox{denominatore}}\end{cases}}$

Ovviamente la prima disequazione si trasforma in $2x-1\neq 0$, essendo il valore assoluto sempre positivo o nullo. La seconda invece si trasformerebbe in $|2x-1|\geq 1$ ma essendo la base del logaritmo minore di 1, si inverte il segno. Per la terza equazione invece, ricordiamo che la radice è zero quando anche l'argomento è zero. Ed il logaritmo è zero quando l'argomento è 1, quindi $|2x-1|\neq 1$

Troviamo quindi:

$D={\begin{cases}2x-1\neq 0\\|2x-1|\leq 1\\|2x-1|\neq 1\end{cases}}$

A questo punto la prima diventa $x\neq {\frac {1}{2}}$. La seconda presenta un valore assoluto e diventa $-1\leq 2x-1\leq 1$. La terza equazione negata ancora in valore assoluto si sviluppa invece in $2x-1\neq -1\land 2x-1\neq 1$.

La prima è risolta. La seconda si risolve portando il -1 fuori ottenendo $0\leq 2x\leq 2$. La disequazione viene $0\leq x\leq 1$. Anche la terza si risolve in modo simile: $x\neq 0\land x\neq 1$. Il sistema D diventa ora:

$D={\begin{cases}x\neq {\frac {1}{2}}\\0\leq x\leq 1\\x\neq 0\land x\neq 1\end{cases}}$

Disegnando il fatidico grafichetto che approssimo così:

  0           1/2             1
----------------------------------- 
  |                           |
  -----------------------------
--x---------------------------x----
----------------x------------------

Il fatidico dominio è quindi: $D=0<x<1\land x\neq {\frac {1}{2}}$ oppure: $D={\bigg ]}0;{\frac {1}{2}}{\bigg [}\cup {\bigg ]}{\frac {1}{2}};1{\bigg [}$

Codominio

Avete presente tutti i vecchi compiti in cui il codominio lo si calcolava tra 0 e infinito? Bhe qui no. Qui si fa tra -infinito e 1... che p****. Quindi poniamo $f(x)\leq 1$ intersecata con il suo dominio:

${\begin{cases}{\frac {1}{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}|2x-1|}}}\leq 1\\0<x<1\land x\neq {\frac {1}{2}}\end{cases}}$

Esaminiamo ovviamente la prima dato che la seconda è già una soluzione di per se e non ha bisogno di ulteriori modifiche.

Portiamo l'1 al primo membro e poi unifichiamo la frazione con il MCD:

${\frac {1}{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}|2x-1|}}}-1le0={\frac {1}{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}|2x-1|}}}-1\leq 0={\frac {1-{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}|2x-1|}}}{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}|2x-1|}}}\leq 0$

A questo punto studiamo i segni di numeratore e denominatore:

${\begin{matrix}1-{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}|2x-1|}}\geq 0\\{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}|2x-1|}}\geq 0\end{matrix}}$

Fortunatamente la seconda si risolve semplicemente $\forall x\in \mathbb {R}$ (rispettando il dominio di radice e logaritmo ovviamente), dato che la radice riporta sempre valori positivi o nulli. Se nella prima portiamo l'1 al secondo membro e cambiamo i segni otteniamo:

${\sqrt {log_{\frac {1}{3}}|2x-1|}}\leq 1$

Siccome al secondo membro abbiamo solo un numero e non una funzione, possiamo elevare al quadrato entrambi i membri ottenendo:

$log_{\frac {1}{3}}|2x-1|\leq 1$

Ricordandoci che $1=log_{\frac {1}{3}}{\frac {1}{3}}$, possiamo scrivere:

$log_{\frac {1}{3}}|2x-1|\leq log_{\frac {1}{3}}{\frac {1}{3}}$

ossia:

$|2x-1|\geq {\frac {1}{3}}$

Notare il segno invertito (la base del logaritmo è minore di 1). Quest'ultima si risolve come:

$2x-1\leq -{\frac {1}{3}}\lor 2x-1\geq {\frac {1}{3}}$

Spostando gli 1 e dividendo per due troviamo che:

$x\leq {\frac {2}{6}}\lor x\geq {\frac {4}{6}}$

ossia:

$x\leq {\frac {1}{3}}\lor x\geq {\frac {2}{3}}$

Abbiamo finalmente trovato i valori per cui quel numeratore assume valori positivi. Noi però cercavamo i valori negativi, quindi, tornando allo studio dei segni:

${\begin{matrix}x\leq {\frac {1}{3}}\lor x\geq {\frac {2}{3}}\\\forall x\in \mathbb {R} \end{matrix}}$

Se prendiamo i valori negativi, abbiamo che: ${\frac {1}{3}}\leq x\leq {\frac {2}{3}}$

Torniamo ora al sistema originale e sostituiamo questo risultato. Risolvendo questo sistema otterremo le x per cui le y sono <= di 1: ${\begin{cases}{\frac {1}{3}}\leq x\leq {\frac {2}{3}}\\0<x<1\land x\neq {\frac {1}{2}}\end{cases}}$ Disegnando il grafichetto troviamo la soluzione definitiva: ${\frac {1}{3}}\leq x\leq {\frac {2}{3}}\land x\neq {\frac {1}{2}}$

Continuità e derivabilità

Dobbiamo studiare il comportamento della funzione nei punti "caldi" 0, 1/2, 1 e +inf.

$\lim _{x\rightarrow 0}f(x)=\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {1}{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}|2*0-1|}}}=\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {1}{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}|-1|}}}=\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {1}{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}1}}}=\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {1}{\sqrt {0}}}=+\infty$

$\lim _{x\rightarrow 1}f(x)=\lim _{x\rightarrow 1}{\frac {1}{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}|2*1-1|}}}=\lim _{x\rightarrow 1}{\frac {1}{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}|1|}}}=\lim _{x\rightarrow 1}{\frac {1}{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}1}}}=\lim _{x\rightarrow 1}{\frac {1}{\sqrt {0}}}=+\infty$

$\lim _{x\rightarrow {\frac {1}{2}}}f(x)=\lim _{x\rightarrow {\frac {1}{2}}}{\frac {1}{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}|2*{\frac {1}{2}}-1|}}}=\lim _{x\rightarrow {\frac {1}{2}}}{\frac {1}{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}|1-1|}}}=\lim _{x\rightarrow {\frac {1}{2}}}{\frac {1}{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}0}}}=\lim _{x\rightarrow {\frac {1}{2}}}{\frac {1}{\sqrt {-\infty }}}=0$

$\lim _{x\rightarrow +\infty }f(x)=\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {1}{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}|2\infty -1|}}}=\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {1}{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}|2\infty |}}}=\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {1}{\sqrt {0}}}=+\infty$

Trovandoci infinito, a 0 ed 1, la funzione presenta punti di discontinuità di seconda specie. Nel punto 1/2 invece il limite è un numero, ed è uguale sia a sinistra che a destra, per cui questo è un punto di discontinuità di terza specie.

Derivabilità

La derivata di questo mostro è: $-{\frac {{\frac {1}{2{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}|2x-1|}}}}*-{\frac {1}{|2x-1|\log 3}}*{\frac {|2x-1|}{2x-1}}*2}{{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}|2x-1|}}^{2}}}$

Svolgiamola:

${\frac {\frac {1}{(2x-1)\log 3{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}|2x-1|}}}}{\log _{\frac {1}{3}}|2x-1|}}$

Ho eliminato i 2 ed i valori assoluti che si potevano semplificare e unito il tutto. Portiamo sopra ora il denominatore:

${\frac {1}{(2x-1)\log {\frac {1}{3}}{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}|2x-1|}}\log _{\frac {1}{3}}|2x-1|}}$

E di questo mostro calcoliamone il dominio: il denominatore deve essere diverso da zero, quindi i singoli termini devono essere divesi da zero, l'argomento della radice deve essere positivo o nullo e l'argomento del logaritmo pure:

${\begin{cases}\log _{\frac {1}{3}}|2x-1|\geq 0&{\mbox{argomento della radice}}\\|2x-1|>0&{\mbox{argomento del logaritmo}}\\(2x-1)\neq 0&{\mbox{fattore del denominatore}}\\\log 3\neq 0&{\mbox{fattore del denominatore}}\\{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}|2x-1|}}\neq 0&{\mbox{fattore del denominatore}}\\\log _{\frac {1}{3}}|2x-1|\neq 0&{\mbox{fattore del denominatore}}\end{cases}}$

Le prime due disequazioni le avevamo già risolte per il dominio della funzione originale. Anche la radice posta diversa da zero faceva parte del dominio della funzione originaria. $\log 3$ è sempre diverso da zero. Anche l'ultima equazione era già stata risolta per il dominio della prima, dato che le soluzioni delle ultime due equazioni coincidono. Possiamo quindi eliminare alcune equazioni dal sistema:

${\begin{cases}0\leq x\leq 1&{\mbox{argomento della radice}}\\x\neq {\frac {1}{2}}&{\mbox{argomento del logaritmo}}\\(2x-1)\neq 0&{\mbox{fattore del denominatore}}\\x\neq 0\land x\neq 1&{\mbox{fattore del denominatore}}\end{cases}}$

Ci resta da risolvere solo la terza equazione. La sua soluzione è $x={\frac {1}{2}}$, coincidendo con la seconda. Risolvendo il sistema abbiamo che $0<x<1\land x\neq {\frac {1}{2}}$. Il dominio della derivata coincide quindi con il dominio della funzione originale.

Definizione di limite

A questo punto ci viene chiesto che vuol dire che:

$\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {1}{\sqrt {\log _{\frac {1}{3}}|2x-1|}}}=+\infty$

Con queste subdole parole Paxxarels vuole sapere che: $\forall \epsilon >0\ \exists \delta _{M}>0\ :|x-0|<\delta _{M}\ f(x)>M$

Esercizio 2

Ecco la seconda terribile funzione:

$f(x)=\arctan(x-{\sqrt {|x^{2}-1|}})$

Calcolarne gli intervalli di monotonia ed eventuali estremi relativi. Anche se non c'entra nulla, la prof si arrabbia se non calcoliamo anche il dominio di questa funzione e della sua derivata. Altrimenti potremo trovare dei punti in cui la funzione è monotona, ma che in realtà non esistono!.

Dominio

L'arcotangente è definita su tutto $\mathbb {R}$ ringraziando il cielo. La radice quadrata vuole un argomento positivo o nullo. Che bello! C'è il valore assoluto (ce ne pentiremo dopo). Il dominio è tutto $\mathbb {R}$.

Derivata

Qui la prof ha dimostrato tutta la sua cattiveria:

$f'(x)={\frac {1}{1+(x-{\sqrt {|x^{2}-1|}})^{2}}}\left(1-{\frac {1}{2{\sqrt {|x^{2}-1|}}}}{\frac {|x^{2}-1|}{x^{2}-1}}2x\right)$

Quando ho visto questa roba ho deciso di passare all'esercizio successivo. Tuttavia ripensandoci ora trovo che noi dobbiamo vedere quando questa schifezza è positiva (per la monotonia), ed il primo elemento della moltiplicazione è sempre positivo. Quindi sostanzialmente si riduce a verificare la positività della parentesi.

${\frac {1}{1+(x-{\sqrt {|x^{2}-1|}})^{2}}}\left(1-{\frac {x|x^{2}-1|}{(x^{2}-1){\sqrt {|x^{2}-1|}}}}\right)$

Ho semplificato i 2 e unito la frazione. Notare che il quadrato resterà un quadrato nella prima frazione altrimenti non saremmo più assicurati che quella frazione è sempre positiva.

Dominio della derivata

Mica lo avete dimenticato vero? I denominatori devono essere diversi da zero, gli argomenti della radice positivi o nulli, etc.

${\begin{cases}1+(x-{\sqrt {|x^{2}-1|}})^{2}\neq 0\\{\sqrt {|x^{2}-1|}}\neq 0\\x^{2}-1\neq 0\\|x^{2}-1|\geq 0\end{cases}}$

La prima si risolve banalmente portando l'uno al secondo membro e asserendo che un quadrato non può mai essere uguale ad un numero negativo. Per la seconda si rimuove la radice ed il valore assoluto. Quello che troviamo è uguale alla terza equazione, quindi rimuoviamola. Per la terza, portiamo l'uno a secondo membro e troviamo le radici (1 e -1). La quarta è equivalente alle precedenti. Ok quindi il dominio della derivata è:

$x\neq -1\land x\neq 1$

Questo andrebbe messo a sistema con il dominio della sua primitiva, ma come ricorderete è tutto l'asse reale, quindi uno sforzo inutile.

Monotonia

Ecco il nocciolo della questione:

${\frac {1}{1+(x-{\sqrt {|x^{2}-1|}})^{2}}}\left(1-{\frac {x|x^{2}-1|}{(x^{2}-1){\sqrt {|x^{2}-1|}}}}\right)>0$

Questo prodotto lo si scioglie in uno studio dei segni dei singoli fattori. Come già detto il primo è sempre positivo. Vediamo il secondo:

$1-{\frac {x|x^{2}-1|}{(x^{2}-1){\sqrt {|x^{2}-1|}}}}>0$

MCM:

${\frac {(x^{2}-1){\sqrt {|x^{2}-1|}}-x|x^{2}-1|}{(x^{2}-1){\sqrt {|x^{2}-1|}}}}>0$

Bene. Se avete un pò di fantasia avete scorto l'inferno in cui ci stiamo per addentrare. E' una frazione, quindi studiamo i segni di numeratore e denominatore:

${\begin{matrix}(x^{2}-1){\sqrt {|x^{2}-1|}}-x|x^{2}-1|>0\\(x^{2}-1){\sqrt {|x^{2}-1|}}>0\end{matrix}}$

Il denominatore sembra più semplice, iniziamo da li. E' un prodotto quindi un altro studio di segni:

${\begin{matrix}(x^{2}-1)>0\\{\sqrt {|x^{2}-1|}}>0\end{matrix}}$

La prima si risolve come $x<-1\lor x>1$. La seconda diventa $x^{2}-1>0$ cioè equivalente alla prima. Si ha che il denominatore è sempre positivo. A quanto pare la positività di questa funzione dipende tutta dal numeratore.

Il numeratore può essere riscritto come:

${\sqrt {|x^{2}-1|}}>{\frac {x|x^{2}-1|}{x^{2}-1}}$

Che bello! Una disequazione irrazionale. Il segno è positivo quindi questa diventa:

${\begin{cases}|x^{2}-1|\geq 0\\{\frac {x|x^{2}-1|}{x^{2}-1}}<0\end{cases}}\cup {\begin{cases}{\frac {x|x^{2}-1|}{x^{2}-1}}>=0\\|x^{2}-1|>\left({\frac {x|x^{2}-1|}{x^{2}-1}}\right)^{2}\end{cases}}$

Ok. Con calma... La prima equazione del primo sistema è vera per tutto l'asse reale. La seconda prevede un altro studio dei segni. Il denominatore sarà positivo per $x<-1\lor x>1$. Al numeratore indovinate, un altro studio dei segni. Però il valore assoluto basta porlo diverso da zero. Questa già l'abbiamo risolta varie volte ($x\neq -1\land x\neq 1$) e la x deve essere maggiore di zero. Il numeratore è quindi negativo per $x<0\land x\neq -1$, e studiando i segni con il denominatore, abbiamo che la soluzione della seconda disequazione è $x<-1\lor 0<x<1$. Facciamo un pò di ordine (ho svolto il quadrato dell'ultima equazione):

${\begin{cases}\forall x\in \mathbb {R} \\x<-1\lor 0<x<1\end{cases}}\cup {\begin{cases}{\frac {x|x^{2}-1|}{x^{2}-1}}>=0\\|x^{2}-1|>{\frac {x^{2}(x^{2}-1)^{2}}{(x^{2}-1)^{2}}}\end{cases}}$

Passiamo al secondo sistemone. Non so a voi ma a me la prima disequazione ricorda quella appena risolta. Infatti basta cambiare i segni (P.S.: i quadrati al secondo membro dell'ultima equazione si semplificano):

${\begin{cases}\forall x\in \mathbb {R} \\x<-1\lor 0<x<1\end{cases}}\cup {\begin{cases}-1<x<0\lor x>1\\|x^{2}-1|>x^{2}\end{cases}}$

Manca solo l'ultima equazione. Ma che bello! E' una disequazione in valore assoluto... questa si svolge così:

${\begin{cases}x^{2}-1\geq 0\\x^{2}-1>x^{2}\end{cases}}\cup {\begin{cases}x^{2}-1<0\\x^{2}-1<-x^{2}\end{cases}}$

Già... un altra unione di sistemi... Ci siamo scocciati, ma ora non ci daremo pace se non risolviamo questo mostro. La prima del primo sistema diventa $x<-1\lor x>1$, mentre quella del secondo sistema: $-1<x<1$.

Uhm. La seconda equazione del primo sistema non ha soluzioni... L'intero sistema quindi non ha soluzioni. Tanto meglio per noi. Resta solo il secondo sistema:

${\begin{cases}-1<x<1\\x^{2}<{\frac {1}{2}}\end{cases}}$

Dato che la seconda equazione si risolve come: $-{\frac {1}{\sqrt {2}}}<x<{\frac {1}{\sqrt {2}}}$, la soluzione dell'intero sistema è proprio questa. Ok ora torniamo al doppio sistema, ve lo ricordate? Quello con la radice. Questa che abbiamo appena trovato è la soluzione della quarta disequazione:

${\begin{cases}\forall x\in \mathbb {R} \\x<-1\lor 0<x<1\end{cases}}\cup {\begin{cases}-1<x<0\lor x>1\\-{\frac {1}{\sqrt {2}}}<x<{\frac {1}{\sqrt {2}}}\end{cases}}$

Risolvendo i sistemi abbiamo che:

$x<-1\lor 0<x<1\cup -{\frac {1}{\sqrt {2}}}<x<0$

Che diventa:

$x<-1\lor -{\frac {1}{\sqrt {2}}}<x<1$

Questa è la soluzione per il numeratore posto maggiore di zero. Se ben ricordate il denominatore è sempre positivo, quindi la frazione è positiva quando lo è anche il numeratore. Ma anche la prima frazione dell'intera derivata è sempre positiva, quindi:

$f'(x)>0\Rightarrow x<-1\lor -{\frac {1}{\sqrt {2}}}<x<1$

La funzione è quindi crescente tra -infinito e -1, decrescente tra -1 e -1/rad2 poi crescente fino ad 1 e poi sempre decrescente. Si hanno quindi -1 e 1, massimi relativi, e -1/rad2 minimo relativo.

Esercizio 3

Studiare il carattere della serie: $\sum _{n=1}^{\infty }\left(\log {\frac {3n+4}{2n-1}}\right)^{n}$

Questa serie è non negativa (o forse positiva ma a noi non interessa). Infatti:

$\left(\log {\frac {3n+4}{2n-1}}\right)^{n}\geq 0$

$\log {\frac {3n+4}{2n-1}}\geq 0$

${\frac {3n+4}{2n-1}}\geq 1$

${\frac {3n+4}{2n-1}}-1\geq 0$

${\frac {3n+4-2n+1}{2n-1}}\geq 0$

${\frac {n+5}{2n-1}}\geq 0$

Quest'ultima si divide in:

$n+5\geq 0\Rightarrow n\geq -5$

$2n-1\geq 0\Rightarrow n\geq {\frac {1}{2}}$

Ricordandoci che però n è un numero naturale (che tra l'altro parte da 1 in questa serie), vediamo che sarà sempre maggiore di -5 e di 1/2. Quindi la serie è sicuramente non negativa. Essendo non negativa, applichiamo il metodo della radice:

$\lim _{n\rightarrow +\infty }{\sqrt[{n}]{\left(\log {\frac {3n+4}{2n-1}}\right)^{n}}}=\lim _{n\rightarrow +\infty }\log {\frac {3n+4}{2n-1}}=\lim _{n\rightarrow +\infty }\log {\frac {3n}{2n}}=\log {\frac {3}{2}}$

$\log {\frac {3}{2}}<1$ dato che ${\frac {3}{2}}<e$. Quindi la serie converge.

Esercizio 4

$\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {e^{-2x^{2}}-\cos 2x}{x\sin x-(\sin x)^{2}}}$

Indovinate quanto fa? Non potrebbe mai essere nulla di diverso da 0/0... altrimenti capiremmo di aver sbagliato aula d'esame. Troviamo quindi i polinomi di taylor...

$\sin x\approx x-{\frac {x^{3}}{3}}$

I problemi arrivano con esponenziale e coseno.

$e^{x}\approx 1+x+{\frac {x^{2}}{2}}+{\frac {x^{3}}{6}}+{\frac {x^{4}}{24}}$

$\cos x\approx 1-{\frac {x^{2}}{2}}+{\frac {x^{4}}{24}}$

Purtroppo però noi non abbiamo e^x ne cosx ma e^(-2x^2) e cos2x. Per queste funzioni poniamo t uguale a quella cosa scomoda e sostituiamolo nel polinomio.

$t=-2x^{2}$

$e^{t}\approx 1+t+{\frac {t^{2}}{2}}+{\frac {t^{3}}{6}}+{\frac {t^{4}}{24}}$

Sostituendo alla t il suo valore:

$e^{-2x^{2}}\approx 1-2x^{2}+{\frac {4x^{4}}{2}}-{\frac {8x^{6}}{6}}+{\frac {16x^{8}}{24}}$

$e^{-2x^{2}}\approx 1-2x^{2}+2x^{4}-{\frac {4x^{6}}{3}}+{\frac {2x^{8}}{3}}$

Per il coseno invece:

$t=2x$

$\cos t\approx 1-{\frac {t^{2}}{2}}+{\frac {t^{4}}{24}}$

$\cos 2x\approx 1-{\frac {4x^{2}}{2}}+{\frac {16x^{4}}{24}}$

$\cos 2x\approx 1-2x^{2}+{\frac {2x^{4}}{3}}$

Sostituiamo ora queste formule nel limite originale:

$\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {1-2x^{2}+2x^{4}+o(x^{5})-(1-2x^{2}+{\frac {2x^{4}}{3}}+o(x^{5}))}{x(x-{\frac {x^{3}}{6}}+o(x^{5}))-(x-{\frac {x^{3}}{6}}+o(x^{5}))^{2}}}$

$\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {1-2x^{2}+2x^{4}-1+2x^{2}-{\frac {2x^{4}}{3}}+o(x^{5})}{x^{2}-{\frac {x^{4}}{6}}-(x^{2}-{\frac {x^{4}}{3}}+{\frac {x^{6}}{36}})+o(x^{5})}}$

$\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {\frac {3-6x^{2}+6x^{4}-3+6x^{2}-2x^{4}+o(x^{5})}{3}}{\frac {36x^{2}-6x^{4}-36x^{2}+12x^{4}-x^{6}+o(x^{5})}{36}}}$

$\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {\frac {4x^{4}+o(x^{5})}{3}}{\frac {6x^{4}-x^{6}+o(x^{5})}{36}}}$

$\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {4x^{4}+o(x^{5})}{3}}*{\frac {36}{6x^{4}-x^{6}+o(x^{5})}}$

$\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {48x^{4}+o(x^{5})}{x^{4}(6-x^{2})+o(x^{5})}}$

$\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {48+o(x^{5})}{6-x^{2}+o(x^{5})}}$

$\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {48}{6}}=8$

Esercizio 5

Ecco il mitico integrale:

$\int \cos {\sqrt {x}}\,dx$

Ponendo $t={\sqrt {x}}$, $x=t^{2}$, $dx=2tdt$. Sostituendo abbiamo:

$2\int t\cos t\,dt$

Integriamo per parti ponendo g(x) = t e f'(x) = cos(t).

$\int t\cos t\,dt=-t\sin t-\int -\sin t\,dt$

$2(-t\sin t-\cos t+c)=-2t\sin t-2\cos t+c=-2{\sqrt {x}}\sin {\sqrt {x}}-2\cos {\sqrt {x}}+c$

Esercizio 6

Infine il numero complesso.

$z^{6}=-2+2i$

$\rho ={\sqrt {x^{2}+y^{2}}}={\sqrt {-2^{2}+2^{2}}}={\sqrt {4+4}}={\sqrt {8}}=2{\sqrt {2}}$

$\cos \theta ={\frac {x}{\rho }}={\frac {-2}{2{\sqrt {2}}}}=-{\frac {1}{\sqrt {2}}}=-{\frac {\sqrt {2}}{2}}$

$\sin \theta ={\frac {y}{\rho }}={\frac {2}{2{\sqrt {2}}}}={\frac {1}{\sqrt {2}}}={\frac {\sqrt {2}}{2}}$

L'angolo $\theta$ che ha coseno $-{\frac {\sqrt {2}}{2}}$ e seno ${\frac {\sqrt {2}}{2}}$ è ${\frac {3}{4}}\pi$, 45° oltre l'angolo retto.

A questo punto:

$z_{1}={\sqrt[{6}]{2{\sqrt {2}}}};{\frac {{\frac {3}{4}}\pi }{6}}={\frac {\pi }{8}}$

$z_{2}={\sqrt[{6}]{2{\sqrt {2}}}};{\frac {{\frac {3}{4}}\pi +2\pi }{6}}={\frac {11}{24}}\pi$

$z_{3}={\sqrt[{6}]{2{\sqrt {2}}}};{\frac {{\frac {3}{4}}\pi +4\pi }{6}}={\frac {19}{24}}\pi$

$z_{4}={\sqrt[{6}]{2{\sqrt {2}}}};{\frac {{\frac {3}{4}}\pi +6\pi }{6}}={\frac {27}{24}}\pi ={\frac {9}{8}}\pi$

$z_{5}={\sqrt[{6}]{2{\sqrt {2}}}};{\frac {{\frac {3}{4}}\pi +8\pi }{6}}={\frac {35}{24}}\pi$

$z_{6}={\sqrt[{6}]{2{\sqrt {2}}}};{\frac {{\frac {3}{4}}\pi +10\pi }{6}}={\frac {43}{24}}\pi$