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Esercizi di Matematiche Complementari per il corso di laurea in
Osteopatia – Scheda 3
Esercizio 1
Calcolare il limite delle seguenti successioni.
(a) lim x→∞
3 x (^) − x^3 + 2−x
log 2 (5x^4 ) + 3 + x
(b) lim x→∞
3 x (^) − x^3 + 2−x
log 2 (5x^4 ) + 3x^ + x
(c) lim x→∞
x^2 + (log 7 (x))^3
x ln(x) + 1
(d) lim x→∞
x + ln
x^4
ln(xx) + 3−x
(e) lim x→∞
ln
3 x^5 + 5x + 1
− 3 ln
x^2 + 1
Suggerimenti: Per l’esercizio (d) ricordiamo che ln(xx) = x ln(x).
Nell’esercizio (e) ricordiamo che per le proprietà dei logaritmi
ln
3 x
5
− 3 ln
x
2
= ln
3 x^5 + 5x + 1
(x^2 + 1)^3
Esercizio 2
Calcolare, se esistono, i seguenti limiti.
(a) lim x→±∞
ln
x
(b) lim x→ 0
e^2 x
(^3) + 6 x
(c) lim x→ 0
e
2 x^3 + (^) x^62
(d) lim x→ 1 +^
ln(ln(x))
(e) lim x→ 0 +
7 x + 1
x ln(x + 1/2)
(f ) lim x→ 0 −
7 x + 1
x ln(x + 1/2)
Esercizio 3
Calcolare, se esistono, i seguenti limiti.
(a) lim x→∞
ln(1 + x)
ln(x)
(b) lim x→∞
ln(x)
ln(1 + x^4 )
(c) lim x→ 0 +
ln(x)ex
ln(1 + x) + e
1 x
(d) lim x→ 0 +
xe
1 x
e−x^ − x ln(x)
Suggerimenti: Per risolvere l’esercizio (a) notare che
ln(1 + x) = ln
x
x
= ln(x) + ln
x
L’esercizio (b) si risolve in maniera simile.
Nell’esercizio (c) fare la sostituzione t =
x
. In particolare, osserviamo che
ln(x) = ln
t
= ln(1) − ln(t) = − ln(t).
Nell’esercizio (d) fare il cambio di variabili t =
x
Esercizio 4
Determinare insieme di continuità e asintoti delle seguenti funzioni.
(a) f (x) =
3 − 2 x, se x < 0 ,
2 ex^ + 1, se 0 ≤ x ≤ 1 ,
ln(x − 1), se x > 1 ,
(b) f (x) =
e
− (^) x^12 , se x ̸= 0,
0 , se x = 0,
(c) f (x) =
x^2 − 4
x − 3
(d) f (x) = x^2 e
1 x
(e) f (x) = x − ln(x)
Svolgimento
Soluzione 1
(a) Calcoliamo
lim x→∞
3 x (^) − x^3 + 2−x
log 2 (5x^4 ) + 3 + x
Utilizzando l’algebra dei limiti si verifica che questa è una forma indeterminata del tipo ∞∞.
Individuiamo gli elementi di ordine maggiore al numeratore e al denominatore per x → ∞, in questo caso x^3 e x, e riscriviamo
lim x→∞
3 x (^) − x^3 + 2−x
log 2 (5x^4 ) + 3 + x
= lim x→∞
x^3
x
4
3 x x^3 −^ 1 +^
2 −x x^3 log 2 (5x^4 ) x +^
3 x + 1
= lim x→∞
x
2 · (−1) = −∞.
(b) Calcoliamo
lim x→∞
3 x (^) − x^3 + 2−x
log 2 (5x^4 ) + 3x^ + x
Utilizzando l’algebra dei limiti si verifica che questa è una forma indeterminata del tipo ∞∞.
Individuiamo gli elementi di ordine maggiore al numeratore e al denominatore per x → ∞, in questo caso x^3 e 3 x, e riscriviamo
lim x→∞
3 x (^) − x^3 + 2−x
log 2 (5x^4 ) + 3x^ + x
= lim x→∞
x^3
3 x^
4
3 x x^3
−x x^3 log 2 (5x^4 ) 3 x^ + 1 +^
x 3 x
= lim x→∞
x^3
3 x^
dove nell’ultimo passaggio si è usato che x^3 ≪ 3 x.
(c) Il limite
lim x→∞
x^2 + (log 7 (x))^3
x ln(x) + 1
è chiaramente una forma indeterminata del tipo ∞∞. Gli elementi di ordine maggiore al
numeratore e al denominatore sono rispettivamente x^2 e x ln(x), dunque
lim x→∞
x^2 + (log 7 (x))^3
x ln(x) + 1
= lim x→∞
x^2
x ln(x)
(log 7 (x))^3 x^2 1 + (^) x ln(^1 x)
= lim x→∞
x
ln(x)
dove nell’ultimo passaggio abbiamo usato che x ≫ ln(x).
(d) Il limite
lim x→∞
x + ln
x^4
ln(xx) + 3−x
è chiaramente una forma indeterminata del tipo ∞∞. Gli elementi di ordine maggiore al numeratore e al denominatore sono rispettivamente x e ln(xx) = x ln(x), dunque
lim x→∞
x + ln
x^4
ln(xx) + 3−x^
= lim x→∞
x
x ln(x)
ln(x^4 ) x +^
(ln(x))^4 x
1 +
3 −x ln(xx)
= lim x→∞
ln(x)
(e) Il limite
lim x→∞
ln
3 x
5
− 3 ln
x
2
è una forma indeterminata del tipo ∞ − ∞. Usando le proprietà dei logaritmi otteniamo
lim x→∞
ln
3 x
5
− 3 ln
x
2
= lim x→∞
ln
3 x^5 + 5x + 1
(x^2 + 1)^3
= lim x→∞
ln
x^5
x^6
3 + (^) x^54 + (^) x^15 1 + 1 x^2
= lim x→∞
ln
x
3 + (^) x^54 + (^) x^15 1 + (^) x^12
= lim x→∞
ln
x
ln
x
− 1 ^
= lim x→∞
− ln(x) + ln(3) = −∞.
Soluzione 2
(a) Per il limite
lim x→±∞
ln
x
abbiamo che lim x→±∞
x
= 0, perciò, facendo il cambio di variabile t = 1 + 1/x e dato che
t 7 → ln(t) è continua in 1 ,
lim x→±∞
ln
x
= lim t→ 1
ln(t) = ln(1) = 0.
(b) Dato il limite
lim x→ 0
e^2 x
(^3) + 6 x
abbiamo che per l’algebra dei limiti
lim x→ 0 ±^
2 x
3
x
= lim x→ 0 ±
x
perciò, facendo il cambio di variabile t = 2x^3 + 6/x,
lim x→ 0 +^
e^2 x
(^3) + 6 x (^) = lim t→∞
et^ = ∞, lim x→ 0 −^
e^2 x
(^3) + 6 x (^) = lim t→−∞
et^ = 0.
Da questo segue che il limite cercato non esiste.
(c) Dato il limite
lim x→ 0
e
2 x^3 + 6 x^2
abbiamo che per l’algebra dei limiti
lim x→ 0
2 x^3 +
x^2
= lim x→ 0
x^2
perciò, facendo il cambio di variabile t = 2x^3 + 6/x^2 ,
lim x→ 0
e
2 x^3 + (^) x^62 = lim t→∞
e
t = ∞.
(c) Il limite
lim x→ 0 +
ln(x)ex
ln(1 + x) + e
1 x
è una forma indeterminata del tipo ∞∞. Per l’algebra dei limiti abbiamo che
lim x→ 0 +
ln(x)ex
ln(1 + x) + e
1 x
= lim x→ 0 +
ln(x)
e
1 x
ex ln(1+x) e
1 x
= lim x→ 0 +
ln(x)
e
1 x
Ora facciamo la sostituzione t = 1/x, in modo da ottenere
ln(x)
e
1 x
ln(1/t)
et^
ln(1) − ln(t)
et^
ln(t)
et^
Osserviamo che se x → 0 +^ allora t → ∞, quindi il limite diventa
lim x→ 0 +
ln(x)ex
ln(1 + x) + e
1 x
= lim x→ 0 +
ln(x)
e
1 x
= lim t→∞
ln(t)
et^
dove nell’ultimo passaggio abbiamo usato che ln(t) ≪ et^ per t → ∞.
(d) Calcoliamo il limite
lim x→ 0 +
xe
1 x
e−x^ − x ln(x)
Ci sono varie forme indeterminate in questa funzione. Poniamo t = 1/x in modo da ottenere
xe
1 x
e−x^ − x ln(x)
et
te−^
1 t (^) − ln(1/t)
et
te−^
1 t (^) − ln(1) + ln(t)
et
te−^
1 t (^) + ln(t)
Dato che t → ∞ se x → 0 +^ abbiamo che
lim x→ 0 +
xe
1 x
e−x^ − x ln(x)
= lim t→∞
et
te
− (^1) t
= lim t→∞
et
t
e
− (^1) t
ln(t) t
dove nell’ultimo passaggio è stato usato che ln(t) ≪ t ≪ et^ per t → ∞.
Soluzione 4
(a) Chiaramente il dominio della funzione
f (x) =
3 − 2 x, se x < 0 ,
2 ex^ + 1, se 0 ≤ x ≤ 1 ,
ln(x − 1), se x > 1 ,
è tutto R. I punti in cui la funzione può essere discontinua sono 0 e 1. Dato che f è
continua in [0, 1] controlliamo il limite sinistro in 0 :
lim x→ 0 −^
f (x) = lim x→ 0 −^
3 − 2 x = 3,
quindi, dato che f (0) = 3, f è continua in 0. Similmente, vediamo il limite destro in 1 :
lim x→ 1 +^
f (x) = lim x→ 1 +^
ln(x − 1) = −∞,
quindi f non è continua in 1 è ha un asintoto verticale di equazione x = 1. La funzione f è
continua in (−∞, 1] e in (1, ∞). Controlliamo se ha asintoti orizzontali. Si ha che
lim x→−∞
f (x) = lim x→−∞
3 − 2 x = ∞,
quindi non ci sono asintoti orizzontali per x → −∞. Similmente
lim x→∞
f (x) = lim x→∞
ln(x − 1) = ∞,
quindi non ci sono asintoti orizzontali per x → ∞.
(b) Il dominio di
f (x) =
e
− (^) x^12 , se x ̸= 0,
0 , se x = 0,
è R. L’unico punto in cui la funzione potrebbe essere discontinua è 0. Vediamo i limiti
destro e sinistro in 0 :
lim x→ 0 −^
f (x) = lim x→ 0 −^
e
− (^) x^12 = 0, lim x→ 0 +^
f (x) = lim x→ 0 +^
e
− (^) x^12 = 0,
quindi, dato che f (0) = 0, f è continua in 0 e di conseguenza in tutto R.
Concludiamo osservando che
lim x→±∞
f (x) = lim x→±∞
e
− (^) x^12 = 1,
quindi f ha asintoto orizzontale di equazione y = 1 per x → ±∞.
(c) Il dominio di
f (x) =
x^2 − 4
x − 3
è dato dal sistema di disequazioni ( x − 3 ̸= 0,
x^2 − 4 ≥ 0 ,
x ̸= 3,
x ≤ − 2 o x ≥ 2 ,
quindi il dominio di f è (−∞, −2]∪[2, 3)∪(3, ∞) e in questo insieme è chiaramente continua.
Potrebbe esserci un asintoto verticale nell’unico punto di accumulazione del dominio che non appartene ad esso, 3 , perciò controlliamo i limiti destro e sinistro di f in 3 :
lim x→ 3 ±^
f (x) = lim x→ 3 ±
x^2 − 4
x − 3
= lim x→ 3 ±
x − 3
Infine osserviamo che
√ x^2 − 4
x − 3
q x^2
1 − (^) x^42
x
1 − (^3) x
|x|
x
q 1 − (^) x^42
1 − (^) x^3
quindi
lim x→∞
f (x) = lim x→∞
x^2 − 4
x − 3
= lim x→∞
x
x
q 1 − (^) x^42
1 − (^3) x
= lim x→∞
q 1 − (^) x^42
1 − (^3) x
