matematica per applicazioni economiche, Esercitazioni e Esercizi di Matematica. Università degli Studi di Firenze
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Matematica per le Applicazioni Economiche I

A.A. 2016/2017

Esercizi con soluzioni

Limiti e funzioni continue

2 dicembre 2016

1 Limiti

Esercizio 1. Usando l'opportuna denizione di limite, si verichi che

lim x→2

( x2 + 1

) = 5.

Soluzione. Osserviamo che il dominio della funzione f(x) = x2 + 1 è R. Dobbiamo quindi dimostrare che

per ogni ε > 0, esiste δ > 0 tale che se 0 < |x− 2| < δ, allora ∣∣x2 + 15∣∣ < ε.

Fissiamo dunque ε > 0 e mostriamo che esiste δ > 0 tale che l'insieme (2−δ, 2)(2, 2+δ) è un sottoinsieme dell'insieme delle soluzioni della disequazione

∣∣x2 4∣∣ < ε, ovvero del sistema{ x2 4 > −ε

x2 4 < +ε ,

ossia del sistema { x2 4 + ε > 0

x2 4− ε < 0 Senza perdita di generalità si supponga ε < 4. Si ha dunque che la prima equazione del sistema ha come insieme delle soluzioni l'insieme

(−∞,− √ 4− ε) (

4− ε,+)

mentre la seconda equazione del sistema ha come insieme delle soluzioni l'insieme

(− √ 4 + ε,

4 + ε).

In denitiva l'insieme delle soluzioni del sistema è( − √ 4 + ε,−

4− ε

) (

4− ε, √ 4 + ε

) .

Osserviamo che 2 (

4− ε, √ 4 + ε

) . È dunque suciente scegliere, ad esempio, δ = min

{ 2

4− ε,

4 + ε− 2

} ossia δ =

4 + ε− 2 > 0. Infatti

4 + ε− 2 < 2

4− ε

4 + ε+

4− ε < 4

4 + ε+ 4− ε+ 2 4 + ε ·

4− ε < 16

2 4 + ε ·

4− ε < 168 = 8√

(4 + ε) · (4− ε) < 4 16− ε2 < 4

1

L'esistenza di δ > 0 avente la proprietà che (2 − δ, 2) (2, 2 + δ) (

4− ε, √ 4 + ε

) può essere dedotta

anche osservando che 2 è un punto interno di (

4− ε, √ 4 + ε

) .

Esercizio 2. Usando l'opportuna denizione di limite, si verichi che

lim x→−2

( x3 2x+ 6

) = 2.

Soluzione. Osserviamo che il dominio della funzione f(x) = x32x+6 è R. Dobbiamo quindi dimostrare che

per ogni ε > 0, esiste δ > 0 tale che se 0 < |x− 2| < δ, allora ∣∣x3 2x+ 62∣∣ < ε.

Fissiamo dunque ε > 0 e mostriamo che esiste δ > 0 tale che l'insieme (2 − δ,−2) (2,−2 + δ) è un sottoinsieme dell'insieme delle soluzioni della disequazione

∣∣x3 2x+ 4∣∣ < ε. In questo caso il calcolo esplicito di tale insieme delle soluzioni è molto complesso. Ragioniamo dunque come segue. Poiché f(2) = 0, applicando il teorema di Runi, abbiamo che

x3 2x+ 4 = (x+ 2)(x2 2x+ 2)

Abbiamo dunque che

{x ∈ R : ∣∣x3 2x+ 4∣∣ < ε} = {x ∈ R : |x+ 2| · |x2 2x+ 2| < ε}.

Utilizzando la disuguaglianza triangolare, si deduce immediatamente che, per ogni x ∈ R,

|x2 2x+ 2| ≤ |x2|+ 2|x|+ 2

Pertanto {x ∈ R : |x+ 2| · |x2 2x+ 2| < ε} ⊇ {x ∈ R : |x+ 2| · (|x2|+ 2|x|+ 2) < ε}.

Consideriamo adesso l'intervallo (3,−1) contenente il punto limite 2. Si ha che, per ogni x ∈ (3,−1),

|x2|+ 2|x|+ 2 9 + 6 + 2 = 17.

Dunque abbiamo che

{x ∈ R : |x+ 2| · (|x2|+ 2|x|+ 2) < ε} ⊇ {x ∈ (3,−1) : |x+ 2| · (|x2|+ 2|x|+ 2) < ε}

⊇ {x ∈ (3,−1) : 17|x+ 2| < ε}

Assumendo adesso senza perdere di generalità ε < 1, si ha che

{x ∈ (3,−1) : 17|x+ 2| < ε} = ( 2− ε

17 ,−2 + ε

17

) .

In denitiva abbiamo ottenuto che

{x ∈ R : ∣∣x3 2x+ 4∣∣ < ε} ⊇ (2− ε

17 ,−2 + ε

17

) .

Scegliendo dunque δ = ε17 , concludiamo la dimostrazione.

Esercizio 3. Dimostrare che le funzioni

f(x) = sin(x)− x 2

e g(x) = ex − 12x 3

sono positive nell'intervallo (0, δ), per δ > 0 sucientemente piccolo.

Soluzione. Poiché

lim x→0

sin(x)− x2 x

= lim x→0

sin(x)

x − lim

x→0

x 2

x = 11

2 =

1

2 e

lim x→0

ex − 12x3 x

= lim x→0

ex − 1 x

lim x→0

2x 3

x = 12

3 =

1

3 ,

2

possiamo applicare il Teorema della permanenza del segno alle funzioni

sin(x)− x2 x

e ex − 12x3

x

e dedurre che esiste δ > 0 tale che, per ogni x ∈ (−δ, 0) (0, δ),

sin(x)− x2 x

> 0 e ex − 12x3

x > 0.

Pertanto si ha che, per ogni x ∈ (0, δ), sin(x)− x2 > 0 e e x − 12x3 > 0.

Esercizio 4. Calcolare il limite

lim x→0

ex − 1 sin(x)

.

Soluzione. Sappiamo che limx→0 ex−1 = 0 e che limx→0 sin(x) = 0. Pertanto il limite proposto si presenta nella forma 00 . Poiché x → 0, è legittimo dividere numeratore e denominatore dell'espressione data per x e ottenere l'uguaglianza

ex − 1 sin(x)

= ex−1 x

sin(x) x

.

In questo modo abbiamo messo in evidenza i due limiti notevoli limx→0 e x−1 x = 1 e limx→1

sin(x) x = 1.

Siamo adesso nelle condizioni in cui il limite del quoziente è uguale al quoziente dei limiti (perché il limite del numeratore è nito e il limite del denominatore è nito e diverso da 0). Abbiamo dunque che

lim x→0

ex−1 x

sin(x) x

= 1

1 = 1

e dunque il limite dell'espressione proposta è 1.

Esercizio 5. Calcolare il limite

lim x→0

sin(x)

ex − 1 .

Soluzione. Il limite si presenta nella forma 00 . La funzione considerata è la reciproca di quella considerata nell'esercizio precedente ossia

sin(x)

ex − 1 =

1 ex−1 sin(x)

.

Poiché il denominatore ammette limite nito non nullo, possiamo applicare il teorema sul limite del quoziente da cui segue che

lim x→0

sin(x)

ex − 1 =

1

lim x→0

ex−1 sin(x)

= 1

1 = 1

e dunque il limite dell'espressione proposta è 1.

Esercizio 6. Calcolare il limite

lim x→π

sin(x)

x .

Soluzione. Poiché limx→π sin(x) = 0 ed limx→π x = π, siamo nelle condizioni in cui il limite del quoziente è il quoziente dei limiti (perché il limite del numeratore è nito e il limite del denominatore è nito e diverso da 0). Abbiamo dunque che

lim x→π

sin(x)

x =

limx→π sin(x)

limx→π x =

0

π = 0.

3

Esercizio 7. Calcolare il limite

lim x→0

ex − 1− x2 − x3

x .

Soluzione. Abbiamo che limx→0 ex − 1 − x2 − x3 = 0 e che limx→0 x = 0, pertanto il limite proposto si presenta nella forma 00 . Ma l'espressione può essere riscritta in modo da metter in evidenza un limite notevole come segue

lim x→0

ex − 1− x2 − x3

x = lim

x→0

ex − 1 x

− x− x2 = lim x→0

ex − 1 x

lim x→0

x− lim x→0

x2 = 100 = 1

.

Esercizio 8. Calcolare il limite

lim x→0

1 + 3x−

1− x

2x

Soluzione. 1.

Esercizio 9. Calcolare il limite

lim x→0

9x√ 1 + 5x−

1 + x

Soluzione. 92 .

Esercizio 10. Calcolare

lim x→0

sin(x) + ex − cos(x) 2x

Soluzione. 1.

Esercizio 11. Calcolare il limite

lim x→0

x2 sin2(x) x2 + sin2(x)

Soluzione.

lim x→0

x2 sin2(x) x2 + sin2(x)

= lim x→0

x2sin2(x) x2

x2+sin2(x) x2

= lim x→0

1sin 2(x) x2

1 + sin 2(x) x2

= 1lim

x→0

( sin(x)

x

)2 1 + lim

x→0

( sin(x)

x

)2 = 1121 + 12 = 0.

Esercizio 12. Calcolare il limite

lim x→0

ex − ln(1 + x)1 sin(x) + x

Soluzione.

lim x→0

ex − ln(1 + x)1 sin(x) + x

= lim x→0

ex−ln(1+x)1 x

sin(x)+x x

= lim x→0

ex−1 x −

ln(1+x) x

sin(x) x +

x x

=

lim x→0

ex−1 x − limx→0

ln(1+x) x

lim x→0

sin(x) x + limx→0

x x

= 11 1 + 1

= 0.

Esercizio 13. Calcolare il limite

lim x→0

x+ e2x − 1 ln(1− x)

4

Soluzione.

lim x→0

x+ e2x − 1 ln(1− x)

= lim x→0

x+e2x−1 x

ln(1−x) x

= lim x→0

x x +

e2x−1 x

ln(1−x) x

= lim x→0

x x + limx→0

2 e 2x−1 2x

lim x→0

ln(1−x) −x

= 1 + 2

1 = 3.

Esercizio 14. Calcolare il limite

lim x→0

ln(12x) + x e4x − 1

Soluzione.

lim x→0

ln(12x) + x e4x − 1

= lim x→0

ln(12x)+x x

e4x−1 x

lim x→0

ln(12x) x +

x x

e4x−1 x

=

= 2 lim

x→0

( ln(12x)

2x

) + lim

x→0 x x

4 lim x→0

e4x−1 4x

= 2 + 1

4 = 1

4 .

Esercizio 15. Calcolare il limite lim x→0

(1 + sin(x)) 2 x

Soluzione. Sia f(x) = (1 + sin(x)) 2 x . Osserviamo che, per ogni x ∈ D(f), si ha che

f(x) = e 2 ln(1+sin(x))

x ,

e che 0 è un punto di accumulazione di D(f). Abbiamo inoltre che

lim x→0

2 ln (1 + sin(x))

x = lim

x→0

2 ln (1 + sin(x)) sin(x)

x sin(x) = 2

( lim x→0

ln (1 + sin(x))

sin(x)

)( lim x→0

sin(x)

x

) .

Come noto

lim x→0

sin(x)

x = 1.

Inoltre, poiché

lim x→0

sin(x) = 0 e lim y→0

ln(1 + y)

y = 1,

si ottiene che

lim x→0

ln (1 + sin(x))

sin(x) = 1.

In denitiva

lim x→0

2 ln (1 + sin(x))

x = 2.

Poiché la funzione esponenziale è continua in 2 possiamo inne concludere che

lim x→0

f(x) = e2.

Esercizio 16. Calcolare il limite

lim x→0

x2 2 tan2(x) x2 + 1cos(x)

5

Soluzione. Il limite presenta una forma indeterminata del tipo 00 .

lim x→0

x2 2 tan2(x) x2 + 1cos(x)

= lim x→0

x2 ( 12 sin

2(x) x2 cos2(x)

) x2

( 1 + 1cos(x)x2

)

=

12 ( limx→0

( sin(x)

x

)2)( limx→0

1 cos2(x)

) 1 + limx→0

1cos(x) x2

= 12 1 + 12

= 2 3

Esercizio 17. Calcolare il limite

lim x→0

ln(cos(x))

sin2(x)

Soluzione. Il limite presenta una forma indeterminata del tipo 00 .

lim x→0

ln(cos(x))

sin2(x) = lim

x→0

ln

(√ 1sin2 (x)

) sin2(x)

= lim x→0

ln ( (1sin2 (x)) 12

) sin2(x)

=

lim x→0

1 2 ln((1sin

2 (x))

sin2(x) = 1

2 lim x→0

ln((1sin2 (x)) sin2(x)

.

Poniamo y = sin2(x) e osserviamo che limx→0 sin2 (x) = 0. Possiamo dunque sostituire sin2(x) con y e x → 0 con y → 0, da cui segue

1

2 lim x→0

ln((1sin2 (x)) sin2(x)

= 1 2 lim y→0

ln (1− y) −y

= 1 2

Esercizio 18. Calcolare il limite

lim x→0

tan(x2)

1cos(x) .

Soluzione. Il limite presenta una forma indeterminata del tipo 00 .

lim x→0

tan(x2)

1cos(x) = lim

x→0

sin(x2) cos(x2) (1 + cos(x))

(1cos(x)) · (1 + cos(x)) = lim

x→0

sin(x2) cos(x2) (1 + cos(x))

(1cos2 (x))

= lim x→0

sin(x2) x2

1+cos(x) cos(x2)

sin2(x) x2

= 1 · 1+11

12 = 2.

Esercizio 19. Calcolare il limite

lim x→0

5x2 sin(3x)

x(1cos(2x))

Soluzione. Si moltiplicano numeratore e denominatore per 3 · 22. Tenendo conto che

lim x→0

sin 3x

3x = 1 e lim

x→0

1cos(2x) (2x)2

= 1

2

si ottiene

lim x→0

5x2 sin(3x)

x(1cos(2x)) = lim

x→0 5 sin 3x

3x

(2x)2

1cos(2x) 3

4 =

15

2 .

6

Esercizio 20. Calcolare il limite

lim x→1

ln(x)

x2 1 Soluzione. Si pone y = x− 1 e si ottiene

lim x→1

ln(x)

x2 1 = lim

y→0

ln(1 + y)

(1 + y)2 1

moltiplicando numeratore e denominatore per y dato che

lim y→0

ln(1 + y)

y = 1 , lim

y→0

y

(1 + y)2 1 =

1

2

si ottiene

lim x→1

ln(x)

x2 1 = lim

y→0

ln(1 + y)

y

y

(1 + y)2 1 =

1

2 .

Esercizio 21. Calcolare il limite

lim x→0+

1

1 + (x− 1)3

Soluzione. Se x → 0+ allora x− 1 → −1+ quindi (x− 1)3 → −1+ da cui segue 1 + (x− 1)3 0+. Visto che il numeratore è uguale a 1 e il denominatore tende a 0+, il limite è +∞.

Esercizio 22. Calcolare il limite

lim x→0

1

1 + (x− 1)3

Soluzione. Se x → 0allora x− 1 → −1quindi (x− 1)3 → −1da cui segue 1 + (x− 1)3 0. Visto che il numeratore è uguale a 1 e il denominatore tende a 0 negativo, il limite è −∞.

Esercizio 23. Calcolare il limite

lim x→0

1

1 + |x− 1|3

Soluzione. Se x → 0 allora x− 1 → −1 quindi |x− 1| → 1 e |x− 1|3 1 da cui segue 1 + |x− 1|3 2. Visto che il numeratore è uguale a 1 e il denominatore tende a 2, si ha che limx→0 11+|x−1|3 =

1 2 da cui

segue che limx→01

1+|x−1|3 = 1/2.

Esercizio 24. Stabilire per quale delle seguenti funzioni si ha lim x→0

f(x) x = 0.

(a) f(x) = sin(x); (b) f(x) = cos(x); (c) f(x) = xex; (d) f(x) = (tan(x))(sin(x))

Soluzione. Nel caso (a) abbiamo che

lim x→0

f(x)

x = lim

x→0

sin (x)

x = 1.

Nel caso (b) abbiamo che

lim x→0

f(x)

x = lim

x→0

cos (x)

x = 

1

0 ,

e dunque il limite non esiste, perché

lim x→0+

cos (x)

x =

1

0+ = +∞,

e

lim x→0

cos (x)

x =

1

0= −∞.

Nel caso (c) abbiamo che

lim x→0

f(x)

x = lim

x→0

xex

x = lim

x→0 ex = e0 = 1.

7

Inne nel caso (d) abbiamo che

lim x→0

f(x)

x = lim

x→0 tan(x)

sin(x)

x = 0 · 1 = 0.

Dunque la risposta corretta è (d).

Esercizio 25. Calcolare il limite

lim x→0+

[1cos(3x2 2x)][1− √ 13x]

x3 .

Soluzione. Il limite si presenta nella forma indeterminata

 [1cos(0)][11]

0 =

0

0 

Moltiplicando il numeratore e il denominatore della frazione di cui vogliamo calcolare il limite per (3x2 2x)2, si ottiene

lim x→0+

[1cos(3x2 2x)][1− √ 13x]

x3 = lim

x→0+ [1cos(3x2 2x)]

(3x2 2x)2 [1

13x](3x2 2x)2

x3 .

Posto y = (3x2 2x)2 si osserva che se x → 0+, allora y → 0 e dunque, usando un limite notevole,

lim x→0+

1cos(3x2 2x) (3x2 2x)2

= lim y→0

1cos(y) y2

= 1

2 .

Inoltre, si ha che( 1

13x

) · (3x2 2x)2

x3 =

( 1

13x

) · (3x2 2x)2

x3

( 1 +

13x

)( 1 +

13x

) =

(11 + 3x) · (3x2 2x)2

x3 ( 1 +

13x

) = 3(3x2 2x)2 x2

( 1 +

13x

) = 39x4 12x3 + 4x2 x2

( 1 +

13x

) == 39x2 12x+ 4 1 +

13x

pertanto

lim x→0+

3 9x2 12x+ 4 1 +

13x

= 3 4

1 + 1 = 6.

Concludendo, si ha che

lim x→0+

[1cos(3x2 2x)][1− √ 13x]

x3 =

( lim

x→0+ 1cos(3x2 2x)

(3x2 2x)2

) · (

lim x→0+

3 9x2 12x+ 4 1 +

13x

) =

1

2 ·6 = 3.

Esercizio 26. Usando l'opportuna denizione di limite, si verichi che

lim x→+

x2 sin (10 x) = +∞.

Soluzione. Ricordiamo anzitutto che lim

x→+∞ f (x) = +

signica che il dominio di f , indicato con D(f), è superiormente illimitato e che

∀M > 0 ∃ν ∈ R tale che se x ∈ D(f) e x > ν, allora f (x) > M.

Sia dunque f(x) = x2 sin (10 x) e osserviamo che D(f) = R, che è superiormente illimitato. Fissato M > 0, consideriamo quindi la disequazione f (x) > M e mostriamo che esiste ν ∈ R tale che l'insieme (ν,+) è contenuto nell'insieme delle soluzioni della disequazione.

Osserviamo che, poiché sin (10 x) ≥ −1, si ha x2 sin (10 x) ≥ x2 1. Quindi,

x2 1 > M implica x2 sin (10 x) > M.

Inoltre x >

√ M + 1 implica x2 1 > M,

dove M + 1 > 0 poiché per ipotesi M > 0. È dunque suciente scegliere ν ≥ √ M + 1.

8

Esercizio 27. Usando l'opportuna denizione di limite, si verichi che

lim x→+

3x4 + x2 + cos(x) = −∞.

Soluzione. Ricordiamo anzitutto che lim

x→+∞ f (x) = −∞

signica che il dominio di f , indicato con D(f), è superiormente illimitato e che

∀M > 0 ∃ν ∈ R tale che se x ∈ D(f) e x > ν, allora f (x) < −M.

Fissato dunque M > 0 dobbiamo far vedere che esiste ν ∈ R tale che

{x ∈ R : 3x4 + x2 + cos(x) < −M} ⊇ (ν,+).

Sappiamo che, senza perdere di generalità, è possibile considerare M maggiore di una opportuna costante. Consideriamo dunque in quanto segue M > 1. Osserviamo che

{x ∈ R : 3x4 + x2 + cos(x) < −M} ⊇ {x ∈ [10,+) : 3x4 + x2 + cos(x) < −M}.

Osserviamo adesso che, per ogni x ∈ [10,+), si ha che x4 ≥ x2 e che cos(x) 1. Allora

{x ∈ [10,+) : 3x4 + x2 + cos(x) < −M} ⊇ {x ∈ [10,+) : 3x4 + x4 + 1 < −M}

= {x ∈ [10,+) : 2x4 + 1 < −M} = { x ∈ [10,+) : x4 > M−12

} =

{ x ∈ [10,+) : x > 4

M−1

2

} = [10,+)

[ 4

M−1

2 ,+) =

[ max

{ 10, 4

M−1

2

} ,+

) .

È dunque suciente scegliere ν ≥ max { 10, 4

M−1

2

} .

Esercizio 28. Usando l'opportuna denizione di limite, si verichi che

lim x→+

√ 1 +

4

x = 1

Soluzione. Ricordiamo anzitutto che lim

x→+∞ f (x) = L

signica che il dominio di f , indicato con D(f), è superiormente illimitato e che

∀ε > 0 ∃ν ∈ R tale che se x ∈ D(f) e x > ν, allora |f (x)− L| < ε.

Sia dunque f(x) = √ 1 + 4x e osserviamo che D(f) = (−∞,−4)(0,+), che è superiormente illimitato.

Fissato ε > 0, dobbiamo dunque considerare la disequazione |f(x)1| < ε e vericare che l'insieme delle sue soluzioni contiene un insieme della forma (ν,+) con ν ∈ R opportunamente scelto.

Osserviamo adesso che √ 1 + 4x + 1 ̸= 0 (perché

√ 1 + 4x ≥ 0). Possiamo allora razionalizzare l'argo-

mento del valore assoluto, ottenendo che

|f(x)1| < ε se e solo se

∣∣∣∣∣∣ 1 + 4 x − 1√

1 + 4x + 1

∣∣∣∣∣∣ < ε se e solo se ∣∣ 4 x

∣∣√ 1 + 4x + 1

< ε.

Ricordiamo che non è indispensabile trovare tutte le soluzioni della disequazione, ma possiamo limitarci a determinarne un opportuno sottoinsieme che consenta di ottenere la condizione desiderata. Poiché√ 1 + 4x + 1 1, si ha che ∣∣ 4

x

∣∣√ 1 + 4x + 1

∣∣∣∣ 4x

∣∣∣∣ . Se dunque x risolve

∣∣ 4 x

∣∣ < ε, allora x risolve |f(x) 1| < ε. Assumiamo adesso che x sia positiva. In tal caso avremo

∣∣ 4 x

∣∣ < ε se e solo se 4x < ε se e solo se x > 4ε . Quindi, per ogni x > 4ε , si ha che |f(x)1| < ε. Pertanto basta scegliere ν = 4ε .

9

Esercizio 29. Calcolare il limite lim

x→+

x2 + x− |x|

Soluzione. Poiché x → +, possiamo assumere |x| = x. Moltiplicando e dividendo per √ x2 + x + x si

deduce facilmente che il limite è uguale a 1/2.

Esercizio 30. Calcolare il limite

lim x→−∞

√ x+ 11

x

Soluzione. Per x → −∞ la funzione √ x+ 1 non è denita e quindi il limite non esiste.

Esercizio 31. Calcolare il limite

lim x→+

ex − x2

| √ x− 1|

Soluzione. Tenendo conto che

lim x→+

ex

x2 +∞,

dividendo numeratore e denominatore per x2 si ottiene che il limite è +∞.

Esercizio 32. Calcolare il limite

lim x→+

| − x2 + 1| − |x2 4x| 3x+

√ x

Soluzione. Per x → +∞, | − x2 + 1| = x2 1 e |x2 4x| = x2 4x quindi

lim x→+

| − x2 + 1| − |x2 4x| 3x+

√ x

= lim x→+

4x− 1 3x+

√ x =

4

3 .

Esercizio 33. Calcolare il limite

lim x→−∞

ln

( 1

1 + √ |x|

) Soluzione. L'argomento del logaritmo tende a 0 quindi il limite è −∞.

Esercizio 34. Calcolare il limite

lim x→+

(x− 1)(2x− 3) |x3 1| − |3x− x3|

Soluzione. Per x → +, si ha che |x3 1| = x3 1 e |3x− x3| = 3x+ x3 si ha quindi

(x− 1)(2x− 3) |x3 1| − |3x− x3|

= (x− 1)(2x− 3)

x3 1(3x+ x3) =

(x− 1)(2x− 3) x3 1 + 3x− x3

da cui segue

lim x→+

(x− 1)(2x− 3) |x3 1| − |3x− x3|

y = lim x→+

(x− 1)(2x− 3) 3x− 1

= +∞.

Esercizio 35. Calcolare il limite

lim x→+

ex − 3 ex+1

Soluzione. Dividendo numeratore e denominatore per ex si ottiene

ex − 3 ex+1

= 13ex

e

quindi

lim x→+

ex − 3 ex+1

= 1

e .

10

Esercizio 36. Calcolare il limite

lim x→−∞

ex − 3 ex+1

Soluzione. Il numeratore tende a 3 e il denominatore tende a 0+ quindi il limite è −∞.

Esercizio 37. Calcolare il limite

lim x→+

| − x3 − x+ 2| − |3x+ x3| x− 2

√ x

Soluzione. Per x → +∞, | − x3 − x+ 2| = x3 + x− 2 e |3x+ x3| = 3x+ x3 quindi

lim x→+

| − x3 − x+ 2| − |3x+ x3| x− 2

√ x

= lim x→+

2x− 2 x− 2

√ x = 2.

Esercizio 38. Calcolare il limite

lim x→+

√ x+ 1

√ x− 1

x

Soluzione. Si razionalizza il numeratore e si ottiene

lim x→+

√ x+ 1

√ x− 1

x = lim

x→+

2

( √ x+ 1 +

√ x− 1)

√ x = 0.

Esercizio 39. Calcolare il limite

lim x→+

|1 + x− x2| −

|3− x|

Soluzione. Per x → +si ha |1 + x − x2| = x2 − x − 1 e |3 − x| = x − 3. Moltiplicando e dividendo per

√ x2 − x− 1

√ x− 3 la funzione oggetto del limite, segue facilmente che il limite è +.

Esercizio 40. Calcolare il limite

lim x→−∞

√ 1 + x− x3

3− x

Soluzione. Per semplicare possiamo porre x = −y. Si ottiene

lim x→−∞

√ 1 + x− x3

3− x = lim

y→+

√ 1− y + y3

√ 3 + y.

Poiché √ 1− y + y3

3 + y =

√ y( √

1 y − 1 + y2

√ 3 y + 1), segue che

lim x→−∞

√ 1 + x− x3

3− x = lim

y→+=

√ y(

√ 1

y − 1 + y2

√ 3

y + 1) = +∞.

Esercizio 41. Calcolare il limite

lim x→0+

ln [(12x)(1− √ 1− x2)]

x2

Soluzione. L'argomento del logaritmo tende a 0 quindi il numeratore tende a −∞. Il denominatore tende a 0+ quindi il limite è −∞.

Esercizio 42. Calcolare il limite

lim x→1

ex

x− 1

11

Soluzione. Il numeratore tende ad e. Il denominatore tende a 0. Se x → 1+ il limite è +mentre se x → 1il limite è −∞. Dunque il limite non esiste.

Esercizio 43. Calcolare il limite

lim x→+

ex

x3 − x+ 1 Soluzione. Dato che

lim x→+

ex

xn = +

raccogliendo x3 al denominatore si ottiene

lim x→+

ex

x3 − x+ 1 = lim

x→+

ex

x3 ( 11x2 +

1 x3

) = +

Esercizio 44. Calcolare il limite

lim x→0+

x+

√ x√

x− x

Soluzione. Osserviamo anzitutto che il dominio della funzione f(x) = √

x+ √ x√

x−x è (0, 1). Pertanto è lecito considerare il limite destro di f per x che tende a 0. Si ha inoltre che

lim x→0+

x+

√ x√

x− x = lim

x→0+

√ x (

√ x+ 1)

x (1− √ x)

= lim x→0+

√ x+ 1

1− √ x = 1.

Esercizio 45. Calcolare il limite

lim x→0

e 1

sin(x) .

Soluzione. Osserviamo che

lim x→0+

sin(x) = 0+ e lim x→0

sin(x) = 0−.

Dunque

lim x→0+

1

sin(x) = +e lim

x→01

sin(x) = −∞,

da cui segue lim

x→0+ e

1 sin(x) = +e lim

x→0− e

1 sin(x) = 0.

Pertanto, essendo limite destro e limite sinistro diversi, concludiamo che il limite considerato non esiste

Esercizio 46. Calcolare il limite

lim x→+

( ln(3x)

ln(x)

)ln(x) .

Soluzione. Il limite si presenta nella forma (

∞ ∞

). Per le proprietà dei logaritmi, possiamo riscrivere

l'espressione come ( ln(3) + ln(x) ln(x)

)ln(x) =

( 1 +

ln(3)

ln(x)

)ln(x) .

Siamo di fronte ora ad una forma 1, che ci ricorda limz→+( 1 + 1z

)z . Facendo il cambio di variabile

iniettivo z = g(x) = ln(x)ln(3) , possiamo aermare che

lim x→+

( 1 +

ln(3)

ln(x)

)ln(x) = lim

z→+

( 1 +

1

z

)z ln(3) = lim

z→+

[( 1 +

1

z

)z]ln(3) .

12

Questa è una forma limite immediata perché la base [(

1 + 1z

)z] → e e l'esponente è costante pari a ln(3),

perciò

lim z→+

[( 1 +

1

z

)z]ln(3) = eln(3) = 3.

Esercizio 47. Calcolare il limite

lim x→+

ln ( 1 + 3x

) 2 sin( 1x )

1− e 2x .

Soluzione. Il limite si presenta nella forma non immediata 00 , ma ln ( 1 + 3x

) quando x → +ci ricorda

ln(1+ z) quando z → 0, di cui sappiamo che limz→0 ln(1+z)z = 1; sin( 1 x ) quando x → +ci ricorda sin(z)

quando z → 0, di cui sappiamo che limz→0 sin(z)z = 1; e 1− e 2 x ci ricorda 1− ez quando z → 0, e sappiamo

che 1−e z

z → −1. Perciò intanto facciamo il cambio di variabile iniettivo z = g(x) = 1 x , dove z → 0 quando

x → +∞, in questo modo abbiamo che

lim x→+

ln ( 1 + 3x

) 2 sin( 1x )

1− e 2x = lim

z→0

ln (1 + 3z)2 sin(z) 1− e2z

.

Quest'ultimo limite si presenta ancora nella forma 00 , ma ora possiamo utilizzare i limiti notevoli citati. Abbiamo dunque che

lim z→0

ln (1 + 3z)2 sin(z) 1− e2z

= lim z→0

3 ln(1+3z)3z − 2 sin(z)

z

21−e 2z

2z

= 32 2

= 1 2 .

Esercizio 48. Calcolare il limite

lim x→+

1− e 2x 2 sin( 1x )ln

( 1 + 3x

) . Soluzione. La funzione argomento del limite è esattamente l'antireciproco (opposto e reciproco) della funzione considerata nell'Esercizio 47. Essendo il valore del limite dell'Esercizio 47 uguale ad 12 ed in particolare diverso da zero, applicando i noti teoremi sui limiti concludiamo che il limite è 2.

Esercizio 49. Satbilire per quale delle seguenti funzioni si ha lim x→0

f(x) x = 0.

(a) f(x) = tan(x); (b) f(x) = ex; (c) f(x) = x cos(x); (d) f(x) = 3 √ x sin(x)

Soluzione. La funzione in (a) non soddisfa la condizione richiesta infatti limx→0 tan(x)

x = limx→0 sin(x)

x 1

cos(x) = 1 · 1 = 1.

La funzione in (b) non soddisfa la condizione richiesta poiché limx→0 e x

x non esiste. Infatti limx→0+ ex

x =

+∞, mentre limx→0− e x

x = −∞. La funzione in (c) non soddisfa la condizione richiesta poiché limx→0

x cos(x) x = limx→0 cos(x) = 1.

La funzione in (d) soddisfa invece la condizione richiesta. Infatti 3 √ x sin(x)

x si presenta nella forma 0 0 , ma

riscrivendo l'espressione come 3 √ x sin(x)x , utilizzando il fatto che limx→0

sin(x) x = 1, e che quando i fattori

hanno limiti niti allora il limite di un prodotto è il prodotto dei limiti, otteniamo che

lim x→0

3 √ x

sin(x)

x = lim

x→0 3 √ x lim

x→0

sin(x)

x = 0 · 1 = 0.

Quindi la funzione in (d) è l'unica funzione che soddis la condizione richiesta.

Esercizio 50. Calcolare il limite

lim x→+

e 1 x + 7x3 + ln(x)

2x− 5x4

Soluzione. 0.

13

Esercizio 51. Calcolare il limite

lim x→0

sin(x) ln(x) exp

( cos

( 1

x

)) Soluzione. La funzione sin(x) ln(x) exp

( cos

( 1 x

)) è prodotto delle funzioni sin(x), ln(x) e exp

( cos

( 1 x

)) ed

ha per dominio (0,+). Abbiamo che

lim x→0

sin(x) = 0, lim x→0

ln(x) = −∞, lim x→0

exp

( cos

( 1

x

)) non esiste.

Pertanto non si può applicare il teorema relativo al limite del prodotto di funzioni e siamo di fronte ad una forma indeterminata. Abbiamo tuttavia che

lim x→0

sin(x) ln(x) = lim x→0

sin(x)

x x ln(x) = 0,

poiché

lim x→0

sin(x)

x = 1 e lim

x→0 x ln(x) = 0.

Inoltre, per ogni x ∈ (0,+), si ha che∣∣∣∣exp(cos( 1x ))∣∣∣∣ = exp(cos( 1x

)) exp(1) = e.

Ricordando adesso che il prodotto fra una funzione che tende a 0 e una funzione limitata è 0 (corollario del teorema del confronto), concludiamo che il limite oggetto dell'esercizio è 0.

Esercizio 52. Calcolare il limite

lim x→+

cos(x) + 9x5 + √ x

e 1 x + 6x3

Soluzione. Osserviamo che

lim x→+

cos(x) + 9x5 + √ x

e 1 x + 6x3

= lim x→+

x5 (

cos(x) x5 + 9 +

√ x

x5

) x3

( e

1 x

x3 + 6

) = lim x→+

x2 cos(x) x5 + 9 +

√ x

x5

e 1 x

x3 + 6

Poiché

lim x→+

cos(x)

x5 = 0, lim

x→+

√ x

x5 = 0, lim

x→+

e 1 x

x3 = 0,

concludiamo che

lim x→+

cos(x) x5 + 9 +

√ x

x5

e 1 x

x3 + 6 =

9

6 ,

da cui segue che il limite oggetto dell'esercizio è +.

Esercizio 53. Calcolare il limite lim

x→+3 4x− 13

√ x.

Soluzione. Il limite presenta una forma indeterminata del tipo (+) (+). Osserviamo adesso che, utilizzando l'identità a3 − b3 = (a− b)(a2 + ab+ b2), si ottiene che, a− b = ( 3

√ a− 3

√ b)(

3 √ a2 + 3

√ ab+

3 √ b2),

da cui segue che, per ogni a, b ∈ R \{0},

3 √ a− 3

√ b =

a− b 3 √ a2 + 3

√ ab+

3 √ b2 .

Abbiamo quindi che

lim x→+

3 4x− 13

√ x = lim

x→+

(4x− 1)− x 3 √ (4x− 1)2 + 3

√ (4x− 1)x+ 3

√ x2

14

= lim x→+

3x− 1 3 16x2 8x+ 1 + 3

4x2 − x+ 3

√ x2

= lim x→+

x ( 31x

) 3 √ x2

( 3

√ 168x +

1 x2 +

3

√ 41x + 1

) = lim

x→+3 √ x

31x 3

√ 168x +

1 x2 +

3

√ 41x + 1

.

Poiché

= lim x→+

31x 3

√ 168x +

1 x2 +

3

√ 41x + 1

= 3

3 16 + 3

4 + 1

si deduce che il limite oggetto dell'esercizio è +.

Esercizio 54. Calcolare il limite

lim x→+

3x− 1

3x− 2

2x+ 1− √ 2x− 2

Soluzione.

lim x→+

3x− 1

3x− 2

2x+ 1− √ 2x− 2

= lim x→+

( 3x− 1

3x− 2)(

3x− 1 +

3x− 2)

( 2x+ 1

2x− 2)(

2x+ 1 +

2x− 2)

· √ 2x+ 1 +

2x− 2

3x− 1 + 3x− 2

= lim x→+

(3x− 1)(3x− 2) (2x+ 1)(2x− 2)

· √ 2x+ 1 +

2x− 2

3x− 1 + 3x− 2

= lim x→+

1

3 ·

√ x (√

2 + 1x + √ 22x

) √ x (√

31x + √ 32x

)

= lim x→+

1

3 ·

√ 2 + 1x +

√ 22x

31x + √

32x =

2

3 3 .

Esercizio 55. Calcolare il limite

lim x→+

5x− 3

5x+ 4

7x− √ 7x− 1

Soluzione.

lim x→+

5x− 3

5x+ 4

7x− √ 7x− 1

= lim x→+

( 5x− 3

5x+ 4)(

5x− 3 +

5x+ 4)

( 7x−

7x− 1)(

7x+

7x− 1)

· √ 7x+

7x− 1

5x− 3 + 5x+ 4

= lim x→+

(5x− 3)(5x+ 4) (7x)(7x− 1)

· √ 7x+

7x− 1

5x− 3 + 5x+ 4

= lim x→+

7 ·

√ x (

7 + √ 71x

) √ x (√

53x + √ 5 + 4x

)

= lim x→+

7 ·

7 +

√ 71x

53x + √ 5 + 4x

= 7 75 .

Esercizio 56. Calcolare il limite

lim x→0+

ln(x)(tan(x))2

sin(x) cos(x)

Soluzione. 0.

Esercizio 57. Calcolare il limite

lim x→0+

(ln(1 + x))2ex

ln(x)(sin(x))3

15

Soluzione. Il limite si presenta nella forma indeterminata

 (ln(0))2e0

ln(0)(sin(0))3 =

0 · 1 (−∞) · 0

.

Inoltre,

lim x→0+

(ln(1 + x))2ex

ln(x)(sin(x))3 = lim

x→0+ (ln(1 + x))2

x2 (sin(x)) 3

x3

ex

x ln(x) = lim

x→0+ (ln(1 + x))2

x2 1

limx→0+ (sin(x))3

x3

lim x→0+

ex

x ln(x) .

Usando noti limiti notevoli, si ha che

lim x→0+

( ln(1 + x)

x

)2 = 12 = 1, e lim

x→0+ (sin(x))3

x3 = lim

x→0+

( sin(x)

x

)3 = 13 = 1.

Inoltre, si ha che lim

x→0+ ex = 1 e lim

x→0+ x ln(x) = 0−.

Dunque, concludendo, si ha che

lim x→0+

(ln(1 + x))2ex

ln(x)(sin(x))3 = 1 · 1

1 · 1 0

= −∞.

Esercizio 58. Calcolare il limite

lim x→+

ex ln(2)

2x + 2x

Soluzione. 1.

Esercizio 59. Calcolare il limite

lim x→+

e5 ln(x) + 3x

2x5 + 4x2

Soluzione. Si osservi che e5 ln(x) = eln(x

5) = x5,

dove la prima uguaglianza segue da proprietà dei logaritmi e la seconda dal fatto che le funzioni esponen- ziale e logaritmo sono l'una inversa dell'altra. Dunque

lim x→+

e5 ln(x) + 3x

2x5 + 4x2 = lim

x→+

x5 + 3x

2x5 + 4x2 .

Si noti che il limite si presenta nella forma indeterminata

 x5 + 3x

2x5 + 4x2 =

++

.

Si ha tuttavia che

lim x→+

e5 ln(x) + 3x

2x5 + 4x2 = lim

x→+

x5 + 3x

2x5 + 4x2 = lim

x→+

x5

x5 + 3 x x5

2x5

x5 + 4 x2

x5

= lim x→+

1 + 3 1x4

2 + 4 1x3 =

1

2 .

Esercizio 60. Calcolare il limite lim

x→+3 √ x+ 43

2x.

Soluzione. −∞.

Esercizio 61. Si determinino tutti i punti in cui la funzione f(x) = x(x+1)x3−x2 presenta un asintoto verticale.

Soluzione. 0 e 1.

16

Esercizio 62. Si determinino tutti i punti in cui la funzione f(x) = x−1x3−x presenta un asintoto verticale.

Soluzione. 1, 0.

Esercizio 63. Calcolare il limite

lim x→+

( 1 + sin

( 1

x

)) x 2

Soluzione. √ e.

Esercizio 64. Calcolare il limite lim

x→+

√ x( √ x+ 3

√ x)

Soluzione. 32 .

Esercizio 65. Calcolare il limite

lim x→+

ln

( 1 +

1

x

) ln(x)

Soluzione. 0.

Esercizio 66. Calcolare il limite lim

x→+

√ x(x−

x2 + 6x)

Soluzione. −∞.

Esercizio 67. Calcolare il limite

lim x→+

sin

( 1

x

) ln(x)esin(x)

Soluzione. 0.

Esercizio 68. Calcolare il limite

lim x→+

[ 1 + ln

( 1 +

1

x

)]√x .

Soluzione. 1.

Esercizio 69. Calcolare il limite

lim x→0+

tan (√

1cos(x) )

sin(x) .

Soluzione. 12 .

Esercizio 70. Calcolare il limite

lim x→+

[ 1 + ln

( 1 +

1√ x

)]x .

Soluzione. +.

Esercizio 71. Applicando il Teorema del confronto calcolare i limiti:

(a) lim x→0

x sin ( 1 x

) ;

(b) lim x→+

sin(x)− x2 x

;

(c) lim x→0+

cos(x)e− 1

sin(x) .

17

Soluzione. (a) Osserviamo che 0 ≤ |x sin ( 1 x

) | = |x|| sin

( 1 x

) | ≤ |x| e limx→0 |x| = 0. Per il Teorema del

confronto otteniamo allora che limx→0 |x sin ( 1 x

) | = 0, e dunque limx→0 x sin

( 1 x

) = 0.

(b) Si ha che

lim x→+

sin(x)− x2 x

= lim x→+

sin(x)

x − lim

x→+

x/2

x = 1

2 ,

dato che limx→+sin(x)

x = 0. Infatti 0 ≤ | sin(x)

x | ≤ 1 x per ogni x > 0 ed è pertanto possibile concludere

che limx→+∞ | sin(x)x | = 0 per il Teorema del confronto. Quindi anche limx→+sin(x)

x = 0.

(c) Mostriamo che limx→0+ cos(x)e − 1

sin(x) = 0 facendo vedere che limx→0+ ∣∣∣cos(x)e− 1sin(x) ∣∣∣ = 0. Infatti

0 ∣∣∣cos(x)e− 1sin(x) ∣∣∣ ≤ e− 1sin(x) .

Poiché limx→0+(1sin(x) ) = −∞, concludiamo che limx→0+ e − 1

sin(x) = 0 da cui segue, applicando il Teorema

del confronto, che limx→0+ ∣∣∣cos(x)e− 1sin(x) ∣∣∣ = 0.

2 Funzioni continue

Esercizio 72. Stabilire quale delle seguenti funzioni non è continua in 0.

(a) f(x) = sin(x)x per x ̸= 0 e f(0) = 1;

(b) f(x) = 2xex−1 per x ̸= 0 e f(0) = 1 2 ;

(c) f(x) = 0 per x ≤ 0 e f(x) = x2 per x > 0.

Soluzione. (b).

Esercizio 73. Stabilire quale delle seguenti funzioni non è continua in 0.

(a) f(x) = e x−1 x per x ̸= 0 e f(0) = 1;

(b) f(x) = 2xsin(x) per x ̸= 0 e f(0) = 2;

(c) f(x) = 0 per x ≤ 0 e f(x) = 1 + sin(x) per x > 0.

Soluzione. (c).

Esercizio 74. Stabilire quale delle seguenti funzioni è continua in 1.

(a) f(x) = sin(x)|x−1| per x ̸= 1 ed f(1) = 1;

(b) f(x) = e x−e x−1 per x ̸= 1 ed f(1) = e;

(c) f(x) = ln(|x−1|)|x−1| per x ̸= 1 ed f(1) = 1;

(d) f(x) = 1 per x ≤ 1 ed f(x) = x2 + 1 per x > 1.

Soluzione. (b).

Esercizio 75. Stabilire quale delle seguenti funzioni è continua in 1.

(a) f(x) = |x−1|cos(πx) per x ̸= 1 ed f(1) = 0;

(b) f(x) = |e x−e| x−1 per x ̸= 1 ed f(1) = e;

(c) f(x) = |x−1|ln(|x−1|) per x ̸= 1 ed f(1) = 1;

(d) f(x) = 0 per x ≥ 1 ed f(x) = x per x < 1.

Soluzione. (a).

18

Esercizio 76. Stabilire quale delle seguenti funzioni è continua ed ammette un punto di minimo.

(a) f(x) =

{ sin(x), se x ≥ 0, ex, se x < 0,

(b) f(x) =

{ cos(x), se x ≥ 0, ex, se x < 0,

(c) f(x) =

{ sin(x), se x ≥ 0, ex, se x < 0,

(d) f(x) =

{ cos(x), se x ≥ 0, −ex, se x < 0,

Soluzione. (d).

Esercizio 77. Stabilire quale delle seguenti funzioni ammette un punto di discontinuità ed è illimitata superiormente.

(a) f(x) =

{ x2 1, se x ≥ 0, cos(x), se x < 0,

(b) f(x) =

{ 1− x2, se x ≥ 0, cos(x), se x < 0,

(c) f(x) =

{ x2 1, se x ≥ 0, − cos(x), se x < 0,

(d) f(x) =

{ 1− x2, se x ≥ 0, − cos(x), se x < 0,

Soluzione. (a).

Esercizio 78. Per ciascuna delle seguenti funzioni (ognuna denita su R) si individuino, se esistono, i punti di discontinuità:

f1(x) =

 3 cos(x)7sin(x) se x ≤ 0

2+x−

2

x se x > 0

f2(x) =

 2x2+14x−16 2x27x+5 se x < 1

2 se x = 1

4 + 5 cos(π2x)2 sin( π 2x) se x > 1

f3(x) =



ln(1− x) + 8x + 3 se x ≤ 0 1+8x−1 x+x2 se x ∈ (0, 3)

2 √ x−2

12+x−x2 se x ∈ [3, 4) (4,+)

7 se x = 4

Soluzione. La funzione f1 è continua in ogni punto (−∞, 0). Infatti, per ogni x0 < 0, esiste δ > 0 tale che B(x0, δ) (−∞, 0) e dunque, per ogni x ∈ B(x0, δ), f1(x) = 3 cos(x) 7sin(x). Deduciamo dunque che che

lim x→x0

f1(x) = lim x→x0

( 3 cos(x)7sin(x)

) = 3 cos(x0)7sin(x0) = f1(x0)

dato che le funzioni coseno, seno ed esponenziale sono continue in ogni x0 < 0 (per la precisione, lo sono in ogni punto della retta reale), e ogni funzione che è composizione/somma/prodotto/quoziente di funzioni

19

continue è continua dove è denita. Ragionando in maniera analoga si conclude che f1 è continua in ogni punto (0,+). In denitiva f1 è sicuramente continua in R\{0}. L'unico possibile punto di discontinuità per f1 è dunque 0. Calcoliamo allora

lim x→0

f1(x) = 31 = 2

lim x→0+

f1(x) = lim x→0+

( 2 + x−

2)(

2 + x+

2)

x( 2 + x+

2)

= lim x→0+

1 2 + x+

2 =

1

4

2

Poiché 2 ̸= 14 2, si deduce che f1 non è continua in 0.

Per f2 si ragiona in maniera analoga e si deduce che l'unico possibile punto di discontinuità è 1. Calcoliamo allora

lim x→1

f2(x) = lim x→1

2 (x− 1) (x+ 8) (2x− 5) (x− 1)

= 6

lim x→1+

f2(x) = lim x→1+

( 4 + 5 cos(π

2 x)2 sin(π

2 x) ) = 6

Questo rivela che limx→1 f2(x) = 6, ma poiché f2(0) = 2 che è diverso da 6, si deduce che f2 non è continua in 1.

Per f3 si ragiona in maniera analoga e si deduce che gli unici possibili punti di discontinuità per f3 sono i punti dell'insieme {0, 3, 4}. Risulta che f3 è continua in 0 dato che

lim x→0

f3(x) = 0 + 1 + 3 = 4 = f3(0)

lim x→0+

f3(x) = lim x→0+

1 + 8x− 1 x+ x2

= lim x→0+

8x

(x+ x2)( 1 + 8x+ 1)

= 4

Inoltre, f3 è continua anche in 3 dato che

lim x→3

f3(x) = lim x→3

1 + 8x− 1 x+ x2

= 1

3

lim x→3+

f3(x) = lim x→3+

2 √ x− 2

12 + x− x2 =

1

3 = f3(3)

Tuttavia, f3 non è continua in 4, dato che limx→4− f3(x) = +, limx→4+ f3(x) = −∞.

Esercizio 79. Per ciascuna delle seguenti funzioni (ognuna denita su R) si individuino, se esistono, i valori del parametro a, o dei parametri a e b, che rendono la funzione continua in R:

(a) f(x) =

{ 2− ax+ 3x se x ≤ 1 1

x−1 2

x21 se x > 1

(b) f(x) =

{ eax se x ≤ 0

ln(1 + x)− a2 se x > 0

(c) f(x) =

{ ax2 se x ≤ 0

eax − 1 se x > 0

(d) f(x) =

 2x+ b se x ≤ 1x2 + ax+ 1 se x ∈ (1, 2) x3 − b se x ≥ 2

(e) f(x) =

{ 2ex − a se x ≤ 0

a2 + ln(1 + x) se x > 0

(f) f(x) =

 1

1−x + 2a se x < 0

a2x− 1 se x ∈ [0, 1] x2 1 se x > 1

(g) f(x) =

{ ex + ax se x ≤ 0 x2 6x se x > 0

20

(h) f(x) =

{ 2x3 + 5 se x < 0

a+ cos(x) + 4 ln(1 + x) se x ≥ 0

Soluzione. (a) Ragionando come nella soluzione dell'esercizio 78 si deduce che f è continua in R \ {1}. Dunque f è continua in R se e solo se è continua in 1, e questa proprietà è soddisfatta se e solo se limx→1− f(x) = 5− a = f(1) è uguale a limx→1+ f(x) = limx→1+ 1x+1 =

1 2 . L'uguaglianza 5− a =

1 2 vale

se e solo se a = 92 . (b) f è continua in R se e solo se è continua in 0, e questa proprietà è soddisfatta se e solo se

limx→0− f(x) = 1 = f(0) è uguale a limx→0+ f(x) = −a2. L'uguaglianza 1 = −a2 è violata per ogni a reale.

(c) f è continua in R se e solo se è continua in 0, e questa proprietà è soddisfatta se e solo se limx→0− f(x) = 0 = f(0) è uguale a limx→0+ f(x) = 0. L'uguaglianza 0 = 0 è soddisfatta per ogni a reale.

(d) f è continua in R se e solo se è continua in 1 e in 2. La continuità in 1 è soddisfatta se e solo se limx→1− f(x) = 2 + b = f(1) è uguale a limx→1+ f(x) = 2 + a. La continuità in 2 è soddisfatta se e solo se limx→2− f(x) = 5 + 2a è uguale a limx→2+ f(x) = 8− b = f(2). Le uguaglianze 2 + b = 2 + a e 5 + 2a = 8− b sono soddisfatte se e solo se a = 13 , e b =

11 3 .

(e) f è continua in R se e solo se è continua in 0, e questa proprietà è soddisfatta se e solo se limx→0− f(x) = 2 − a = f(0) è uguale a limx→0+ f(x) = a2. L'uguaglianza 2 − a = a2 è soddisfatta se e solo se a = 1 o a = 2.

(f) f è continua in R se e solo se è continua in 0 e in 1. La continuità in 0 è soddisfatta se e solo se limx→0− f(x) = 1 + 2a è uguale a limx→0+ f(x) = 1 = f(0). La continuità in 1 è soddisfatta se e solo se limx→1− f(x) = a2 1 = f(1) è uguale a limx→1+ f(x) = 0. Le uguaglianze 1 + 2a = 1 e a2 1 = 0 sono soddisfatte se e solo se a = 1.

(g) f è continua in R se e solo se è continua in 0, e questa proprietà è soddisfatta se e solo se limx→0− f(x) = 1 = f(0) è uguale a limx→0+ f(x) = 0. L'uguaglianza 1 = 0 è violata per ogni a reale.

(h) f è continua in R se e solo se è continua in 0, e questa proprietà è soddisfatta se e solo se limx→0− f(x) = 5 è uguale a limx→0+ f(x) = a + 1 = f(0). L'uguaglianza 5 = 1 + a vale se e solo se a = 4.

Esercizio 80. Sapendo che f : R R è continua nel punto x0 = 5 e f(5) = 2, è possibile dedurre il segno di f(4.9) o il segno di f(5.01)?

Soluzione. No, non è possibile dedurre il segno di f(4.9) o il segno di f(5.01). Certamente, grazie al Teorema della permanenza del segno sappiamo che esiste un intorno di 5 in cui la funzione f è positiva. Tuttavia, tale teorema non stabilisce quanto questo intorno sia grande, e se quindi esso includa i punti 4.9 o 5.01.

Esercizio 81. Si determini il dominio della funzione

f(x) =

{ ln(x) se x ≤ 3 x+ 1 se x > 3

Si stabilisca inoltre se sono soddisfatte le ipotesi del teorema della permanenza del segno nei punti 1, 1, 3 e 4.

Soluzione. Il dominio della funzione è (0,+). In 1, 1 e 3 le ipotesi del Teorema della permanenza del segno non sono soddisfatte. Infatti f non è denita in 1; f(1) = 0; f non è continua in 3. In 4 invece le ipotesi del Teorema della permanenza del segno sono soddisfatte. Infatti f(4) > 0 ed f è continua in 4. Pertanto esiste un intorno di 4 tale che f(x) > 0 per ogni x nell'intorno.

Esercizio 82. Sia f : R R tale che, per ogni x ∈ R, f(x) ≥ x. Quali delle seguenti aermazioni non è necessariamente vera:

(a) f(3) > 0

(b) f è illimitata superiormente

(c) limx→∞ f(x) = +(d) f è crescente

Soluzione. (d).

21

Esercizio 83. Sia f : R R tale che, per ogni x ∈ R, f(x) ≥ ex. Quali delle seguenti aermazioni non è necessariamente vera:

(a) f(2) > 2

(b) f è illimitata superiormente

(c) f è continua

(d) limx→∞ f(x) = +

Soluzione. (c).

Esercizio 84. Utilizzando il teorema degli zeri, si dimostri che l'equazione

x5 + 2x− 1 = 0

ammette una soluzione nell'intervallo (0, 1).

Soluzione. La funzione f : R R tale che f(x) = x5+2x−1 è continua nell'intervallo [0, 1] . Verichiamo i valori della funzione agli estremi dell'intervallo

f(0) = 1, f(1) = 2.

Le ipotesi del teorema sono vericate e quindi possiamo aermare che l'equazione f(x) = 0 ha almeno una soluzione in questo intervallo.

Esercizio 85. Per l'equazione 18x 3 + 2x = 3 si utilizzi il teorema degli zeri al ne di stabilire l'esisten-

za di una soluzione nell'intervallo (0, 2); si provi inoltre che tale intervallo contiene un'unica soluzione dell'equazione.

Soluzione. Sia f(x) = 18x 3 + 2x − 3 e si noti che x0 è soluzione dell'equazione proposta se e solo se

f(x0) = 0. Risulta che f(0) = 3 < 0 e f(2) = 2 > 0. Poiché f è continua in [0, 2] (f è la somma di funzioni continue) si deduce che esiste un x0 (0, 2) tale che f(x0) = 0, ovvero esiste in (0, 2) una soluzione dell'equazione. Inoltre tale soluzione è unica (in (0, 2)) poiché f è strettamente crescente in (0, 2) (f è la somma di funzioni strettamente crescenti e di una costante).

Esercizio 86. Per ciascuna della seguenti equazioni si dica se è possibile utilizzare il teorema degli zeri al ne di stabilire l'esistenza di una soluzione nell'intervallo indicato a anco dell'equazione. Nei casi in cui questo non sia possibile, è possibile stabilire in un altro modo l'esistenza di una soluzione nell'intervallo? In quali casi è possibile stabilire l'esistenza di un'unica soluzione nell'intervallo?

(a) 2x3 13x2 + 26x = 15; (0, 4).

(b) −x3 + 3 = log2(x); (1, 2).

(c) 6 √ x = 2x − 3; (1, 3).

(d) x3 = 1− x4; (2, 1).

(e) f(x) = 0, con f(x) =

{ 4 + sin(πx) + x se x < 2

1 2x

3 3 + 1x se x ≥ 2 ; (0, 3).

Soluzione. (a) Sia f(x) = 2x3 + 13x2 26x + 15 e si noti che x0 è soluzione dell'equazione se e solo se f(x0) = 0. Risulta che f(0) = 15 > 0 e f(4) = 9 < 0. Poiché f è continua in [0, 4], si deduce che esiste x0 (0, 4) tale che f(x0) = 0, ovvero esiste in (0, 4) una soluzione dell'equazione. Si noti tuttavia che f non è la somma di funzioni tutte strettamente crescenti o tutte strettamente decrescenti, e pertanto è impossibile, con i metodi presentati nora, stabilire se f è strettamente monotona o no. Dunque non possiamo garantire che l'intervallo (0, 4) contenga un'unica soluzione (in realtà ne contiene tre: x0 = 1, x1 =

5 2 , x2 = 3).

(b) Sia f(x) = −x3 + 3 log2(x) e si noti che x0 è soluzione dell'equazione se e solo se f(x0) = 0. Risulta che f(1) = 2 > 0 e f(2) = 6 < 0. Poiché f è continua in [1, 2], si deduce che esiste un x0 (1, 2) tale che f(x0) = 0, ovvero esiste in (1, 2) una soluzione dell'equazione. Poiché f è strettamente decrescente in [1, 2] (è la somma di funzioni strettamente decrescenti e di una costante), si deduce che nell'intervallo (1, 2) si trova un'unica soluzione dell'equazione.

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(c) Sia f(x) = 3 + 6 √ x− 2x e si noti che x0 è soluzione dell'equazione se e solo se f(x0) = 0. Risulta

che f(1) = 7 > 0 e f(3) = 6 35 > 0. Dunque non si può applicare il teorema degli degli zeri, e in eetti

(1, 3) non contiene alcuna soluzione dell'equazione, dato che 6 √ x − 2x > 0 per ogni x ∈ [1, 3], e dunque

f(x) > 0 per ogni x ∈ [1, 3]. (d) Sia f(x) = x3+x41 e si noti che x0 è soluzione dell'equazione se e solo se f(x0) = 0. Risulta che

f(2) = 7 > 0 e f(1) = 1 > 0. Dunque non si può applicare il teorema degli zeri per concludere che esiste una soluzione in (2, 1), ma in realtà risulta che f(0) = 1 < 0 e dunque il teorema degli zeri stabilisce l'esistenza di una soluzione in (2, 0) e di un'altra soluzione in (0, 1) (f è strettamente crescente in (0, 1), pertanto la soluzione è unica in (0, 1)).

(e) Risulta che f(0) = 4 < 0 e f(3) = 656 > 0. Tuttavia, non è possibile applicare il teorema degli zeri perché f non è continua in 2. Infatti limx→2− f(x) = 2 e limx→2+ f(x) = 32 . In eetti, non esiste alcuna soluzione in (0, 3) dell'equazione f(x) = 0 poiché f(x) < 0 per ogni x ∈ (0, 2) e f(x) > 0 per ogni x ∈ [2, 3).

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