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Nome………………………….Cognome………………. 8 Novembre 2011
classe 5D
VERIFICA di matematica
Svolgi 6 dei seguenti esercizi
 x −1
se x ≤ 0

1)
Data la funzione y =  ax + 2
trova per quali valori di a e b la funzione è
x 2 + 2x + b
se x > 0

continua in x=0 e ha un asintoto verticale di equazione x= - 4. Rappresenta poi la funzione ottenuta. Si
tratta di una funzione iniettiva ?
2)
Enuncia il teorema degli zeri. Dimostra che la funzione f ( x) = 2 − x − x 2 − 1 nell’intervallo
[1;2] ammette uno zero e conferma graficamente il risultato.
3)
Enuncia il teorema di Weierstrass e verifica che ed indica se è applicabile alla funzione
 π
f ( x) = 3 sin x + cos x nell’intervallo 0;  . In caso affermativo determina massimo e minimo.
 2
ln(1 + x) + ln(1 − x)
cos(3 x) − 1
x →0
4)
Dai la definizione di lim f ( x) = l . Calcola lim
5)
Dai la definizione di infinitesimo per x → x0 e di ordine di infinitesimo.
x→ x0
Discuti al variare del parametro k il seguente limite:
6)
(e 2 x − 1) sin 2 x
lim
xk
x →0
Indica quali sono le forme di indecisione che coinvolgono le potenze e calcola i seguenti limiti:
 x +1 
a) lim 

x → +∞  2 x − 1 
x 2 −1
x
 x2 +1 

b) lim  2
x → +∞  x + x 
2x
c)
lim (5x )
2
2 ln 3 x
x →0 +
7)
Dai la definizione di funzione continua in un punto e descrivi quali sono i possibili punti di
discontinuità. Determina e classifica i punti di discontinuità delle seguenti funzioni:
x + 2 ln x
e2x − e2
1 + 2x − 1
b) y =
c) y =
a) y =
2
sin(πx)
x+2
x
Verifica 8 Novembre 2011 5D
1
SOLUZIONI
Esercizio 1
 x −1
se x ≤ 0

Data la funzione y =  ax + 2
trova per quali valori di a e b la funzione è continua in
x 2 + 2x + b
se x > 0

x=0 e ha un asintoto verticale di equazione x= - 4. Rappresenta poi la funzione ottenuta. Si tratta di una
funzione iniettiva ?
Dalla definzione di continuità e di asintoto verticale si deducono le seguenti condizioni sulla funzione:
lim f ( x) = lim f ( x)
 x →0 −
x→0 +

lim f ( x) = ∞
 x →−4
x −1

= lim ( x 2 + 2 x + b)
lim
− ax + 2
x→0
x→0+

x −1

=∞
lim
x → −4 ax + 2
La funzione è quindi:
 2x − 2
se x ≤ 0
 x + 4
y=
x 2 + 2x − 1
se x > 0

2
La prima espressione rappresenta una funzione
omografica con centro in (−4;2) , la seconda è una
3
parabola con asse verticale, di vertice (−1;− ) , di
2
ciascuna funzione si prende solo la parte corrispondente
alle x indicate. Dal grafico si deduce che la funzione non
è iniettiva perché ad x distinte corrisponde la stessa y.
 1
− 2 = b

− 4 a + 2 = 0 ⇒ a = 1

2
y
8
6
4
2
x
−12
−10
−8
−6
−4
−2
2
4
6
−2
−4
−6
−8
Esercizio 2
Enuncia il teorema degli zeri. Dimostra che la funzione f ( x) = 2 − x − x 2 − 1 nell’intervallo [1;2]
ammette uno zero e conferma graficamente il risultato.
Il teorema dice che:
Una funzione continua in un intervallo chiuso e limitato [a;b] che agli estremi dell’intervallo assume
valori discordi, ammette almeno uno zero nell’intervallo (a;b).
Data f ( x) = 2 − x − x 2 − 1
2 − x ≥ 0
x ≤ 2
C.E.  2
⇒
quindi D = (− ∞; − 1] ∪ [1;2]
 x ≤ −1 ∨ x ≥ 1
x − 1 ≥ 0
f(x) è continua in [1;2], inoltre f (1) = 1 , f (2) = − 3 , cioè agli estremi assume valori discordi, quindi
sono verificate le ipotesi del teorema degli zeri, cioè l’equazione
zero nell’intervallo (1;2)
Verifica 8 Novembre 2011 5D
2 − x − x 2 − 1 = 0 ammette uno
2
Volendo risolvere l’equazione graficamente è possibile riscriverla come:
2 − x = x 2 − 1 e tracciare le
due funzioni: y = 2 − x e y = x 2 − 1 , si tratta rispettivamente di una mezza parabola con asse
y ≥ 0
orizzontale, infatti y = 2 − x è equivalente a 
2
x = y + 2
y ≥ 0

2
E di una mezza iperbole, infatti y = x − 1 è equivalente  x
 2
2
x − y = 1
y
Dal grafico si osserva che esiste
un’intersezione tra le due curve nell’intervallo
(1;2) come previsto dalla tesi del teorema degli
zeri.
4
2
x
−2
2
Esercizio 3
Enuncia il teorema di Weierstrass e verifica che ed indica se è applicabile alla funzione
 π
f ( x) = 3 sin x + cos x nell’intervallo 0;  . In caso affermativo determina massimo e minimo.
 2
Il teorema di Weierstrass dice che una funzione continua in un intervallo chiuso e limitato [a;b]
ammette minimo e massimo assoluti.
 π
Poiché f ( x) = 3 sin x + cos x è definita e continua in tutto R, a maggior ragione lo sarà in 0;  .
 2
Quindi sono verificate le ipotesi del teorema; per determinare
max e min si può tracciare il grafico della funzione, dopo averla
π

riscritta con il metodo dell’angolo aggiunto: f ( x) = 2 cos x − 
3

Il grafico si ottiene da quello del coseno, traslandolo a destra di
π
e dilatandolo di 2. Dal grafico si deduce che min=1 e max=2
3
y
2
x
−2
2
−2
Verifica 8 Novembre 2011 5D
3
Esercizio 4
ln(1 + x) + ln(1 − x)
cos(3 x) − 1
x →0
Dai la definizione di lim f ( x) = l . Calcola lim
x→ x0
Definizione ∀ε > 0 ∃ δ ε > 0 / ∀x ∈ I δε ( x0 ) ∩ D f ( x) ∈ I ε (l )
ln(1 + x) + ln(1 − x)  0 
=   F .I .
cos(3 x) − 1
0
x →0
Osserviamo che non è possibile utilizzare l’asintotico a numeratore perché otterremmo 0; applichiamo
quindi prima le proprietà dei logaritmi, poi l’asintotico derivante dai limiti notevoli:
2
ln(1 + x) + ln(1 − x) ln(1 − x 2 )
~ 1− x = 2
=
cos(3 x) − 1
cos(3 x) − 1 x→0
9
− (3 x) 2
2
Calcolo del limite: lim
Esercizio 5
Dai la definizione di infinitesimo per x → x0 e di ordine di infinitesimo.
(e 2 x − 1) sin 2 x
Discuti al variare del parametro k il seguente limite: lim
xk
x →0
Una funzione f(x) è un infinitesimo per x → x0 se lim f ( x) = 0 , detto g(x) l’infinitesimo di
x → x0
riferimento α è l’ordine di infinitesimo di f(x) se
f ( x)
lim g ( x)
x → x0
α
= numero ≠ 0
Per discutere il limite osserviamo che il numeratore può essere scritto in una forma più comoda,
(e 2 x − 1) sin 2 x
2x ⋅ x 2
= 2 x 3− k , di conseguenza
utilizzando gli asintotici derivanti dai limiti notevoli:
k
k
x
x
x →0
~
il valore del limite dipenderà da quello di k:
lim x
x →0
3− k
0 se k < 3

= 2 se k = 3
∞ se k > 3

Esercizio 6
Indica quali sono le forme di indecisione che coinvolgono le potenze e calcola i seguenti limiti:
x 2 −1
 x
 x +1
a) lim 

x → +∞  2 x − 1 
 x2 + 1 

b) lim  2

x → +∞ 
x
+
x


2x
c) lim
x →0 +
( )
2
2 ln 3 x
5x
Le forme di indecisione legate alle potenze sono 1∞ ; 0 0 ; ∞ 0
x 2 −1
 x
∞
 x +1
Nel calcolare il lim 
si ha una forma di indecisione del tipo
alla base e

∞
x→+∞  2 x − 1 
all’esponente, tali forme di indecisione sono facilmente risolubili. Utilizzando gli asintotici si ottiene
a)
che la base tende a
x 2 −1
 x
1
 x +1
, mentre l’esponente a + ∞ . Si ha così lim 

2
x→+∞  2 x − 1 
Verifica 8 Novembre 2011 5D
1
= 
2
+∞
= 0+
4
2x
 x2 +1 
 si ha una forma di indecisione del tipo ∞ alla base, tale forma
b)
Nel calcolare il lim  2


∞
x→+∞  x + x 
di indecisione è facilmente risolubile, infatti utilizzando gli asintotici si ottiene che la base tende a 1. Si
[ ]
2x
 x2 +1 
 = 1+∞ F .I . .
ha così lim  2


x→+∞  x + x 
Riscriviamo il testo nel modo seguente:
 x 2 +1 

ln 
 2 
x
+
x

e 
2x
2x
 x 2 +1 

2 x ln 
 2 
x
+
x


e
 x 2 +1 
−1
2 x ln 1+

2+x 
x


e

2 x ln 1 +
 x +1 


 =
=
=
=e
 x2 + x 


Ora è possibile utilizzare l’asintotico derivante dal limite notevole:
2
 1− x 

2 x ln 1+

 x2 + x 
e
2 x⋅
e
~
x →+∞
lim (5 x )
2
2 ln 3 x
c)
x →0 +
1− x
x2 + x
=e
2 x−2 x2
x2 + x
e
~
x →+∞
−2 x2
x2
1− x 


x2 + x 
= e −2
[ ]
= 0 0 F .I .
Riscriviamo il testo nel modo seguente:
( )
2
2 ln 3 x
5x
=
2
2


ln  5 x  ln 3 x
e  
=
2
⋅ln  5 x 2 


ln
3
x
e
=e
2 ln 5 x 2
⋅
ln 3 x
=
2(ln 5+ 2 ln x )
e ln 3+ln x
~
4 ln x
e ln x
= e4
x→+∞
Esercizio 7
Dai la definizione di funzione continua in un punto e descrivi quali sono i possibili punti di
discontinuità. Determina e classifica i punti di discontinuità delle seguenti funzioni:
x + 2 ln x
e2x − e2
1 + 2x − 1
a) y =
b) y =
c) y =
2
sin(πx)
x+2
x
Una funzione f(x) è continua in x0 se
lim f ( x) =
x → x0
f ( x0 ) , se ciè non avviene si ha un punto di
discontinuità che può essere di 1° specie se i limiti destro e sinistro esistono finiti ma diversi; di 2°
specie se uno die due limiti è infinito o non esiste; di terza specie se esiste finito il limite ma è diverso
da f(x0).
Data una funzione i punti di discontinuità si determinano a partire dal dominio:
a) y =
e2x − e2
C.E. sin(πx) ≠ 0 ⇒ πx ≠ kπ ⇒ x ≠ k
sin(πx)
e2x − e2
bisogna calcolare quindi lim
osserviamo che per ogni k il denominatore tende a 0, mentre il
x → k sin( πx )
numeratore tende a 0 solo se k=1, in tutti gli altri casi tende ad un numero diverso da 0; quindi
se
e 2 x − e 2 numero
=
= ∞ se k ≠ 1 quindi x=k con k ≠ 1 sono punti di discontinuità di 2° specie
lim
0
x → k sin( πx )
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5
se k=1
e2x − e2 0
= F .I . , ma raccogliendo e2 e utilizzando gli archi associate ci si riconduce a due limiti
lim
0
x →1 sin( πx )
notevoli
e 2 x − e 2 e 2 (e 2 x −2 − 1)
e 2 (2 x − 2) 2e 2 ( x − 1)
2e 2
=
=
=
−
, quindi k=1 è un punto di discontinuità
~
sin( πx)
sin(π − πx) x→1 π − πx
− π( x − 1)
π
di 3° specie.
1 + 2x − 1
x2
1 + 2 x ≥ 0
 1 
C.E. 
⇒ D = − ;0  ∪ (0;+∞ )
 2 
x ≠ 0
1 + 2x −1 0
= F .I .
x=0 lim
0
x2
x →0
b) y =
1
1
2/ x/
(1 + 2 x) 2 − 1
/
2
utilizzando il limite notevole lim
= . lim 2/ = ∞
x2
x
x →0
x →0
quindi x=0 è un punto di discontinuità di 2° specie.
x + 2 ln x
c) y =
x+2
x > 0
C.E. 
⇒ D = (0;+∞ )
 x ≠ −2
Nel dominio x + 2 = x + 2 quindi la funzione è: y = ln x che in x=0 ha una discontinuità di 2° specie
(basta pensare al grafico)
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