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Capitolo 4

Limiti di funzioni reali

In questo capitolo introduciamo il concetto di limite di funzioni. In altre parole, dataf : A ⊂ R → R vogliamo descrivere il suo comportamento vicino ad un punto diaccumulazione di A. Ad esempio la funzione

f(x) =4− x2

x− 2

ha come dominio R − {2}. Cosa accade al grafico della funzione nelle vicinanze di 2?Cosa accade al grafico della funzione se x assume valori sempre piu grandi o semprepiu piccoli? Il concetto che stiamo introducendo, quello di limite di funzione reale cipermette di rispondere a queste domande.In secondo luogo, il concetto di limite ci permette di risolvere problemi geometricinotevoli.

4.1 Il concetto di limite

Richiamiamo la definizione di intorno.In R si definisce intorno centrato di x0 ∈ R di raggio r > 0 un intervallo aperto deltipo (x0 − r, x0 + r) con ε > 0, indicato brevemente anche con la notazione I(x0, r).Un intorno di x0 ∈ R e un qualsiasi intervallo aperto contenente x0, indicato brevementecon I(x0).Un intorno di +∞ e un qualsiasi intervallo del tipo (a,+∞), indicato brevementecon I(+∞). Un intorno di −∞ e un qualsiasi intervallo del tipo (−∞, a), indicatobrevemente con I(−∞).D’ora in avanti indicheremo con R∗ l’insieme R ∪ {−∞,+∞}.Consideriamo la funzione

f(x) =4− x2

x− 2che ha dominio R− {2} = (−∞, 2) ∪ (2,+∞).Diamo alla x valori che si avvicinano a 2:

x f(x)

1.9 −3.91.99 −3.991.999 −3.9992.0001 −4.00012.001 −4.0012.01 −4.012.1 −4.1

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4.1 - Il concetto di limite

Quello che notiamo e che se x assume valori che si avvicinano a 2 allora la funzione assumevalori che si avvicinano a −4. Matematicamente indichiamo questo con la notazione

limx→2

4− x2

x− 2= −4

e si dice che il limite della funzione f(x) =4− x2

x− 2per x che tende a 2 e uguale a −4.

Consideriamo la funzione

f(x) =sinx

x

la quale ha dominio R−{0}. Diamo alla funzione valori che avvicinano ad 0. Otteniamo

x f(x)

−0.1 ≈ 0.998 · · ·−0.01 ≈ 0.999983 · · ·−0.001 ≈ 1

0.001 ≈ 10.01 ≈ 0.999983 · · ·0.1 ≈ 0.998 · · ·

e notiamo che la funzione assume valori che si avvicinano ad 1. Allora sara

limx→0

sinx

x= 1

ma f non e definita per x = 0 e dunque ivi non assume il valore 1.Ne consegue che nei limiti per x tende ad un valore finito x0 non interessa cosa accadealla funzione per x = x0. Ci interessa solo come si comporta f nelle vicinanze di x0.Formalmente diremo che, dati f : A→ R e x0 punto di accumulazione di A, si ha

limx→x0

f(x) = l, x0, l ∈ R

se per ogni ε > 0 esiste un δ > 0 tale che per 0 < |x− x0| < δ si ha

|f(x)− l| < ε .

l + ε

l − ε

x0 + δx0 − δx

y

In alcuni casi e utile distinguere x che tende a x0 da valori piu piccoli di x0 (e si indicacon x→ x−0 ) da x che tende a valori piu grandi di x0 (x→ x+0 ). Ad esempio, la funzione

f(x) =|x|x

Appunti di Matematica e Statistica di Nicola Pintus e Piermario Schirru.35

Capitolo 4 - Limiti di funzioni reali

ha limite uguale a 1 per x→ 0+ e limite uguale a −1 per x→ 0−.Formalmente, siano f : A→ R, x0 punto di accumulazione per A e l ∈ R. Si halimite destro

limx→x+0

f(x) = l

se per ogni ε > 0 esiste δ > 0 tale che l − ε < f(x) < l + ε per ogni x ∈ (x0, x0 + δ);limite sinistro:

limx→x−0

f(x) = l

se per ogni ε > 0 esiste δ > 0 tale che l − ε < f(x) < l + ε per ogni x ∈ (x0 − δ, x0).

Esempio 4.1. Verifichiamo tramite la definizione che

limx→2

4− x2

x− 2= −4 .

Se consideriamo un qualunque intorno di −4 di ampiezza ε, esiste sempre un intornodi 2 in cui i punti x 6= 2 hanno immagine ivi contenuta. I punti di tale intorno sonoquei valori di x che soddisfano la disequazione∣∣∣∣4− x2x− 2

+ 4

∣∣∣∣ < ε ,

da cui2− ε < x < 2 + ε ,

che e un intorno di 2.

Consideriamo sempre la funzione

f(x) =x+ 1

x− 1.

Ora diamo alla x valori sempre piu grandi. Otteniamo

x f(x)

10 ≈ 1.2 · · ·102 ≈ 1.02 · · ·104 ≈ 1.0002 · · ·108 ≈ 1.00000002 · · ·

Come possiamo notare la funzione assume valori che si avvicinano ad uno. Matemati-camente indicheremo questo con la notazione

limx→+∞

x+ 1

x− 1= 1

e si dice che il limite della funzione f(x) =x+ 1

x− 1per x che tende a +∞ e uguale a 1.

Prendendo valori sempre piu piccoli, si puo notare i valori della funzione si avvicinanoa 1.Formalmente diremo che, dati f : A → R e A superiormente illimitato, ossia A =[a,+∞) con a numero reale, si ha

limx→+∞

f(x) = l ∈ R

36Appunti di Matematica e Statistica di Nicola Pintus e Piermario Schirru.


se per ogni ε > 0 esiste un M > 0 tale che per x > M si ha

|f(x)− l| < ε.

ll + ε

l − ε

M

x

y

In analogia con questo caso, diciamo che

limx→−∞

f(x) = l ∈ R

se per ogni ε > 0 esiste un K > 0 tale che

|f(x)− l| < ε per x < −K .

Esempio 4.2. Verifichiamo tramite la definizione che

limx→±∞

x+ 1

x− 1= 1 .

Fissato ε > 0 dobbiamo risolvere ∣∣∣∣x+ 1

x− 1− 1

∣∣∣∣ < ε

da cui otteniamo

x >2 + ε

ε, x <

ε− 2

ε

che sono intorni di +∞ e −∞, rispettivamente.

Consideriamo ancora la funzione

f(x) =x+ 1

x− 1.

Cosa accade nelle vicinanze di x = 1 in cui la funzione non e definita? Diamo ad x valoriche si avvicinano a 1.

x f(x)

0.9 ≈ −190.99 ≈ −1990.999 ≈ −1999

1.0001 ≈ 200001.001 ≈ 20001.01 ≈ 200

Notiamo che se x si avvicina a 1 sia da valori maggiori o minori, la funzione tende adassumere valori sempre piu grandi in valore assoluto. Per x che si avvicina a 1 da valorimaggiori di 1, la funzione assume valori sempre piu grandi. Per x che si avvicina a 1



da valori minori di 1, la funzione assume valori sempre piu piccoli. Matematicamenteindicheremo questo con la notazione

limx→1+

x+ 1

x− 1= +∞, lim

x→1−

x+ 1

x− 1= −∞.

Si puo anche dire che il limite destro della funzione e +∞ e che il limite sinistro e −∞.Formalmente diremo che, dati f : A→ R e x0 punto di accumulazione di A, si ha

limx→x0

f(x) = +∞

se per ogni M > 0 esiste un δ > 0 tale che per

|x− x0| < δ, x 6= 0

si ha f(x) > M .

M

x0

x0 + δx0 − δ

x

y

Analogamente, diremo che si ha

limx→x0

f(x) = −∞

se per ogni K > 0 esiste un δ > 0 tale che per

x0 − δ < x < x0 + δ, x 6= 0

si ha f(x) < −K.

Lasciamo al lettore il compito di formalizzare le definizioni nel seguenti casi:

limx→x+0

f(x) = +∞ , limx→x+0

f(x) = −∞ , limx→x−0

f(x) = +∞ , limx→x−0

f(x) = −∞ .

Consideriamo ora la funzione

f(x) =x3 + 1

x2.



In questo caso se diamo alla x valori che diventano sempre piu grandi, la funzione f(x)assume valori che diventano sempre piu grandi.

x f(x)

10 ≈ 10.101 · · ·104 ≈ 10000.001 · · ·1010 ≈ 1010 · · ·

Allo stesso modo si nota che se diamo alla x valori sempre piu piccoli, la funzione assumevalori sempre piu piccoli. Matematicamente indichiamo questo con

limx→±∞

x3 + 1

x2= ±∞.

Formalmente diremo che, dati f : A→ R e A superiormente illimitato, si ha

limx→+∞

f(x) = +∞

se per M > 0 scelto a piacere allora esiste un N > 0 tale che per x > N accade che

f(x) > M.

M

N

x

y

Inoltre formalmente diremo che

limx→+∞

f(x) = −∞

se per M > 0 scelto a piacere allora esiste un N > 0 tale che per x > N accade che

f(x) < −M.

Analoghe definizioni valgono per limx→−∞

f(x) se A e inferiormente illimitato.

Esempio 4.3. Sono di facile verifica i seguenti limiti:

1. limx→x0

k = k, per ogni k ∈ R, x0 ∈ R o ±∞

2. limx→±∞

x = ±∞

3. limx→±∞

x2 = +∞

4. limx→±∞

x3 = ±∞

5. limx→0

sinx = 0



6. limx→0

cosx = 1

7. limx→0

1

x2= +∞.

Usando la definizione di intorno possiamo dare una definizione generale di limite. Dataf : A→ R e x0 ∈ R o ±∞ un punto di accumulazione per A e l ∈ R o ±∞, diremo che

limx→x0

f(x) = l

se, per ogni intorno V di l, esiste un intorno U di x0 tale che f(x) ∈ V per x ∈ U ∩A ex 6= x0.Questa definizione risulta molto pratica per alcune dimostrazioni.Vale il seguente

Teorema 4.4. Sia x0 ∈ R, e f : A→ R una funzione per cui esistono i limiti

limx→x0

f(x) = l1, limx→x0

f(x) = l2.

Allora l1 = l2.

Teorema 4.5. Condizione necessaria e sufficiente affinche esista il limite di f(x)per x→ x0 e che esistano e coincidano il limite destro e sinistro.

4.2 Limiti notevoli delle funzioni elementari

Nel paragrafo precedente abbiamo fatto esempi di limiti di funzioni elementari per capiremeglio come usare la definizione.Generalizziamo qui i limiti delle funzioni elementari.

Teorema 4.6. E vero che

limx→+∞

x2n = +∞, limx→−∞

x2n = +∞, n ∈ N− {0}

limx→+∞

x2n+1 = +∞, limx→−∞

x2n+1 = −∞, n ∈ N.

Per le funzioni potenza abbiamo illustrato solo i limiti per x che tende a piu o menoinfinito perche sono gli unici estremi del dominio.Le funzioni radice pari hanno come dominio R+ = [0,+∞). Andremo quindi ad illustrarei limiti per x→ 0+ e x→ +∞. Mentre per le funzioni radice dispari il dominio e R.


limx→0+

2n√x = 0+, lim

x→+∞2n√x = +∞, n ∈ N− {0}

limx→−∞

2n+1√x = −∞, lim

x→+∞2n+1√x = +∞, n ∈ N− {0}.

Consideriamo adesso le funzioni esponenziali e logaritmo.


4.3 - Relazione fra i limiti e le operazioni elementari


limx→+∞

ax = +∞, limx→−∞

ax = 0+, a > 1.

limx→−∞

ax = +∞, limx→+∞

ax = 0+, 0 < a < 1.


limx→0+

loga x = −∞, limx→+∞

loga x = +∞, a > 1.

limx→0+

loga x = +∞, limx→+∞

loga x = −∞, 0 < a < 1.

Passiamo alle funzioni goniometriche. Le funzioni goniometriche seno e coseno hannocome dominio R. I limiti agli estremi del dominio pero non esistono. Cerchiamo diintuire il perche.Come abbiamo visto nel capitolo precedente, le funzioni seno e coseno sono funzioniperiodiche di periodo 2π e limitate. Essendo limitate il limite per x che tende a piu omeno infinito non puo essere un infinito. Questi limiti possono essere finiti? No, percheogni valore compreso fra −1 e 1 e immagine tramite seno e coseno di un infinita dinumeri reali.La funzione tangente ha come dominio

D ={x ∈ R | − π

2+ kπ < x <

π

2+ kπ, k ∈ Z

}.

Il limite per x che tende a piu o meno infinito non esiste per lo stesso motivo per cuinon esiste per le funzioni seno e coseno.Ma anche π

2e i suoi multipli di π sono estremi del dominio. Allora, dalla definizione di

funzione tangente si ha che


limx→π

2+

tanx = +∞, limx→π

2−

tanx = −∞.

Tutti i limiti che abbiamo mostrato in questa sezione andrebbero dimostrati usando ladefinizione di limite. Qui la dimostrazione non viene riportata, ma lo studente devepoter ricordare questi limiti ricavandoli dai grafici delle funzioni elementari.

4.3 Relazione fra i limiti e le operazioni elementari

Le funzioni non sono tutte elementari. Le funzioni che si incontrano nelle applicazionisono funzioni composte di quelle elementari. Allora servono dei metodi per calcolare ilimiti di funzioni piu complicate.La prima cosa che ci si chiede e se l’operazione di limite e compatibile con le quattrooperazioni algebriche. Ovvero: il limite della somma algebrica (moltiplicazione, divisio-ne) di funzioni e la somma (moltiplicazione, divisione) dei limiti? La risposta e si masotto alcune condizioni.



Teorema 4.11. (Algebra dei limiti) Siano date due funzioni f : A → R e g :A → R, in cui A e un intervallo eventualmente illimitato. Sia x0 un elemento diA, eventualmente +∞ o −∞. Se

limx→x0

f(x) = l1 ∈ R limx→x0

g(x) = l2 ∈ R.

allora

• limx→x0

(cf(x)) = cl1, ∀c ∈ R

• limx→x0

(f(x)± g(x)) = l1 ± l2,

• limx→x0

(f(x)g(x)) = l1l2,

• limx→x0

1

g(x)=

1

l2, l2 6= 0,

• limx→x0

f(x)

g(x)=l1

l2, l2 6= 0,

• limx→x0

f(x)g(x) = l1l2 , (l1, l2) 6= (0, 0) , f(x) positiva.

Questo teorema ci permette di operare con i limiti come si fa con le funzioni elementari,ma solo quando l1 ed l2 non sono infinito. Ed inoltre nella divisione l2 deve essere nonnullo per non incappare nella divisione per zero, o nella divisione fra due zeri.Ma allora, se noi ci trovassimo in presenza di uno dei casi che stiamo escludendo nelteorema, come dovremo comportarci? Il teorema sull’algebra si estende? Ovviamente no,perche +∞ e −∞ non sono numeri, e neanche 0 al denominatore si potra intendere comeun semplice numero. Come si risolve il problema? Per rispondere a questa domanda siintroduce la parziale aritmetizzazione dell’infinito e dell’infinitesimo, ovvero sialgebrizzano parzialmente le operazioni che coinvolgono l’infinito e l’infinitesimo:

• Se abbiamo due quantita che tendono a +∞, ovvero che crescono infinitamente,anche la loro somma crescera infinitamente. Quindi

+∞+∞ = +∞.

Stesso ragionamento per −∞−∞ = −∞.

• Se abbiamo due quantita infinite, anche il loro prodotto sara un infinito. Si seguela regola dei segni.

(+∞)(+∞) = +∞, (−∞)(−∞) = +∞, (+∞)(−∞) = −∞.

• Si nota che se dividiamo 1 per numeri sempre piu piccoli, allora la divisione porgeun risultato sempre piu grande. Allora porremo

1

0+= +∞,

1

0−= −∞.


4.4 - Funzioni continue

• Si nota che se dividiamo 1 per numeri sempre piu grandi, allora la divisione porgeun risultato sempre piu piccolo. Allora porremo

1

+∞= 0+,

1

−∞= 0−.

Le forme

+∞−∞,∞∞,

0

0, 0 · ∞, 1∞, 00, ∞0

sono da considerarsi indeterminate, ovvero il risultato dipende dalla funzione che hagenerato la forma indeterminata. Vedremo poi come ci si comporta davanti a una formadi indecisione.Cosa succede se componiamo due funzioni?

Teorema 4.12. Siano f : A→ R e g : B → R con im(g) ⊆ A. Sia x0 un punto diaccumulazione di B. Se

1) limx→x0

g(x) = l

con g(x) 6= l per x→ x0 e2) lim

y→lf(x) = m

con x0, l,m ∈ R∗, alloralimx→x0

f(g(x)) = m

Esempio 4.13. Calcoliamo

limx→0

esinx = limy→0

ey = 1

Esempio 4.14. Si disegni la funzione nota f(x) = x2. Nell’intervallo (−∞, 0] essae decrescente e si puo notare che, preso x = −2, allora lim

x→−2−x2 = 4− che coincide

con l’estremo inferiore della funzione nell’intervallo (−∞,−2).Lo studenti prosegua in questo esempio con gli altri punti del teorema.

4.4 Funzioni continue

Sia f : A ⊆ R→ R una funzione con A intervallo aperto di R. Diremo che f e continuain un punto di accumulazione (o isolato) x0 ∈ A se

limx→x0

f(x) = f(x0).

Altre definizioni seguono dalla definizione stessa di limite.Si puo parlare, ed e banale scriverlo (invitando lo studente a farlo!), di continuita dadestra e continuita da sinistra.



Teorema 4.15. Siano f, g : A → R funzioni continue in x0 ∈ A. Allora risultanocontinue:

• f ± g e fg

•f

gcon g(x0) 6= 0

• |f |

• f g con f(x0) > 0

• logf (g) con f(x0) > 0

• max{f, g}, min{f, g}

Teorema 4.16. La composizione di funzioni continue e una funzione continua.

Cosa intendiamo con quest’ultimo teorema? Supponiamo di avere due funzioni f e gdefinite nel proprio insieme di definizione. Se f e continua in x0 e g e continua in f(x0)allora g (f (x)) e continua in x0.

Esempio 4.17. Sia f : (0,+∞)→ R la funzione

f(x) =esin(x+1) − lnx

arctan(x2).

f e continua nel suo insieme di definizione.

Teorema 4.18. Nel loro dominio le funzioni elementari sono continue.

Esempio 4.19. Consideriamo la funzione esponenziale f(x) = ex. Fissato 0 < ε <1 troviamo

|ex − 1| < ε

che e verificata per ogni x ∈ (ln(1− ε), ln(1 + ε)), che contiene a sua volta l’intorno(−δ, δ) per δ positivo abbastanza piccolo.

4.5 Tecniche di calcolo

In questa sezione vediamo come si calcolano effettivamente i limiti.

Esempio 4.20. Dimostriamo

limx→0

sinx

x= 1 .


4.5 - Tecniche di calcolo

O

P

H

Q

A

Limitiamoci per semplicita alla porzione di circonferenza nel primo quadrante delpiano cartesiano. Sia x la lunghezza in radianti dell’arco PA della circonferenzacentrata in O e di raggio 1. Essendo PH = sinx e QA = tanx, l’area del triangolo

OAP esinx

2, quella del settore circolare OAP e

x

2e quella del triangolo OAQ e

tanx

2. Si vede dalla figura che

sinx < x < tanx ,

da cui segue

cosx <sinx

x< 1

e quindi la tesi.

Esempio 4.21. Alcuni limiti notevoli

• limx→0

(1 + x)1x = e

• limx→0

ex − 1

x= 1

• limx→0

ln(1 + x)

x= 1

• limx→0

sinx

x= 1

• limx→0

1− cosx

x2=

1

2

• limx→0

tanx

x= 1

Se x0 ∈ R o ±∞ si sostituisce formalmente x0 alla x, utilizzando i limiti notevoli dellefunzioni elementari e la parziale aritmetizzazione dell’infinito ed infinitesimo.



Esempio 4.22. Calcoliamolim

x→+∞

(x2 − e−x

).

Procediamo con la sostituzione del simbolo di piu infinito nella funzione, e utiliz-zando i limiti notevoli delle funzioni elementari abbiamo

limx→+∞

(x2 − e−x

)= (+∞)2 − e−∞ = +∞− 0+ = +∞.

Seguendo la definizione, abbiamo la trasposizione grafica dei due limiti.

1 2 3 4 5

5

10

15

x

y


limx→1+

x2 + 1

x− 1, lim

x→1−

x2 + 1

x− 1.

Le funzioni a numeratore e a denominatore sono funzioni continue. Allora

limx→1+

x2 + 1

x− 1=

(1+)2 + 1

1+ − 1=

2

0+= +∞.

e

limx→1−

x2 + 1

x− 1=

(1−)2 + 1

1+ − 1=

2

0−= −∞.

Seguendo la definizione, abbiamo la trasposizione grafica dei due limiti.

0.5 1 1.5 2

−10

10

x

y


limx→0+

1

cosx− 1.

Le funzioni a numeratore e a denominatore sono funzioni continue. Allora

limx→0+

1

cosx− 1=

1

cos(0+)− 1.

Dal grafico della funzione coseno, abbiamo che cos(0+) = 1−. Ne consegue checos(0+)− 1 = 1− − 1 = 0−.



Quindi

limx→0+

1

cosx− 1=

1

0−= −∞.

Esempio 4.25. Calcoliamolim

x→−∞x3e−x.

Abbiamolim

x→−∞x3e−x = (−∞)3 · e+∞ = −∞ · (+∞) = −∞.

Esempio 4.26. I limiti

limx→+∞

x2 − x+ 1

ex + 1, lim

x→+∞

(√x2 + 1−

√x2 − 1

), lim

x→0+

x+ tanx

x2

porgono delle forme indeterminate. La parziale aritmetizzazione degli infiniti nonbasta per determinare il valore del limite posto che esista. Per risolverli abbiamobisogno di nuove tecniche.

4.5.1 Scioglimento delle forme indeterminate

Come gia visto per le successioni, il calcolo dei limiti e piu articolato nel caso si giungaad una forma indeterminata.

Forma +∞−∞

Esempio 4.27. Calcoliamo il limite

limx→+∞

(√x2 + 1−

√x2 − 1

).

Questo limite porge la forma indeterminata +∞−∞. Procediamo con la raziona-lizzazione del numeratore

√x2 + 1−

√x2 − 1 =

√x2 + 1−

√x2 − 1

1

√x2 + 1 +

√x2 − 1√

x2 + 1 +√x2 − 1

=x2 + 1− (x2 − 1)√x2 + 1 +

√x2 − 1

=2√

x2 + 1 +√x2 − 1

Dunque si ha che

limx→+∞

(√x2 + 1−

√x2 − 1

)= lim

x→+∞

2√x2 + 1 +

√x2 − 1

=2

+∞= 0+



4 6 8 10 12−0.5

0.5

1

x

y


limx→+∞

x2√x− 2−

√x+ 2

.

Questo limite porge a numeratore e denominatore la forma indeterminata +∞−∞.Similmente a quanto visto per le successioni procediamo con la razionalizzazione

x2√x− 2−

√x+ 2

=x2√

x− 2−√x+ 2

·√x+ 2 +

√x− 2√

x− 2 +√x+ 2

= −x2(√

x+ 2 +√x− 2

)4

Dunque si ha che

limx→+∞

x2√x− 2−

√x+ 2

= limx→+∞

x2(√

x+ 2 +√x− 2

)−4

= −∞

2.5 3 3.5 4 4.5 5

−20

−10

xy

Supponiamo di essere in presenza di due funzioni f1, f2 infinite nello stesso punto x0.Dobbiamo capire come risolvere il limite

(4.1) limx→x0

(f1 + f2)

quando conduce ad una forma indeterminata del tipo +∞−∞. Supponendo che f1 siadi ordine maggiore a f2 possiamo procedere con il seguente artificio

(4.2) limx→x0

(f1 + f2) = limx→x0

f1

(1 +

f2f1

)Poiche f1 ha ordine maggiore a f2 abbiamo che la quantita in rosso tende a zero. Allora

limx→x0

(f1 + f2) = limx→x0

f1.

L’artificio in (??), detto raggruppamento dell’infinito di ordine maggiore, trascuragli infiniti di ordine piu basso che non danno effettivo contributo nella determinazionedel limite.




limx→−∞

(1

2x3 − x

).

Il limite porge la forma indeterminata +∞−∞. Poiche a −∞ la funzione y = x3

e un ordine di infinito maggiore della funzione y = x allora possiamo procedere conil metodo di raggruppamento dell’infinito di ordine maggiore:

limx→−∞

(1

2x3 − x

)= lim

x→−∞

1

2x3(

1 +−x12x3

)= lim

x→−∞

1

2x3 = −∞.


limx→+∞

(e2x − ex

).

Il limite porge la forma indeterminata +∞−∞. Poiche a +∞ la funzione y = e2x eun ordine di infinito maggiore della funzione y = ex allora possiamo procedere conil metodo di raggruppamento dell’infinito di ordine maggiore:

limx→+∞

(e2x − ex

)= lim

x→+∞e2x

(1−

ex

e2x

)= lim

x→+∞e2x = +∞.


limx→+∞

(x2 −

√x2 + 1

).

Il limite porge la forma indeterminata +∞ − ∞. Si potrebbe procedere con ilmetodo di razionalizzazione, ma poiche a +∞ la funzione y = x2 e un ordine diinfinito maggiore della funzione y =

√x2 + 1 allora

limx→+∞

(x2 −

√x2 + 1

)= lim

x→+∞x2 = +∞.

Se il limite (??) conduce ad una forma indeterminata +∞−∞ e f1, f2 sono funzioniinfinite dello stesso ordine in x0, si potrebbe pensare che il limite sia automaticamentezero1. Nel seguente esempio mostriamo che cio non e vero.

Esempio 4.32. Le funzioni f(x) =√x2 + 1 e g(x) =

√x2 − 1 sono infiniti dello

stesso ordine a +∞. Infatti si ha che

limx→+∞

√x2 + 1√x2 − 1

= 1.

1Questa convinzione potrebbe nascere dal fatto che essendo f1 e f2 infiniti dello stesso ordine allorasarebbe lecito semplificare la differenza di infiniti e quindi +∞−∞ = 0.



Abbiamo mostrato precedentemente che

limx→+∞

(√x2 + 1−

√x2 − 1

)= 0.

Ma anche le funzioni f(x) = loga x e g(x) = logb x con 1 < a < b sono a +∞ infinitedello stesso ordine. Pero

limx→+∞

(logb x− loga x) = limx→+∞

(logb x−

logb x

logb a

)= lim

x→+∞logb x

(1−

1

logb a

)= +∞.

Forma∞∞

Sia data una funzione f : A ⊆ R→ R con A intervallo eventualmente illimitato. Alloraf si dice infinita in x0 ∈ A (o eventualmente +∞ o −∞) se

limx→x0

f(x) = +∞ o limx→x0

f(x) = −∞.

Se dobbiamo calcolare il rapporto fra due funzioni infinite nello stesso punto abbiamouna forma indeterminata ∞∞). Il risultato del limite del rapporto di due funzioni infinitepuo essere

limx→x0

f(x)

g(x)=

0 A),

l ∈ R− {0} B),

±∞ C),

6 ∃ D).

Se accade A diremo che f(x) e un infinito di ordine minore a g(x) in x0 ; se accade Bdiremo che f(x) ha lo stesso ordine di infinito di g(x) in x0 ; se accade C diremo chef(x) e un infinito di ordine maggiore a g(x) in x0 ; se accade D diremo che f(x) e g(x)in x0 sono infiniti non confrontabili.Ne discende che esiste una gerarchia fra le funzioni elementari infinite.

Esempio 4.33. Si puo dimostrare che

limx→+∞

xα

logc x= +∞, lim

x→+∞

xβ

xα= +∞, lim

x→+∞

ax

xα= +∞, lim

x→+∞

bx

ax= +∞,

in cui α, β ∈ R+ − {0}, α < β, 1 < a < b e c > 0, a, b, c 6= 1. Dunque a +∞ vi e laseguente gerarchia fra le funzioni elementari:

• i logaritmi hanno ordine di infinito minore di ogni funzione potenza;

• le funzioni potenze hanno ordine di infinito minore di ogni funzione esponen-ziale di base maggiore di 1;

• tra due funzioni potenza, quella avente esponente maggiore ha ordine di infi-nito maggiore;



• tra due funzioni esponenziali con base maggiore di 1, quella avente basemaggiore ha ordine di infinito maggiore;

Ovviamente, una funzione logaritmo e un infinito di ordine minore di ogni funzioneesponenziale con base maggiore di 1.

Esempio 4.34. Due funzioni logaritmo con base differente hanno ordine di infinitodifferente a +∞? Cerchiamo di calcolare il limite

limx→+∞

loga x

logb x

in cui 0 < a < b e a, b 6= 1.Ricordando la formula del cambiamento di base abbiamo che

logb x =loga x

loga b.

Allora

limx→+∞

loga x

logb x= lim

x→+∞

loga xloga xloga b

= limx→+∞

loga b = loga b.

Avendo ottenuto un numero non nullo come risultato abbiamo che una coppia difunzioni logaritmo sono infiniti dello stesso ordine.

Il raggruppamento dell’infinito di ordine maggiore utilizzato negli esercizi della sottose-zione precedente e utile per sciogliere le forme indeterminate ∞∞ .Supponiamo di essere in presenza di quattro funzioni f1, f2, g1, g2 infinite nello stessopunto x0. Se il limite

limx→x0

f1 + f2g1 + g2

porge una forma indeterminata del tipo ∞∞ allora possiamo usare la gerarchia fra funzioniinfinite per semplificare il limite. Supponiamo che l’ordine di infinito di f1 (risp. g1) siamaggiore di f2 (risp. g2). Allora possiamo applicare il seguente artificio:

limx→x0

f1 + f2g1 + g2

= limx→x0

f1

(1 +

f2

f1

)

g1

(1 +

g2

g1

)ma per le ipotesi poste allora le quantita in rosso tendono a zero per x→ x0 da cui

limx→x0

f1 + f2g1 + g2

= limx→x0

f1g1.


limx→+∞

x+ 1

x− 1.

Il limite porge la forma indeterminata ∞∞ . Applicando il metodo della gerarchia fra



infiniti trascuriamo gli infiniti di ordine piu basso:

limx→+∞

x+ 1

x− 1= lim

x→+∞

x(1 + 1

x

)x(1− 1

x

) = limx→+∞

1 = 1.


limx→+∞

x2 + 1

x3 + x2 − 2x− 1.

Il limite porge la forma indeterminata ∞∞ . Applicando il metodo della gerarchia frainfiniti trascuriamo gli infiniti di ordine piu basso:

limx→+∞

x2 + 1

x3 + x2 − 2x− 1= lim

x→+∞

x2

(1 +

1

x2

)

x3

(1 +

x2

x3−

2x

x3−

1

x3

) = limx→+∞

x2

x3= lim

x→+∞

1

x= 0.


limx→+∞

−3x3 + x+ 1

x2 − 1.


limx→+∞

−3x3 + x+ 1

x2 − 1= lim

x→+∞

−3x3

(1 +

x

−3x3+

1

−3x3

)

x2

(1−

1

x2

) =

= − limx→+∞

3x3

x2= − lim

x→+∞3x = −∞.

Quindi, da questi tre esempi abbiamo compreso che in generale si ha che

limx→±∞

anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x+ a0

bmxm + bm−1xm−1 + · · ·+ b1x+ b0= lim

x→±∞

anxn

bmxm.


limx→+∞

3x − x2

log2 x+ 2x.

Il limite porge la forma indeterminata ∞∞ . Applicando il metodo della gerarchia fra



infiniti trascuriamo gli infiniti di ordine piu basso:

limx→+∞

3x − x2

log2 x+ 2x= lim

x→+∞

3x

(1−

x2

3x

)

2x

(1 +

log2 x

2x

) = limx→+∞

3x

2x= +∞.


limx→0+

ln2 x− lnx− 1

3 lnx+ 1.


limx→0+

ln2 x− lnx− 1

3 lnx+ 1= lim

x→0+

ln2 x

(1−

lnx

ln2 x−

1

ln2 x

)

3 lnx

(1 +

1

3 lnx

) =

= limx→0+

ln2 x

(1−

1

lnx−

1

ln2 x

)

3 lnx

(1 +

1

3 lnx

) = limx→0+

lnx

3= −∞.


limx→+∞

ln

(x+ 1

x− 1

).


limx→+∞

ln

(x+ 1

x− 1

)= lim

x→+∞ln

(x(1 + 1

x

)x(1− 1

x

)) = limx→+∞

ln 1 = 0.

Forma0

0

Sia data una funzione f : A ⊆ R→ R con A intervallo eventualmente illimitato. Alloraf si dice infinitesima in x0 ∈ A (eventualmente +∞ o −∞) se

limx→x0

f(x) = 0.

Se dobbiamo calcolare il rapporto fra due funzioni infinitesime nello stesso punto citroviamo di fronte a una forma indeterminata 0

0). Il risultato del limite del rapporto di



due funzioni infinite puo essere

limx→x0

f(x)

g(x)=

0 A),

l ∈ R− {0} B),

±∞ C),

6 ∃ D).

Se accade A diremo che f(x) e un infinitesimo di ordine maggiore in x0 rispetto a g(x)e si scrive f(x) = o(g(x)) (si legga: f e un o piccolo di g); se accade B diremo chef(x) ha lo stesso ordine di infinitesimo in x0 di g(x); se accade C diremo che f(x) eun infinitesimo di ordine minore in x0 rispetto a g(x); se accade D diremo che f(x) eg(x) sono infinitesimi in x0 non confrontabili. Anche per gli infinitesimi si introduce unagerarchia: si vedano i seguenti esempi.

Esempio 4.41. Facilmente si prova che la funzione y = xα e un infinitesimo inx = 0 di ordine maggiore a y = xβ se 0 < β < α.

Esempio 4.42. Si puo dimostrare che:

• le funzioni y = sin x, y = tan x e y = x sono infinitesimi in x = 0 dello stessoordine;

• la funzione 1− cosx e infinitesima in x = 0 dello stesso ordine a x2

2;

• la funzione ex − 1 e infinitesima in x = 0 dello stesso ordine a x.

4.5.2 Infinitesimi e infiniti campione

Ricordiamo che una funzione f e infinitesima in x0 se

limx→x0

f(x) = 0.

Consideriamo la funzione g(x) = (x− x0)α con α ∈ R+ e il limite

(4.3) limx→x0

f(x)

(x− x0)α.

Se α e tale che il limite (??) e finito non nullo, allora si dira che f e un infinitesino diordine α in x0.

Esempio 4.43. La funzione f(x) = x+ sinx e una funzione infinitesima in x = 0.Poiche

limx→0

x+ sinx

xα

e finito non nullo per α = 1 allora f(x) e un infinitesimo di ordine 1 in x = 0.



Esempio 4.44. La funzione f(x) = x− sinx e una funzione infinitesima in x = 0.Poiche

limx→0

x− sinx

xα

e finito non nullo per α = 3 allora f(x) e un infinitesimo di ordine 3 in x = 0.

Esempio 4.45. Consideriamo la funzione f(x) = ex la quale e infinitesima a −∞.Pero non esiste valore di α tale che

limx→−∞

ex

xα

e finito non nullo. In questo caso non e determinabile l’ordine di infinitesimo diquesta funzione.

Esempio 4.46. L’infinitesimo f(x) = ln(1 + x2) per x→ 0 e di ordine 2 rispetto ax perche

limx→0

ln(1 + x2)

x2= 1 .

Esempio 4.47. L’infinitesimo f(x) =x− 4

x2 + 1per x→ +∞ e di ordine 1 rispetto a

1x

perche

limx→+∞

x−4x2+11x

= limx→+∞

x2 − 4x

x2 + 1= 1 .

Ricordiamo che una funzione f e infinita in x0 se

limx→x0

f(x)

e infinito. Consideriamo la funzione g(x) = (x− x0)α con α ∈ R+ e il limite

(4.4) limx→x0

f(x)

(x− x0)α.

Se α e tale che il limite (??) e finito non nullo, allora si dira che f e un infinito di ordineα in x0.Vediamo ora alcuni esempi di scioglimento di limiti che porgono questa forma indeter-minata.


limx→1

x2 − 3x+ 2

x2 − 4x+ 3.

Il limite porge una forma indeterminata0

0.

Se due polinomi si annullano per lo stesso valore x0 allora entrambi i polinomi sono



divisibili per x− x0. Quindi

limx→1

x2 − 3x+ 2

x2 − 4x+ 3= lim

x→1

(x− 1)(x− 2)

(x− 1)(x− 3)= lim

x→1

x− 2

x− 3=

1

2.


limx→1

√x− 1

x− 1.

Il limite porge una forma indeterminata0

0.

Razionalizzando il numeratore

limx→1

√x− 1

x− 1= lim

x→1

(√x− 1

x− 1

√x+ 1√x+ 1

)= lim

x→1

1√x+ 1

=1

2.


limx→0

x2 −√x+ 3 3

√x

4√x− 2x3

.

Questo limite porge la forma indeterminata0

0. Notiamo che questo limite al nume-

ratore e al denominatore presenta una somma algebrica di funzioni infinitesime inx = 0. E lecito chiedersi se possiamo imitare il metodo del raccoglimento usato conle funzioni infinite.Infatti notando che al numeratore 3 3

√x e l’infinitesimo di ordine piu basso, e che al

denominatore 4√x e l’infinitesimo di ordine piu basso allora

x2 −√x+ 3 3

√x

4√x− 2x3

=

3 3√x

(x2

3 3√x−√x

3 3√x

+ 1

)4√x

(1−

2x3

4√x

) .

Poiche le quantita in rosso tendono a zero per x→ 0 allora

limx→0

x2 −√x+ 3 3

√x

4√x− 2x3

= limx→0

3 3√x

4√x

= 0.

Esempio 4.51. Attenzione! Un lettore disattento potrebbe tentare di risolvere illimite

limx→1

x2 − 3x+ 2

x2 − 4x+ 3

semplificando le potenze di x di esponente piu alto

limx→1

x2 − 3x+ 2

x2 − 4x+ 3= lim

x→1

2

3=

2

3


4.6 - Punti di discontinuita

ma questo e sbagliato poiche a numeratore e denominatore non siamo in presenzadi una somma di funzioni infinitesime in x = 1.

Per risolvere i limiti che porgono forme indeterminate del tipo ∞∞ e 00

si puo anche usareil Teorema di De l’Hopital, che introdurremo in seguito.I limiti che porgono la forma indeterminata 0·∞ si possono sempre ricondurre alla forma00

o ∞∞ perche

0 · ∞ = 0 · 1

0=

0

0o

0 · ∞ =1

∞·∞ =

∞∞.

4.6 Punti di discontinuita

Sia f una funzione reale di variabile reale. Puo capitare che in un punto x0 ∈ Rappartenente o non appartenente all’insieme di definizione di f non sia verificata ladefinizione di funzione continua, ovvero si ha che

limx→x0

f(x) 6= f(x0)

Si distinguono tre tipi di discontinuita:

• discontinuita a gradino se i limiti esistono finiti ma sono diversi

Esempio 4.52. Consideriamo la funzione

f(x) =|x|x

il cui insieme di definizione e R− {0}. In x = 0 tale funzione non e continuapoiche

limx→0−

|x|x

= −1, limx→0+

|x|x

= 1.

Quindi f ha un punto di discontinuita a salto finito.

−2 −1 1 2

−2

−1

1

2

x

y

• discontinuita a salto infinito se almeno uno dei due limiti destro e sinistro einfinito


f(x) =1

x

il cui insieme di definizione e R− {0}. In x = 0 tale funzione non e continua



poiche

limx→0−

1

x= −∞, lim

x→0+

1

x= +∞.

Quindi f ha un punto di discontinuita a salto infinito.

−2 −1 1 2

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

x

y

• discontinuita eliminabile se i limiti

(4.5) limx→x+0

f(x) = limx→x−0

f(x) 6= f(x0) ;


f(x) =sinx

x

il cui insieme di definizione e R− {0}. In x = 0 tale funzione non e continuapoiche non essendo definita in x = 0 ma si puo mostrare che

limx→0−

sinx

x= lim

x→0+

sinx

x= 1.

Quindi f ha un punto di discontinuita eliminabile.

−8 −6 −4 −2 2 4 6 8

−1

1

x

y


4.7 - Gli asintoti

Spieghiamo perche la discontinuita viene detta eliminabile. A partire da f(x)costruiamo la funzione f(x) definita come segue definita anche in x = 0

f(x) =

sinx

xx 6= 0

0 x = 0.

La funzione f non e piu discontinua in x = 0. Abbiamo quindi a partireda f discontinua in x0 trovato una funzione f estensione di f nel punto didiscontinuita.

In generale se f e continua tranne che in x = x0 in cui vi e una discontinuita di tipoeliminabile, allora esiste una funzione f estensione di f in x = x0 continua in x = x0:

f(x) =

f(x) x 6= x0

limx→x0

f(x) x = x0.

A scanso di equivoci osserviamo che:

• Se una funzione non e definita in x0 ma lo e in un suo intorno, allora f e certamenteivi discontinua. I tre esempi visti in questa sezione sono di questo tipo.

• Esistono funzioni discontinue in un punto ma ivi definite. Ad esempio, la funzione

f(x) =

{0 x < 01 x ≥ 0

e

f(x) =

{e

1x x 6= 0

0 x = 0

sono definite in tutto R, ma sono discontinue in x = 0.

4.7 Gli asintoti

Come abbiamo visto dalla definizione, ogni limite ha una sua trasposizione grafica nelpiano cartesiano.Consideriamo la funzione

f(x) =x2 + 1

x2 − 1.

Determiniamo il comportamento della funzione agli estremi del suo insieme di esistenza.L’insieme di esistenza di f(x) si ottiene cercando i punti che annullano il denominatore.

x2 − 1 6= 0 → x2 6= 1 → x 6= ±1.

Quindi l’insieme di esistenza di f(x) e

D = R− {−1, 1} = (−∞,−1) ∪ (−1, 1) ∪ (1,+∞).

Gli estremi dell’insieme di esistenza sono −∞, +∞, −1 e 1. Calcoliamo quindi il limitedi f(x) quando x tende a ciascuno di questi valori.

limx→±∞

f(x) = limx→±∞

x2

x2= lim

x→±∞1 = 1.



Se per una funzione f(x) abbiamo che

limx→−∞

f(x) = l

allora y = l e l’equazione dell’asintoto orizzontale sinistro di f(x). Se abbiamo che

limx→+∞

f(x) = l

allora y = l e l’equazione dell’asintoto orizzontale destro di f(x).Se accade che

limx→±∞

f(x) = l

allora y = l e l’equazione dell’asintoto orizzontale di f(x).Per la funzione che stiamo studiando si ha che y = 1 e asintoto orizzontale.

limx→1+

x2 + 1

x2 − 1= lim

x→1+

x2 + 1

(x− 1)(x+ 1)=

(1+)2 + 1

(1+ − 1)(1+ + 1)=

2+

0+ · 2+=

2+

0+= +∞.

limx→1−

x2 + 1

x2 − 1= lim

x→1−

x2 + 1

(x− 1)(x+ 1)=

(1−)2 + 1

(1− − 1)(1− + 1)=

2−

0− · 2−=

2−

0−= −∞.

Se per una funzione f(x) abbiamo che uno dei seguenti limiti

limx→x0

f(x), limx→x−0

f(x), limx→x+0

f(x)

esiste non finito allora x = x0 e l’equazione di un asintoto verticale di f(x).

Per la funzione che stiamo studiando si ha che x = 1 e asintoto verticale. Similmenteproviamo che x = −1 e asintoto verticale.Nel seguente grafico si sono trasposti gli asintoti ed una possibile trasposizione dei limitiagli estremi del dominio.

−6 −4 −2 2 4 6

−6

−4

−2

2

4

6

x

y

L’esatta trasposizione si ottiene con uno studio piu approfondito che vedremo nei pros-simi capitoli.Se accade che

limx→+∞

f(x)


4.8 - Teoremi sulle funzioni continue

e infinito e se

m = limx→+∞

f(x)

xq = lim

x→+∞[f(x)−mx]

sono finiti allora y = mx+ q e detto asintoto obliquo destro. Se accade che

limx→−∞

f(x)

e infinito e se

m = limx→−∞

f(x)

xq = lim

x→−∞[f(x)−mx]

sono finiti allora y = mx + q e detto asintoto obliquo sinistro. Se l’asintoto obliquodestro e sinistro coincidono allora si parlera semplicemente di asintoto obliquo.

4.8 Teoremi sulle funzioni continue

Anzitutto, osserviamo che dalla definizione di funzione continua e dal teorema dellapermanenza del segno segue il seguente

Proposizione 4.55. Sia data una funzione f : A → R continua in x0 ∈ A. Sef(x0) > 0, allora esiste un intorno U di x0 tale che f(x) > 0 per ogni x ∈ U ∩ A.

Di fondamentale importanza e il seguente

Teorema 4.56. Sia data una funzione f : A ⊆ R→ R.

1. Se A = [a, b] e f(a)f(b) < 0, allora l’equazione f(x) = 0 ammette almeno unasoluzione ξ ∈ [a, b] (teorema di esistenza degli zeri).

2. Se A = (a, b) allora f assume tutti i valori compresi tra inf f e sup f .

3. Se A = [a, b] allora esiste massimo e minimo di f in A (teorema di Weier-strass).

4. Se A = [a, b] allora la f assume tutti i valori compresi fra il massimo e ilminimo (teorema dei valori intermedi).


f(x) =|x|x

per x ∈ [−1, 1]. Tale funzione ha massimo per 1 e minimo −1, ma non viene assuntonessun valore compreso strettamente fra−1 e 1. Questa funzione infatti non soddisfala condizione di essere continua per x = 0. Inoltre pur essendo f(−1)f(1) < 0l’equazione f(x) = 0 non ha soluzione.


f(x) =sinx

x

per x ∈ [−1, 1]. Tale funzione ha punti di minimo per x = −1 e x = 1, ma non ha



massimo.

Esempio 4.59. Consideriamo la funzione f(x) = x per x ∈ (0, 1). Tale funzione econtinua nell’intervallo considerato. Pero f non ammette ivi massimo e minimo. Ilproblema e che l’intervallo considerato e aperto e limitato.

Esempio 4.60. Consideriamo la funzione f(x) = ex per x ∈ (−∞, 0]. Tale funzionee continua nell’intervallo considerato. Pero f ammette massimo ma non minimo. Ilproblema e che l’intervallo considerato non e limitato.

Esempio 4.61. La dimostrazione del terzo punto del teorema precedente porge unmetodo per ricavare una soluzione approssimata di un equazione. Non tutte leequazioni sono risolubili tramite formule: un esempio viene fornito dall’equazione

f(x) = x5 − x− 1 = 0.

Ma se ci serve la soluzione di questa equazione come facciamo? Possiamo acconten-tarci di una sua approssimazione.Per prima cosa dobbiamo trovare un intervallo in cui la funzione f(x) certamente vie almeno una soluzione. Per farlo dobbiamo disegnare i grafici delle funzioni y = x5

e y = x+ 1:

−2 −1 1 2

−4

−2

2

4

x

y

Dal grafico notiamo che y = x5 e y = x + 1 si incontrano in un punto di ascissax ∈ A0 = [1, 2]a. Ora cerchiamo il punto medio dell’intervallo A0 che e 3

2. Fra gli

intervalli [1, 32] e [3

2, 2] dobbiamo considerare quello in cui la funzione f(x) = x5−x−1

assume valori di segno opposto. Si trova facilmente che l’intervallo e il primo: quindix ∈ [1, 3

2]. Ora ripetiamo il procedimento dividendo in due parti l’intervallo, e cosı

via. Il procedimento continua all’infinito se lavoriamo in aritmetica esatta. Noitermineremo le iterazioni secondo la precisione da noi voluta.

aNotare che la funzione f(x) = x5 − x − 1 e tale che f(1)f(2) < 0. Essendo f continua allorain tale intervallo vi e una soluzione.

4.9 Esercizi

Esercizio 4.1. Calcolare i seguenti limiti:

limx→+∞

x lnx, limx→−∞

xe−2x, limx→1±

√x+ 1

x− 1,


4.9 - Esercizi

limx→0±

x2 − 1

x2 + x, lim

x→2±

x2 + 3x+ 2

x2 − 3x+ 2, lim

x→1±

e2x + 1

ex − e,

limx→±∞

x3 + x− 2x2

x3 − x+ 1, lim

x→−∞

e−x − 2

e−2x + 1, lim

x→+∞

3e3x − x2 + 1

2ex − e−3x,

limx→0+

(ln3 x+ lnx

), lim

x→+∞

x3 − 10x

3 · 10x − 2x, lim

x→+∞

(√x3 + 1− x2

),

limx→+∞

√x2 + 1− x

3x, lim

x→(π2 )±

cosx

1− sin2 x, lim

x→(π2 )±

1 + sin x

tanx,

limx→0

atan

[2

(cosx− 1

sin2 x

)], lim

x→+∞

ln(1 + 1

2x

)1− e 1

x

, limx→0

esin 4x − 1

ln(1 + tan x).

Esercizio 4.2. Si determini il comportamento delle seguenti funzioni agli estremi del-l’insieme di definizione.

• f(x) =x

1− x;

• f(x) =x+ 2

x2 − 1;

• f(x) =√

1 + x2;

• f(x) =√x2 − 1−

√x2 + 1;

• f(x) =2x

2x − 1;

• f(x) =x2 + 1

3x− 4;

• f(x) = e1−x2;

• f(x) = ln(1 + x2);

• f(x) = e1x ;

• f(x) = ln(1− x2);

• f(x) =sinx

1− cosx;

Esercizio 4.3. Per le seguenti funzioni classificare il tipo di discontinuita nel puntoindicato.

• f(x) =|x|x2

in x = 0.

• f(x) =x2

x2 − 1in x = 1.

• f(x) =

x x < 0,1 x = 0,x2 x > 0.



• f(x) = e1x in x = 0.

Esercizio 4.4. Si consideri la funzione

f(x) =

{ex − 1 x ≥ 0,x x < 0,

Provare che f e continua nel suo insieme di definizione.

Esercizio 4.5. Si consideri la funzione

f(x) =

{x3 − 1 x ≥ 1,x2 + a x < 1,

Per quale valore reale di a la funzione f e continua nel suo insieme di definizione?

Esercizio 4.6. Mediante il teorema degli zeri, verificare che le seguenti equazioni am-mettono soluzioni nell’intervallo indicato.

• lnx− | sinx| = 0 in

[1

e, 2π

];

• ex + x2 + 2x− 1 = 0 in [−3,−1].

Esercizio 4.7. Trovare a e b in modo che f sia continua:

f(x) =

abx x ≥ 1,x2 + 1 0 < x < 1,

−(a+ b)(13− x2) x ≤ 0


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