Soluzioni delle Esercitazioni VI – 23/10–02/11/2017 A...

Esercitazioni di Matematica – Esercitazioni VI – 23/10–02/11/2017

Soluzioni delle Esercitazioni VI – 23/10–02/11/2017

A. Limiti con i confronti e il principio di eliminazione

◮ 1. Per provare che3√x2 e trascurabile rispetto a

√x3, per x → +∞, basta provare che il limite del quoziente

delle due funzioni e zero. Quindi consideriamo il

limx→+∞

3√x2

√x3

= limx→+∞

x2/3

x3/2= lim

x→+∞

1

x3/2−2/3= lim

x→+∞

1

x5/6= 0.

2. Per provare che4√x3 e trascurabile rispetto a

√x, per x → 0+, basta provare che il limite del quoziente delle due

funzioni e zero. Quindi consideriamo il

limx→0+

4√x3

√x

= limx→0+

x3/4

x1/2= lim

x→0+x3/4−1/2 = lim

x→0+x1/4 = 0.

3. Per provare che e−x e trascurabile rispetto a 1x , per x → +∞, basta provare che il limite del quoziente delle due

funzioni e zero. Quindi consideriamo il

limx→+∞

e−x

1x

= limx→+∞

x

ex= 0,

per il confronto standard potenza/esponenziale.

4. Per provare che 1x e trascurabile rispetto a 1

ln x , per x → +∞, consideriamo il

limx→+∞

1x1

ln x

= limx→+∞

lnx

x= 0,

per il confronto standard logaritmo/potenza.

5. Proviamo che il limite del quoziente e zero.

limx→+∞

1x2

1√x

= limx→+∞

√x

x2= lim

x→+∞

1

x3/2= 0.

6. Proviamo che il limite del quoziente e zero.

limx→0+

1√x

1x

= limx→0+

x√x= lim

x→0+

√x = 0.

◮ 7. Vogliamo provare che√x2 + 1 e equivalente a x, per x → +∞. Occorre dimostrare che il limite del quoziente

e 1.

limx→+∞

√x2 + 1

x= lim

x→+∞

√

x2 + 1

x2= lim

x→+∞

√

1 +1

x2= 1.

8. Vogliamo provare che√x3 + x2 + x+ 1 e equivalente a x3/2, per x → +∞.

Occorre anche qui dimostrare che il limite del quoziente e 1.

limx→+∞

√x3 + x2 + x+ 1√

x3= lim

x→+∞

√

x3 + x2 + x+ 1

x3= lim

x→+∞

√

1 +1

x+

1

x2+

1

x3= 1.

Lo studente potrebbe a questo punto dimostrare la regola generale che la radice n-esima di un polinomio e equivalentealla radice n-esima del suo monomio di grado massimo (attenzione! la regola vale per x → +∞).

9. Vogliamo provare che ln(x2+x+1) e equivalente a ln(x2), per x → +∞. Anche in questo caso dobbiamo dimostrareche il limite del quoziente e 1.

limx→+∞

ln(x2 + x+ 1)

ln(x2)= lim

x→+∞

ln[

x2(1 + 1/x+ 1/x2)]

ln(x2)= lim

x→+∞

ln(x2) + ln(1 + 1/x+ 1/x2)

ln(x2)= 1.

A. Peretti – Corso di Matematica 1 UNIVR – Sede di Vicenza


◮ 10. Le due funzioni ex2+x+1 e ex

2

non sono equivalenti per x → +∞ in quanto

limx→+∞

ex2+x+1

ex2= lim

x→+∞ex

2+x+1−x2

= limx→+∞

ex+1 = +∞.

◮ 11. Il limite e una forma indeterminata del tipo +∞ · 0. Possiamo portare a denominatore l’esponenziale escrivere

limx→+∞

x2e−x = limx→+∞

x2

ex.

Si tratta allora del confronto a +∞ tra la funzione potenza e la funzione esponenziale (confronto standard). Comenoto la funzione potenza va all’infinito piu lentamente e quindi il limite e zero.

12. Nel limite

limx→+∞

ln2 x√x

si ha un confronto standard a +∞ tra una funzione logaritmica (elevata al quadrato) e una potenza (con esponente1/2). La funzione potenza va all’infinito piu velocemente della funzione logaritmica e quindi il limite e zero.

13. Il limite e una forma indeterminata del tipo ∞/∞. Si tratta di un confronto tra una funzione esponenziale e unapotenza. Non e un confronto standard, ma solo perche la frazione e “rovesciata”. Possiamo scrivere

limx→+∞

2x√x= lim

x→+∞

1√x

2x

= limx→+∞

1x1/2

2x

.

A denominatore abbiamo ora un confronto standard, che tende a zero. Essendo uno “0+”, cioe uno zero positivo,possiamo dire che il limite e del tipo 1

0+ , cioe +∞.

14. Il limite e una forma indeterminata del tipo ∞/∞. Siamo nella stessa situazione precedente, con un confrontostandard con la frazione “rovesciata”. Possiamo scrivere

limx→+∞

x2

ln3 x= lim

x→+∞

1ln3 xx2

= limx→+∞

1(lnx)3

x2

=1

0+= +∞.

15. Nel limitelim

x→+∞(x− lnx),

forma indeterminata del tipo +∞ − ∞, possiamo applicare un principio di eliminazione: la funzione logaritmica etrascurabile a +∞ rispetto alla potenza in quanto tende all’infinito piu lentamente, quindi, trascurando la funzionelogaritmica, possiamo scrivere

limx→+∞

(x− lnx) = limx→+∞

x = +∞.

16. Nel limitelim

x→+∞(x3 − ex)

la potenza x3 e trascurabile a +∞ rispetto alla funzione esponenziale e quindi (principio di eliminazione) si ha

limx→+∞

(x3 − ex) = limx→+∞

(−ex) = −∞.

17. Ricordando che, per x → +∞, lnx e trascurabile rispetto a x e x e trascurabile rispetto a x2, si ha (col principiodi eliminazione)

limx→+∞

x+ lnx

x+ x2= lim

x→+∞

x

x2= lim

x→+∞

1

x= 0.

18. Ricordando che, per x → +∞, x e trascurabile rispetto a 2x e x2 e trascurabile rispetto a 3x, si ha (col principiodi eliminazione)

limx→+∞

x+ 2x

x2 + 3x= lim

x→+∞

2x

3x= lim

x→+∞

(

2

3

)x

= 0. 1



19. Ricordando che, per x → 0+, x e trascurabile rispetto a√x e x2 e trascurabile rispetto a 3

√x, si ha (principio di

eliminazione)

limx→0+

x+√x

x2 + 3√x= lim

x→0+

√x

3√x= lim

x→0+x1/6 = 0.

20. Ricordando che, per x → +∞,√x e trascurabile rispetto a x, lnx e trascurabile rispetto a x, 1 e trascurabile

rispetto a 2x e√x e trascurabile rispetto a 2x, si ha (principio di eliminazione)

limx→+∞

x+√x+ lnx

1 +√x+ 2x

= limx→+∞

x

2x= 0 (confronto standard)..

B. Funzioni continue

◮ In questi esercizi sulla continuita troviamo prima la risposta graficamente e poi verifichiamo i risultati con ladefinizione analitica.1. Il grafico di f e rappresentato a fianco.Dal grafico risulta evidente che la funzione e continua in tutto R. Possiamo confer-mare questo osservando che nell’intervallo (−∞, 0) la funzione f e continua in quantocoincide con la funzione elementare x 7→ 2−x. Nell’intervallo (0,+∞) la funzione econtinua in quanto coincide con la funzione elementare x 7→ 1 + x.2 Nel punto x = 0dobbiamo studiare la continuita attraverso la definizione. Possiamo dire (vedi nota)che f certamente e continua da destra (coincide con x 7→ 1 + x in [0,+∞)) e lo e dasinistra poiche

f(0) = 1 e limx→0−

f(x) = limx→0−

2−x = 1.

La prova della continuita e ora completa.

b 1

x

y

2. Il grafico di f e rappresentato a fianco.Dal grafico risulta evidente che la funzione e continua in tutti i punti tranne l’origine.Possiamo confermare questo osservando che in tutti i punti diversi da 0 e 1 la funzionef e continua in quanto coincide con funzioni elementari. Nel punto x = 0 possiamodire che f non e continua ne da destra ne da sinistra dato che

limx→0−

f(x) = limx→0−

1

x= −∞

e

limx→0+

f(x) = limx→0+

1

x= +∞.

b

b1

1 x

y

Nel punto x = 1 invece f e continua dato che e continua da destra (funzione elementare x 7→ x) e continua da sinistrain quanto

f(1) = 1 e limx→1−

f(x) = limx→1−

1

x= 1.

1E il limite a +∞ di una funzione esponenziale con base minore di 1.2Attenzione qui. Se scrivo che una funzione f e continua in (0,+∞) affermo che e continua in tutti i punti x > 0, quindi non dico

che e continua in x = 0. Se invece scrivo che f e continua in [0,+∞) sto dicendo che essa e continua anche in x = 0, e questo significacontinua sia da destra sia da sinistra. Con funzioni definite a tratti, come quelle di questi esercizi, occorre stare attenti. Nel caso che stiamoesaminando sarebbe un errore scrivere, a questo punto dello svolgimento, che f , essendo uguale alla funzione x 7→ 1 + x nell’intervallo[0,+∞), e continua in [0,+∞): infatti posso soltanto dire che e continua da destra, ma non da sinistra.



3. Il grafico di f e rappresentato a fianco.Dal grafico risulta evidente che la funzione e continua in tutti i punti tranne che inx = 1. Possiamo confermare questo osservando che in tutti i punti diversi da −1 e 1 lafunzione f e continua in quanto coincide con funzioni elementari.3 Nel punto x = −1possiamo dire che f e continua dato che

f(−1) = 0 e limx→(−1)+

f(x) = limx→(−1)+

(x2 − 1) = 0. 4

Nel punto x = 1 invece f non e continua dato che

f(1) = 1 e limx→1−

f(x) = limx→1−

(x2 − 1) = 0. 5

b bc

b

−1 1

1

x

y

4. Il grafico di f e rappresentato a fianco.Dal grafico risulta evidente che la funzione e continua in tutti i punti tranne che inx = 0 e x = 1. Possiamo confermare questo osservando che in tutti i punti diversi da0 e 1 la funzione f e continua in quanto coincide con funzioni elementari. Nel puntox = 0 possiamo dire che f non e continua dato che

f(0) = 0 e limx→0+

f(x) = limx→0+

√

1− x2 = 1. 6

Nel punto x = 1 f non e continua dato che

f(1) = 0 e limx→1+

f(x) = limx→1+

(x− 2) = −1. 7

b

bc

b

bc

1

−1

−2

1

2

x

y

◮ 5. Possiamo dire anzitutto che la funzione f e certamente continua in ogni punto diverso da 1, per ogni valore dia: infatti coincide in un opportuno intorno di tali punti con una funzione elementare. La continuita nel punto x = 1dipende invece dal parametro a.8 Possiamo anche qui dire che certamente la funzione e continua da destra, qualunquesia il parametro a (tra l’altro, a destra, la funzione non dipende da a).

Per quanto riguarda la continuita da sinistra, abbiamo

f(1) = ln 1 = 0 e limx→1−

f(x) = limx→1−

(1 + ax) = 1 + a.

Per avere la continuita deve quindi essere 1 + a = 0, e quindi a = −1.La figura a fianco illustra geometricamente il problema. Delle infinite rette che pas-sano per il punto (0, 1) (tutte queste rette, ad eccezione di quella di equazione x = 0,sono il grafico della funzione x 7→ 1 + ax, al variare di a) si tratta di trovare quellache rende continua la funzione. La figura mostra che la retta e quella che passa ancheper il punto (1, 0), e si vede facilmente che si tratta di quella con pendenza −1.

b

1 x

y

C. Teoremi sulle funzioni continue

◮ In questi esercizi lavoriamo con i teoremi sulle funzioni continue in un intervallo. Facciamo tutte le considerazioniche servono operando graficamente.

3A conferma di quanto detto nella nota precedente, se una funzione e definita a tratti (con funzioni elementari) non si puo essere certidella sua continuita soltanto nei punti in cui cambia la definizione, cioe i punti nel cui intorno destro si ha una certa funzione elementaree nel cui intorno sinistro se ne ha un’altra.

4La funzione e certamente continua da sinistra in quanto coincide con la funzione elementare x 7→ ln(−x) nell’intervallo (−∞,−1] equindi il valore assunto in −1 necessariamente coincide con il limite da sinistra.

5Qui possiamo specificare che la funzione e continua da destra in quanto coincide con la funzione elementare x 7→ 1

xnell’intervallo

[1,+∞) e quindi il valore assunto in 1 necessariamente coincide con il limite da destra. La funzione non e pero continua da sinistra, comeevidenzia il confronto tra il valore f(1) e il limite da sinistra.

6Qui possiamo specificare che la funzione e continua da sinistra in quanto coincide con la funzione elementare x 7→ −√−x nell’intervallo

(+∞, 0] e quindi il valore assunto in 0 necessariamente coincide con il limite da sinistra. La funzione non e pero continua da destra.7Anche in x = 1 la funzione e continua da sinistra in quanto coincide con la funzione elementare x 7→

√1− x2 nell’intervallo (0, 1] e

quindi il valore assunto in 1 coincide con il limite da sinistra. La funzione non e pero continua da destra.8Ribadisco ancora una volta che anche in un intorno di 1 la funzione coincide con funzioni elementari, ma non con la stessa funzione

elementare. In altre parole a destra di 1 coincide con una funzione elementare e a sinistra con un’altra funzione elementare. Ovviamentequesto non garantisce che la funzione sia continua in 1.



1. Il grafico della funzione f e rappresentato qui a fianco.Le ipotesi del teorema fondamentale sono la continuita di f in un intervallochiuso e limitato. Che la f sia definita in un intervallo chiuso e limitato eevidente. Dobbiamo verificarne la continuita. Non ci sono problemi, nel sensoche la funzione e certamente continua, in tutti i punti dell’intervallo diversi da0, dato che f coincide con funzioni elementari. In x = 0 possiamo osservare cheil valore di f e f(0) = 1. Inoltre la funzione e certamente continua da sinistra.Da destra risulta

limx→0+

f(x) = limx→0+

2−x = 1.

b

b

b

−2 −1

1

1

1/2

x

y

Quindi la continuita nell’intervallo [−1, 1] e verificata.

La tesi del teorema dice che l’immagine di f , nel nostro caso f([−1, 1]), e un intervallo chiuso e limitato. Dal graficovediamo che l’immagine di f e l’intervallo [0, 1], che e chiuso e limitato. La tesi e quindi verificata.

◮ 2. Qui a fianco c’e un grafico della funzione f .

Ricordo che il Teorema degli zeri dice che se la funzione e continua in un intervallochiuso e limitato e assume valori di segno opposto agli estremi, allora la funzionesi annulla in qualche punto. Le ipotesi che garantiscono la tesi sono quindi che lafunzione sia definita in un intervallo chiuso e limitato, sia continua in tale intervalloe assuma valori di segno opposto agli estremi.Nel nostro caso possiamo dire che: la funzione f e definita in [− 1

2 , 2] ed e continua intale intervallo in quanto e una funzione elementare. Inoltre si ha:

f(− 12 ) = − 3

4 e f(2) = 3.

Dato che i valori agli estremi hanno segno opposto, possiamo dire che certamente valela proprieta degli zeri, cioe che esiste almeno un punto c nell’intervallo (− 1

2 , 2) taleche f(c) = 0. Qui finisce la prima parte dell’esercizio (verifica delle ipotesi).

b

b

−1

−1/2

1 2

3

−1

x

y

Nella seconda si chiede di verificare la tesi del teorema, cioe di trovare almeno un punto c con la proprieta richiesta. Perfare questo basta ovviamente risolvere l’equazione x2 − 1 = 0. Le soluzioni sono −1 e 1 ma in questo caso soltanto laseconda e interessante dal nostro punto di vista, dato che la funzione e definita in [− 1

2 , 2]. Possiamo quindi concluderedicendo che la proprieta degli zeri e verificata in c = 1.

◮ 3. Si puo intanto disegnare il grafico di f : possiamo ottenerlo attraverso le trasformazioni grafiche elementari.

Il grafico di ex−1 − 1 si ottiene dal grafico di ex con una traslazione a destra e poi con una traslazione in basso di 1. Ipassaggi sono raffigurati qui sotto.

1

x

y

x 7→ ex

1

1 x

y

x 7→ ex

x 7→ ex−1

1

1

−1

x

yx 7→ ex−1

x 7→ ex−1 − 1

Il grafico di 1− (x− 1)2 si ottiene invece dal grafico di x2 con una traslazione a destra, poi con una simmetria rispettoall’asse orizzontale e infine con una traslazione verso l’alto di 1. I passaggi sono raffigurati qui sotto.

1

1 x

y

x 7→ x2x 7→ (x− 1)2 1

1

−1

x 7→ (x− 1)2

x 7→ −(x− 1)2

x

y

1

1

−1

x 7→ 1− (x− 1)2

x 7→ −(x− 1)2

x

y



Cosı possiamo ottenere il grafico della funzione f , che e rappresentato qui a fianco.L’enunciato del Teorema degli zeri e stato ricordato poco fa. La funzione f e definitanell’intervallo chiuso e limitato [0, 3]. Il grafico mostra che non e continua in tuttii punti dell’intervallo, dato che non e continua in x = 1. Infatti il valore f(1) = 1attraverso la seconda espressione, mentre il limite da sinistra e 0. Quindi possiamodire che il teorema non e applicabile.In realta possiamo osservare che c’e un’altra ipotesi del teorema che non si verifica,dato che i valori della funzione agli estremi dell’intervallo non sono di segno opposto.Infatti si ha:

f(0) = e−1 − 1 = 1e − 1, che e negativo e f(3) = −3.

b

bc

b

b

1

2 3

1

−3

e−1−1

x

y

Pur non essendo applicabile il teorema (cioe non essendo vere le ipotesi) la tesi e comunque vera, dato che esiste unpunto nell’intervallo [0, 3] in cui la funzione si annulla, ed e il punto x = 2.

◮ 4. Qui a fianco c’e un grafico della funzione f .

Ricordo che il Teorema di Weierstrass afferma che, se una funzione e continua in unintervallo chiuso e limitato, allora ci sono in tale intervallo due punti in cui la funzioneassume rispettivamente i valori dell’estremo inferiore e dell’estremo superiore dellafunzione stessa, cioe in altre parole un punto di massimo (globale) e un punto diminimo (globale). Le ipotesi del teorema sono quindi che la funzione sia definita inun intervallo chiuso e limitato e sia in questo continua.Nel nostro caso possiamo dire che:

b bc

b b

−1 1

1

x

y

• la funzione f e definita in [−1, 1];

• e continua in [−1, 0) in quanto coincide con la funzione elementare x 7→ 1− x2;

• e continua in (0, 1] in quanto coincide con la funzione elementare x 7→ x2;

• non e continua in 0 in quantof(0) = 1 6= lim

x→0+f(x) = 0.

Pertanto non sono soddisfatte le ipotesi che garantiscono la validita della tesi del Teorema di Weierstrass.

Nella seconda parte si chiede di dire se comunque (cioe anche in mancanza delle ipotesi) la funzione soddisfa la tesidel teorema. Possiamo, senza troppe sottigliezze, dare la risposta leggendo il grafico. Dal grafico risulta evidente chel’estremo inferiore di f e 0 e l’estremo superiore di f e 1. Inoltre il valore 0 si ottiene con x = −1 e il valore 1 si ottienecon x = 0 oppure con x = 1. Pertanto (con le notazioni usate nella dispensa) il punto cm = −1 e (unico) punto diminimo, con valore f(cm) = 0 e i punti cM1

= 0 e cM2= 1 sono i punti di massimo, con valore f(cM1

) = f(cM2) = 1.

Questo e dunque un altro caso, come il precedente, in cui, pur non essendo soddisfatte le ipotesi, la tesi del teorema ecomunque vera.9

9Si ricordi sempre questo fatto: se un teorema afferma che, in certe ipotesi, vale una certa proprieta, allora la validita della proprieta eassicurata quando sono vere le ipotesi. In generale nulla si puo dire quando le ipotesi non sono vere: ci sono casi in cui la proprieta nonvale e altri, come questo, in cui invece vale ugualmente.



D. Limiti con cambio di variabile e limiti notevoli

◮ 1. Il limite e nella f.i. 0 · (+∞). Usiamo il cambio di variabile 1x = y (da cui x = 1

y ). Si ottiene

limx→0+

x2e1/x = limy→+∞

1

y2ey = lim

y→+∞

ey

y2= +∞

dal confronto standard tra esponenziale e potenza.

2. Il limite e nella f.i. −∞ · 0. Possiamo ricondurlo ad un confronto standard tra potenza ed esponenziale scrivendointanto

limx→−∞

xex = limx→−∞

x

e−x.

Ora usiamo il cambio di variabile −x = y (da cui x = −y). Si ottiene

limx→−∞

x

e−x= lim

y→+∞

−y

ey= 0

dal confronto tra potenza ed esponenziale.

3. Il limite e nella f.i. 0 · (+∞). Possiamo ricondurlo ad un confronto standard tra potenza e logaritmo scrivendointanto

limx→0+

x ln2 x = limx→0+

ln2 x1x

.

Ora usiamo il cambio di variabile 1x = y (da cui x = 1

y ). Si ottiene

limx→0+

ln2 x1x

= limy→+∞

ln2 1y

y= lim

y→+∞

ln2 y

y= 0 10

dal confronto tra logaritmo e potenza.

4. Il limite e nella f.i. +∞ · 0. Possiamo ricondurlo ad un confronto standard tra potenza ed esponenziale scrivendointanto

limx→+∞

xe−√x = lim

x→+∞

x

e√x.

Ora usiamo il cambio di variabile√x = y (da cui x = y2). Si ottiene

limx→+∞

x

e√x= lim

y→+∞

y2

ey= 0

dal confronto tra potenza ed esponenziale.

5. Premetto una considerazione generale sui limiti notevoli. Abbiamo visto che dal limite fondamentale

limx→±∞

(

1 +1

x

)x

= e

seguono alcuni limiti notevoli. In particolare, come si e visto, sono importanti

limx→0

logb(1 + x)

x=

1

ln b, lim

x→0

bx − 1

x= ln b e lim

x→0

(1 + x)b − 1

x= b.

E semplice intuire che, piu in generale, possiamo dire che, se f(x) tende a zero per x → c (e c puo essere qualunquecosa, finito o infinito), allora

limx→c

logb(

1 + f(x))

f(x)=

1

ln b, lim

x→c

bf(x) − 1

f(x)= ln b e lim

x→c

(

1 + f(x))b − 1

f(x)= b

(basta usare il cambio di variabile f(x) = y e questi si riconducono ai tre limiti notevoli).11

10Ricordo che ln 1

y= − ln y, e quindi ln2 1

y= ln2 y.

11Quindi, se ci troviamo in presenza di uno di questi casi, possiamo scrivere direttamente il risultato, anche senza scrivere formalmenteil cambio di variabile. Ad esempio, con i limiti

limx→0

ln(1 + x2)

x2, lim

x→+∞

e1/x − 1

1/xoppure lim

x→1

(1 + lnx)1/3 − 1

lnx

possiamo dire direttamente che i risultati sono rispettivamente 1, 1 e 1

3.



Veniamo ora all’esercizio proposto (f.i. 00 ). E un limite che puo essere ricondotto ad un limite notevole, e lo possiamo

fare in due modi: o con un cambio di variabile oppure direttamente. Vediamo entrambe le possibilita.

Con un cambio di variabile, ponendo x3 = y (e quindi x = y1/3), si ha

limx→0

ln(1 + x3)

x= lim

y→0

ln(1 + y)

y1/3.

Ora possiamo ricondurre il limite al limite notevole moltiplicando e dividendo per y:

limy→0

ln(1 + y)

y1/3= lim

y→0

(

ln(1 + y)

y· y

y1/3

)

.

Il primo quoziente tende a 1 poiche e il limite notevole logaritmico, il secondo si semplifica in y2/3 e quindi tende a 0.Il risultato e 0.

Senza usare il cambio di variabile possiamo semplicemente scrivere

limx→0

ln(1 + x3)

x= lim

x→0

(

ln(1 + x3)

x3· x2

)

e concludere che il limite e 0 dato che il quoziente e sostanzialmente il limite notevole e x2 tende a 0 per x → 0.

6. Il limite e nella f.i. +∞ · 0. Possiamo portare la x come esponente dell’argomento del logaritmo:

limx→+∞

x ln

(

1 +1

x

)

= limx→+∞

ln

(

1 +1

x

)x

.

Dentro al logaritmo abbiamo il limite fondamentale (limx→+∞(1 + 1x )

x = e) e quindi il limite dato vale ln e = 1.

Alternativamente possiamo scrivere

limx→+∞

x ln

(

1 +1

x

)

= limx→+∞

ln(

1 + 1x

)

1x

e concludere che e sostanzialmente il limite notevole logaritmico, dato che la funzione 1x tende a zero per x → +∞. Il

risultato e quindi 1. Si poteva ovviamente anche usare un cambio di variabile ( 1x = y).

7. Il limite e nella f.i. 00 . Possiamo scrivere

limx→0+

1− e√x

x= lim

x→0+

(

−e√x − 1√x

·√x

x

)

.

Il primo quoziente tende ad 1 (limite notevole esponenziale); il secondo quoziente si semplifica in 1√xe quindi tende a

+∞ per x → 0+. Il risultato e allora −∞. Si poteva anche usare un cambio di variabile (√x = y).

8. Il limite e nella f.i. +∞ · 0. Possiamo scrivere

limx→+∞

x2(e1/x − 1) = limx→+∞

e1/x − 1

1/x2= lim

x→+∞

(

e1/x − 1

1/x· 1

1/x

)

= limx→+∞

(

e1/x − 1

1/x· x)

.

Il quoziente tende ad 1 (limite notevole esponenziale) e quindi il limite e +∞.


limx→0

√1 + x2 − 1

x= lim

x→0

(

(1 + x2)1/2 − 1

x2· x)

.

Il quoziente tende a 12 (limite notevole potenza) e quindi il limite e 0.


limx→0+

3√

1 +√x− 1

x2= lim

x→0+

(

(1 +√x)1/3 − 1√x

· 1

x3/2

)

.



Il primo quoziente tende a 13 (limite notevole potenza); il secondo quoziente tende a +∞ e quindi il limite e +∞.

11. Questo e forse meno immediato degli altri, ma un semplice cambio di variabile lo riconduce direttamente al limitenotevole logaritmico. Poniamo x− 1 = y (da cui x = 1 + y): si ottiene

limx→1

lnx

x− 1= lim

y→0

ln(1 + y)

y= 1.

12. Questo e simile al precedente (almeno nel modo con cui si arriva alla conclusione): poniamo x−1 = y e otteniamo

limx→1

4√x− 1

x− 1= lim

y→0

4√1 + y − 1

y= lim

y→0

(1 + y)1/4 − 1

y=

1

4.

E. Definizione di derivata

◮ 1. Dobbiamo calcolare il limite del rapporto incrementale della funzione f(x) = x+ ex, per x → 0, e cioe il

limx→0

f(x)− f(0)

x= lim

x→0

x+ ex − 1

x= lim

x→0

(

1 +ex − 1

x

)

= 1 + 1 = 2,

ricordando che il limite notevole esponenziale vale 1.

◮ 2. Dobbiamo calcolare il limite del rapporto incrementale della funzione f(x) = ln2 x, per x → 1. Possiamousare qui la definizione nella forma con l’incremento h, cioe calcolare il limite

limh→0

f(x0 + h)− f(x0)

h= lim

h→0

f(1 + h)− f(1)

h= lim

h→0

ln2(1 + h)

h= lim

h→0

(

ln(1 + h)

h

)2

· h = 0,

ricordando che quello tra parentesi e il limite notevole logaritmico.

Se avessimo invece usato il limite del rapporto incrementale nella forma con la x dovevamo calcolare il

limx→1

f(x)− f(1)

x− 1= lim

x→1

ln2 x

x− 1.

Questo limite diventa quello di prima con il cambio di variabile x− 1 = h.

◮ 3. Dobbiamo calcolare il limite del rapporto incrementale della funzione f(x) =√x, per x → 1, e cioe il

limx→1

f(x)− f(1)

x− 1= lim

x→1

√x− 1

x− 1.

Questo limite si puo calcolare in vari modi.

Uno e quello di scomporre il denominatore x− 1 in (√x− 1)(

√x+ 1). Si ha allora

limx→1

√x− 1

x− 1= lim

x→1

√x− 1

(√x− 1)(

√x+ 1)

= limx→1

1√x+ 1

=1

2.

Oppure si puo usare un cambio di variabile x− 1 = t, da cui risulta

limx→1

√x− 1

x− 1= lim

t→0

√1 + t− 1

t= lim

t→0

(1 + t)1/2 − 1

t=

1

2(limite notevole potenza).

Scrivendo invece il rapporto incrementale nella forma con h si avrebbe

limh→0

f(x0 + h)− f(x0)

h= lim

h→0

f(1 + h)− f(1)

h= lim

h→0

√1 + h− 1

h

e si vede che il limite e lo stesso di poco fa.

◮ Qui servono i grafici elementari e la definizione di derivata.



4. Il grafico della funzione f(x) = ln(1 + |x|) e riportato a fianco. E statoottenuto con le consuete trasformazioni elementari con la sequenza

lnx → ln(1 + x) → ln(1 + |x|).Il grafico porta a vedere che in x = 0 c’e un punto in cui la funzione non ederivabile (pur essendo continua). Verifichiamo allora questo con la definizionedi derivata, calcolando derivata destra e derivata sinistra.

x

y

La derivata destra e

f ′+(0) = lim

x→0+

ln(1 + x)

x= 1. 12

La derivata sinistra e invece

f ′−(0) = lim

x→0−

ln(1− x)

x= lim

x→0−

ln(1− x)

−x· (−1) = −1. 13

La conclusione e quindi che questa funzione ha in 0 un punto angoloso (punto di non derivabilita con derivata destrae sinistra finite). Anche sul grafico si puo vedere che le pendenze, destra e sinistra, sono finite.

5. Il grafico della funzione f(x) =√

|x− 1| e riportato a fianco. E stato ottenutocon una sequenza di trasformazioni elementari, a partire dal grafico di x 7→ √

x, poidi x 7→

√

|x| e infine di x 7→√

|x− 1|.Il grafico mostra che in x = 1 c’e un punto in cui la funzione non e derivabile (puressendo continua). Calcoliamo allora derivata destra e derivata sinistra.

f ′+(1) = lim

x→1+

√x− 1

x− 1= lim

x→1+

1√x− 1

= +∞.1

1

x

y

La derivata sinistra e invece

f ′−(1) = lim

x→1−

√1− x

x− 1= lim

x→1−

(

−√

1− x

(x− 1)2

)

= − limx→1−

√

−1

x− 1= −∞. 14

La conclusione e quindi che questa funzione ha in 1 un punto di cuspide (punto di non derivabilita con almeno unadelle due derivate, destra o sinistra, infinite e diverse tra loro). Sul grafico si puo vedere che qui le pendenze, destra esinistra, sono entrambe infinite e di segno opposto.

6. Il grafico della funzione f(x) = 3√x+ 1 e riportato a fianco. E stato ottenuto

con una trasformazione elementare a partire dal grafico di x 7→ 3√x ricordando che la

funzione e dispari, cioe simmetrica rispetto all’origine.Il grafico mostra che in x = −1 c’e un punto in cui la funzione ha pendenza infini-ta, e quindi non e derivabile (pur essendo continua). Calcoliamo la derivata con ladefinizione.

f ′(−1) = limx→−1

3√x+ 1

x+ 1= lim

x→−1

13√

(x+ 1)2= +∞. 15

−1

1

x

y

La conclusione e quindi che questa funzione ha in −1 un punto a tangente verticale. Si noti che, pur essendo derivatadestra e derivata sinistra uguali, la funzione non e comunque derivabile in −1, dato che queste derivate non sono finite.

12Per x > 0 si ha naturalmente f(x) = ln(1 + |x|) = ln(1 + x).13Per x < 0 si ha f(x) = ln(1 + |x|) = ln(1 − x). Si noti anche che qui ci si riconduce al limite notevole logaritmico semplicemente

cambiando il segno del denominatore.14Attenzione qui. Quando si porta x−1 sotto radice bisogna ricordarsi che, dato che x → 1−, x−1 e negativo, e quindi occorre “lasciare

fuori un segno meno”.15Qui non serve distinguere se da destra o da sinistra, dato che il denominatore e sempre uno 0+.



F. Regole di derivazione

◮ Qui per il calcolo delle derivate usiamo le regole di derivazione.

1. Con la funzione f(x) =1

x+ lnx si ha (derivata di una somma)

f ′(x) = − 1

x2+

1

x=

x− 1

x2.

2. Con la funzione f(x) = x2ex si ha (derivata di un prodotto)

f ′(x) = 2xex + x2ex = xex(2 + x).

3. Con la funzione f(x) =√x lnx si ha (derivata di un prodotto)

f ′(x) =1

2√xlnx+

√x · 1

x=

1

2√x(lnx+ 2).

4. Con la funzione f(x) =ln x

x2si ha (derivata di un quoziente)

f ′(x) =1x · x2 − lnx · 2x

x4=

1− 2 lnx

x3.

5. Con la funzione f(x) = ln3 x si ha (derivata di una funzione composta)

f ′(x) = 3 ln2 x · 1x.

6. Con la funzione f(x) = ln(x3) si ha (derivata di una funzione composta)

f ′(x) =1

x3· 3x2 =

3

x.

7. Con la funzione f(x) = e1−x2

si ha (derivata di una funzione composta)

f ′(x) = −2xe1−x2

.

8. Con la funzione f(x) =√lnx si ha (derivata di una funzione composta)

f ′(x) =1

2√lnx

· 1x.

9. Con la funzione f(x) = ln√x si ha (derivata di una funzione composta)

f ′(x) =1√x· 1

2√x=

1

2x.


1 + exsi ha (derivata di una funzione composta)16

f ′(x) = D(1 + ex)−1 = −(1 + ex)−2 · ex = − ex

(1 + ex)2.

11. Con la funzione f(x) = 3√1 + x3 si ha

f ′(x) = D(1 + x3)1/3 =1

3(1 + x3)−2/3 · 3x2 =

x2

3√

(1 + x3)2.

12. Con la funzione f(x) = e1/x si ha

f ′(x) = e1/x(

− 1

x2

)

.

16Si puo anche usare la derivata del quoziente.



13. Con la funzione f(x) = ln(1 +√x) si ha

f ′(x) =1

1 +√x· 1

2√x.


1 + lnxsi ha

f ′(x) = D(1 + lnx)−1 = −(1 + lnx)−2 · 1x= − 1

x(1 + lnx)2.

15. Con la funzione f(x) = x2e−1/x si ha

f ′(x) = 2xe−1/x + x2e−1/x · 1

x2= e−1/x(2x+ 1).


(1 + e−x)2si ha

f ′(x) = D(1 + e−x)−2 = −2(1 + e−x)−3 · e−x · (−1) =2e−x

(1 + e−x)3.

G. Retta tangente

◮ Ricordo che l’equazione della retta tangente al grafico di una funzione f (derivabile) nel punto di ascissa x0 e

y = f(x0) + f ′(x0)(x− x0).

1. Con la funzione f(x) = e−x in x0 = 0 abbiamo

f(x0) = f(0) = 1 , f ′(x) = −e−x e quindi f ′(x0) = f ′(0) = −1.

L’equazione della retta tangente e pertantoy = 1− x.

2. Con la funzione f(x) = ln(x2 + 1) in x0 = 1 abbiamo

f(x0) = f(1) = ln 2 , f ′(x) =2x

x2 + 1e quindi f ′(x0) = f ′(1) = 1.

L’equazione della retta tangente e pertantoy = ln 2 + x− 1.

3. Con la funzione f(x) = 1x in x0 = 1

2 abbiamo

f(x0) = f(12 ) = 2 , f ′(x) = − 1x2 e quindi f ′(x0) = f ′(12 ) = −4.

L’equazione della retta tangente e pertanto

y = 2− 4(x− 12 ).

Si puo vedere che questa retta incontra l’asse x in x = 1, come illustra la figura.

2

1/2

b 1

x

y

H. Derivata di funzioni definite a tratti

◮ 1. La funzione e definita nell’intervallo (−2,+∞). E certamente continua e derivabile in tutti i punti diversi da0, dato che in (−2, 0) e in (0,+∞) e una composizione di funzioni elementari. Resta da studiare la funzione in 0.

Anzitutto verifichiamo la continuita.17

17Ricordo che la continuita e condizione necessaria per la derivabilita e quindi nei casi in cui la funzione non risulta continua nel puntoconsiderato possiamo concludere che essa non e nemmeno derivabile.



Si ha f(0) = ln 2 (con la prima espressione) e

limx→0+

f(x) = limx→0+

(ln 2− x2) = ln 2. 18

Pertanto la funzione e continua in 0. Passiamo alla derivabilita.

Qui ci sono due modi di procedere: il primo e studiare i limiti dei rapporti incrementali da destra e da sinistra. Ilsecondo, piu comodo, e il seguente: Calcolando le derivate con le regole di derivazione possiamo scrivere che

b

−2

−1

ln 2

x

y

f ′(x) =

{

1x+2 −2 < x < 0

−2x x > 0.

Si noti che non ho scritto −2 < x ≤ 0 (come era inizialmente nella definizione dif) ma −2 < x < 0, escludendo quindi lo zero. Questo perche possiamo affermareche la derivata e quella scritta solo per i punti diversi da zero (in 0 stiamo appuntostudiando la derivabilita). Ora dall’espressione della derivata possiamo calcolarcile derivate destra e sinistra in zero, facendo il limite. Abbiamo quindi

f ′−(0) = lim

x→0−

1

x+ 2=

1

2e f ′

+(0) = limx→0+

−2x = 0.

Essendo le derivate destra e sinistra diverse la funzione non e derivabile nell’origine.

Un grafico, peraltro non richiesto, della funzione e rappresentato a fianco.

2. La funzione e definita in tutto R. E certamente continua e derivabile in tutti i punti diversi da 0, dato che in(−∞, 0) e in (0,+∞) e una composizione di funzioni elementari. Resta da studiare la funzione in 0.

Anzitutto verifichiamo la continuita.

Si ha f(0) = 1 (con la seconda espressione) e

b

1

1

x

y

limx→0−

f(x) = limx→0−

(x− 1)2 = 1. 19

Pertanto la funzione e continua in 0.

Passiamo alla derivabilita. Calcoliamo le derivate con le regole di derivazione epossiamo scrivere che

f ′(x) =

{

2(x− 1) x < 0

−2e−2x x > 0.

Anche qui si noti che ho sostituito la scrittura x ≥ 0 che c’era inizialmente con x > 0. Calcoliamo le derivate destra esinistra in zero, facendo il limite. Otteniamo

f ′−(0) = lim

x→0−2(x− 1) = −2 e f ′

+(0) = limx→0+

−2e−2x = −2.

Questa volta le derivate destra e sinistra sono uguali e pertanto la funzione e derivabile in tutti i punti.

18Possiamo affermare che la funzione e certamente continua da sinistra in quanto nell’intervallo (−2, 0] e una funzione elementare. Quindipossiamo calcolare soltanto il limite da destra. Si noti che non possiamo essere certi della continuita da destra in quanto a destra la funzionecoincide con una funzione elementare diversa dall’altra.

19Questa volta possiamo affermare che la funzione e certamente continua da destra in quanto nell’intervallo [0,+∞) e una funzioneelementare. Quindi calcoliamo soltanto il limite da sinistra.



I. Teoremi di Lagrange e Rolle

◮ 1. Il grafico della funzione e rappresentato qui sotto.

b

b

b

−1 21

1

x

y

Il teorema di Rolle e applicabile se sono soddisfatte le ipotesi del teorema stesso, che sono: la continuita di f nell’in-tervallo [−1, 2], la derivabilita di f nei punti interni a tale intervallo e infine l’uguaglianza tra i valori che la funzioneassume agli estremi dell’intervallo, cioe in questo caso l’uguaglianza tra f(−1) e f(2).

I valori agli estremi sono gli stessi, dato che

f(−1) = 1 e f(2) = 1.

Il grafico mostra che la funzione e continua nell’intervallo. In particolare e continua in 0, dove si ha

f(0) = 0 e limx→0+

f(x) = limx→0+

12x(x − 1) = 0.

Per quanto riguarda la derivabilita, possiamo dire che senz’altro la funzione e derivabile in (−1, 0) e in (0, 2), dato checoincide con funzioni elementari. Nel punto 0 il grafico potrebbe ingannare.20 Calcoliamo le derivate destra e sinistranell’origine.

Naturalmente si puo calcolare il limite del rapporto incrementale, ma segnalo anche un modo alternativo, spessoconveniente. Quando la funzione e continua nel punto in cui vogliamo studiare la derivabilita, si puo calcolare il limitedella derivata, da destra e da sinistra.21 Se questi esistono (e nei nostri casi esisteranno sempre) essi forniscono laderivata destra e la derivata sinistra.

Nel nostro caso possiamo quindi intanto scrivere

f ′(x) =

{

−1 −1 < x < 0

x− 12 0 < x < 2. 22

Ora possiamo calcolare illim

x→0−f ′(x) = lim

x→0−(−1) = −1,

che e la derivata sinistra (quindi f ′−(0) = −1). Da destra si ha

limx→0+

f ′(x) = limx→0+

(

x− 12

)

= −1

2,

che e la derivata destra (quindi f ′+(0) = − 1

2 ). Le due derivate non sono uguali e quindi la funzione non e derivabile in0.

Il teorema di Rolle pertanto non e applicabile. Questo significa che, sulla base delle proprieta di questa funzione, nonpossiamo essere certi di quanto afferma la tesi del teorema, del fatto cioe che ci sia un punto interno all’intervallo[−1, 2] in cui la derivata di f si annulla (cioe un punto stazionario).

L’esercizio chiede comunque di verificare la tesi, di dire cioe se c’e un punto con questa proprieta.

20Ricordo che i grafici che qui vedete sono stati ottenuti con un software che consente di disegnare il vero grafico di f . E chiaro che quandovoi svolgete un esercizio non disponete di tali strumenti e quindi non siete in possesso fin dall’inizio di tutte le informazioni necessarie.In questo esercizio noi sappiamo che la retta (da sinistra) arriva nell’origine con pendenza −1, ma non conosciamo (se non andiamo acalcolarla esplicitamente) con che pendenza la parabola arriva da destra. Potremmo credere di avere un punto di derivabilita o un puntoangoloso sulla base di un grafico che non rende con sufficiente dettaglio questa informazione. Quindi la verifica della derivabilita va fattaattraverso la definizione.

21Ovviamente la funzione deve essere derivabile nei punti “vicini” a quello che stiamo studiando.22Si osservi che scrivo “<” anche dove prima c’era “≤”. Questo perche agli estremi non mi serve la derivabilita (ipotesi del Teorema di

Rolle) e perche in 0 non posso ancora affermare che la funzione sia derivabile.



Possiamo allora osservare che questo eventuale punto non puo stare nell’intervallo (−1, 0), dove la derivata di f e −1.Potrebbe stare in (0, 2). La derivata di f in tale intervallo e x− 1

2 e quindi per cercare il punto stazionario basta porre

x− 1

2= 0,

da cui si ricava x = 12 . Dato che 1

2 sta nell’intervallo (0, 2), e accettabile quale punto stazionario.

A conclusione possiamo osservare che quindi questo e un esempio in cui, pur non essendo soddisfatte le ipotesi, la tesie comunque vera.

◮ 2. Il grafico della funzione e rappresentato qui sotto.

b b

b

−1 1 e

1

x

y

Il teorema di Lagrange e applicabile se sono soddisfatte le ipotesi del teorema stesso, che sono: la continuita di fnell’intervallo [−1, e] e la derivabilita di f nei punti interni a tale intervallo.

Il grafico mostra che chiaramente la funzione e continua nell’intervallo. In particolare possiamo verificare con ladefinizione che f e continua in 1, in quanto si ha

f(1) = 0 e limx→1+

f(x) = limx→1+

lnx = 0.

Per quanto riguarda la derivabilita, possiamo dire che senz’altro la funzione e derivabile in (−1, 1) e in (1, e), dato checoincide con funzioni elementari. Dopo aver ricordato anche qui che il grafico potrebbe ingannare, nel punto 1 occorreverificare la derivabilita in base alla definizione.

Come fatto nell’esercizio precedente, dato che la funzione e continua in 1, possiamo calcolare i limiti della derivata.La derivata di f e

f ′(x) =

{

x −1 < x < 11x 1 < x < e.

Calcoliamo le derivate destra e sinistra facendo i limiti di f ′. Si ha

limx→1−

f ′(x) = limx→1−

x = 1 = f ′−(1)

elim

x→1+f ′(x) = lim

x→1+

1x = 1 = f ′

+(1).

Essendo uguali i due limiti, la funzione e quindi derivabile anche in 1 e le ipotesi del teorema sono tutte soddisfatte.Il Teorema di Lagrange e dunque applicabile. Significa che, sulla base delle proprieta di questa funzione, possiamoessere certi che c’e un punto interno all’intervallo [−1, e] in cui la derivata di f vale quanto la pendenza media di fnell’intervallo [−1, e], che e data dal quoziente

f(e)− f(−1)

e+ 1=

1− 0

e + 1=

1

e+ 1.

L’esercizio chiede anche di verificare la tesi, e quindi di trovare in quale (quali) punti la tesi del teorema e soddisfatta.

Abbiamo gia scritto la derivata e per trovare i punti in questione dobbiamo cercare i punti in cui questa e uguale a1

e+1 . Dobbiamo considerare entrambi i casi, dobbiamo cioe risolvere le due equazioni

x =1

e+ 1e

1

x=

1

e+ 1.

Dalla prima si ha appunto x = 1e+1 , che e accettabile, dato che 1

e+1 ∈ (−1, 1). Dalla seconda si ha x = e+ 1, che non

e accettabile, dato che e+1 /∈ (1, e). La conclusione e quindi che c’e un solo punto (c = 1e+1 ) in cui la tesi del teorema

e soddisfatta. La figura che segue illustra la situazione.



b b

b

−1

1

e

1

1/(e+1)b

x

y

J. Calcolo di limiti con il teorema di De l’Hopital

◮ 1. Dato che il limite e nella forma ∞∞ , possiamo applicare il teorema di De l’Hopital. Si ha

limx→+∞

ex2

x2

H= lim

x→+∞

ex2 · 2x2x

= limx→+∞

ex2

= +∞.

Ovviamente il limite poteva essere calcolato anche con il cambio di variabile x2 = y, che riconduce il limite ad unconfronto standard.

2. La forma e quella prevista (∞∞ ) e quindi si ha

limx→+∞

ln2 x

x3

H= lim

x→+∞

2 lnx · 1x

3x2= lim

x→+∞

2 lnx

3x3.

Questo limite e ancora nella forma ∞∞ e possiamo riapplicare il teorema:

limx→+∞

2 lnx

3x3

H= lim

x→+∞

2x

9x2= lim

x→+∞

2

9x3= 0.

Il limite poteva anche essere calcolato osservando che si tratta di un confronto standard (logaritmo elevato alla p = 2e potenza di esponente 3). Da notare anche che dopo la prima applicazione del teorema di De l’Hopital si potevaconcludere che il limite e zero dato che il numeratore tende a zero (confronto standard) e il denominatore tendeall’infinito.

3. Nel limitelim

x→0+x2 lnx (f.i. del tipo 0 · ∞)

non si puo applicare direttamente il teorema di De l’Hopital, in quanto la forma non e quella prevista. Possiamo peroricondurci ad una delle due forme previste dal teorema (∞∞ oppure 0

0 ) portando a denominatore la potenza:

limx→0+

x2 lnx = limx→0+

lnx1x2

H= lim

x→0+

1x

− 2x3

= limx→0+

(

−x2

2

)

= 0.

E opportuno notare che, per ottenere un quoziente, si poteva anche portare a denominatore il logaritmo e si sarebbeottenuto

limx→0+

x2 lnx = limx→0+

x2

1ln x

H= lim

x→0+

2x

− 1ln2 x

· 1x

= limx→0+

(−2x2 ln2 x).

Ora pero ci si accorge che non conviene proseguire su questa strada, dato che la funzione si e sicuramente complicata.

4. Il limite si presenta nella forma 00 e possiamo applicare il teorema di De l’Hopital:

limx→0

x− ln(1 + x)

x2

H= lim

x→0

1− 11+x

2x.

E ancora una forma 00 e possiamo riapplicare De l’Hopital:

limx→0

1− 11+x

2x

H= lim

x→0

1(1+x)2

2=

1

2.

Faccio notare che questo limite, a differenza dei precedenti, non avremmo saputo risolverlo con i metodi finora innostro possesso.




limx→0

1 + x− ex

x2

H= lim

x→0

1− ex

2x.

Questo e ancora una forma 00 e possiamo riapplicare De l’Hopital:

limx→0

1− ex

2x

H= lim

x→0

−ex

2= −1

2.

Anche questo limite non avremmo saputo risolverlo con i metodi visti finora.


limx→0−

e1/x

x

H= lim

x→0−

e1/x · (− 1x2 )

1= lim

x→0−

e1/x

−x2.

Trattandosi ancora di una forma 00 , sarebbe forte la tentazione di applicare nuovamente il teorema, ma e altrettanto

immediata la considerazione che il quoziente si sta complicando (il numeratore e rimasto lo stesso ma il denominatoree salito di grado). Quindi non conviene continuare su questa strada. Il limite si puo calcolare invece riscrivendo ilquoziente portando a denominatore l’esponenziale e a numeratore la potenza. Scriviamo allora

limx→0−

e1/x

x= lim

x→0−

1x

e−1/x

H= lim

x→0−

− 1x2

e−1/x · 1x2

= limx→0−

−1

e−1/x= lim

x→0−(−e1/x) = 0.

Faccio quindi ancora notare che forme equivalenti da un punto di vista algebrico possono non essere ugualmenteindicate per l’applicazione del teorema di De l’Hopital. A priori puo essere difficile intuire quale sia la forma piuopportuna. La cosa migliore e provare in un modo e poi eventualmente provare nell’altro.


Soluzioni delle Esercitazioni VI – 23/10–02/11/2017 A...

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