Compito in Classe di Matematica

Soluzione Esercizio 1

1. Dominio:
Per determinare il dominio dobbiamo considerare due condizioni:

• L'argomento della radice deve essere non negativo: \( x^2 + x \geq 0 \)
• Il denominatore deve essere diverso da zero: \( x - 1 \neq 0 \)

Risolviamo \( x^2 + x \geq 0 \): \( x(x+1) \geq 0 \)
Il prodotto è non negativo quando entrambi i fattori hanno lo stesso segno:
\( x \leq -1 \) oppure \( x \geq 0 \)

Dalla seconda condizione: \( x \neq 1 \)

Dominio: \( D = (-\infty, -1] \cup [0, 1) \cup (1, +\infty) \)

2. Parità e disparità:
Non essendo il dominio simmetrico rispetto all'origine, la funzione non può essere né pari né dispari. Per verificare la parità o disparità in base alla definizione, calcoliamo \( f(-x) \): \[ f(-x) = \frac{\sqrt{(-x)^2+(-x)}}{(-x)-1} = \frac{\sqrt{x^2-x}}{-x-1} \] Poiché \( f(-x) \neq f(x) \) e \( f(-x) \neq -f(x) \), la funzione non è né pari né dispari.

3. Intersezioni con gli assi cartesiani:

• Asse y: poniamo \( x=0 \)
  \( f(0) = \frac{\sqrt{0^2+0}}{0-1} = \frac{0}{-1} = 0 \)
  Intersezione: \( (0, 0) \)
• Asse x: poniamo \( y=0 \)
  \( \frac{\sqrt{x^2+x}}{x-1} = 0 \)
  Il numeratore deve essere zero: \( \sqrt{x^2+x} = 0 \)
  \( x^2 + x = 0 \implies x(x+1) = 0 \)
  \( x = 0 \) oppure \( x = -1 \)
  Entrambi i valori appartengono al dominio.
  Intersezioni: \( (0, 0) \) e \( (-1, 0) \)

4. Segno della funzione:
\[ f(x) = \frac{\sqrt{x^2+x}}{x-1} \] Il numeratore \( \sqrt{x^2+x} \geq 0 \) sempre (quando definito).
Il numeratore è zero per \( x = 0 \) e \( x = -1 \).
Il denominatore \( x-1 \) è:

• Negativo per \( x < 1 \)
• Positivo per \( x > 1 \)

Studio del segno:
- Per \( x \in (-\infty, -1) \): numeratore positivo, denominatore negativo → \( f(x) < 0 \)
- Per \( x = -1 \): \( f(x) = 0 \)
- Per \( x \in (0, 1) \): numeratore positivo, denominatore negativo → \( f(x) < 0 \)
- Per \( x = 0 \): \( f(x) = 0 \)
- Per \( x \in (1, +\infty) \): numeratore positivo, denominatore positivo → \( f(x) > 0 \)

5. Limiti agli estremi del dominio:
\[ \lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} \frac{\sqrt{1+1}}{x-1} = \lim_{x \to 1^-} \frac{\sqrt{2}}{x-1} = -\infty \] \[ \lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} \frac{\sqrt{1+1}}{x-1} = \lim_{x \to 1^+} \frac{\sqrt{2}}{x-1} = +\infty \] \[ \lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \frac{\sqrt{x^2+x}}{x-1} = \lim_{x \to -\infty} \frac{|x|\sqrt{1+\frac{1}{x}}}{x-1} = \lim_{x \to -\infty} \frac{-x\sqrt{1+\frac{1}{x}}}{x-1} = \lim_{x \to -\infty} \frac{-x}{x} = -1 \] \[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^2+x}}{x-1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x\sqrt{1+\frac{1}{x}}}{x-1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{x} = 1 \]

6. Asintoti:

• Asintoti verticali: \( x = 1 \) (poiché il limite per \( x \to 1^{\pm} \) è infinito)
• Asintoti orizzontali: \( y = -1 \) per \( x \to -\infty \) e \( y = 1 \) per \( x \to +\infty \)
• Asintoti obliqui: Non esistono, poiché esistono gli asintoti orizzontali

7. Intersezioni con gli asintoti:
Con l'asintoto \( y = -1 \):
\( \frac{\sqrt{x^2+x}}{x-1} = -1 \)
\( \sqrt{x^2+x} = -(x-1) = 1-x \)
Per \( x < 1 \): \( x^2+x = (1-x)^2 = 1-2x+x^2 \)
\( x = 1-2x \implies 3x = 1 \implies x = \frac{1}{3} \)
Tuttavia, \( x = \frac{1}{3} \in [0,1) \), che non appartiene al ramo dove vale l'asintoto \( y = -1 \) (cioè \( x \in (-\infty, -1] \)).
Pertanto, non c'è intersezione con l'asintoto \( y = -1 \).

Con l'asintoto \( y = 1 \):
\( \frac{\sqrt{x^2+x}}{x-1} = 1 \)
\( \sqrt{x^2+x} = x-1 \)
Per \( x > 1 \): \( x^2+x = (x-1)^2 = x^2-2x+1 \)
\( x = -2x+1 \implies 3x = 1 \implies x = \frac{1}{3} \)
Ma \( \frac{1}{3} \not> 1 \), quindi non c'è intersezione con questo asintoto.

8. Grafico qualitativo:
Riassumendo le informazioni trovate:

• Dominio: \( (-\infty, -1] \cup [0, 1) \cup (1, +\infty) \)
• Zeri: \( x = -1, x = 0 \)
• Segno: negativa in \( (-\infty, -1) \cup (0, 1) \), positiva in \( (1, +\infty) \)
• Asintoto verticale: \( x = 1 \)
• Asintoti orizzontali: \( y = -1 \) (per \( x \to -\infty \)), \( y = 1 \) (per \( x \to +\infty \))
• Non ci sono intersezioni con gli asintoti

Il grafico presenta tre rami separati:

1. Un ramo in \( (-\infty, -1] \) che parte dall'asintoto \( y = -1 \) e arriva al punto \( (-1, 0) \)
2. Un ramo in \( [0, 1) \) che parte da \( (0, 0) \) e tende a \( -\infty \) per \( x \to 1^- \)
3. Un ramo in \( (1, +\infty) \) che parte da \( +\infty \) per \( x \to 1^+ \) e tende asintoticamente a \( y = 1 \)

Soluzione Esercizio 2

1. Dimostrare che se \( \lim_{x \to 1} f(x)=-\infty \) la funzione non è limitata.
   

   Per dimostrare che una funzione non è limitata, dobbiamo mostrare che non esiste un numero reale \( M \) tale che \( |f(x)| \leq M \) per ogni \( x \) nel dominio della funzione.
   Dalla definizione di limite, sappiamo che se \( \lim_{x \to 1} f(x) = -\infty \), allora per ogni numero reale \( K < 0 \) esiste un intorno di 1, diciamo \( I(1) \), tale che per ogni \( x \in I(1) \) (con \( x \neq 1 \)), si ha \( f(x) < K \).
   Prendiamo un qualsiasi \( M > 0 \). Possiamo scegliere \( K = -M \), che è negativo. Dalla condizione precedente, esiste un intorno \( I(1) \) tale che per \( x \in I(1) \) (con \( x \neq 1 \)) si ha \( f(x) < -M \), cioè \( f(x) < -M < 0 \).
   Questo significa che \( |f(x)| = -f(x) > M \) per tali valori di \( x \).
   Poiché questo vale per ogni \( M > 0 \), non esiste alcun valore finito \( M \) che possa limitare superiormente \( |f(x)| \). Di conseguenza, la funzione \( f(x) \) non è limitata.

2. È vero che se esiste il limite per \( x \) che tende ad \( x_0 \) di \( f(x) + g(x) \), allora esistono i limiti per \( x \) che tende a \( x_0 \) di \( f(x) \) e di \( g(x) \)? Motivare la risposta, eventualmente con un controesempio.
   La risposta è no, non è vero. L'esistenza del limite della somma di due funzioni non implica che esistano i limiti delle singole funzioni.
   
   Controesempio:
   Consideriamo le seguenti due funzioni per \( x \to 0 \): \[ f(x) = \sin\left(\frac{1}{x}\right) \] \[ g(x) = \frac{1}{x^2} \] Analizziamo i limiti:
   • Il limite di \( f(x) \) per \( x \to 0 \) non esiste, poiché la funzione \( \sin\left(\frac{1}{x}\right) \) oscilla tra -1 e 1 infinite volte man mano che \( x \) si avvicina a 0.
   • Il limite di \( g(x) = \frac{1}{x^2} \) per \( x \to 0 \) è \( +\infty \).
   • Per la somma \( f(x) + g(x) = \sin\left(\frac{1}{x}\right) + \frac{1}{x^2} \), osserviamo che:
     Poiché \( -1 \leq \sin\left(\frac{1}{x}\right) \leq 1 \), abbiamo: \[ \frac{1}{x^2} - 1 \leq \sin\left(\frac{1}{x}\right) + \frac{1}{x^2} \leq \frac{1}{x^2} + 1 \]
     Quando \( x \to 0 \), sia \( \frac{1}{x^2} - 1 \) che \( \frac{1}{x^2} + 1 \) tendono a \( +\infty \).
   Quindi: \[ \lim_{x \to 0} [f(x) + g(x)] = \lim_{x \to 0} \left[\sin\left(\frac{1}{x}\right) + \frac{1}{x^2}\right] = +\infty \] Il limite della somma esiste ed è uguale a \( +\infty \), ma il limite di \( f(x) \) non esiste, mentre quello di \( g(x) \) esiste ed è \( +\infty \).
   
   Conclusione: Questo controesempio dimostra che l'esistenza del limite della somma non garantisce l'esistenza dei limiti di tutti i singoli addendi.

Soluzione Esercizio 3

a) \(\lim_{x \to 1} \frac{x^2+|x-1|-1}{x-1}\)
Per risolvere questo limite, dobbiamo considerare il valore assoluto \(|x-1|\). Studiamo i due casi separatamente.

Caso 1: \(x > 1\), quindi \(|x-1| = x-1\)
\[ \lim_{x \to 1^+} \frac{x^2+(x-1)-1}{x-1} = \lim_{x \to 1^+} \frac{x^2+x-2}{x-1} \] Fattorizziamo il numeratore: \(x^2+x-2 = (x+2)(x-1)\)
\[ = \lim_{x \to 1^+} \frac{(x+2)(x-1)}{x-1} = \lim_{x \to 1^+} (x+2) = 1+2 = 3 \] Caso 2: \(x < 1\), quindi \(|x-1| = -(x-1) = 1-x\)
\[ \lim_{x \to 1^-} \frac{x^2+(1-x)-1}{x-1} = \lim_{x \to 1^-} \frac{x^2-x}{x-1} = \lim_{x \to 1^-} \frac{x(x-1)}{x-1} \] \[ = \lim_{x \to 1^-} x = 1 \] Poiché \(\lim_{x \to 1^+} f(x) = 3 \neq 1 = \lim_{x \to 1^-} f(x)\), il limite non esiste.

b) \(\lim_{x \to \frac{\pi}{6}^+} \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{1}{1-2\sin(x)}}\)
Analizziamo prima il comportamento dell'esponente quando \(x \to \frac{\pi}{6}^+\).
Sappiamo che \(\sin\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{2}\), quindi \(1-2\sin\left(\frac{\pi}{6}\right) = 1-2 \cdot \frac{1}{2} = 0\).

Per \(x > \frac{\pi}{6}\) e vicino a \(\frac{\pi}{6}\), abbiamo \(\sin(x) > \sin\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{2}\) (dato che \(\sin(x)\) è crescente in questo intervallo).
Quindi \(2\sin(x) > 1\), il che implica \(1-2\sin(x) < 0\).

Quando \(x \to \frac{\pi}{6}^+\), abbiamo \(1-2\sin(x) \to 0^-\), quindi \(\frac{1}{1-2\sin(x)} \to -\infty\).

Il limite diventa: \[ \lim_{x \to \frac{\pi}{6}^+} \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{1}{1-2\sin(x)}} \] Poiché \(0 < \frac{1}{2} < 1\) e l'esponente tende a \(-\infty\), abbiamo: \[ \left(\frac{1}{2}\right)^{-\infty} = \frac{1}{\left(\frac{1}{2}\right)^{+\infty}} = \frac{1}{0^+} = +\infty \] Quindi il limite è \(+\infty\).

c) \(\lim_{x \to +\infty} \left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{x}\)
Si tratta di una forma indeterminata del tipo \(1^{\infty}\). Per risolverla, trasformiamo la base per riconduirci al limite notevole \(\lim_{t \to +\infty} \left(1+\frac{1}{t}\right)^t = e\).

Riscriviamo la base: \[ \frac{1+x}{2+x} = \frac{1+x}{1+x+1} = \frac{1+x}{(1+x)+1} = \frac{1}{1+\frac{1}{1+x}} \] Quindi: \[ \left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{x} = \left(\frac{1}{1+\frac{1}{1+x}}\right)^{x} = \frac{1}{\left(1+\frac{1}{1+x}\right)^{x}} \] Ora dobbiamo calcolare: \[ \lim_{x \to +\infty} \left(1+\frac{1}{1+x}\right)^{x} \] Riscriviamo l'esponente in modo da applicare il limite notevole. Poniamo \(t = 1+x\), quindi per \(x \to +\infty\) abbiamo \(t \to +\infty\) e \(x = t-1\): \[ \left(1+\frac{1}{1+x}\right)^{x} = \left(1+\frac{1}{t}\right)^{t-1} = \left(1+\frac{1}{t}\right)^{t} \cdot \left(1+\frac{1}{t}\right)^{-1} \] Per \(t \to +\infty\): \[ \lim_{t \to +\infty} \left(1+\frac{1}{t}\right)^{t} = e \] \[ \lim_{t \to +\infty} \left(1+\frac{1}{t}\right)^{-1} = 1 \] Quindi: \[ \lim_{x \to +\infty} \left(1+\frac{1}{1+x}\right)^{x} = e \cdot 1 = e \] Pertanto: \[ \lim_{x \to +\infty} \left(\frac{1+x}{2+x}\right)^{x} = \frac{1}{e} = e^{-1} \]

Soluzione Esercizio 4

Per determinare il valore del parametro \(a\), analizziamo prima il comportamento del numeratore e del denominatore quando \(x \to 1\).

Numeratore:
\[ \lim_{x \to 1} (1-x^2) = 1-1^2 = 0 \]

Denominatore:
\[ \lim_{x \to 1} (x^2+ax-1-a) = 1^2+a \cdot 1-1-a = 1+a-1-a = 0 \] Il denominatore si annulla sempre per \(x = 1\), indipendentemente dal valore di \(a\).

Poiché sia il numeratore che il denominatore tendono a zero, abbiamo una forma indeterminata \(\frac{0}{0}\). Scomponiamo numeratore e denominatore:

Fattorizzazione
Fattorizziamo il numeratore: \[ 1-x^2 = (1-x)(1+x) \] Per il denominatore, osserviamo che si annulla per \(x = 1\), quindi \((x-1)\) è un fattore: \[ x^2+ax-1-a = x^2-1+ax-a=(x-1)(x+1)+a(x-1)=(x-1)(x+1+a) \]

Il limite diventa: \[ \lim_{x \to 1} \frac{(1-x)(1+x)}{(x-1)(x+1+a)} = \lim_{x \to 1} \frac{-(x-1)(1+x)}{(x-1)(x+1+a)} \] Semplificando \((x-1)\): \[ = \lim_{x \to 1} \frac{-(1+x)}{x+1+a} = \frac{-(1+1)}{1+1+a} = \frac{-2}{2+a} \]

Condizione:
Affinché il limite sia uguale a \(\frac{1}{3}\), deve valere: \[ \frac{-2}{2+a} = \frac{1}{3} \] Risolviamo l'equazione: \[ -2 \cdot 3 = 1 \cdot (2+a) \] \[ -6 = 2+a \] \[ a = -8 \]

Verifica:
Con \(a = -8\), il limite diventa: \[ \lim_{x \to 1} \frac{1-x^2}{x^2-8x-1+8} = \lim_{x \to 1} \frac{1-x^2}{x^2-8x+7} \] Fattorizzando: \(x^2-8x+7 = (x-1)(x-7)\)
\[ = \lim_{x \to 1} \frac{(1-x)(1+x)}{(x-1)(x-7)} = \lim_{x \to 1} \frac{-(1+x)}{x-7} = \frac{-2}{1-7} = \frac{-2}{-6} = \frac{1}{3} \] ✓

Risposta: Il valore del parametro è \(\boxed{a = -8}\).