QUESTIONARIO 1 SULLE FUNZIONI CONTINUE

Soluzione del quesito 1

a) Condizioni di continuità

In ciascun tratto \( f \) è un polinomio, quindi è continua. Bisogna controllare solo i due punti in cui cambia l'espressione, \( x=-1 \) e \( x=2 \).

Nel punto \( x=-1 \). Si ha:

• \( f(-1)=a(-1)+b=-a+b \)
• \( \displaystyle\lim_{x\to-1^-}f(x)=\lim_{x\to-1^-}(ax+b)=-a+b \)
• \( \displaystyle\lim_{x\to-1^+}f(x)=\lim_{x\to-1^+}(x^2-2)=-1 \)

Perché \( f \) sia continua in \( x=-1 \) il limite destro deve coincidere con \( f(-1) \):

\[ -a+b=-1 \]

Nel punto \( x=2 \). Si ha:

• \( f(2)=2(a+b)-4 \)
• \( \displaystyle\lim_{x\to2^-}f(x)=\lim_{x\to2^-}(x^2-2)=2 \)
• \( \displaystyle\lim_{x\to2^+}f(x)=\lim_{x\to2^+}\left[(a+b)x-4\right]=2(a+b)-4 \)

La continuità in \( x=2 \) richiede:

\[ 2(a+b)-4=2 \qquad\Longrightarrow\qquad a+b=3 \]

Le due condizioni formano un sistema nelle incognite \( a \) e \( b \):

\[ \begin{cases} b-a=-1\\ a+b=3 \end{cases} \]

Sommando le due equazioni si ottiene \( 2b=2 \), cioè \( b=1 \), e quindi \( a=2 \).

b) Grafico

Con \( a=2 \) e \( b=1 \) la funzione diventa:

\[ f(x)=\begin{cases} 2x+1 & \text{se } x\le -1\\ x^2-2 & \text{se } -1<x<2\\ 3x-4 & \text{se } x\ge 2 \end{cases} \]

Il grafico è formato da una semiretta, da un arco di parabola di vertice \( (0,-2) \) e da una seconda semiretta. I tre tratti si raccordano nei punti \( (-1,-1) \) e \( (2,2) \).

c) Il caso \( a=3 \), \( b=0 \)

La funzione diventa:

\[ f(x)=\begin{cases} 3x & \text{se } x\le -1\\ x^2-2 & \text{se } -1<x<2\\ 3x-4 & \text{se } x\ge 2 \end{cases} \]

In \( x=2 \) risulta \( a+b=3 \): come visto nel punto a, la condizione di continuità è soddisfatta, quindi \( f \) è continua in \( x=2 \). In \( x=-1 \), invece:

• \( f(-1)=3\cdot(-1)=-3 \)
• \( \displaystyle\lim_{x\to-1^-}f(x)=-3 \)
• \( \displaystyle\lim_{x\to-1^+}f(x)=(-1)^2-2=-1 \)

I due limiti sono finiti e diversi: \( x=-1 \) è una discontinuità di prima specie, con salto \( |-1-(-3)|=2 \). La funzione è continua da sinistra, perché \( f(-1) \) coincide con il limite sinistro.

Grafico della funzione per \( a=3 \) e \( b=0 \):

Soluzione del quesito 2

a) Dominio e continuità

L'esponente \( \dfrac{1}{x-1} \) richiede \( x\neq1 \). Il denominatore \( 1+e^{\frac{1}{x-1}} \) è sempre maggiore di \( 1 \), quindi non si annulla mai. Il dominio è \( \mathbb{R}\setminus\{1\} \).

In ogni punto del dominio \( f \) è continua, perché è ottenuta con operazioni e composizioni di funzioni continue (rapporto, esponenziale, somma). Il punto \( x=1 \) non appartiene al dominio: è l'unico punto da studiare.

b) Limiti in \( x=1 \)

Quando \( x\to1^- \) l'esponente tende a \( -\infty \), quando \( x\to1^+ \) tende a \( +\infty \):

\[ \lim_{x\to1^-}\frac{1}{x-1}=\left[\frac{1}{0^-}\right]=-\infty \qquad\qquad \lim_{x\to1^+}\frac{1}{x-1}=\left[\frac{1}{0^+}\right]=+\infty \]

Di conseguenza:

\[ \lim_{x\to1^-}f(x)=\left[\frac{1}{1+e^{\frac{1}{0^-}}}\right]=\left[\frac{1}{1+e^{-\infty}}\right]=\frac{1}{1+0}=1 \] \[ \lim_{x\to1^+}f(x)=\left[\frac{1}{1+e^{\frac{1}{0^+}}}\right]=\left[\frac{1}{1+e^{+\infty}}\right]=\left[\frac{1}{+\infty}\right]=0 \]

I limiti sinistro e destro sono finiti e diversi: \( x=1 \) è una discontinuità di prima specie, con salto \( |0-1|=1 \).

c) Asintoti e grafico

Per \( x\to\pm\infty \) l'esponente \( \dfrac{1}{x-1} \) tende a \( 0 \) e \( e^0=1 \):

\[ \lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\frac{1}{1+1}=\frac12 \]

La retta \( y=\dfrac12 \) è un asintoto orizzontale (sia per \( x\to+\infty \) sia per \( x\to-\infty \)). In \( x=1 \) i limiti sono finiti, quindi non c'è asintoto verticale. Non ci sono asintoti obliqui.

Per tracciare il grafico studiamo come varia \( f \) su ciascuno dei due rami. Quando \( x \) cresce, \( \dfrac{1}{x-1} \) decresce, quindi decresce anche \( e^{\frac{1}{x-1}} \) e di conseguenza decresce il denominatore: la frazione \( f \) cresce, sia su \( (-\infty,1) \) sia su \( (1,+\infty) \). Ne segue:

• su \( (-\infty,1) \) la funzione cresce da \( \dfrac12 \) (per \( x\to-\infty \)) fino a \( 1 \) (per \( x\to1^- \));
• su \( (1,+\infty) \) la funzione cresce da \( 0 \) (per \( x\to1^+ \)) fino a \( \dfrac12 \) (per \( x\to+\infty \)).

Qualche valore di controllo: \( f(0)=\dfrac{1}{1+e^{-1}}\approx0{,}73 \) e \( f(2)=\dfrac{1}{1+e}\approx0{,}27 \).

Soluzione del quesito 3

a) La parte intera di \( x \)

\( [x] \) è il numero intero che si trova subito a sinistra di \( x \) sulla retta, oppure \( x \) stesso se \( x \) è intero. Per i numeri negativi serve attenzione: \( [-1{,}5]=-2 \), perché \( -2 \) è il più grande intero che non supera \( -1{,}5 \) (e non \( -1 \), che è maggiore di \( -1{,}5 \)).

Quindi \( [x] \) assume lo stesso valore intero \( n \) su tutto l'intervallo \( n\le x<n+1 \). Nell'intervallo \( [-2,2] \):

• se \( -2\le x<-1 \) (per esempio \( x=-2 \) oppure \( x=-1{,}5 \)) allora \( [x]=-2 \);
• se \( -1\le x<0 \) (per esempio \( x=-1 \) oppure \( x=-0{,}3 \)) allora \( [x]=-1 \);
• se \( 0\le x<1 \) (per esempio \( x=0 \) oppure \( x=0{,}8 \)) allora \( [x]=0 \);
• se \( 1\le x<2 \) (per esempio \( x=1 \) oppure \( x=1{,}6 \)) allora \( [x]=1 \);
• se \( x=2 \) allora \( [x]=2 \).

In forma compatta:

\[ [x]=\begin{cases} -2 & \text{se } -2\le x<-1\\ -1 & \text{se } -1\le x<0\\ 0 & \text{se } 0\le x<1\\ 1 & \text{se } 1\le x<2\\ 2 & \text{se } x=2 \end{cases} \]

Il grafico è una "scala": ogni tratto orizzontale ha il pallino pieno a sinistra (l'estremo appartiene all'intervallo) e il pallino vuoto a destra (l'estremo non vi appartiene). In ogni numero intero la funzione fa un salto di \( 1 \).

b) Le funzioni \( f \) e \( g \) a tratti

In ciascun intervallo \( n\le x<n+1 \) si ha \( [x]=n \), quindi basta sostituire \( n \) nelle due espressioni.

La funzione \( f(x)=[x]+\sqrt{x-[x]} \). Su \( n\le x<n+1 \) vale \( [x]=n \), quindi

\[ f(x)=n+\sqrt{x-n} \]

Il grafico si ottiene da quello di \( y=\sqrt{x} \) (un ramo di parabola con asse orizzontale che parte dall'origine) con due traslazioni, che dipendono dal segno di \( n \):

• la sostituzione \( x\to x-n \) sposta il grafico in orizzontale: se \( n>0 \) di \( n \) verso destra; se \( n<0 \) la differenza \( x-n \) diventa \( x+|n| \) e lo spostamento è di \( |n| \) verso sinistra (per esempio \( \sqrt{x-(-2)}=\sqrt{x+2} \) è la radice spostata di \( 2 \) verso sinistra);
• l'addendo \( +n \) sposta il grafico in verticale: se \( n>0 \) di \( n \) verso l'alto; se \( n<0 \) di \( |n| \) verso il basso.

In ogni caso il punto di partenza \( (0,0) \) della radice si sposta in \( (n,n) \), e poiché \( \sqrt{(n+1)-n}=1 \), il ramo arriva (senza includerlo) al punto \( (n+1,n+1) \).

Vediamo i singoli tratti, scrivendo in ciascuno il valore di \( n \):

• \( -2\le x<-1 \): \( n=-2 \), quindi \( f(x)=-2+\sqrt{x-(-2)}=-2+\sqrt{x+2} \). La radice è spostata di \( 2 \) verso sinistra e di \( 2 \) verso il basso. Per \( x=-2 \) si ha \( f=-2+\sqrt0=-2 \); per \( x\to-1^- \) si ha \( f\to-2+\sqrt1=-1 \). Il ramo va da \( (-2,-2) \) a \( (-1,-1) \);

Per rendere visibile la traslazione, ecco in uno stesso riferimento il grafico di \( y=\sqrt{x} \), quello di \( y=\sqrt{x+2} \) (la radice spostata di \( 2 \) verso sinistra) e quello di \( y=-2+\sqrt{x+2} \) (a sua volta spostato di \( 2 \) verso il basso), che è il ramo di \( f \) del primo tratto:

• \( -1\le x<0 \): \( n=-1 \), quindi \( f(x)=-1+\sqrt{x-(-1)}=-1+\sqrt{x+1} \). La radice è spostata di \( 1 \) verso sinistra e di \( 1 \) verso il basso. Per \( x=-1 \) si ha \( f=-1 \); per \( x\to0^- \) si ha \( f\to-1+\sqrt1=0 \). Il ramo va da \( (-1,-1) \) a \( (0,0) \);
• \( 0\le x<1 \): \( n=0 \), quindi \( f(x)=0+\sqrt{x-0}=\sqrt{x} \). Nessuna traslazione. Per \( x=0 \) si ha \( f=0 \); per \( x\to1^- \) si ha \( f\to1 \). Il ramo va da \( (0,0) \) a \( (1,1) \);
• \( 1\le x<2 \): \( n=1 \), quindi \( f(x)=1+\sqrt{x-1} \). La radice è spostata di \( 1 \) verso destra e di \( 1 \) verso l'alto. Per \( x=1 \) si ha \( f=1 \); per \( x\to2^- \) si ha \( f\to1+\sqrt1=2 \). Il ramo va da \( (1,1) \) a \( (2,2) \);
• \( x=2 \): \( [2]=2 \), quindi \( f(2)=2+\sqrt{2-2}=2 \).

Riassumendo:

\[ f(x)=\begin{cases} -2+\sqrt{x+2} & \text{se } -2\le x<-1\\ -1+\sqrt{x+1} & \text{se } -1\le x<0\\ \sqrt{x} & \text{se } 0\le x<1\\ 1+\sqrt{x-1} & \text{se } 1\le x<2\\ 2 & \text{se } x=2 \end{cases} \]

Ogni ramo parte dal punto in cui finisce il precedente, quindi i rami si "agganciano" senza salti.

La funzione \( g(x)=x\cdot[x] \). Su \( n\le x<n+1 \) vale \( g(x)=n\,x \): è un segmento di retta per l'origine con coefficiente angolare \( n \), che parte da \( (n,n^2) \) (compreso) e arriva a \( (n+1,n(n+1)) \) (escluso). Nei singoli tratti:

• per \( -2\le x<-1 \): \( g(x)=-2x \), segmento da \( (-2,4) \) (compreso) a \( (-1,2) \) (escluso);
• per \( -1\le x<0 \): \( g(x)=-x \), segmento da \( (-1,1) \) (compreso) a \( (0,0) \) (escluso);
• per \( 0\le x<1 \): \( g(x)=0 \), segmento sull'asse \( x \) da \( (0,0) \) (compreso) a \( (1,0) \) (escluso);
• per \( 1\le x<2 \): \( g(x)=x \), segmento da \( (1,1) \) (compreso) a \( (2,2) \) (escluso);
• per \( x=2 \): \( g(2)=2\cdot2=4 \).

\[ g(x)=\begin{cases} -2x & \text{se } -2\le x<-1\\ -x & \text{se } -1\le x<0\\ 0 & \text{se } 0\le x<1\\ x & \text{se } 1\le x<2\\ 4 & \text{se } x=2 \end{cases} \]

Si vede che il grafico di \( g \) si interrompe in \( x=-1 \) e in \( x=1 \), mentre in \( x=0 \) i due segmenti si raccordano nell'origine.

c) Continuità di \( f \)

Dentro ogni intervallo \( (n,n+1) \) la funzione \( f(x)=n+\sqrt{x-n} \) è continua. Resta da studiare un punto intero.

Esempio: \( x=1 \). Si ha:

• \( f(1)=1+\sqrt{0}=1 \)
• \( \displaystyle\lim_{x\to1^-}f(x)=\lim_{x\to1^-}\sqrt{x}=1 \) (a sinistra di \( 1 \) vale \( f(x)=\sqrt{x} \))
• \( \displaystyle\lim_{x\to1^+}f(x)=\lim_{x\to1^+}\left(1+\sqrt{x-1}\right)=1 \) (a destra di \( 1 \) vale \( f(x)=1+\sqrt{x-1} \))

I tre valori coincidono: \( f \) è continua in \( x=1 \).

Caso generale: \( x=n \).

• \( f(n)=n+\sqrt{n-n}=n \)
• Per \( x\to n^- \) si ha \( [x]=n-1 \) e \( x-[x]\to1^- \), quindi \( \displaystyle\lim_{x\to n^-}f(x)=(n-1)+\sqrt1=n \)
• Per \( x\to n^+ \) si ha \( [x]=n \) e \( x-[x]\to0^+ \), quindi \( \displaystyle\lim_{x\to n^+}f(x)=n+\sqrt0=n \)

Il valore della funzione e i due limiti coincidono: \( f \) è continua in ogni numero intero, e quindi in tutto \( \mathbb{R} \).

d) Discontinuità di \( g \)

Anche \( g \) è continua dentro ogni intervallo \( (n,n+1) \). Nel punto intero \( x=n \):

• \( g(n)=n\cdot n=n^2 \)
• \( \displaystyle\lim_{x\to n^+}g(x)=\lim_{x\to n^+}n\,x=n^2 \)
• \( \displaystyle\lim_{x\to n^-}g(x)=\lim_{x\to n^-}(n-1)\,x=n(n-1)=n^2-n \)

La funzione è continua in \( x=n \) se e solo se \( n^2-n=n^2 \), cioè \( n=0 \). Per ogni intero \( n\neq0 \) i limiti sono finiti e diversi: discontinuità di prima specie, con salto

\[ n^2-(n^2-n)=n \]

cioè di ampiezza \( |n| \). Nell'intervallo disegnato: in \( x=-1 \) e in \( x=1 \) il salto vale \( 1 \) (come si vede nel grafico); in \( x=2 \) il segmento arriva a \( 2 \) ma \( g(2)=4 \), con salto \( 2 \). In \( x=0 \) la funzione è continua: il valore \( 0 \) che \( g \) assume in \( x=0 \) "annulla" il salto del fattore \( [x] \).

Soluzione del quesito 4

a) Valori di \( k \) e \( h \)

Calcoliamo i limiti laterali in \( x=0 \) con i limiti notevoli. Per \( x\to0^- \) (supponiamo \( k\neq0 \)):

\[ \lim_{x\to0^-}\frac{e^{kx}-1}{3x}=\lim_{x\to0^-}\frac{e^{kx}-1}{kx}\cdot\frac{k}{3}=1\cdot\frac{k}{3}=\frac{k}{3} \]

Il risultato \( \dfrac{k}{3} \) vale anche per \( k=0 \), perché in quel caso il numeratore è nullo e la funzione è identicamente \( 0 \) per \( x<0 \). Per \( x\to0^+ \):

\[ \lim_{x\to0^+}\left(\frac{1-\cos x}{x^2}+h\right)=\frac12+h \]

Poiché \( f(0)=2 \), la continuità richiede che entrambi i limiti valgano \( 2 \):

\[ \frac{k}{3}=2 \qquad\text{e}\qquad \frac12+h=2 \]

da cui \( k=6 \) e \( h=\dfrac32 \).

b) Il caso \( k=3 \), \( h=0 \)

Con \( k=3 \) e \( h=0 \) la funzione è

\[ f(x)=\begin{cases} \dfrac{e^{3x}-1}{3x} & \text{se } x<0\\[3mm] 2 & \text{se } x=0\\[1mm] \dfrac{1-\cos x}{x^2} & \text{se } x>0 \end{cases} \]

e i limiti laterali sono:

\[ \lim_{x\to0^-}f(x)=\lim_{x\to0^-}\frac{e^{3x}-1}{3x}=1 \qquad\qquad \lim_{x\to0^+}f(x)=\lim_{x\to0^+}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac12 \]

I due limiti sono finiti e diversi: \( x=0 \) è una discontinuità di prima specie, con salto \( \left|\dfrac12-1\right|=\dfrac12 \). Il valore \( f(0)=2 \) non coincide con nessuno dei due limiti, quindi \( f \) non è continua nemmeno da un solo lato.

c) Il caso \( f(0)=0 \)

Con \( k=6 \), \( h=\dfrac32 \) e \( f(0)=0 \) la funzione è

\[ f(x)=\begin{cases} \dfrac{e^{6x}-1}{3x} & \text{se } x<0\\[3mm] 0 & \text{se } x=0\\[1mm] \dfrac{1-\cos x}{x^2}+\dfrac32 & \text{se } x>0 \end{cases} \]

Entrambi i limiti laterali valgono \( 2 \) (come visto nel punto a), dunque il limite per \( x\to0 \) esiste ed è finito: \( \displaystyle\lim_{x\to0}f(x)=2 \). Se però \( f(0)=0 \), il limite è diverso dal valore della funzione: la discontinuità è eliminabile (terza specie). Per eliminarla basta ridefinire la funzione in \( x=0 \) ponendo il valore uguale al limite:

\[ f^*(x)=\begin{cases} \dfrac{e^{6x}-1}{3x} & \text{se } x<0\\[3mm] 2 & \text{se } x=0\\[1mm] \dfrac{1-\cos x}{x^2}+\dfrac32 & \text{se } x>0 \end{cases} \]

Soluzione del quesito 5

a) Dominio e discontinuità

Il denominatore \( x^2-1=(x-1)(x+1) \) si annulla per \( x=\pm1 \): il dominio è \( \mathbb{R}\setminus\{-1,1\} \). Scomponiamo il numeratore \( x^3-3x+2 \). Poiché \( x=1 \) è una sua radice (infatti \( 1-3+2=0 \)), il polinomio è divisibile per \( x-1 \): dividiamo con la regola di Ruffini, scrivendo i coefficienti \( 1,\ 0,\ -3,\ 2 \) (il termine in \( x^2 \) manca, quindi il suo coefficiente è \( 0 \)) e la radice \( 1 \) a sinistra.

\[ \begin{array}{r|rrr|r} & 1 & 0 & -3 & 2\\ 1 & & 1 & 1 & -2\\ \hline & 1 & 1 & -2 & 0 \end{array} \]

Si abbassa il primo coefficiente \( 1 \); poi si moltiplica per \( 1 \) e si somma al coefficiente successivo: \( 0+1=1 \), \( -3+1=-2 \), \( 2+(-2)=0 \). L'ultimo numero è il resto, nullo come previsto, e gli altri sono i coefficienti del quoziente: \( x^3-3x+2=(x-1)(x^2+x-2) \).

Il trinomio \( x^2+x-2 \) si scompone cercando due numeri che abbiano somma \( 1 \) (coefficiente di \( x \)) e prodotto \( -2 \) (termine noto): sono \( 2 \) e \( -1 \). Quindi \( x^2+x-2=(x+2)(x-1) \) e

\[ x^3-3x+2=(x-1)^2(x+2) \]

La funzione diventa:

\[ f(x)=\frac{(x-1)^2(x+2)}{(x-1)(x+1)}=\frac{(x-1)(x+2)}{x+1} \]

In \( x=1 \):

\[ \lim_{x\to1}\frac{(x-1)(x+2)}{x+1}=\frac{0\cdot3}{2}=0 \]

Il limite esiste ed è finito, ma \( f \) non è definita in \( x=1 \): discontinuità eliminabile (terza specie).

In \( x=-1 \): il numeratore tende a \( (-2)\cdot1=-2 \) e il denominatore a \( 0 \):

\[ \lim_{x\to-1^-}\frac{(x-1)(x+2)}{x+1}=\left[\frac{-2}{0^-}\right]=+\infty \qquad\qquad \lim_{x\to-1^+}\frac{(x-1)(x+2)}{x+1}=\left[\frac{-2}{0^+}\right]=-\infty \]

I limiti sono infiniti: discontinuità di seconda specie.

b) Prolungamento continuo

Il prolungamento è possibile solo in \( x=1 \), dove la discontinuità è eliminabile: basta porre \( f^*(1)=0 \).

\[ f^*(x)=\begin{cases} \dfrac{x^3-3x+2}{x^2-1} & \text{se } x\neq\pm1\\[3mm] 0 & \text{se } x=1 \end{cases} \]

La funzione \( f^* \) è definita in \( \mathbb{R}\setminus\{-1\} \) ed è continua in tutti i punti del suo dominio.

c) Asintoti e grafico

Asintoto verticale: la retta \( x=-1 \), perché i limiti sono infiniti. Asintoti orizzontali: non ce ne sono, perché \( \displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\pm\infty \). Per l'asintoto obliquo dividiamo il numeratore semplificato per il denominatore:

\[ f(x)=\frac{x^2+x-2}{x+1}=\frac{x(x+1)-2}{x+1}=x-\frac{2}{x+1} \]

Ricordiamo il teorema sugli asintoti obliqui: se la funzione si può scrivere nella forma \( f(x)=mx+q+g(x) \), con \( g(x) \) infinitesima per \( x\to+\infty \) (oppure per \( x\to-\infty \)), cioè \( \displaystyle\lim g(x)=0 \), allora la retta \( y=mx+q \) è asintoto obliquo di \( f \) per \( x\to+\infty \) (oppure per \( x\to-\infty \)).

Qui \( f(x)=x+g(x) \) con \( m=1 \), \( q=0 \) e \( g(x)=-\dfrac{2}{x+1} \), che è infinitesima sia per \( x\to+\infty \) sia per \( x\to-\infty \):

\[ \lim_{x\to\pm\infty}g(x)=\lim_{x\to\pm\infty}\left(-\frac{2}{x+1}\right)=\left[\frac{-2}{\pm\infty}\right]=0 \]

Dunque la retta \( y=x \) è asintoto obliquo sia per \( x\to+\infty \) sia per \( x\to-\infty \).

Per il grafico serve il segno di \( f(x)=\dfrac{(x-1)(x+2)}{x+1} \): è positiva per \( -2<x<-1 \) e per \( x>1 \), negativa per \( x<-2 \) e per \( -1<x<1 \). Le intersezioni con gli assi sono \( (-2,0) \) e \( (0,-2) \); nel punto \( (1,0) \) il grafico ha un "buco".

Soluzione del quesito 6

Negli esempi useremo la funzione "gradino" \( H \), discontinua in \( x_0=0 \) con salto \( 1 \):

\[ H(x)=\begin{cases} 0 & \text{se } x<0\\ 1 & \text{se } x\ge 0 \end{cases} \]

a) Falsa. Siano \( f(x)=H(x) \) e \( g(x)=1-H(x) \). Entrambe sono discontinue in \( x_0=0 \) (hanno un salto, rispettivamente \( +1 \) e \( -1 \)), ma la loro somma è la funzione costante

\[ f(x)+g(x)=H(x)+1-H(x)=1 \]

che è continua. I due salti si sono compensati.

b) Vera. Supponiamo per assurdo che \( f+g \) sia continua in \( x_0 \). Allora \( g=(f+g)-f \) sarebbe differenza di due funzioni continue in \( x_0 \), quindi continua in \( x_0 \): ciò contraddice l'ipotesi che \( g \) sia discontinua.

c) Falsa. Siano \( f(x)=x \), continua in \( x_0=0 \), e \( g(x)=H(x) \), discontinua in \( x_0=0 \). Il prodotto è

\[ f(x)\,g(x)=\begin{cases} 0 & \text{se } x<0\\ x & \text{se } x\ge 0 \end{cases} \]

e risulta continuo in \( x_0=0 \): i limiti sinistro e destro valgono \( 0 \) e il valore in \( 0 \) è \( f(0)\,g(0)=0\cdot1=0 \).

d) Falsa. Consideriamo la funzione

\[ f(x)=\begin{cases} -1 & \text{se } x<0\\ 1 & \text{se } x\ge 0 \end{cases} \]

In \( x_0=0 \) ha un salto di ampiezza \( 2 \): infatti \( \displaystyle\lim_{x\to0^-}f(x)=-1 \) e \( \displaystyle\lim_{x\to0^+}f(x)=1 \). Quindi \( f \) è discontinua in \( x_0=0 \). Vediamo ora \( |f| \), che vale \( |-1|=1 \) per \( x<0 \) e \( |1|=1 \) per \( x\ge0 \):

\[ \lim_{x\to0^-}|f(x)|=\lim_{x\to0^-}|-1|=1,\qquad \lim_{x\to0^+}|f(x)|=\lim_{x\to0^+}|1|=1,\qquad |f(0)|=1 \]

I due limiti coincidono e sono uguali al valore della funzione in \( 0 \): \( |f| \) è continua in \( x_0=0 \) (anzi \( |f(x)|=1 \) per ogni \( x \), una funzione costante). Il valore assoluto "ribalta" verso l'alto il tratto negativo e così cancella il salto.

e) Vera. Poiché \( f \) è continua in \( x_0 \), si ha \( \displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0) \). Il valore assoluto è una funzione continua, quindi il limite "passa dentro" il valore assoluto:

\[ \lim_{x\to x_0}|f(x)|=\left|\lim_{x\to x_0}f(x)\right|=|f(x_0)| \]

Il limite di \( |f| \) per \( x\to x_0 \) coincide con il valore \( |f(x_0)| \): la funzione \( |f| \) è continua in \( x_0 \).

Soluzione del quesito 7

a) La tariffa iniziale

In ciascuno scaglione \( C \) è una funzione lineare, quindi continua. Studiamo i due punti in cui cambia scaglione.

In \( x=20 \):

• \( C(20)=1{,}5\cdot20=30 \)
• \( \displaystyle\lim_{x\to20^-}C(x)=30 \)
• \( \displaystyle\lim_{x\to20^+}C(x)=1{,}2\cdot20=24 \)

I limiti sono finiti e diversi: discontinuità di prima specie, con salto \( 24-30=-6 \).

In \( x=50 \):

• \( C(50)=1{,}2\cdot50=60 \)
• \( \displaystyle\lim_{x\to50^-}C(x)=60 \)
• \( \displaystyle\lim_{x\to50^+}C(x)=50 \)

Anche qui discontinuità di prima specie, con salto \( 50-60=-10 \).

Il salto è negativo: consumare di più costa meno. Per esempio \( C(20)=30 \) euro, ma \( C(21)=1{,}2\cdot21=25{,}2 \) euro; analogamente \( C(50)=60 \) euro e \( C(51)=51 \) euro. La tariffa è quindi poco ragionevole.

b) La tariffa corretta

Imponiamo la continuità nei due punti, uguagliando il limite destro al valore della funzione.

In \( x=20 \): \( C(20)=30 \) e il limite destro è \( 1{,}2\cdot20+p=24+p \). Quindi \( 24+p=30 \), cioè \( p=6 \).

In \( x=50 \): con \( p=6 \) si ha \( C(50)=1{,}2\cdot50+6=66 \), e il limite destro è \( 50+q \). Quindi \( 50+q=66 \), cioè \( q=16 \).

La tariffa continua è dunque:

\[ C(x)=\begin{cases} 1{,}5\,x & \text{se } 0\le x\le 20\\ 1{,}2\,x+6 & \text{se } 20<x\le 50\\ x+16 & \text{se } x>50 \end{cases} \]

Il grafico è una spezzata che passa per \( (0,0) \), \( (20,30) \), \( (50,66) \): le pendenze (il prezzo al metro cubo oltre ogni soglia) diminuiscono da \( 1{,}5 \) a \( 1{,}2 \) a \( 1 \), ma il costo totale cresce sempre.

c) Due costi

Con \( 35 \) m³ si è nel secondo scaglione: \( C(35)=1{,}2\cdot35+6=48 \) euro. Con \( 80 \) m³ si è nel terzo: \( C(80)=80+16=96 \) euro.

Confronto con la tariffa iniziale. Con la tariffa del punto a) si avrebbe:

• \( 35 \) m³: \( 1{,}2\cdot35=42 \) euro, contro i \( 48 \) euro della nuova tariffa (\( 6 \) euro in più, cioè la quota fissa \( p \));
• \( 80 \) m³: \( 1\cdot80=80 \) euro, contro i \( 96 \) euro della nuova tariffa (\( 16 \) euro in più, cioè la quota fissa \( q \)).

La nuova tariffa costa di più, ma è coerente: non capita più che un consumo maggiore costi meno.

Soluzione del quesito 8

a) Espressione di \( f(x) \)

Il comportamento di \( x^{2n} \) per \( n\to+\infty \) dipende da \( |x| \).

• Se \( |x|<1 \) si ha \( x^{2n}\to0 \), quindi \( \displaystyle f(x)=\frac{0-1}{0+1}=-1 \).
• Se \( |x|=1 \) si ha \( x^{2n}=1 \) per ogni \( n \), quindi \( \displaystyle f(x)=\frac{1-1}{1+1}=0 \).
• Se \( |x|>1 \) si ha \( x^{2n}\to+\infty \). Dividendo numeratore e denominatore per \( x^{2n} \): \[ f(x)=\lim_{n\to+\infty}\frac{1-\frac{1}{x^{2n}}}{1+\frac{1}{x^{2n}}}=\frac{1-0}{1+0}=1 \] perché \( \dfrac{1}{x^{2n}}\to0 \).

In definitiva \( f \) è definita in tutto \( \mathbb{R} \) e vale:

\[ f(x)=\begin{cases} 1 & \text{se } x<-1\\ 0 & \text{se } x=-1\\ -1 & \text{se } -1<x<1\\ 0 & \text{se } x=1\\ 1 & \text{se } x>1 \end{cases} \]

b) Continuità

Nei tre intervalli \( (-\infty,-1) \), \( (-1,1) \), \( (1,+\infty) \) la funzione è costante, quindi continua. Restano da studiare \( x=1 \) e \( x=-1 \).

In \( x=1 \): \( f(1)=0 \), \( \displaystyle\lim_{x\to1^-}f(x)=-1 \), \( \displaystyle\lim_{x\to1^+}f(x)=1 \). I limiti sono finiti e diversi: discontinuità di prima specie, con salto \( |1-(-1)|=2 \).

In \( x=-1 \): \( f(-1)=0 \), \( \displaystyle\lim_{x\to-1^-}f(x)=1 \), \( \displaystyle\lim_{x\to-1^+}f(x)=-1 \). Anche qui discontinuità di prima specie, con salto \( |-1-1|=2 \).

In entrambi i punti il valore \( f(\pm1)=0 \) non coincide con nessuno dei due limiti.

c) Grafico

Soluzione del quesito 9

a) Dominio

Il denominatore \( x^2-x=x(x-1) \) si annulla per \( x=0 \) e \( x=1 \): il dominio è \( \mathbb{R}\setminus\{0,1\} \). In ogni punto del dominio \( f \) è continua, perché rapporto di funzioni continue.

b) Classificazione

In \( x=0 \): si ripresenta la forma indeterminata \( \left[\dfrac00\right] \). Per usare il limite notevole \( \displaystyle\lim_{t\to0}\frac{\sin t}{t}=1 \) scriviamo:

\[ \lim_{x\to0}\frac{\sin(\pi x)}{x(x-1)}=\lim_{x\to0}\frac{\sin(\pi x)}{\pi x}\cdot\frac{\pi}{x-1}=1\cdot\frac{\pi}{-1}=-\pi \]

In \( x=1 \): anche qui si ha \( \left[\dfrac00\right] \). Poniamo \( t=x-1 \), cioè \( x=t+1 \), con \( t\to0 \). Poiché \( \sin(\pi t+\pi)=-\sin(\pi t) \):

\[ \lim_{x\to1}\frac{\sin(\pi x)}{x(x-1)}=\lim_{t\to0}\frac{-\sin(\pi t)}{(t+1)\,t}=\lim_{t\to0}\left[-\frac{\sin(\pi t)}{\pi t}\cdot\frac{\pi}{t+1}\right]=-1\cdot\frac{\pi}{1}=-\pi \]

In entrambi i punti il limite esiste ed è finito, ma \( f \) non è definita: sono due discontinuità eliminabili (terza specie).

c) Prolungamento, limiti all'infinito e grafico

In entrambi i punti il limite vale \( -\pi \), quindi il prolungamento continuo è:

\[ f^*(x)=\begin{cases} \dfrac{\sin(\pi x)}{x^2-x} & \text{se } x\neq0 \text{ e } x\neq1\\[3mm] -\pi & \text{se } x=0 \text{ oppure } x=1 \end{cases} \]

Per i limiti all'infinito osserviamo che il numeratore è limitato, \( |\sin(\pi x)|\le1 \). Quindi:

\[ 0\le|f(x)|\le\frac{1}{|x^2-x|} \]

e il membro di destra tende a \( 0 \) per \( x\to\pm\infty \). Per il teorema del confronto:

\[ \lim_{x\to\pm\infty}f(x)=0 \]

La retta \( y=0 \) (l'asse \( x \)) è un asintoto orizzontale. Per il grafico: gli zeri di \( f \) sono i numeri interi diversi da \( 0 \) e \( 1 \), perché lì \( \sin(\pi x)=0 \) e il denominatore non si annulla. Nell'intervallo \( (0,1) \) il grafico forma un arco sotto l'asse \( x \), che parte dal "buco" \( (0,-\pi) \), passa per \( \left(\tfrac12,-4\right) \) e arriva al "buco" \( (1,-\pi) \). Altri valori utili: \( f\left(-\tfrac12\right)=f\left(\tfrac32\right)=-\tfrac43 \) e \( f\left(-\tfrac32\right)=f\left(\tfrac52\right)=\tfrac{4}{15} \). Allontanandosi dall'origine le oscillazioni si smorzano e il grafico si schiaccia sull'asse \( x \).

Soluzione del quesito 10

Il quesito ha molte risposte corrette: ne costruiamo una, tratto per tratto.

a) Grafico

Un possibile grafico che soddisfa tutte le condizioni è il seguente: una semiretta orizzontale che tende a \( -2 \) per \( x\to-\infty \); un salto verso l'alto di ampiezza \( 3 \) in \( x=-1 \); un "buco" in \( x=2 \); un asintoto verticale in \( x=4 \), con un ramo che per \( x>4 \) scende verso l'asse \( x \) a cui tende per \( x\to+\infty \).

Ora costruiamo un'espressione analitica che abbia questo grafico.

b) Costruzione dell'espressione

• Per \( x\to-\infty \) vogliamo il limite \( -2 \): la scelta più semplice è la funzione costante \( f(x)=-2 \) per \( x<-1 \).
• Discontinuità eliminabile in \( x=2 \). Serve un quoziente in cui il fattore \( x-2 \) si semplifichi: ad esempio \( \dfrac{x^2-4}{x-2}=x+2 \) per \( x\neq2 \). La funzione non è definita in \( x=2 \), ma il limite esiste ed è finito.
• Salto \( 3 \) in \( x=-1 \). Con il tratto \( \dfrac{x^2-4}{x-2} \) a destra di \( -1 \), il limite destro è \( -1+2=1 \). Poiché a sinistra il valore è \( -2 \), la differenza \( 1-(-2) \) vale proprio \( 3 \).
• Seconda specie in \( x=4 \). A destra di \( 4 \) usiamo \( \dfrac{1}{x-4} \): il fattore \( x-4 \) a denominatore non si semplifica, il limite destro è infinito, e la funzione tende a \( 0 \) per \( x\to+\infty \).

Una possibile espressione è dunque:

\[ f(x)=\begin{cases} -2 & \text{se } x<-1\\[2mm] \dfrac{x^2-4}{x-2} & \text{se } -1\le x<4,\ x\neq2\\[3mm] \dfrac{1}{x-4} & \text{se } x>4 \end{cases} \]

c) Verifica con i limiti

• Dominio. La funzione è definita ovunque tranne in \( x=2 \) (annulla il denominatore) e in \( x=4 \) (escluso dalle condizioni); in ogni altro punto è continua perché ogni tratto lo è.
• In \( x=-1 \). \( \displaystyle\lim_{x\to-1^-}f(x)=-2 \) e \( \displaystyle\lim_{x\to-1^+}f(x)=\lim_{x\to-1^+}(x+2)=1 \): i limiti sono finiti e diversi, il salto è \( 1-(-2)=3 \). Prima specie, come richiesto.
• In \( x=2 \). \( \displaystyle\lim_{x\to2}\frac{x^2-4}{x-2}=\lim_{x\to2}(x+2)=4 \): limite finito, funzione non definita. Discontinuità eliminabile.
• In \( x=4 \). \( \displaystyle\lim_{x\to4^-}f(x)=6 \) e \( \displaystyle\lim_{x\to4^+}\frac{1}{x-4}=\left[\frac{1}{0^+}\right]=+\infty \): il limite destro è infinito. Seconda specie.
• All'infinito. \( \displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=-2 \) e \( \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x-4}=0 \).