esercitazioni di matematica, 9 ottobre 2009 -...

Esercitazioni di Matematica, 9 Ottobre 2009

Esercizio 1. Trovare sup e inf dell’insieme A = {0 ≤ x < 2 , x ∈ R}.

Esercizio 2. Trovare sup e inf dell’insieme A ={

1n2+1

, n ∈ N}

.

Soluzione: Abbiamo che 1 ∈ A (quando n = 0) e 1n2+1

< 1 per ogni n ≥ 1,quindi supA = maxA = 1. Per quello che riguarda l’estremo inferiore, sicu-ramente 0 e un minorante di A, dato che 1

n2+1> 0 per ogni n. Dimostriamo

che e il piu piccolo dei minoranti, ovvero che

∀ε ∃n tale che 0 <1

n2 + 1< ε.

Abbiamo che se n >√

1ε− 1 allora 0 <

1

n2 + 1< ε, quindi inf A = 0

Esercizio 3. Trovare sup e inf dell’insieme A = {2x , x ∈ R}.

Risposta: supA = +∞, inf A = 0.

Esercizio 4. Trovare sup e inf dell’insieme A = {x− x2 , x ∈ R}.

Risposta: supA = 14, inf A = −∞.

Esercizio 5. Trovare sup e inf dell’insieme A = {n− n2 , n ∈ N}.

Soluzione: Si trova facilmente inf A = −∞. Studiando la parabola y = x−x2

si trova che il vertice (massimo della parabola) ha coordinate(

12, 1

4

). I numeri

naturali piu vicini a 12

sono 0 ed 1. Si puo supporre che la funzione n − n2

abbia il suo massimo per n = 0 o n = 1. Quindi supponiamo che supA =maxA = 0. Dimostriamolo: se n = 0 abbiamo n − n2 = 0. Se invece n 6= 0otteniamo

n− n2 ≤ 0⇔ n2 > n⇔ n ≥ 1.

Quindi per ogni n ∈ N si ha n − n2 ≤ 0, ovvero 0 e un maggiorante di A.Inoltre 0 ∈ A, perche si ottiene sia per n = 0 che per n = 1, quindi, comevolevamo, supA = maxA = 0.

1

Esercizio 6. Dimostrare che limn→∞

2 + 1n2 = 2.

Soluzione: Basta provare che

∀ε ∃n tale che, ∀n > n,

∣∣∣∣2 +1

n2− 2

∣∣∣∣ < ε.

Ma ∣∣∣∣2 +1

n2− 2

∣∣∣∣ < ε⇔ 1

n2< ε⇔ n2 >

1

ε,

quindi basta prendere n >√

1ε.

Esercizio 7. Calcolare, se esiste, limn→∞

(−1)n.

Soluzione: Per n pari i termini della successione sono tutti uguali ad 1, pern dispari i termini della successione sono tutti uguali a −1. E evidente chela successione non ammette limite.


n2

n2 + 5cos(nπ).

Soluzione: Abbiamo che limn→∞

n2

n2 + 5= 1, infatti

n2

n2 + 5=

1

1 + 5n2

. Quindi

se consideriamo la successione dei soli termini pari questa tende ad 1, mentrela successione dei soli termini dispari tende a −1. La situazione e analogaall’esercizio precedente e il limite non esiste.

2


Esercizio 1. Sia f : N→ R una funzione crescente e limitata superiormente.Dimostrare che sup{f(n), n ∈ N} = lim

n→∞f(n) < +∞.

Soluzione: Se la funzione e limitata superiormente sicuramente l’estremo su-periore e finito. Sia L = sup

n∈Nf(n). Per definizione di estremo superiore ∀ε

esiste n tale che L− ε < f(n) ≤ L. Poiche la funzione e crescente (e limitatada L), abbiamo

∀n > n L− ε < f(n) ≤ L < L+ ε,

ovvero limn→∞

f(n) = L.

Esercizio 2. Sia f : N → R una funzione decrescente e limitata inferior-mente. Dimostrare che inf{f(n), n ∈ N} = lim

n→∞f(n) > −∞.

Esercizio 3. Dimostrare che e−n e decresente. Concludere che limn→∞

e−n = 0.

Soluzione: Si ha (ricordando che e > 1)

e−(n+1) =e−n

e< e−n.

Quindi la successione e decresente. Allora limn→∞

e−n = infn∈N

e−n = 0.

Esercizio 4. Dimostrare che 0, 9 = 1.

Soluzione: Per definizione 0, 9 = limn→∞

0, 9 . . . 9︸︷︷︸n volte

= limn→∞

1− 110n

= supn∈N

{1− 1

10n

}poiche la successione 1 − 1

10ne crescente. Vogliamo vedere che tale estremo

superiore e 1. Chiaramente 1 e un maggiorante. Ci resta da dimostrare che,scelto ε > 0 arbitrario, esiste n tale che 1− ε < 1− 1

10n. Ma

1− ε < 1− 1

10n⇔ ε >

1

10n⇔ 10n >

1

ε⇔ n > log10

1

ε,

che conclude l’esercizio.

Esercizio 5. Provare che limn→∞

12n5 = 0.

1

Soluzione: Vogliamo provare che ∀ε, ∃n tale che, se n > n allora −ε <1

2n5 < ε. Vediamo per quali n questa disequazione e verificata. Ovviamente−ε < 1

2n5 sempre. Poi

1

2n5< ε⇔ n5 >

2

ε⇔ n >

5

√2

ε,

e la tesi segue facilmente(

basta prendere n > 5

√2ε

).


1anp

= 0 per ogni a ∈ R, p ∈ N.


1n2+n

= 0.

Soluzione: Si ha che 12n2 <

1n2+n

< 1n2 . Si conclude con il teorema del con-

fronto e la tesi dell’esercizio precedente.

Esercizio 8. Sia P (n) un polinomio (nella variabile n) di grado almeno 1.Provare che lim

n→∞1

P (n)= 0.


3n2 = +∞.

Soluzione: Vogliamo provare che ∀M ∃n tale che, se n > n, allora 3n2 > M .Vediamo per quali n e verificata tale disequazione. Abbiamo 3n2M ⇔ n >√

M3

e la tesi segue facilmente.

Esercizio 10. Sia P (n) un polinomio (nella variabile n) di grado almeno 1 econ il coefficiente di grado massimo positivo. Provare che lim

n→∞P (n) = +∞.


n

n2 + 5cos(nπ).

Soluzione: Si dimostra facilmente che limn→∞

n2

n2+5= 0. Poiche −1 ≤ cos(nπ) ≤

1 abbiamo − nn2+5

≤ nn2+5

cos(nπ) ≤ nn2+5

, e, per il teorema del confronto, illimite e 0.

Esercizio 12. Calcolare limn→∞

6n3−n2+1n3−5

Soluzione: Raccogliendo n3 da numeratore e denominatore si ha

limn→∞

6n3 − n2 + 1

n3 − 5= lim

n→∞

6− 1n

+ 1n3

1− 5n3

= 6.

2


n2

n+sinn

Risposta: +∞


√n+ 1−

√n

Soluzione: Per calcolare questo limite utilizziamo una specie di razionaliz-zazione alla rovescia:

limn→∞

√n+ 1−

√n = lim

n→∞

√n+ 1−

√n ·√n+ 1 +

√n√

n+ 1 +√n

=

= limn→∞

n+ 1− n√n+ 1 +

√n

= 0.


√n2 + n− n

Soluzione: Procediamo come nell’esercizio precedente:

limn→∞

√n2 + n− n = lim

n→∞

√n2 + n− n ·

√n2 + n+ n√n2 + n+ n

=

= limn→∞

n2 + n− n2

√n2 + n+ n

= limn→∞

1√1 + 1

n+ 1

=1

2.


√n2+n+1√n+1

Soluzione: In questo caso la soluzione e diretta:

limn→∞

√n2 + n+ 1√n+ 1

= limn→∞

√n2 + n+ 1

n+ 1= lim

n→∞

√n+ 1 + 1

n

1 + 1n

= +∞.

3



n2 cos(n2π)

n− 1.

Soluzione. Per gli n pari anche n2 e pari, quindi la successione risulta n2

n−1

che tende a +∞. Allo stesso modo per n dispari la successione diventa − n2

n−1

che tende a −∞. Abbiamo trovato due sottosuccessioni (n pari e n dispari)che hanno due limiti diversi, quindi il limite non esiste.

Esercizio 2. Sia an =

{0 n pari

1n

sin(nπ

2

)dispari

. Si calcoli limn→∞

an

Soluzione. Abbiamo che − 1n≤ an ≤ 1

n. Per il teorema dei carabinieri

limn→∞

an = 0.

Esercizio 3. Calcolare limx→∞

(1 +

2

5x

)x.

Soluzione. Cerchiamo di ricondurci ad un limite notevole.

limx→∞

(1 +

2

5x

)x= lim

x→∞

[(1 +

15x2

) 5x2

] 25

= e25 .


22x − 2x

1 + 3x.

Soluzione. Se usiamo le proprieta delle potenze e poi raccogliamo da nume-ratore e denominatore 3x, otteniamo

limx→∞

22x − 2x

1 + 3x= lim

x→∞

4x − 2x

1 + 3x= lim

x→∞

(43

)x − (23

)x(13

)x+ 1

.

Ora, abbiamo che

(4

3

)xtende a +∞, mentre

(2

3

)xe

(1

3

)xtendono a zero,

quindi il limite risulta +∞.


(x+ 3

x+ 1

)x.

1

Soluzione. Cerchiamo di ricondurci ad un limite notevole.

limx→∞

(x+ 3

x+ 1

)x= lim

x→∞

(1 +

2

x+ 1

)x= lim

x→∞

[(1 + 2

x+1

)x+12

]2

(1 + 2

x+1

) = e2.

Esercizio 6. Dimostrare che limx→2

x2 = 4.

Soluzione. Dalla definizione di limite dobbiamo dimostrare che ∀ε > 0 esisteδ tale che, se |x − 2| < δ, x 6= 2, allora |x2 − 4| < ε. Le soluzioni di questadisequazione sono due intervalli della retta reale: −

√4 + ε < x < −

√4− ε

e√

4− ε < x <√

4 + ε. Il primo intervallo rappresenta un intorno di −2,quindi non fa al caso nostro. Il secondo intervallo invece rappresenta unintorno del punto 2. A questo punto non e difficile arrivare alla conclusione.

Esercizio 7. Dimostrare che limx→3

1

(x− 3)2= +∞.

Soluzione. Dalla definizione di limite dobbiamo dimostrare che ∀M > 0 esisteδ tale che, se |x − 3| < δ, x 6= 3, allora 1

(x−3)2 > M . Se x 6= 3, risolvendoabbiamo

1

(x− 3)2> M ⇔ (x− 3)2 <

1

M⇔ 3−

√1

M< x < 3 +

√1

M,

quindi prendendo δ =

√1

Mabbiamo concluso l’esercizio.

Esercizio 8. Calcolare limx→2

x2 − 4

x− 2

Soluzione. Abbiamo

limx→2

x2 − 4

x− 2= lim

x→2

(x− 2)(x+ 2)

x− 2= lim

x→2x+ 2 = 4


x5 + x2

x+ x4. La funzione

x5 + x2

x+ x4puo essere prolun-

gata con continuita in zero?

Soluzione. Per calcolare raccolgiamo dal numeratore e dal denominatore x.

limx→0

x5 + x2

x+ x4= lim

x→0

x4 + x

1 + x3= 0.

La funzione quindi puo essere prolungata con continuita ponendola zeronell’origine.

2


x2 + x4

x3

Soluzione. Per calcolare raccolgiamo dal numeratore e dal denominatore x2.

limx→0

x2 + x4

x3= lim

x→0

1 + x2

x.

Questa volta pero abbiamo che limx→0+

1 + x2

x= +∞ e lim

x→0−

1 + x2

x= −∞,

quindi il limite non esiste.

Esercizio 11. Sia f(x) =

{2 x = 0x3 x 6= 0

. Si calcoli limx→0

f(x), e si dica se f e

continua in zero.

Soluzione. Abbiamo che limx→0

f(x) = 0 6= f(0), quindi la funzione f(x) e

discontinua in zero.


cos(a+ x)− cos(a)

x, dove a ∈ R.

Soluzione. Dalle formule di addizione del coseno abbiamo che

cos(a+ x)− cos(a)

x=

[cos(x)− 1] cos(a)− sin(a) sin(x)

x.

Quindi ci possiamo ricondurre ad alcuni limiti notevoli, ottenendo

limx→0

cos(a+ x)− cos(a)

x= lim

x→0x cos(a)

cos(x)− 1

x2− sin(a)

sin(x)

x= − sin(a).

3


Esercizio 1. Verificare, usando la definizione di limite, se limx→0

1

x2= 1.

Soluzione. Se il limite e 1, allora ∀ε esiste δ tale che, se |x| < δ, x 6= 0,

allora

∣∣∣∣ 1

x2− 1

∣∣∣∣ < ε. Risolviamo quest’ultima disequazione. Si ottiene che∣∣∣∣ 1

x2− 1

∣∣∣∣ < ε quando −√

1

1− ε< x < −

√1

1 + εoppure quando

√1

1 + ε<

x <

√1

1− ε. Questi insiemi, per ε sufficientemente piccolo, non rappresen-

tano intorni di zero (per la precisione sono degli intorni di −1 e di 1). Quindi

limx→0

1

x26= 1

Esercizio 2. Dire se la funzione sin(

1x

)(definita su R r {0}) puo essere

estesa con continuita a tutta la retta reale.

Soluzione. Calcoliamo limx→0

sin(

1x

). Se 1

x= π

2+ 2kπ abbiamo che sin

(1x

)= 1,

mentre se 1x

= −π2

+ 2kπ abbiamo che sin(

1x

)= −1; abbiamo trovato due

successioni di punti che tendono verso zero per cui la funzione tende, ristrettaa tali successioni, a due valori diversi. Quindi il limite non esiste e la funzionesin(

1x

)non puo essere estesa con continuita nello zero.

Esercizio 3. Dire se la funzione x2 sin(

1x

)(definita su R r {0}) puo essere

estesa con continuita a tutta la retta reale.

Soluzione. Calcoliamo limx→0

x2 sin(

1x

). Per il teorema dei carabinieri il limite e

zero, quindi la funzione f(x) =

{x2 sin

(1x

)x 6= 0

0 x = 0estende con continuita

x2 sin(

1x

)a tutta la retta reale.


1− cos2(x)

x2.

Soluzione. Abbiamo limx→0

1− cos2(x)

x2= lim

x→0

sin2(x)

x2= 1.

Esercizio 5. Sapendo che limx→∞

ex

x=∞ dimostrare che lim

x→∞

log x

x= 0.

1

Soluzione. Utilizziamo la sostituzione x = et, ottenendo

limx→∞

log x

x= lim

t→∞

log et

et= lim

t→∞

t

et= 0.

Esercizio 6. Calcolare limx→0+

xx. Determinare a ∈ R in modo che la funzione

f(x) =

{xx x > 0a x ≤ 0

sia continua.

Soluzione. Abbiamo che xx = elog xx = ex log x. Sapendo che limx→0+

x log x = 0,

abbiamo limx→0+

xx = limx→0+

ex log x = 1. Per rendere continua f(x) e necessario

che sia a = 1.


{0 x ∈ Qx2 x ∈ RrQ . Si dimostri che f(x) e continua

in zero.

Soluzione. Poiche 0 ∈ Q, f(0) = 0. Abbiamo poi che 0 ≤ f(x) ≤ x2

per ogni x. Quindi, per il teorema dei carabinieri limx→0

f(x) = 0. Dunque

f(0) = 0 = limx→0

f(x), ovvero la funzione e continua in zero.

Esercizio 8. Trovare a, b ∈ R tali che limx→∞

(x2 + 1

x+ 1− ax+ b

)= −2.

Soluzione. Poichex2 + 1

x+ 1− ax + b =

x2 + 1− ax2 − ax+ bx+ b

x+ 1, l’unico

caso in cui il limite e finito si ha per a = 1. A questo punto rimane

limx→∞

(b− 1)x+ b+ 1

x+ 1= b− 1, quindi bisogna scegliere b = −1


√x− x

√x.

Soluzione. La maniera piu immediata di calcolare e raccogliendo x√x. Allora

limx→∞

√x− x

√x = lim

x→∞x√x

(1

x− 1

)= −∞.

Esercizio 10. Calcolare limx→−∞

√x2 − x+ x.

Soluzione. Prima di risolvere, ricordiamo che se x < 0, allora√x2 = |x| =

−x. A questo punto

limx→−∞

√x2 − x+ x = lim

x→−∞(√x2 − x+ x)

√x2 − x− x√x2 − x− x

=

= limx→−∞

−x√x2 − x− x

= limx→−∞

−x−x√

1− 1/x+ 1=

1

2

2

Esercitazioni di Matematica, 6 Novembre 2009

Esercizio 1. Determinare a ∈ R tale che la funzione

f(x) =

1− sin(x)

x− π2

x > π2

ax2 + π2 x ≤ π2

sia continua su R.

Soluzione. Se x 6= π2

la funzione e banalmente continua. Per vedere la con-

tinuita in π2, calcoliamo intanto lim

x→π2

1− sin(x)

x− π2

. Sappiamo che sin(x) =

cos(x− π

2

): sfruttando questo e la sostituzione t = x− π

2, otteniamo

limx→π

2

1− sin(x)

x− π2

= limx→π

2

1− cos(x− π2)

x− π2

= limt→0

1− cos(t)

t= 0.

Abbiamo poi che f(π2

)= a2 π2

4+π2, quindi se a = −4 la funzione e continua.

(In realta andrebbe verificato anche che limx→π

2−−4x2 + π2 = 0, ma questo e

banale.)

Esercizio 2. Studiare la funzione f(x) =x

x2 − 1.

Soluzione. Il dominio della funzione e Rr {−1, 1}, e f(x) e continua sul suodominio. La funzione e positiva per x ∈ (−1, 0) e x > 1, nulla nell’originee negativa altrove. Poiche f(x) = −f(−x), ovvero la funzione e dispari, esufficiente studiare la funzione per x > 0. Si ha infine che lim

x→∞f(x) = 0,

limx→1+

f(x) = +∞ e limx→1−

f(x) = −∞.


x2 x > 525 x = 5x+ 1 x < 5

. Si verifichi se f e continua per

x = 5.

Soluzione. Si ha che limx→5+

f(x) = 25 = f(5), ma limx→5−

f(x) = 6. La funzione

quindi non e continua per x = 5.

1

Esercizio 4. Si studi la funzione f(x) =

√x(x2 − 1)2

x− 1.

Soluzione. Il dominio della funzione e R+ r {1}. Sul suo dominio, si puoscrivere

f(x) =|x− 1|

√x(x+ 1)2

x− 1=

−√x(x+ 1)2, 0 < x < 1√x(x+ 1)2, x > 1

.

Lo studio della funzione a questo punto e semplice. Si noti che limx→1−

f(x) =

−2 e limx→1+

f(x) = 2.

Esercizio 5. Sia P (x) = anxn + · · ·+ a1x+ a0 un polinomio con an > 0 e n

dispari. Dimostrare che esiste x0 ∈ R tale che P (x0) = 0.

Soluzione. Abbiamo che limx→∞

P (x) = +∞, quindi, scelto M > 0, esiste x1

tale che P (x) > M se x > x1. In particolare P (x1) > M > 0. Analogamente,sapendo che lim

x→−∞P (x) = −∞, si trova x2 < x1 tale che P (x2) < 0. Abbiamo

che sull’intervallo [x2, x1] il polinomio P (x) e continuo e assume valori disegno opposto agli estremi. Per il teorema degli zeri esiste x0 ∈ [x2, x1] taleche P (x0) = 0.

Esercizio 6. Sia f : R→ R una funzione tale che limx→∞

f(x) = 0. Calcolare,

se possibile, i seguenti limiti:

limx→∞

f(x/3) limx→∞

f(−2x) limx→−∞

f(x2)

limx→∞

f(cos(x)) limx→∞

cos(f(x))

Soluzione. Se x→∞ anche x/3→∞, cosı pure se x→ −∞ allora x2 →∞,quindi lim

x→∞f(x/3) = lim

x→−∞f(x2) = 0. Per composizione di limiti si ha che

limx→∞

f(cos(x)) = 1. Negli altri due casi il limite non puo essere calcolato,

infatti se x→ +∞, allora cos(x) oscilla tra 1 e −1, mentre −2x→ −∞. Inogni caso non abbiamo abbastanza informazioni su f per poter concludere.

2

Esercizio 7. Sia f : [0, 1] ∪ [2, 3] → R continua con f(0) = 5 e f(3) = −2.Dire quali delle seguenti informazioni sono sicuramente vere.

f ha uno zero nel dominio f ha max in [0, 1] e min in [2, 3]

f ha max e min assoluti in [0, 1] f ha max e min locali in [0, 1]

f ha max e min nel dominio f ha almeno 2 punti critici nel dominio

Soluzione. Si puo solamente dimostrare, applicando correttamente il teoremadi Weierstrass, che f ha massimo e minimo nel dominio e massimo e minimolocali in [0, 1]. Il teorema degli zeri non si puo applicare perche [0, 1] ∪ [2, 3]non e un intervallo, e non possiamo dire niente sui punti critici poiche nonsappiamo se f sia derivabile.

3


Esercizio 1. Sia P (x) = x14 + 10x2 − 8. Dimostrare che P ha almeno dueradici reali e che ogni radice e compresa tra −1 e 1.

Soluzione. Se |x| ≥ 1 allora x14 + 10x2 − 8 > 0, quindi le eventuali radicistanno nell’intervallo [−1, 1]. Inoltre P (0) = −8, quindi per il teorema deglizeri, il polinomio ha almeno una radice in [0, 1] e un’altra in [−1, 0].

Esercizio 2. Sia f : R → R continua con limx→∞

f(x) = limx→−∞

f(x) = 0 e

f(0) = 1. Dimostrare che f ha un punto di massimo su R. Se f e derivabileallora ha anche un punto critico?

Soluzione. Per definizione di limite esiste x1 > 0 tale che f(x) < 1/2 perx > x1 e esiste x2 < 0 tale che f(x) < 1/2 per x < x2. Sull’intervallo [x1, x2]la funzione ammette massimo per il teorema di Weierstrass, e max

[x1,x2]f(x) ≥

f(0) > 1/2. Allora max[x1,x2]

f(x) = maxR

f(x). Se f e derivabile per il teorema di

Fermat il punto di massimo e anche un punto critico.

Esercizio 3. Dire dove |x− 1| e derivabile.

Soluzione. Possiamo scrivere |x − 1| =

{x− 1 x ≥ 11− x x < 1

. Ovviamente se

x 6= 1 la funzione e derivabile. Per x = 1 abbiamo limh→0+

f(1+h)−f(1)h

= 1,

mentre limh→0−

f(1+h)−f(1)h

= −1, quindi la funzione e derivabile su Rr {1}.

Esercizio 4. Verificare che cos(|x− 1|) e derivabile in 1.

Soluzione. Possiamo scrivere cos(|x− 1|) =

{cos(x− 1) x ≥ 1cos(1− x) x < 1

. Abbiamo

limh→0+

f(1+h)−f(1)h

= 0, come anche limh→0−

f(1+h)−f(1)h

= 0, quindi la funzione e

derivabile in 1.

Esercizio 5. Dimostrare che |x| sin(|x|) e derivabile su R.

Soluzione. Al solito scriviamo |x| sin(|x|) =

{x sin(x) x ≥ 0−x sin(−x) x < 1

. Poiche

sin(x) e una funzione dispari, abbiamo l’identita |x| sin(|x|) ≡ x sin(x), che ederivabile su R.

1

Esercizio 6. Studiare la funzione f(x) =x2 + x

x2 + x− 2.

Soluzione. Osserviamo che f(x) =x(x+ 1)

(x+ 2)(x− 1). Quindi il dominio di f e

R r {−2, 1}, e la funzione e continua e derivabile sul suo dominio. Inoltree positiva per x < −2, −1 < x < 0 e x > 1. Si vede facilmente chelimx→∞

f(x) = 1 = limx→−∞

f(x), quindi la funzione ha l’asintoto orizzontale y = 1

sia quando x → ∞ che quando x → −∞. Calcolando i limiti in −2 e 1abbiamo lim

x→1+f(x) = +∞ e lim

x→1−f(x) = −∞, quindi la retta x = 1 e un

asintoto verticale e limx→−21+

f(x) = −∞ e limx→−2−

f(x) = +∞, quindi anche

x = −2 e un asintoto verticale. Derivando otteniamo f ′(x) =−2(2x+ 1)

(x2 + x− 2)2,

quindi la funzione e crescente per x < −2 e per −2 < x < −1/2, decrescenteper −1/2 < x < 1 e per x > 1, e ha un punto critico per x = −1/2 (massimolocale).


e−x(e+

2

x

)x.

Soluzione. Sappiamo che e−x = (1/e)x. Quindi

limx→∞

e−x(e+

2

x

)x= lim

x→∞

(1 +

2/e

x

)x= e2/e.

Esercizio 8. Verificare se f(x) =

{x2 x ≥ 12x x < 1

e derivabile in x = 1.

Soluzione. Calcoliamo il rapporto incrementale. Abbiamo

limh→0+

f(1 + h)− f(1)

h= lim

h→0+

x2 + 2h+ h2 − 1

h= 2

limh→0−

f(1 + h)− f(1)

h= lim

h→0−

2(1 + h)− 1

h= −∞

quindi f non e derivabile in x = 1. Si noti che f non e continua in x = 1,quindi si poteva concludere subito senza calcolare il rapporto incrementale.Si noti anche che vale lim

x→1+f ′(x) = lim

x→1−f ′(x) anche se f non ha derivata in

x = 1.

2


Esercizio 1. Studiare la derivabilita di f(x) =

{x2 sin 1

xx 6= 0

0 x = 0.

Soluzione. Per x 6= 0 la funzione e derivabile. Per x = 0 abbiamo

f ′(0) = limh→0

f(0 + h)− f(0)

h= lim

h→0

h2 sin(1/x)

h= 0.

La funzione e ovunque derivabile.

Esercizio 2. Sia f : [−1, 1] → R continua sul dominio e derivabile perx 6= 0. Supponiamo che esista finito lim

x→0f ′(x). Allora f e derivabile in 0 e

f ′(0) = limx→0

f ′(x).

Soluzione. Con le ipotesi su f , in ogni intervallo del tipo [0, h] o [h, 0] sipuo applicare il Teorema di Lagrange, quindi esiste ξh in questi intervallitali che f(h)−f(0)

h= f ′(ξh). Poiche lim

x→0f ′(x) = L, se prendiamo una qualsiasi

successione hn → 0, esiste una successione ξhn tale che f(hn)−f(0)hn

= f ′(ξhn)→

L. Allora limx→0

f(h)− f(0)

h= L.

Esercizio 3. Dimostrare che f(x) =

{x2 + 1 x ≥ 1

2x x < 1e derivabile.

Soluzione. La funzione f e continua su R e derivabile per x 6= 1. Abbiamoinoltre che lim

x→1f ′(x) = 2, quindi, in maniera analoga all’esercizio precedente

possiamo concludere che f e derivabile anche per x = 1.Un’altra maniera per dimostrare che f e derivabile in x = 1 e calcolare

direttamente il limite del rapporto incrementale. Abbiamo

limh→0+

f(1 + h)− f(1)

h= lim

h→0+

x2 + 2h+ h2 + 1− 2

h= 2

limh→0−

f(1 + h)− f(1)

h= lim

h→0−

2(1 + h)− 2

h= 2.

1

Esercizio 4. Sia f : R → R derivabile con f ′(x) ≥ 1 se x > x0. Alloralimx→∞

f(x) =∞. Inoltre per ogni x > x0 vale f(x) ≥ x− x0 + f(x0).

Soluzione. Per il Teorema di Lagrange vale, ∀b > x0,f(b)− f(x0)

b− x0

= f ′(ξ)

per qualche ξ ∈ (x0, b). Inoltre per ipotesi f ′(ξ) ≥ 1, quindi f(b) ≥ (b−x0)+f(x0) e il secondo membro tende all’infinito quando b→∞. Per dimostrarela seconda parte, procediamo per assurdo: supponiamo che esista x1 > x0

tale che f(x1) < x1−x0 + f(x0). Allora, sempre per il Teorema di Lagrange,

esiste ξ ∈ (x0, x1) tale che f ′(ξ) =f(x1)− f(x0)

x1 − x0

< 1, che contraddice le

nostre ipotesi.

Esercizio 5. Sia f : R → R derivabile due volte. Sia inoltre f ′′ > 0 e fcrescente e limitata. Allora lim

x→∞f ′(x) = 0.

Soluzione. Abbiamo che esiste ξn ∈ (n, n + 1) tale che f ′(ξn) = f(n+1)−f(n)n+1−n .

Poiche f e limitata e crescente abbiamo che limx→∞

f(x) = L < ∞ e quindi

limx→∞

f(n+ 1)− f(n) = 0. Dunque anche limx→∞

f ′(ξn) = 0, ovvero ∀ε esiste ξn

tale che 0 < f ′(ξn) < ε. Ma allora, dato che f ′′ < 0, quindi f ′ decrescente,∀ε esiste ξn tale che se x > ξn, 0 < f ′(x) < f ′(ξn) < ε, e questo conclude ladimostrazione.

2


Esercizio 1. Sia f una funzione continua a valori reali definita su una cir-conferenza. Dimostrare che ci sono due punti antipodali in cui la funzioneassume il medesimo valore.

Soluzione. Se f e definita su una circonferenza, possiamo anche dire chef : [0, 2π] → R. Possiamo a questo punto definire una nuova funzione g :[0, π] → R definita come g(x) = f(x) − f(x + π). Se g(0) = 0 abbiamofinito. Altrimenti, supponiamo che sia g(0) > 0. Per come g e definita, allorag(π) = −g(0) < 0. Quindi per il teorema degli zeri, g si annulla in qualchepunto dell’intervallo [0, π], e dalla definizione di g troviamo la tesi.

Esercizio 2. Calcolared

dxxx per x > 0.

Soluzione. Abbiamo

d

dxxx =

d

dxelog xx =

d

dxex log x = ex log x(log(x) + 1) = xx(log(x) + 1).

Esercizio 3. Studiare la funzione xx : R+ → R

Soluzione. Sappiamo che la funzione e positiva, continua e derivabile sul suodominio. Abbiamo che lim

x→∞xx ≥ lim

x→∞x = ∞ e che lim

x→0+xx = lim

x→∞ex log x =

1. Sappiamo dall’esercizio precedente che ddxx = xx(log(x) + 1), quindi la

funzione e decrescente su (0, 1/e), ha un minimo assoluto in x = 1/e ed ecrescente per x > 1/e.

Esercizio 4. Siano f, g : R→ R+. Calcolared

dxf(x)g(x).

Soluzione. Abbiamo

d

dxf(x)g(x) =

d

dxeg(x) log f(x) = f(x)g(x)

(g′(x) log f(x) +

g(x)

f(x)f ′(x)

).


(x2 + x− 2)1

x−1 .

Soluzione. Abbiamo che

limx→1+

(x2 + x− 2)1

x−1 = limx→1+

e1

x−1log(x2+x−2) = 0

1


x+ sinx

x+ cosx.

Soluzione. Se calcoliamo direttamente il limite vediamo subito che il risul-tato e 1. Se volessimo usare la regola de l’Hopital dovremmo calcolare

limx→∞

1 + cos x

1− sinx, ma questo limite non esiste. Questo non deve trarre in in-

ganno: se il rapporto tra la derivata del numeratore e quella del denominatorenon ha limite, non si puo concludere che il limite originario non esiste, masoltanto che la regola de l’Hopital in quel caso non e applicabile.


xα log x, dove α ∈ R.

Soluzione. Se α > 0 possiamo applicare la regola de l’Hopital, al rapportolog x

x−α, ottenendo che

limx→0+

1/x

−αx−α−1= lim

x→0+−x

α

α= 0

Quindi se α > 0 si ha limx→0+

xα log x = 0. Per α ≤ 0 si conclude immediata-

mente che il limite e −∞.

Esercizio 8. Studiare la funzione f(x) =8x3 + 27

x2 − 1definita su Rr {−1, 1}.

Soluzione. Si vede facilmente che limx→∞

f(x) = ∞ e limx→−∞

f(x) = −∞. E

importante calcolare anche i limiti intorno ai punti −1 e 1, dove la funzionenon e definita. Abbiamo

limx→1+

f(x) =∞ limx→1−

f(x) = −∞

limx→−1+

f(x) = −∞ limx→−1−

f(x) =∞.

Proviamo a vedere se la funzione ha un asintoto obliquo per x→∞. Vediamo

che limx→∞

f(x)

x= 8, quindi possiamo dire che la funzione ha un asintoto

obliquo del tipo y = 8x + q. Per determinare q, imponiamo che limx→∞

f(x)−(8x+ q) = 0. Vediamo che

limx→∞

8x3 + 27

x2 − 1− 8x− q = lim

x→∞

8x3 + 27− 8x3 + 8x− qx2 + q

x2 − 1= −q.

Perche questo limite sia zero e necessario che q = 0, quindi f(x) ha perx → ∞ l’asintoto y = 8x. Si vede facilmente che per x → −∞ la funzioneha lo stesso asintoto.

2


Esercizio 1. Studiare la funzione f(x) = 1 + 5√x(x2 − 1)2.

Soluzione. La funzione e continua su R, e derivabile ovunque tranne nei punti−1, 0, 1. Su Rr {−1, 0, 1} la derivata vale

f ′(x) =(x2 − 1)

(x− 1

5

)5√x4(x2 − 1)8

.

Quindi possiamo concludere che la funzione e crescente su (−∞,−1), ha unmassimo relativo in −1, e decrescente su (−1,−1/

√5), ha un minimo relativo

in −1/√

5, e crescente su (−1/√

5, 1/√

5), ha un massimo relativo in 1/√

5,e decrescente su (1/

√5, 1), ha un minimo locale in 1 e infine e crescente da

1 in poi. Si vede facilmente che limx→∞

f(x) = ∞ e che limx→−∞

f(x) = −∞.

Proviamo a vedere se la funzione ha un asintoto obliquo per x→ +∞. Non

e difficile vedere che limx→∞

f(x)

x= 1, quindi abbiamo un asintoto obliquo del

tipo y = x+ q. Per determinare q cerchiamo di calcolare

limx→∞

f(x)−x = limx→∞

1+5√x5 − 2x3 + x−x = lim

x→∞1+x

(5

√1− 2

x2+

1

x4− 1

).

Per calcolarlo, studiamo intanto

limx→∞

x

(5

√1− 2

x2+

1

x4− 1

)= lim

t→0+

5√

1− 2t2 + t4 − 1

t.

Usando la regola de l’Hopital abbiamo limt→0+

1

5

−4t+ 4t3

(1− 2t2 + t4)4/5= 0, quindi

limx→∞

f(x) − x = 1, ovvero limx→∞

f(x) − (x + 1) = 0. La funzione ha quindi

l’asintoto y = x + 1 quando x → +∞. La funzione ha il medesimo asintotoanche per x→ −∞.

Esercizio 2. Calcolare limx→+∞

x log x

x2 + 1.

Soluzione. Applicando la regola de l’Hopital si deve calcolare limx→+∞

log x+ 1

2x,

che e ancora una forma indeterminata. Applicando la regola una seconda

volta si ottiene limx→+∞

1/x

2= 0, quindi lim

x→+∞

x log x

x2 + 1= 0.

1


e√

sin(x) − 1√x

.

Soluzione. Applicando la regola de l’Hopital si ottiene

limx→0+

1

2√

sin(x)cos(x)e

√x

12√x

= limx→0+

√x

sin(x)· cos(x) · e

√x = 1,

quindi limx→0+

e√

sin(x) − 1√x

= 1.

Esercizio 4. Si trovino gli estremi relativi di f(x) = |x|ex.

Soluzione. Scriviamo f(x) =

{xex x ≥ 0−xex x < 0

.

Vediamo subito che f : R→ R e continua ovunque e derivabile per x 6= 0

con derivata f ′(x) =

{(x+ 1)ex x > 0−(x+ 1)ex x < 0

. Su x > 0 la derivata e positiva

e quindi la funzione e sempre crescente. Su x < 0 la derivata si annulla inx = −1, dove la funzione ha un massimo relativo (non e assoluto, infattilimx→∞

f(x) =∞). Notiamo poi che f(0) = 0 e f(x) > 0 se x 6= 0, quindi zero

e il punto di minimo assoluto (pur non essendo un punto critico).

Esercizio 5. Sviluppare sin(x2) intorno a zero, fino al quinto ordine.

Soluzione. Partiamo dallo sviluppo di Taylor fino al quinto ordine della fun-zione seno. Abbiamo che, se y ∼ 0,

sin(y) = y − y3

3!+y5

5!+ o(y5).

Quando x ∼ 0 anche x2 ∼ 0, quindi, considerando y = x2 nella formulaprecedente, otteniamo

sin(x2) = x2 − x6

3!+x10

5!+ o(x10) = x2 + o(x5).

Alternativamente, si poteva sviluppare direttamente sin(x2), ma si dovevanocalcolare cinque derivate di funzione composta. Usando lo sviluppo in seriedel seno la soluzione del problema e piu semplice.

2

Esercizio 6. Sviluppare (sinx)2 intorno a zero, fino al quinto ordine.

Soluzione. Consideriamo lo sviluppo di Taylor di sinx e facciamone il quadrato,ricordandoci che ci interessano solo i termini fino al quinto ordine. Otteniamo

(sinx)2 =

(x− x3

3!+x5

5!+ o(x5)

)2

= x2 − x4

6+ o(x5), (1)

infatti i quadrati di x3

3!, x5

5!e il loro doppio prodotto hanno tutti grado mag-

giore di 5, cosı come il doppio prodotto tra x e x5

5!, e quindi vanno a finire nel

termine o(x5).

Esercizio 7. Calcolare√e con un’approssimazione non superiore a 1/100.

Soluzione. Consideriamo lo sviluppo di Taylor di ordine n, intorno a 0, dellafunzione ex (con il resto di Lagrange).

ex = 1 + x+x2

2!+ · · ·+ xn

n!+ ex

xn+1

(n+ 1)!

con x ∈ (0, x). Per x = 1/2, allora,

√e = 1 +

1

2+

(1/2)2

2!+ · · ·+ (1/2)n

n!+ ex

(1/2)n+1

(n+ 1)!

con x ∈(0, 1

2

). Per sapere a quale ordine arrestare lo sviluppo, dobbiamo

scegliere n tale che il resto sia minore di 1/100. Si vede subito che ex < e < 3

per ogni x ∈(0, 1

2

), e che, se n + 1 = 4, si ha ex (1/2)n+1

(n+1)!< 3 · 1

16· 1

24< 1

100.

Quindi basta arrestarsi al terzo ordine, ovvero

√e ∼ 1 +

1

2+

1

8+

1

48

con un errore che non supera 1100

.

3

Esercitazioni di Matematica, 4 Dicembre 2009


x2 + 1, definita su R.

Soluzione. La funzione e positiva per x > 0 e negativa per x > 0. Abbiamolim

x→−∞f(x) = 0 = lim

x→+∞f(x), inoltre f(0) = 0, quindi ci aspettiamo che

f abbia un massimo per x > 0 e un minimo per x < 0. Studiando la

derivata prima abbiamo f ′(x) =x2 − 1

(x2 + 1)2, che si annulla infatti in x = 1

(punto di massimo) e x = −1 (punto di minimo). La derivata seconda risulta

f ′′(x) =2x(3− x2)

(x2 + 1)3che si annulla per x = −

√3, x = 0 e x =

√3. La funzione

quindi e concava per x < −√

3 e 0 < x <√

3, convessa per −√

3 < x < 0 ex >√

3.


4x+ 1e−x, definita su x 6= −1

4.

Soluzione. La funzione e negativa per −1/4 < x < 0, si annulla per x = 0ed e positiva altrove. Abbiamo lim

x→−∞f(x) = +∞, lim

x→(−1/4)−f(x) = +∞,

limx→(−1/4)+

f(x) = −∞, limx→+∞

f(x) = 0,. Ci aspettiamo allora un minimo (rel-

ativo) per x < −1/4 e un massimo (relativo) per x > 0. Dalla derivata prima

otteniamo che il punto di minimo si trova in x = −1−√

178

e quello di massimo

in x = −1+√

178

. La derivata seconda risulta f ′′(x) =16x3 + 8x2 − 7x− 10

(4x+ 1)3e−x.

Per studiare il segno di f ′′ e necessario studiare il segno del polinomio P (x) =16x3 + 8x2 − 7x − 10. Poiche il polinomio e di terzo grado, avra un puntodi massimo relativo ed uno di minimo relativo, che si trovano annullando laderivata P ′(x) = 4x2+16x−7. In questo modo risulta che i punti di massimoe di minimo sono rispettivamente x = −7/12 e x = 1/4. In entrambi questipunti P (x) e negativo. Possiamo concludere allora che esiste un unico puntox0 > 1/4 tale che P (x0) = 0 e che P (x) < 0 per x < x0 e P (x) > 0 perx > x0. Con queste informazioni risulta che la funzione f e convessa perx < −1/4 e per x > x0 e concava per −1/4 < x < x0. Si noti che, poiche

x = −1+√

178

e un punto di massimo (dove quindi la f e concava), si ottiene

x0 >−1+

√17

8.

1

Esercizio 3. Si calcoli limx→0

cos(2x)− cos(x)

x2.

Soluzione. Sviluppando con Taylor intorno a 0 otteniamo

cos(x) = 1− x2

2+ o(x3),

cos(2x) = 1− (2x)2

2+ o(x3) = 1− 2x2 + o(x3),

quindi limx→0

cos(2x)− cos(x)

x2= lim

x→0

−2x2 + x2

2+ o(x3)

x2= −3

2.

Esercizio 4. Si calcoli limx→0

x− sin(x)

x+ cos(x)− 1.

Soluzione. Sviluppando con Taylor intorno a 0 otteniamo

cos(x) = 1− x2

2+ o(x3),

sin(x) = x− x3

6+ o(x4),

quindi limx→0

x− sin(x)

x+ cos(x)− 1= lim

x→0

x3

6+ o(x4)

x− x2

2+ o(x3)

= limx→0

x2

6+ o(x4)

x

1− x2

+ o(x3)x

= 0.

Esercizio 5. Trovare tutte le primitive di xp, p ∈ R.

Soluzione. Sappiamo che, se p 6= 1, ddx

xp+1

p+1= xp. Se p > −1 la funzione

xp+1 e definita su tutto R, e per ottenere tutte le primitive di xp e sufficienteaggiungere una costante. Se invece p < −1 la funzione xp+1 e definita suRr {0}, quindi il suo dominio e formato di due semirette e per trovare tuttele primitive dobbiamo aggiungere una costante su ogni componente, connessadel dominio (non necessariamente la solita). Per p = −1 abbiamo d

dxlog |x| =

1x, e ancora una volta per trovare tutte le primitive dobbiamo aggiungere una

costante su ogni componente connessa del dominio. Riassumendo

Se p > −1

∫xpdx =

xp+1

p+ 1+ c.

Se p = −1

∫xpdx =

{log(x) + c1 su x > 0log(−x) + c2 su x < 0

.

Se p > −1

∫xpdx =

{xp+1

p+1+ c1 su x > 0

xp+1

p+1+ c2 su x < 0

,

dove c, c1, c2 ∈ R.

2

Esercizio 6. Dimostrare che, se m 6= n vale

∫ π

0

sin(mx) sin(nx)dx = 0.

Soluzione. Integriamo per parti due volte, ottenendo∫ π

0

sin(mx) sin(nx)dx =

[− 1

mcos(mx) sin(nx)

]π0

+

∫ π

0

n

mcos(mx) cos(nx)dx =

=

∫ π

0

n

mcos(mx) cos(nx)dx =

=n

m

[1

msin(mx) cos(nx)

]π0

+n

m

∫ π

0

n

msin(mx) sin(nx)dx =

=n2

m2

∫ π

0

sin(mx) sin(nx)dx.

Quindi, portando tutto al primo membro,(1− n2

m2

)∫ π

0

sin(mx) sin(nx)dx = 0

e, poiche m 6= n, otteniamo

∫ π

0

sin(mx) sin(nx)dx = 0.

3

Esercitazioni di Matematica, 18 Dicembre 2009

Esercizio 1. Calcolare

∫ 3

0

1

x2 + 9dx.

Soluzione. Utilizziamo la sostituzione y = x/3, ottenendo∫ 3

0

1

x2 + 9dx =

1

9

∫ 3

0

1

x2/9 + 1dx =

1

9

∫ 3

0

1

(x/3)2 + 1dx =

=1

3

∫ 1

0

1

y2 + 1dy =

1

3[arctan y]10 =

π

12.


∫1

1 +√

1 + xdx.

Soluzione. Utilizziamo la sostituzione u =√

1 + x, in modo da non avereuna radice al denominatore. Otteniamo∫

1

1 +√

1 + xdx =

∫2u

1 + udu =

∫ (2− 2

1 + u

)du =

= 2u− 2 log |1 + u| = 2√

1 + x− 2 log√

1 + x.


∫x− 3

(x+ 1)(x− 2)dx.

Soluzione. Per calcolare questo integrale, conviene cercare di scrivere l’inte-

grandox− 3

(x+ 1)(x− 2)come somma di due frazioni del tipo

A

x+ 1e

B

x− 2,

con A,B ∈ R. Dobbiamo quindi scegliere A,B tali che

A

x+ 1+

B

x− 2=

x− 3

(x+ 1)(x− 2).

Risolvendo, abbiamo A = −4, B = 5, quindi∫x− 3

(x+ 1)(x− 2)dx = −4

∫1

x+ 1dx+ 5

∫1

x− 2dx =

= −4 log |x+ 1|+ 5 log |x+ 2|.

1


∫3x+ 2

x(x2 − 1)dx.

Soluzione. Come nell’esercizio precendente cerchiamo di scrivere

3x+ 2

x(x2 − 1)=

3x+ 2

x(x+ 1)(x− 1)=A

x+

B

x+ 1+

C

x− 1.

Risolvendo abbiamo A = −2, B = −1/2, C = 5/2; quindi∫3x+ 2

x(x2 − 1)dx = −2

∫1

xdx− 1

2

∫1

x+ 1dx+

5

2

∫1

x− 1dx =

= − log |x|+ 1

2log |x+ 1| − 5

2log |x− 1|.

Esercizio 5. Vogliamo descrivere la crescita di una popolazione. Sia N(t)il numero di elementi della popolazione all’istante t. Supponiamo che l’an-damento della popolazione dipenda solo da due fattori: il livello di natalitae quello di mortalita della popolazione. Supponiamo che questi fattori sianoproporzionali al numero di individui. Quindi, se λ > 0 e il tasso di natalitae µ > 0 quello di mortalita, dato N0 il numero iniziale di individui, N(t) edeterminato dalla seguente equazione differenziale:{

N ′(t) = λN(t)− µN(t)N(0) = N0.

Risolvere tale equazione e discutere il comportamento delle soluzioni al vari-are di λ e µ.

Soluzione. L’equazione differenziale da risolvere e del primo ordine, lineare eomogenea. Ammette come soluzione generale N = Ce(λ−µ)t. Per determinarela costante imponiamo che N(0) = N0, ottenendo che C = N0. QuindiN(t) = N0e

(λ−µ)t. Si vede subito che, se il tasso di natalita e maggiore diquello di mortalita, la popolazione cresce in maniera esponenziale, se i duetassi sono uguali, il numero di individui resta costantemente uguale a N0,mentre, se µ > λ, la popolazione decresce esponenzialmente a 0.

2

Esercizio 6. Al problema dell’esercizio precedente aggiungiamo un tasso diemigrazione/immigrazione ν che supponiamo costante nel tempo. Se ν > 0si parla di immigrazione, se ν < 0 di emigrazione. L’equazione di riferimentodiventa {

N ′(t) = λN(t)− µN(t) + νN(0) = N0.

Supponendo λ > ν, risolvere tale equazione e discutere il comportamentodelle soluzioni al variare dei parametri.

Soluzione. L’equazione differenziale da risolvere e del primo ordine, linearee non omogenea. Ammette come soluzione generale del’omogenea Nom =Ce(λ−µ)t, e come soluzione particolare Npart = − ν

λ−µ . La soluzione di questa

equazione risulta N(t) =

(N0 +

ν

λ− µ

)e(λ−µ)t − ν

λ− µ. Se N0 > − ν

λ−µ la

popolazione cresce esponenzialmente, e se N0 = − νλ−µ il numero di individui

resta costantemente N0. Di particolare interesse e il caso N0 < − νλ−µ : in

questo caso il tasso di emigrazione e tale che la popolazione si estingue inun tempo finito. Questa equazione modellizza per esempio una coltura dicellule batteriche da cui si preleva in maniera costante un certo numero diindividui. In questo caso abbiamo una stima sul numero di individui inizialiin maniera che il prelievo non faccia estinguere la colonia stessa.

3

Esercitazioni di Matematica, 15 Gennaio 2010

Esercizio 1. Vogliamo descrivere la crescita di una popolazione in presenzadi risorse limitate. Sia N(t) il numero di elementi della popolazione all’istantet. Supponiamo che ci sia una soglia β tale che, se N(t) > β si abbiasovrappopolazione e quindi N(t) decresca nel tempo. Supponiamo inoltreche quando N << β la popolazione cresca come nel caso di risorse illimitate(quindi N ′(t) proporzionale a N(t)). Con queste ipotesi, N(t) puo esseredescritto dalla seguente equazione differenziale:{

N ′(t) = N(t)− 1βN2(t)

N(0) = N0.

Risolvere tale equazione e discutere il comportamento delle soluzioni al va-riare di N0.

Soluzione. L’equazione differenziale e a variabili separabili. Il suo integrale

generale si trova risolvendo

∫1

N −N2/βdN =

∫1dt. Ora

∫1

N −N2/βdN =

∫1

NdN +

∫1

β −NdN = log

∣∣∣∣ N

β −N

∣∣∣∣ ,quindi log

∣∣∣ Nβ−N

∣∣∣ = t+ C. Questa formula vale fintanto che N 6= 0 e N 6= β.

Imponendo la condizione iniziale, troviamo che C = log∣∣∣ N0

β−N0

∣∣∣. Esplicitando

rispetto ad N (facendo attenzione ai valori assoluti) otteniamo

N(t) = β

1(βN0− 1)e−t + 1

.

Osserviamo che se N0 > β il numero di individui decresce con il passaredel tempo, e tende asintoticamente al valore di soglia β, mentre N0 < β lapopolazione cresce, tendendo ancora una volta asintoticamente verso β. Nelcaso N0 = β il metodo della separazione delle variabili non si puo utiliz-zare, ma l’equazione differenziale si risolve direttamente e ha come soluzioneN(t) ≡ β.

1

Esercizio 2. Risolvere l’equazione differenziale

y′′ + 4y = xy(0) = 1y′(0) = 1/4

.

Soluzione. Cerchiamo le soluzioni dell’equazione omogenea y′′ + 4y = 0.L’equazione di secondo grado associata e λ2 + 4 = 0, che ha ∆ < 0. Lasoluzione generale dell’omogenea e yom = A sin(2x) + B cos(2x). Poiche iltermine non omogeneo e un polinomio, cerchiamo una soluzione particolaredello stesso tipo. Si vede facilmente che yp = x/4 e la soluzione partico-lare. La soluzione generale dell’equazione sara y = yom + yp = A sin(2x) +B cos(2x) + x/4. Imponendo le condizioni iniziali si ottiene che A = 0 eB = 1, quindi la soluzione cercata e y = cos(2x) + x/4.

Esercizio 3. Risolvere l’equazione differenziale

y′′ − 4y′ + 4y = ex

y(0) = 0y′(0) = 3

.

Soluzione. Cerchiamo le soluzioni dell’equazione omogenea. L’equazione disecondo grado associata e λ2 − 4y + 4 = 0, che ha ∆ < 0 e soluzioni λ1 =λ2 = 2. La soluzione generale dell’omogenea e yom = Ae2x+Bxe2x. Poiche iltermine non omogeneo e una funzione esponenziale, cerchiamo una soluzioneparticolare dello stesso tipo. Si vede facilmente che yp = ex e la soluzioneparticolare. La soluzione generale dell’equazione sara y = yom + yp = Ae2x +Bxe2x + ex. Imponendo le condizioni iniziali si ottiene che A = −1 e B = 3,quindi la soluzione cercata e y = −e2x + 3xe2x + ex.

Esercizio 4. Trovare l’integrale generale dell’equazione 2y′′ − y′ − y = x2 −3e2x.

Soluzione. Cerchiamo le soluzioni dell’equazione omogenea. L’equazione disecondo grado associata e 2λ2 − y − 1 = 0, che ha soluzioni λ1 = 1, λ2 =−1/2. La soluzione generale dell’omogenea e yom = Aex+Be−x/2. Il terminenon omogeneo e somma di due funzioni, per trovare la soluzione particolareconsideriamo x2 e 3e2x separatamente. Troviamo che la funzione yp1 = −x2 +2x+6 risolve 2y′′p1−y′p1−yp1 = x2 e che yp2 = −3

5e2x risolve 2y′′p2−y′p2−yp2 =

−3e2x. La soluzione generale dell’equazione sara y = yom + yp1 + yp2 =Aex +Bxe−x/2 − x2 + 2x+ 6− 3

5e2x.

2

Esercizio 5. Sia f(x)

{3x+ 1 x > 0

1x+1

x ≤ 0. Calcolare

1/2∫−1/2

f(x)dx.

Soluzione. Per calcolare consideriamo separatamente gli intervalli (−1/2, 0)e (0, 1/2). Abbiamo

1/2∫−1/2

f(x)dx =

0∫−1/2

f(x)dx+

1/2∫0

f(x)dx =

0∫−1/2

1

x+ 1dx+

1/2∫0

3x+ 1dx =

= [log |x+ 1|]0−1/2 +

[3

2x2 + x

]1/2

0

= − log1

2+

7

8


∫x− 1

x(x2 + 1)dx.

Soluzione. Cerchiamo di scrivere

x− 1

x(x2 + 1)=A

x+

Bx

x2 + 1+

C

x2 + 1.

Risolvendo abbiamo A = −1, B = 1, C = 1; quindi∫x− 1

x(x2 + 1)dx = −

∫1

xdx+

∫x

x2 + 1dx+

∫1

x2 + 1dx =

= − log |x|+ 1

2log(x2 + 1) + arctan(x).


∫x5

x4 − 1dx.

Soluzione. Notiamo chex5

x4 − 1=x5 − xx4 − 1

+x

x4 − 1= x+

x

x4 − 1, e che

x

x4 − 1=

x

(x− 1)(x+ 1)(x2 + 1)=

1

4

(1

x− 1

)+

1

4

(1

x+ 1

)− 1

2

(x

x2 + 1

).

Quindi∫x5

x4 − 1dx =

∫xdx+

1

4

∫1

x− 1dx+

1

4

∫1

x+ 1dx− 1

2

∫x

x2 + 1dx =

=x2

2+

1

4(log |x− 1|+ log |x+ 1| − log |x2 + 1|) =

x2

2+

1

4log

∣∣∣∣x2 − 1

x2 + 1

∣∣∣∣ .3


∫ 0

−∞xexdx.

Soluzione. Calcoliamo intanto

∫ 0

t

xexdx, con t fissato. Integrando per parti

abbiamo∫ 0

t

xexdx = [xex]0t −∫ 0

t

exdx = [(x− 1)ex]0t = −1− (t− 1)et.

Quindi ∫ 0

−∞xexdx = lim

t→−∞

∫ 0

t

xexdx = limt→−∞

−1− (t− 1)et = −1.


∫ 1

0

1√1− x

dx.

Soluzione. La funzione1√

1− xnon e definita per x = 1. Dobbiamo quindi

calcolare

∫ t

0

1√1− x

dx, con t fissato. Utilizziamo la sostituzione u2 = 1− x,

ottenendo ∫ t

0

1√1− x

dx = −∫ √1−t

1

1

u2udu = −2(

√1− t− 1)

Quindi∫ 1

0

1√1− x

dx = limt→1−

∫ t

0

1√1− x

dx = limt→1−

−2(√

1− t− 1) = 2.

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esercitazioni di matematica, 9 ottobre 2009 -...

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