Soluzioni tutorato1

Manuela Grella e Simona Giovannetti

7 marzo 2005

Esercizio 1. Deve essere

lim_{x→0^{−}}f(x) = lim_{x→0^{+}}f(x) = 0

Poiché 0 < sen^{2}(x) < 1 sará 0 < x^{a}sen^{2}(x) < x^{a}, quindi se a > 0 allora lim_{x→0^{+}}f(x) = 0. Inoltre 0 < cos^{2}(1/x) < 1, quindi se b > 0, lim_{x→0^{−}}f(x) = 0. Se a=0 lim_{x→0^{+}}f(x) = 0. Se b=0 lim_{x→0^{−}}f(x) non esiste.

Possiamo concludere che f(x) é continua se a ≥ 0 e b > 0.

Esercizio 2. Bisogna innanzitutto verificare che lim_{x→π/2}tg(x) esiste ed é finito; scriviamo tg(x) = \frac{senx}{cosx}, allora lim_{x→π/2} \frac{senx}{cosx} = ∞; quindi la funzione non é continua.

Esercizio 3. Bisogna stabilire se

lim_{x→0^{+}}f(x) = lim_{x→0^{−}}f(x)

ma lim_{x→0^{+}} \frac{x}{|x|} = 1 mentre lim_{x→0^{−}} \frac{x}{|x|} = −1; quindi la funzione non é continua e ha una discontinuitá di prima specie.

Esercizio 4. Si ha che lim_{x→0}sen(x)/x = 1, ma la funzione non é definita in x = 0, quindi ho una discontinuitá eliminabile e la funzione si puó prolungare per continuitá in questo modo:

f(x) = \{ \begin{matrix}\frac{sen(x)}{x} & se ≠ 0 \\ 1 & se x = 0 \end{matrix}

Esercizio 5. (i)f(x) = e^{x} su (−∞, 1); applichiamo la definizione e vediamo se é verificata. Se |x − y| < δ allora si ha:

|e^{x} − e^{y}| = e^{y}|e^{x−y} − 1| < e|e^{x−y} − 1|

considerando il fatto che y ∈ (−∞, 1), e quindi che e^{y} < e^{1}. Usando ora lim_{α→0} \frac{e^{α}−1}{α} = 1, allora si ha che

e|e^{x−y} − 1| < e|x − y|ϵ < eδϵ

Quindi la funzione é uniformemente continua.

(ii)f(x) = x^{2}ln(\frac{1+x^{2}}{x^{2}} ); se x ∈ [1, ∞), f(x) é continua; verifichiamo inoltre che ha un asintoto orizzontale: infatti

lim_{x→∞} x^{2}ln(\frac{1}{x^{2}} + 1) = lim_{x→∞} \frac{ln(\frac{1}{x^{2}} + 1)}{\frac{1}{x^{2}}} = 1

Allora f(x) é uniformemente continua.(Ricordiamo che lim_{x→0 \frac{ln(1+x)}{x}} = 1).

Se x ∈ [1, 2] f(x) é una funzione continua definita su un compatto (un intervallo chiuso e limitato), allora f(x) é uniformemente continua.

Se x ∈ (0, 1) cerchiamo di estendere f(x) ad una funzione continua su [0, 1]: il lim_{x→0^{+}} x^{2}ln(\frac{1+x^{2}}{x^{2}} ) = 0, e lim_{x→1^{−}} x^{2}ln(\frac{1}{x^{2}} + 1) = ln2, e quindi possiamo estendere il caso all’intervallo [0, 1].

(iii)La funzione f(x) = arctg \frac{1}{x} non é definita in 0; vediamo se esistono e coincidono i limiti destro e sinistro, ossia se f(x) é almeno continua: considerando il cambio di variabili y = \frac{1}{x}, se x → 0^{−} allora y → −∞ e quindi abbiamo

lim_{x→0^{−}} arctg \frac{1}{x} = lim_{y→−∞} arctg y = −\frac{π}{2}

considerando il cambio di variabili y = \frac{1}{x}, se x → 0^{+} allora y → +∞ e quindi abbiamo

lim_{x→0^{+}} arctg \frac{1}{x} = lim_{y→∞} arctg y = \frac{π}{2}

Poiché i due limiti non coincidono, la funzione non é continua e quindi non é neanche uniformemente continua.

Esercizio 6. Sia P (x) = a_{n}x^{n} + a_{n−1}x^{n_{1}} + ..... + a_{0} con n = 2h il polinomio da noi considerato, allora lim_{x→∞}P (x) = ∞ perché a_{n} > 0; inoltre lim_{x→−∞}P (x) = ∞ perché a_{n} > 0 e n é pari; infine lim_{x→0}P (x) = a_{0} che é < 0, quindi la funzione P (x) su R cambia segno due volte: una tra −∞ e 0 e l’altra tra 0 e ∞. Poiché la funzione é continua (essendo P (x) un polinomio) per il teorema degli zeri P (x) ha due radici: una negativa e una positiva.

Soluzioni sercizi per casa

Esercizio 7. (i)f(x) = \frac{xe^{x}}{|x|} su [−1, 0) é uniformemente continua perché si puó estendere ad una funzione continua sull’intervallo chiuso e limitato [−1, 0], perché lim_{x→0} f(x) = 0

(ii)f(x) = x log x su (0, 3] é uniformemente continua perché si puó estendere ad una funzione continua sull’intervallo chiuso e limitato [0, 3], perché lim_{x→0} = 0.

(iii)f(x) = \sqrt{x} su [1, ∞) é u.c. perché ha derivata limitata nell’intervallo.(f′(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}})

(iv)f(x) = \sqrt[3]{x} su [1, ∞) é u.c. perché ha derivara limitata.(f′(x) = \frac{1}{3 \sqrt[3]{x^{2}}} )

(v)f(x) = x + \frac{sin x^{2}}{x} é u.c. perché ha derivata limitata.(f′(x) = 1 + 2 cos x^{2} − \frac{sin x^{2}}{x^{2}} )

Esercizio 8. (i)Per x = 0 si ha che lim_{x→0} sin \frac{1}{x} non esiste, infatti ponendo y = \frac{1}{x} si ha che il precedente limite corrisponde a lim_{y→∞} sin y che non esiste; quindi si ha una discontinuità di seconda specie.

(ii)f(x) = \frac{x^{2}+x−2}{2x^{2}+x−3} non è definita nei punti che annullano il denominatore ossia in x = −\frac{3}{2} e x = 1: in x = 1 si ha che lim_{x→1^{+}} \frac{x^{2}+x−2}{2x^{2}+x−3} = lim_{x→1^{−}} \frac{x^{2}+x−2}{2x^{2}+x−3} = lim_{x→1} \frac{(x−1)(x+2)}{(x−1)(x+ \frac{3}{2} )} = _{\frac{3}{\frac{5}{2}}} = \frac{6}{5}, ossia si ha una discontinuità eliminabile. Per x = −\frac{3}{2} si ha che lim_{x→− \frac{3}{2}^{+}} \frac{x^{2}+x−2}{2x^{2}+x−3} = +∞, mentre lim_{x→− \frac{3}{2}^{−}} \frac{x^{2}+x−2}{2x^{2}+x−3} = −∞ e quindi abbiamo una discontinuità di seconda specie.

(iii)f(x) = \frac{e^{x}−1}{x} non è definita in x = 0, ma lim_{x→0} \frac{e^{x}−1}{x} = 1, quindi si ha una discontinuità eliminabile.

(iv)f(x) = \frac{2x}{sin 3x} non è definita se sin 3x = 0, ossia per x = 0 e 3x = kπ => x = k \frac{π}{3} con k ∈ Z: per x = 0 si ha che lim_{x→0} \frac{2x}{sin 3x} = lim_{x→0} \frac{2}{3} \frac{3x}{sin 3x} = \frac{2}{3}, quindi in 0 ho una discontinuità eliminabile. Negli altri punti si ha che lim_{x→k \frac{π}{3}} \frac{2x}{sin 3x} = ∞, ossia abbiamo una discontinuità di seconda specie.

(v) Poiché lim_{x→0^{+}} \frac{sin x}{x} = 1 e lim_{x→0^{+}} x+1 = 1 allora la funzione è continua su tutto R.

Esercizio 9. (i)Poiché lim_{→0^{+}} 2x + 1 = 1 e lim_{→0^{−}} ax − 3 = −3 ∀a ∈R, la funzione in 0 non è continua per alcun valore di a.

(ii)In x = 0 lim_{→0^{+}} x^{2} + 2ax + a = a e lim_{→0^{−}} \sqrt{x + 2} = \sqrt{2}, quindi per a = \sqrt{2} la funzione è continua in 0.