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DIARIO DELLE LEZIONI DEL TUTORATO

DI

MATEMATICA GENERALE

Corso di laurea in Economia

A.A: 2019/2020

Tutor: Dott. Salvatore Fragapane

Lezione 1 - 04/10/2019, dalle 18.00 alle 20.00 in aula 9b

- Richiami teorici (1): equazioni di primo e secondo grado intere e fratte.

- Esercizi svolti:

Es.1 Risolvere la seguente equazione:

(x− 1)2 − 2x = x(x− 1).

Soluzione:

x2 − 2x+ 1− 2x = x2 − x

x2 − x2 − 2x− 2x+ x = −1

−3x = −1⇐⇒ x =1

3.


(x− 2)3 − 4(x− 1) = −6(x+ 1)(x− 1) + x3.

Soluzione:

x3 − 8− 6x2 + 12x− 4x+ 4 = −6x2 + 6 + x3

x3 − x3 − 6x2 + 6x2 + 12x− 4x = 8− 4

8x = 4⇐⇒ x =1

2.


1

2− x= 0.

Soluzione:

C.E. 2− x 6= 0⇐⇒ x 6= 2.

Facendo il minimo comume denominatore, abbiamo

1 = 0⇐⇒ l’equazione non ammette soluzioni.


x

x− 1= 2.

Soluzione:

C.E. x− 1 6= 0⇐⇒ x 6= 1.


x = 2x− 2⇐⇒ −x = −2⇐⇒ x = 2.


x− 1

x+ 1=x+ 1

x− 1.

Soluzione:

C.E. x− 1 6= 0 ∧ x+ 1 6= 0⇐⇒ x 6= ±1.


(x− 1)2 = (x+ 1)2

x2 − 2x+ 1 = x2 + 2x+ 1⇐⇒ −4x = 0⇐⇒ x = 0.


x− 1

2− 1 + x

5=

1 + 3x2

10x.

Soluzione:

C.E. x 6= 0.


5x2 − 5x− 2x− 2x2 = 1 + 3x2

5x2 − 2x2 − 3x2 − 5x− 2x = 1⇐⇒ −7x = 1⇐⇒ x = −1

7.

2


x+ 2

3− 3− 4x

5=

6x− 7

2.

Soluzione: Facendo il minimo comume denominatore, abbiamo

10x+ 20− 18 + 24x = 90x− 105

10x+ 24x− 90x = −20 + 18 + 105⇐⇒ −56x = 103⇐⇒ x = −103

56.


(x− 3)2 − x(x+ 5) = (x+ 2)3 − x2(x+ 6).

Soluzione:

x2 − 6x+ 9− x2 − 5x = x3 + 8 + 6x2 + 12x− x3 − 6x2

−6x− 5x− 12x = −9 + 8⇐⇒ −23x = −1⇐⇒ x =1

23.


x2 − 1

x− 1= x− 2.

Soluzione:

C.E. x− 1 6= 0⇐⇒ x 6= 1.


x2 − 1 = x2 − 2x− x+ 2

x2 − x2 + 2x+ x = 2 + 1⇐⇒ 3x = 3⇐⇒ x = 1.

Dalla C.E. la soluzione non e accettabile.


x2 − x− 6 = 0.

Soluzione:

∆ = b2 − 4ac = 1 + 24 = 25 > 0

3

x1,2 =−b±

√∆

2a=

1± 5

2,

da cui

x1 = −2 ∨ x2 = 3


x2 − x+ 6 = 0.

Soluzione:

∆ = b2 − 4ac = 1− 24 = −23 < 0,

quindi l’equazione non ammette soluzioni reali.

Lezione 2 - 09/10/2019, dalle 13.00 alle 14.00 in aula 9a

- Richiami teorici (2): disequazioni di primo e secondo grado intere.

- Esercizi svolti:


1

x+

1 + x

x− 4= 0.

Soluzione:

C.E. x 6= 0 ∧ x 6= −1.


x− 4 + x+ x2 = 0

x2 + 2x− 4 = 0

∆ = b2 − 4ac = 4 + 16 = 20 > 0

x1,2 =−b±

√∆

2a=−2±

√20

2,

da cui

x1 = −1− sqrt5 ∨ x2 = −1 + sqrt5.


4

x2 − 4+x− 1

x+ 2= 0.

4

Soluzione: Per prima cosa notiamo che x2 − 4 = (x− 2)(x+ 2), quindi

C.E. x 6= ±2.


4 + x2 − 2x− x+ 2 = 0

x2 − 3x+ 6 = 0

∆ = b2 − 4ac = 9− 24 = −15 < 0,



3x+ 7 ≥ 0.

Soluzione:

3x ≥ −7⇐⇒ x ≥ −7

3,

Es.4 Risolvere la seguente disequazione:

−2x+ 15 > 0.

Soluzione:

−2x ≥ −15⇐⇒ 2x ≤ 15⇐⇒ x ≤ 15

2.


x2 − 3x− 10 ≥ 0.

Soluzione: Risolviamo l’equazione associata

x2 − 3x− 10 = 0.

∆ = b2 − 4ac = 9 + 40 = 49 > 0

x1,2 =−b±

√∆

2a=

3± 7

2,

da cui

x1 = −2 ∨ x2 = 5.

5

Essendo che la parabola individuata dal trinomio dato ha concavita verso l’alto, abbiamo

che essa assumera valori non negativi per valori esterni o uguali a quelli trovati, cioe:

x ≤ −2 ∨ x ≥ 5.


- Richiami teorici (3): sistemi di disequazioni e disequazioni fratte.

- Esercizi svolti:


x2 − 4 < 0.


x2 − 4 = 0⇐⇒ x2 = 4

da cui

x1 = −2 ∨ x2 = +2.


che essa assumera valori negativi per valori compresi tra quelli trovati, cioe:

−2 < x < 2.


x2 − 3x+ 9 < 0.


x2 − 3x+ 9 = 0

∆ = b2 − 4ac = 9− 36 = −27 < 0,



che ogni punto di essa si trovera al di sopra dell’asse x, dunque non assumera mai valori

negativi, cioe:

@x ∈ R.

6


2− x2 − x ≥ 0.


x2 + x− 2 = 0

∆ = b2 − 4ac = 1 + 8 = 9 > 0,

x1,2 =−b±

√∆

2a=−1± 3

2,

da cui

x1 = −2 ∨ x2 = 1.

Essendo che la parabola individuata dal trinomio dato ha concavita verso il basso, abbiamo

che essa assumera valori non negativi per valori compresi tra quelli trovati, cioe:

−2 ≤ x ≤ 1.


4x2 + 4x+ 1 ≤ 0.


4x2 + 4x+ 1 = 0

∆ = b2 − 4ac = 16− 16 = 0,

quindi il trinomio e un quadrato: 4x2 + 4x + 1 = (2x + 1)2. Essendo un quadrato una

quantita non negativa, il trinomio dato non pata mai essere minore di zero, ma solo uguale.

Cio accadra per tale valore della dell’incognita:

x = −1

2.


x2 + x+ 1 > 0.


x2 + x+ 1 = 0

7

∆ = b2 − 4ac = 1− 4 = −3 < 0,



che ogni punto di essa si trovera al di sopra dell’asse x, dunque assumera sempre valori

positivi, cioe:

∀x ∈ R.


3x2 − x ≤ 0.


3x2 − x = 0⇐⇒ x(3x− 1) = 0⇐⇒ x1 = 0 ∨ x2 =1

3


che essa assumera valori non positivi per valori compresi o uguali a quelli trovati, cioe:

0 ≤ x ≤ 1

3.

Es.7 Risolvere il seguente sistema di disequazioni:x2 − x− 6 < 0

x2 − 1 > (x− 3)(x+ 2).

Soluzione: Risolviamo separatamente le due disequazioni del sistema.

L’equazione associata alla prima e x2−x−6 = 0; il discriminante e ∆ = 25 e le cui soluzioni

sono x1 = −2 ∨ x2 = 3. La soluzione della disequazione sara dunque −2 < x < 3.

Consideriamo la seconda disequazione:

x2 − 1 > x2 − 3x+ 2x− 6⇐⇒ x > −5.

I valori che risolvono contemporaneamente entrambe le disequazioni sono dati da:

−2 < x < 3.

Es.8 Risolvere il seguente sistema di disequazioni:x2 − 9 ≥ 0

x2 − x+ 1 > 0

x2(x− 2) < (x− 1)3

.

8

Soluzione: Risolviamo separatamente le tre disequazioni del sistema.

L’equazione associata alla prima e x2 − 9 = 0, le cui soluzioni sono x1 = −3∨ x2 = 3. La

soluzione della disequazione sara dunque x ≤ −3 ∨ x ≥ 3.

L’equazione associata alla prima e x2−x+ 1 = 0; il discriminante e ∆ = −3 e quindi non

ammette soluzioni. La disequazione e dunque verificata ∀x ∈ R.

Consideriamo la terza disequazione:

x3 − 2x2 < x3 − 1− 3x2 + 3x⇐⇒ x2 − 3x+ 1 < 0.

L’equazione associata alla prima e x2− 3x+ 1 = 0; il discriminante e ∆ = 5 e le soluzioni

sono x1 = 3−√5

2∨ x2 = 3+

√5

2. La disequazione e dunque verificata 3−

√5

2< x < 3+

√5

2.

Poiche −3 < 3−√5

2e 3+

√5

2< 3, il sistema non ha soluzioni.


- Richiami teorici (4): somma, differenza e prodotto tra matrici; determinante di una

matrice e proprieta; regola di Sarrus e e teorema di Laplace; combinazione lineare di

vettori; dipendenza e indipendenza lineare.

- Esercizi svolti:


x− 1

4− x2≥ 0.

Soluzione: Studiamo il segno del numeratore e del denominatore (per esempio, chiedia-

moci quando sono positivi).

Dal numeratore abbiamo x− 1 ≥ 0⇐⇒ x ≥ 1.

Dal denominatore otteniamo 4− x2 > 0, la cui equazione associata e 4− x2 = 0. Le solu-

zioni di tale equazione sono x = ±2, la disequaizone e quindi verificata per −2 < x < 2.

Studiando i segni (vedi Figura ), otteniamo che l’equazione di partenza e verificata per

x < −2 ∨ 1 ≤ x < 2.


x2 − 1

x2 + x− 2≤ 1.

Soluzione:x2 − 1− x2 − x+ 2

x2 + x− 2≤ 0.

9

Figura 1: Grafico Esercizio 1

1− xx2 + x− 2

≤ 0.

Studiamo il segno del numeratore e del denominatore (per esempio, chiediamoci quando

sono positivi).

Dal numeratore abbiamo 1− x ≥ 0⇐⇒ x ≤ 1.

Dal denominatore otteniamo x2 + x− 2 > 0, la cui equazione associata e x2 + x− 2 = 0.

Le soluzioni di tale equazione sono x = −2 ∨ x = 1, la disequaizone e quindi verificata

per x < −2 ∨ x > 1.

Studiando i segni (vedi Figura ), otteniamo che l’equazione di partenza e verificata per

−2 < x < 1 ∨ x > 1.

Es.3 Date le matrici

A =

(1 2 0

3 0 −1

), B =

(−1 4

5 2

), C =

(1 1

0 1

),

calcolare B − C e, se possibile, A ·B e/o B · A.

Soluzione:

B − C =

(−1− 1 4− 1

5− 0 2− 1

)=

(−2 3

5 1

).

10

Figura 2: Grafico Esercizio 2

Non e possibile calcolare A ·B, ma possiamo calcolare B · A.

B · A =

(−1 · 1 + 4 · 3 −1 · 2 + 4 · 0 −1 · 0 + 4 · (−1)

5 · 1 + 2 · 3 5 · 2 + 2 · 0 5 · 0 + 2 · (−1)

)=

(11 −2 −4

11 10 −2

).

Es.4 Calcolare il determinante delle seguenti matrici:

B =

(2 0

1 1

), C =

3 4 5

1 2 3

2 2 2

,

D =

0 1 4

0 9 0

0 −5 1

, E =

3 0 4 1

1 0 2 4

5 1 6 3

1 1 4 2

.

Soluzione:

det(B) =

∣∣∣∣∣2 0

1 1

∣∣∣∣∣ = 2 · 1− 0 · 1 = 2.

det(C) = 0, poiche R3 = R1 −R2.

det(D) = 0, poiche ho una colonna fatta di 0.

11

det(E) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣3 0 4 1

1 0 2 4

5 1 6 3

1 1 4 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 1 · (−1)3+2

∣∣∣∣∣∣∣3 4 1

1 2 4

1 4 2

∣∣∣∣∣∣∣+ 1 · (−1)4+2

∣∣∣∣∣∣∣3 4 1

1 2 4

5 6 3

∣∣∣∣∣∣∣ =

= −

∣∣∣∣∣∣∣3 4 1

1 2 4

1 4 2

∣∣∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣∣∣3 4 1

1 2 4

5 6 3

∣∣∣∣∣∣∣ = −[(12+4+16)−(2+8+48)]+[(18+6+80)−(10+12+72)] =

= 26 + 10 = 36.

Es.5 I vettori v1 = (3, 4, 5), v2(1, 2, 3) e v3 = (2, 2, 2) sono linearmente dipendenti.

Soluzione: Dall’esercizio precedente, sappiamo che il determinante della matrice D e

nullo, di conseguenze i vettori sono L.D. In alternativa, basta notare che v1 − v2 = v3.


- Richiami teorici (5): minori e rango di una matrice; legame tra rango e indipendenza

lineare.

- Esercizi svolti:

Es.1 Calcolare il rango delle seguenti matrici

A =

3 1 0

2 0 1

3 4 −1

, B =

(1 2 3

2 4 6

),

C =

1 2 4

−2 0 2

−1 2 6

, D =

1 3 1

−1 −3 −1

2 6 2

.

Soluzione: Poiche il minore (3 1

2 0

).

ha determinante non nullo, so che il rango di A e almeno 2. Per vedere se e 3, calcoliamo

il terminante di A:

det(A) =

∣∣∣∣∣∣∣3 1 0

2 0 1

3 4 −1

∣∣∣∣∣∣∣ = 0 + 0 + 3− 0− 12 + 2 = −7 6= 0.

12

Il rango e quindi 3.

Il rango di B e uguale 1, poiche le righe di B sono proporzionali.

Il rango di C e pari a 2, infatti il minore costituito dalle prime due righe e colonne ha de-

terminante non nullo, mentre il determinante di C e nullo poiche si ha che R3 = R1 +R2.

Il rango di D e uguale 1, poiche R2 = −R1 e R3 = 2R1.

Es.2 Dati i vettori v1 = (1, 2,−1), v2 = (2, 1, 4), v3 = (1, 0, 0) e v4 = (−1, 1,−5).

Dire in quali dei segenti casi i vettori sono linearmente indipendenti.

(a) v1,v2;

(b) v1,v2,v3;

(c) v1,v2,v4.

Soluzione:

(a) I vettori sono linearmente indipendenti perche non proporzionali.

(b) I vettori sono linearmente indipendenti poiche la matrice che ha come colonne i vettori

dati ha determinante diverso da zero, quindi ha rango 3.

(c) I vettori sono linearmente dipendenti poiche v3 = v1 − v2


- Richiami teorici (6): Teorema di Cramer e teorema di Rouche-Capelli.

- Esercizi svolti:

Es.1 Risolvere il seguente sistema lineare al variare del parametro k ∈ R.x− ky + z = 0

3x− y − z = 0

kx+ y − 2z = 0

Soluzione: Notiamo che il sistema e omogeneo, quindi avra sempre almeno la soluzione

nulla (0, 0, 0). La questione e capire se ce ne possono essere altre. Inoltre, in questo caso,

notiamo che si avra r(A) = r(A|B). Andiamo a calcolare il rango di

A =

1 −k 1

3 −1 −1

k 1 −2

.

13

Abbiamo che:

det(A) = 2 + 3 + k2 + k + 1− 6k = k2 − 5k + 6.

Quindi, otteniamo che:

(a) det(A) 6= 0 se e solo se k 6= 2 ∧ k 6= 3;

(b) det(A) = 0 se e solo se k = 2 ∨ k = 3.

Nel caso (a) il teorema di Cramer ci dice che il sistema ammette un’unica soluzione.

Quindi, sapendo gia che (0, 0, 0) e una soluzione, essa sara anche l’unica.

Nel caso (b) il teorema di Rouche-Capelli ci dice che avremo ∞1 soluzioni. Se k = 2, il

sistema diventa x− 2y + z = 0

3x− y − z = 0

2x+ y − 2z = 0

che e equivalente al sistema x− 2y + z = 0

3x− y − z = 0

(non consideriamo la terza equazione poiche scegliamo come minome non nullo quello

dato dalle prime due righe e dalle prime due colonne). Allora, la variabile libera sara z,

che e quella non convolta nel minore scelto, e la soluzione sara data da (3z5, 4z

5, z), z ∈ R.

Analogamente, se k = 3, il sistema diventax− 3y + z = 0

3x− y − z = 0

3x+ y − 2z = 0

che e equivalente al sistema x− 3y + z = 0

3x− y − z = 0

(non consideriamo la terza equazione poiche scegliamo come minome non nullo quello

dato dalle prime due righe e dalle prime due colonne). Allora, la vaeriabile libera sara

nuovamente z, che e quella non convolta nel minore scelto, e la soluzione sara data da

( z2, z2, z), z ∈ R.

14

Es.2 Risolvere il seguente sistema lineare al variare del parametro k ∈ R.x− y = 1

4x− 5y = 3

x+ y = k

Soluzione: Un minore con determinante non nullo estraibile dalla matrice dei coefficienti

e (4 −5

1 1

)questo ci dice che il rango della matrice incompleta e 2. Studiamo quello della matrice

completa.

A|B =

1 −1 1

4 −5 3

1 1 k

(che potrebbe anche essere 3, essendo esso l’ordine di tale matrice). Abbiamo che:

det(A|B) = −5k + 4− 3 + 5− 3 + 4k = −k + 3.

Di conseguenza:

(a) se k 6= 3, allora det(A|B) 6= 0; quindi i due ranghi non coincidono e il sistema non

ammette soluzioni.

(b) se k = 3, allora det(A|B) = 0; quindi r(A) = r(A|B) = 2a e il sistema ammette

∞0 = 1 soluzione. Tale soluzione, che e (2, 1), la possiamo trovare applicando il metodo

di Cramer al sistema 4x− 5y = 3

x+ y = 3

(ricordiamo che abbiamo tenuto solo le ultime due equazioni perche corrispondenti al

minore coinvolto).


- Esercizi svolti:

Es.1 Risolvere il seguente sistema lineare al variare del parametro k ∈ R.3x+ 2y − z = k

kx− y + z = 2

15

Soluzione: Un minore con determinante non nullo estraibile dalla matrice dei coefficienti

e (2 −1

−1 1

)Per il teorema di Rouche-Capelli sappiamo che il sistema avra∞1 soluzioni, che possiamo

trovare applicando il metodo di Cramer al sistema. Notiamo che questo e vero ∀k ∈ R.2y − z = k − 3x

−y + z = 2− kx.

(abbiamo scelto la x come variabile libera poiche non coinvolta nel minore considerato).

La soluzione sara dunque (x,−kx+ k − 3x+ 2,−2kx+ k − 3x+ 4), x ∈ R.

Es.2 Al variare di k ∈ R, dire se e come e possibile esprimere il vettore b = (3, k, 1)

come combinazione lineare dei vettori a1 = (1, 1, k), a2 = (1, 1, 1) e a3 = (−1, k, 1).

Soluzione: Il problema dato e quivalente a risolvere il seguente sistema lineare, con

a1 = x, a2 = y e a3 = z: x+ y − z = 3

x+ y + kz = k

kx+ y + z = 1

Cominciare a calcolare il determinante della matrice A dei coefficienti

det(A) =

∣∣∣∣∣∣∣1 1 −1

1 1 k

k 1 1

∣∣∣∣∣∣∣ = 1− 1 + k2 + k − k − 1 = k2 − 1

Dunque: (a) se k2− 6= 0 ⇐⇒ k 6= ±1, allora il sistema avra un’unica soluzione, per

Cramer.

(b) se k = −1 ∨ k = 1, la matrice A ha rango 2, quindi dobbiamo studiare il rango della

matrice completa

A|B =

1 1 −1 3

1 1 k k

k 1 1 1

Nel caso (a) abbiamo che l’unica soluzione del sistema sara data da:(det(Ax)

det(A),det(Ay)

det(A),det(Az)

det(A)

)16

con

Ax =

3 1 −1

k 1 k

1 1 1

, Ay =

1 3 −1

1 k k

k 1 1

, Az =

1 1 3

1 1 k

k 1 1

Calcolando i determinanti di tali matrici e operando le possibili semplificazioni otteniamo

che la soluzione cercata e: (− 4

k + 1, 4,

k + 3

k + 1

).

Consideriamo adesso il caso (b).

Per k = 1, abbiamo il sistema x+ y − z = 3

x+ y + z = 1

x+ y + z = 1

.

Notiamo subito che due equazioni sono uguali, quindi esso si riduce ax+ y − z = 3

x+ y + z = 1.

Un minore con determinante non nullo estraibile dalla matrice dei coefficienti e(1 −1

1 1

)

Per il teorema di Rouche-Capelli sappiamo che il sistema avra∞1 soluzioni, che possiamo

trovare applicando il metodo di Cramer al sistemay − z = 3− xy + z = 1− x

.

(abbiamo scelto la x come variabile libera poiche non coinvolta nel minore considerato).

La soluzione sara dunque (x, 2− x,−1), x ∈ R. Per k = −1, abbiamo il sistemax+ y − z = 3

x+ y − z = −1

−x+ y + z = 1

.

17

Un minore di ordine due con determinante non nullo estraibile dalla matrice dei coefficienti

e (1 −1

1 1

)Considerando la matrice compreta A|B, per il valore di k considerato, e in particolare il

minore di ordine 3 dato da 1 −1 3

1 −1 −1

1 1 1

otteniamo che esso ha determinante non nullo, quindi il ragnho della matrice completa

risulta 3. Dal teorema di Rouche-Capelli, deduciamo che il sistema non ammette soluzioni.


- Richiami teorici (7): funzione esponenziale: grafici e proprieta; proprieta delle potenze;

funzione logaritmica e proprieta dei logaritmi.

- Esercizi svolti:


2x ≤ 2.

Soluzione:

2x ≤ 21 ⇐⇒ x ≤ 1.


3x >1

27√

3.

Soluzione:

3x >1

33 · 3 12

⇐⇒ 3x > 3−72 ⇐⇒ x > −7

2.

Es.3 Risolvere la seguente disequazione:(1

4

)x−1<(1

8

)2x−3.

Soluzione: Dalle proprieta delle potenze, otteniamo che(1

2

)2x−2<(1

2

)6x−9⇐⇒ 2x− 2 > 6x− 9⇐⇒ −4x > −7⇐⇒ x <

7

4.

18

Ricordiamo che il primo cambio di segno e dovuto al fatto che la vase era compresa tra 0

e 1, mentre il secondo all’aver cambiato il segno a tutti i termini della disuguaglianza.

Es.4 Calcolare:

log2 8.

Soluzione:

log2 8 = log2 23 = 3.

Es.5 Calcolare:

log3

1

81.

Soluzione:

log3

1

81= log3

1

34= log3 3−4 = −4.

Es.6 Calcolare:

log2 3− log2 6.

Soluzione: Usando le proprieta dei logaritmi

log2 3− log2 6 = log2

3

6= log2

1

2= log2 2−1 = −1.


- Richiami teorici (8): grafici delle funzioni logaritmiche; valore assoluto e sue proprieta;

funzioni potenza e polinomiali: proprieta e grafici notevoli.

- Esercizi svolti:


log2 x > 2.

Soluzione: Per prima cosa determiniamo il C.E. della funzione logaritmica coinvolta,

cioe x > 0. Adesso, osservando che 2 = log2 4, otteniamo:

log2 x > 2⇐⇒ log2 x > log2 4⇐⇒ x > 4,

che dal confronto col C.E. risulta la soluzione cercata.

Es.2 Risolvere la seguente disequazione

log 13(x− 1) < 0.

19

Soluzione: Il C.E. della funzione logaritmica coinvolta e dato da x − 1 > 0 ⇐⇒ x > 1.

Adesso, osservando che 0 = log 13

1, otteniamo:

log 13(x− 1) < 0⇐⇒ log 1

3(x− 1) < log 1

31⇐⇒ x− 1 > 1⇐⇒ x > 2,

che dal confronto col C.E. risulta la soluzione cercata.

Es.3 Risolvere la seguente disequazione

log(x− 1) + log(x+ 1) > 1.

Soluzione: Il C.E. delle funzioni logaritmiche coinvolte e dato dale condizionix+ 1 > 0

x− 1 > 0,

che forniscono x > 1.

Adesso, poiche con log x intendiamo log10 x, abbiamo osservando che 1 = log10; di

conseguenza, otteniamo:

log(x− 1) + log(x+ 1) > log 10.

Applicando la proprieta loga(b ·c) = loga b+loga c, con b, c > 0 e a > 1∧a 6= 1, otteniamo:

log[(x− 1)(x+ 1)] > log 10⇐⇒ x2 − 1 > 10⇐⇒ x2 > 11.

L’ultima disequazione e risolta per x < −√

11∨x >√

11. Considerando la C.E. otteniamo

che la soluzione dell’disequazione iniziale e x >√

11.

Es.4 Scrivere esplicitamente |x+ 1|.Soluzione: Ricordiamo la definizione del valore assoluto di una quantita:

|a| =

a, se a ≥ 0

−a, se a < 0.

Quindi, abbiamo:

|x+ 1| =

x+ 1, se x+ 1 ≥ 0

−(x+ 1), se x+ 1 < 0=

x+ 1, se x ≥ −1

−x− 1, se x < −1.

20


- Richiami teorici (9): intorno di un punto, di ∞ e di −∞; definizioni di limite finito di

una funzione in un punto e all’infinito.

- Esercizi svolti:

Es.1 Calcolare il dominio della seguente funzione:

f(x) =x− 1

x2 + 1.

Soluzione: Poiche la funzione data e una razionale fratta, per determinare il dominio

basta imporre la condizione x2 + 1 6= 0. Essendo essa sempre verificata, otteniamo che

D = R = (−∞,∞).


f(x) =x2 +

√x

3x− 10.

Soluzione: Poiche la funzione data e fratta, dobbiamo imporre la condizione 3x−10 6= 0,

cioe x 6= 103

. Inoltre, essendo x il radicando di una radice di indice pari, dovra essere x ≥ 0.

Il dominio della funzione data e dunque D = [0, 103

) ∪ (103,∞).


f(x) =

√x

x− 2.

Soluzione: Poiche la funzione data e irrazionale con indice della radice pari, dobbiamo

imporre che il suo radicando sia non negativo, cioe:

x

x− 2≥ 0.

Studiando i segni del numeratore e del denominatore, otteniamo che essi sono non negati-

vi, rispettivamente, per x ≥ 0 e x > 2. Dal grafico dei segni si ottiene che la disequaione

e verificata per x ≤ 0 ∨ x > 2.

Dunque, il dominio e D = (−∞, 0] ∪ (2,∞).


f(x) = e1

x3+4 .

21

Soluzione: Essendo la funzione esponenziale definita per ogni valore reale attribuito

all’esponente, per determinare il dominio basta imporre la condizione x3 + 4 6= 0. Ta-

le condizione e verificata per x 6= − 3√

4; quindi D = R\{− 3√

4} = (−∞,− 3√

4)∪(− 3√

4,∞).


f(x) =4√xe

1x .

Soluzione: Avendo una radice di indice pari dobbiamo imporre che il suo radicando sia

non negativo, cioe dovra essere:

xe1x ≥ 0

inoltre, essendo la x al denominatore dell’esponente di e, dovra essere x 6= 0.

Poiche l’esponenziale da una quantita sempre positiva, avremo che la disequazione prece-

dente e verificata per x ≥ 0; dovendo essere x 6= 0, avremo che il dominio sara D = (0,∞).

Es.6 Verificare, usando la definizione, che

limx→0

(2x+ 1) = 1.

Soluzione: Dobbiamo verificare che

∀ε > 0 ∃δε > 0 : |(2x+ 1)− 1| < ε,∀x ∈ (−δε, δε) \ {0}.

Da

|(2x+ 1)− 1| < ε⇐⇒ |2x| < ε,

ricordando che

|x| < k, k > 0⇐⇒ −k < x < k,

otteniamo:

−ε2< x <

ε

2.

Abbiamo quindi trovato che δε = ε2, che conclude la verifica.


- Richiami teorici (10): principali forme indeterminate; limiti notevoli.

22

- Esercizi svolti:

Es.1 Verificare, usando la definizione, il seguente limite

limx→+∞

1

x= 0.


∀ε > 0 ∃Kε > 0 :∣∣∣1x− 0∣∣∣ < ε,∀x ∈ (kε,+∞).

Da ∣∣∣1x

∣∣∣ < ε⇐⇒ |x| > 1

εosservando che x > 0, poiche x sta tendendo ad +∞, otteniamo:

x >1

ε.

Abbiamo quindi trovato che kε = 1ε, che conclude la verifica.

Es.2 Calcolare il seguente limite:

limx→1

x2 − 1

x3 − 1.

Soluzione: Sostituendo a x il valore 1, otteniamo una forma indeterminata del tipo 00.

Per risolverla, scomponiamo numeratore e denominatore, quindi abbiamo:

limx→1

x2 − 1

x3 − 1= lim

x→1

(x− 1)(x+ 1)

(x− 1)(x2 + x+ 1)= lim

x→1

x+ 1

x2 + x+ 1=

2

3.


limx→+∞

x3 − x2 + 4

3x3 + 1− 10x.

Soluzione: Il limite dato si presenta come una forma indeterminata del tipo ∞∞ . Per

risolverla, raccogliamo sia al numeratore che al denominatore l’infinito di ordine maggiore;

abbiamo quindi:

limx→+∞

x3 − x2 + 4

3x3 + 1− 10x= lim

x→+∞

x3(1− 1x

+ 4x3 )

x3(3 + 1x3 − 10

x2 )= lim

x→+∞

1− 1x

+ 4x3

3 + 1x3 − 10

x2

=1

3.


limx→−∞

x+ 10x2 + 3

5x4 − 4x+ 7.

23



abbiamo quindi:

limx→−∞

x+ 10x2 + 3

5x4 − 4x+ 7= lim

x→−∞

x2( 1x

+ 10 + 3x2 )

x4(5− 4x3 + 7

x4 )= lim

x→−∞

1x

+ 10 + 3x2

x2(5− 4x3 + 7

x4 )= 0.


limx→+∞

[√x2 + 2x−

√x2 + 1].

Soluzione: Il limite dato si presenta come una forma indeterminata del tipo∞−∞. Per

risolverla, moltiplichiamo numeratore e denominatore per√x2 + 2x+

√x2 + 1. Dunque,

otterremo:

limx→+∞

[√x2 + 2x−

√x2 + 1] = lim

x→+∞[√x2 + 2x−

√x2 + 1] ·

√x2 + 2x+

√x2 + 1√

x2 + 2x+√x2 + 1

=

= limx→+∞

x2 + 2x− x2 − 1√x2 + 2x+

√x2 + 1

= limx→+∞

2x− 1√x2 + 2x+

√x2 + 1

=

= limx→+∞

x(2− 1x)

x√

1 + 1x

+ x√

1 + 1x2

= limx→+∞

2− 1x√

1 + 1x

+√

1 + 1x2

= 1.


limx→+∞

4ex + lnx

x2 + 3ex.



abbiamo quindi:

limx→+∞

ex + lnx

x2 + 3ex= lim

x→+∞

ex(1 + lnxex

)

ex(x2

ex+ 3)

= limx→+∞

1 + lnxex

x2

ex+ 3

=1

3.

Lezione 12 - 15/11/2019, dalle 12.30 alle 14.00 in aula 1

- Esercizi svolti:

Es.1 Verificare il seguente limite, usando la definizione:

limx→0

x2 = 0.

24


∀ε > 0 ∃δε > 0 : |x2| < ε, ∀x ∈ (−δε, δε).

Risolviamo la disequazione |x2| < ε. Abbiamo:

|x2| < ε⇐⇒ x2 < ε⇐⇒ −√ε < x <

√ε⇐⇒ x ∈ (−

√ε,√ε).

Quindi la verificata e conlcusa e si ha che δε =√ε.


limx→+∞

lnx = +∞.


∀M > 0 ∃KM > 0 : lnx > M, ∀x > kM .

Risolviamo la disequazione lnx > M . Abbiamo:

lnx > M ⇐⇒ elnx > eM ⇐⇒ x > eM .

Quindi la verificata e conlcusa e si ha che KM = eM .

Es.3 Calcolare il valore dei seguente limite:

limx→−∞

x6 − 3x2 + 5x+ 1

3− x7 + 2x.



abbiamo quindi:

limx→−∞

x6 − 3x2 + 5x+ 1

3− x7 + 2x= lim

x→−∞

x6(1− 3x4 + 5

x5 + 1x6 )

x7( 3x7 − 1 + 2

x6 )= lim

x→−∞

1− 3x4 + 5

x5 + 1x6

x( 3x7 − 1 + 2

x6 )= 0.

Es.4 Calcolare, se esiste, il valore dei seguente limite:

limx→0

|x|x.

25

Soluzione: Calcoliamo il limite destro e il limite sinistro. Ricordiamo la definizione di

valore assoluto:

|a| =

a , a ≥ 0

−a , a < 0

Quindi, abbiamo:

limx→0+

|x|x

= limx→0+

x

x= 1

limx→0−

|x|x

= limx→0+

−xx

= −1

Da qui deduciamo che il limite non esiste, essendo il limite destro e il limite sinistro diversi.

Es.5 Determinare dominio, segno, intersezioni con gli assi e limiti agli estremi del dominio

della seguente funzione:

f(x) =x2 − 1

x.

Soluzione: Poiche la funzione data e una razionale fratta, la condizione da imporre

e che il denominatore sia diverso da 0, cioe x 6= 0; di conseguenza abbiamo che D =

(−∞, 0) ∪ (0,+∞).

Poiche x 6= 0, l’unica intersezione possibile sara quella con l’asse x. Per determinarla,

risolviamo la seguente equazione:

x2 − 1

x= 0⇐⇒ x2 − 1 = 0⇐⇒ x = ±1.

Avro intersezione nei punti A(1, 0) e B(−1, 0).

Studiamo adesso il segno della funzione; in particolare, risolviamo la disequazione:

x2 − 1

x> 0

Il denominatore e positivo per x > 0, mentre il numeratore e positivo per x < −1∨x > 1.

riportando tutto sul grafico dei segni, otteniamo che:

f(x) > 0 per − 1 < x < 0 ∨ x > 1;

f(x) > 0 per x < −1 ∨ 0 < x < 1.

Infine, calcoliamo i limiti agli estremi dei dominio:

limx→0+

x2 − 1

x=−1

0+= −∞.

26

limx→0−

x2 − 1

x=−1

0−= +∞.

limx→+∞

x2 − 1

x= lim

x→+∞

x2(1− 1x2 )

x= lim

x→+∞x(1− 1

x2) = +∞.

limx→−∞

x2 − 1

x= lim

x→−∞

x2(1− 1x2 )

x= lim

x→+∞x(1− 1

x2) = −∞.


limx→0

x

x− 1= 0.


∀ε > 0 ∃δε > 0 : | x

x− 1| < ε, ∀x ∈ (−δε, δε).

Risolviamo la disequazione | xx−1 | < ε: sappiamo che essa e equiavalente al seguente sistema x

x−1 < ε

xx−1 > −ε

⇐⇒

xx−1 − ε < 0

xx−1 + ε > 0

⇐⇒

x−εx+εx−1 < 0 (1)

x+εx−εx−1 > 0 (2)

Risoviamo la (1): studiando i segni del numeratore e del denominatore abbiamo che il

denominatore e positivo per x > 1, mentre il numeratore e positivo per x > − ε1−ε . Dallo

studio complessivo dei segni abbiamo che la (1) e verificata per − ε1−ε < x < 1.

Risoviamo la (2): studiando i segni del numeratore e del denominatore abbiamo che il

denominatore e positivo per x > 1, mentre il numeratore e positivo per x > ε1+ε

. Dallo

studio complessivo dei segni abbiamo che la (1) e verificata per x < ε1+ε∨ x > 1 (si noti

che ε1+ε

< 1).

Facendo il grafico del sistema, otteniamo che la soluzione e data da

− ε

1− ε< x <

ε

1 + ε.

Si noti che quello appena trovato e un intorno di x0 = 0. Stabilire il δε e meno immediato

poiche le due quantita non sono uguali: il valore cercato sara dato dal piu piccolo tra i

valori assoluti degli estremi trovati, che in questo caso e δε = ε1+ε

.


- Richiami teorici (11): definizione di derivata; regole di derivazione.

27

- Esercizi svolti:

Es.1 Calcolare, usando la definizione, la derivata della seguente funzione nel punto x0indicato a fianco:

f(x) = x2 + 3x+ 1, x0 = 0.

Soluzione: Dalla definizione di derivata sappiamo che

f ′(x0) = limh→0

f(x0 + h)− f(x0)

h.

Quindi:

f ′(0) = limh→0

f(h)− f(0)

h= lim

h→0

h2 + 3h

h= lim

h→0(h+ 3) = 3.


f(x) =1

x, x0 = −1.


f ′(x0) = limh→0

f(x0 + h)− f(x0)

h.

Quindi:

f ′(−1) = limh→0

f(h− 1)− f(0)

h= lim

h→0

1h−1 + 1

h=

= limh→0

hh−1

h= lim

h→0

1

h− 1= −1.


f(x) =x+ 2

x, x0 = 1.


f ′(x0) = limh→0

f(x0 + h)− f(x0)

h.

Quindi:

f ′(1) = limh→0

f(h+ 1)− f(0)

h= lim

h→0

h+3h+1− 3

h=

= limh→0

−2hh+1

h= lim

h→0

−2

h+ 1= −2.

28

Es.4 Calcolare la derivata della seguente funzione:

f(x) = 3x2 + 7x+ 1.

Soluzione: Ricordando che la derivata della somma e la somma delle derivate, dalle

derivate fondamentali abbiamo:

f ′(x) = 6x+ 7.


f(x) = ex +√x+ lnx.

Soluzione: Ricordando che la derivata della somma e la somma delle derivate, dalle

derivate fondamentali abbiamo:

f ′(x) = ex +1

2√x

+1

x.


f(x) = e3x4

+ 2xex.

Soluzione: Poiche abbiamo la somma tra una funzione composta (e3x4) e una funzione

ottenuta dal prodotto tra due funzione (2xex), la derivata sara:

f ′(x) = 12x3e3x4

+ 2ex + 2xex.


f(x) = (3x+ 1)(3x2 + 1).

Soluzione: Poiche abbiamo una funzione ottenuta dal prodotto tra due funzione, la de-

rivata sara:

f ′(x) = 3(3x2 + 1) + (3x+ 1)6x = 9x2 + 3 + 18x2 + 6x = 27x2 + 6x+ 3.

Si noti che e possibile anche eseguire prima il prodotto nella funzione e calcolare dopo la

derivata (come somma delle derivate).


f(x) = x sinx.

29

Soluzione:Poiche abbiamo una funzione ottenuta dal prodotto tra due funzione, la deri-

vata sara:

f ′(x) = sinx+ x cosx.


f(x) = (6x2 + 1)2.

Soluzione: Poiche abbiamo una funzione composta, la derivata sara:

f ′(x) = 2(6x2 + 1)12x = 24x(6x2 + 1).

Lezione 14 - 19/11/2019, dalle 12.30 alle 14.00 in aula 1

- Esercizi svolti:



f(x) =x2 + 2x− 3

x2 + 3x+ 4.

Soluzione: Poiche la funzione data e una razionale fratta, la condizione da imporre e che

il denominatore sia diverso da 0, cioe x2 + 3x + 4 6= 0. Poiche tale trinoimio ha il delta

negativo, esso sara sempre diverso da 0 e quindi D = R = (−∞,+∞).

Facendo l’intersezione con l’asse x (y = 0), otteniamo che le intersezioni cercate sono date

dale soluzioni di x2 + 2x− 3 = 0, quindi sono A(1, 0) e B(−3, 0). L’unica intersezione col

l’asse y (x = 0) e data da C(0,−34) Studiamo adesso il segno della funzione; in particolare,

risolviamo la disequazione:x2 + 2x− 3

x2 + 3x+ 4> 0

Poiche il delta e negativo, il denominatore e positivo ∀x ∈ R, mentre (dal calcolo delle

intersezioni) abbiamo che il numeratore e positivo per x < −3∨ x > 1. Riportando tutto

sul grafico dei segni, otteniamo che:

f(x) > 0 per x < −3 ∨ x > 1;

f(x) > 0 per − 3 < x < 1.

30


limx→+∞

x2 + 2x− 3

x2 + 3x+ 4= lim

x→+∞

x2(

1 + 2x− 3

x2

)x2(

1 + 3x

+ 4x2

) = limx→+∞

1 + 2x− 3

x2

1 + 3x

+ 4x2

= 1.

limx→−∞

x2 + 2x− 3

x2 + 3x+ 4= lim

x→−∞

x2(

1 + 2x− 3

x2

)x2(

1 + 3x

+ 4x2

) = limx→−∞

1 + 2x− 3

x2

1 + 3x

+ 4x2

= 1.

Riportando le informazioni trovate sul grafico, possiamo provare a disegnare un probabile

grafico per la funzione data.



f(x) =x− 2

x+ 1.

Soluzione: Poiche la funzione data e una razionale fratta, la condizione da imporre e che

il denominatore sia diverso da 0, cioe x+ 1 6= 0; quindi

D = R \ {−1} = (−∞,−1) ∪ (−1,+∞).

Facendo l’intersezione con l’asse x (y = 0), otteniamo il punto A(2, 0). L’unica intersezione

col l’asse y (x 6= 0) e data da B(0,−2) Studiamo adesso il segno della funzione; in

particolare, risolviamo la disequazione:

x− 2

x+ 1> 0

Il denominatore e positivo x > 2, mentre il numeratore e positivo per x > −11. Ripor-

tando tutto sul grafico dei segni, otteniamo che:

f(x) > 0 per x < −1 ∨ x > 2;

f(x) > 0 per − 1 < x < 2.


limx→+∞

x− 2

x+ 1= lim

x→+∞

x(

1− 2x

)x(

1 + 1x

) = limx→+∞

1− 2x

1 + 1x

= 1.

31

limx→−∞

x− 2

x+ 1= lim

x→−∞

x(

1− 2x

)x(

1 + 1x

) = limx→−∞

1− 2x

1 + 1x

= 1.

limx→−1+

x− 2

x+ 1=−3

0+= −∞.

limx→−1−

x− 2

x+ 1=−3

0−= +∞.

Riportando le informazioni trovate sul grafico, possiamo provare a disegnare un probabile

grafico per la funzione data. In questo caso, essendo la funzione data una funzione nota,

il grafico disegnato con le informazioni fin adesso note e anche quello effettivo.


limx→1

x3 − 4x+ 3

x2 − 1.

Soluzione: Sostituendo 1 al posto di x, otteniamo una forma indeterminata del tipo00. Scomponendo il denominatore come somma per differenza e il numeratore usando la

regola di Ruffini, otteniamo:

limx→1

x3 − 4x+ 3

x2 − 1= lim

x→1

(x− 1)(x2 + x− 3)

(x− 1)(x+ 1)= lim

x→1

x2 + x− 3

x+ 1= −1

2.

32

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