Ricevo da Rossella la seguente domanda:
 
Gent.mo Professore,
ho bisogno del suo aiuto per risolvere il seguente quesito:
Trovare tutte le funzioni \(y(t)\) che risolvono l’equazione differenziale: \[y''\left( t \right)-y'\left( t \right)={{e}^{t}}\quad .\]
La ringranzio anticipatamente.
 
Le rispondo così:
 
Cara Rossella,
cerchiamo dapprima la soluzione generale dell’equazione omogenea associata, osservando che l’equazione caratteristica \({{\lambda }^{2}}-\lambda =0\) ha le soluzioni reali \({{\lambda }_{1}}=0\) e \({{\lambda }_{2}}=1\), per cui la soluzione generale dell’omogena, come si può facilmente verificare, è \[{{y}_{0}}\left( t \right)={{c}_{1}}+{{c}_{2}}{{e}^{t}}\] con \(c_1\) e \(c_2\) costanti reali arbitrarie. Cerchiamo ora un integrale particolare \(\bar{y}\left( t \right)\) della forma \(\bar{y}\left( t \right)=At{{e}^{t}}\), con \(A\) costante da determinare: \[\bar{y}''\left( t \right)-\bar{y}'\left( t \right)=A{{e}^{t}}\left( 2+t \right)-A{{e}^{t}}\left( 1+t \right)=A{{e}^{t}}\to\] \[\to \bar{y}''\left( t \right)-\bar{y}'\left( t \right)={{e}^{t}}\leftrightarrow A=1\to \bar{y}\left( t \right)=t{{e}^{t}}\quad .\] Pertanto, la soluzione generale dell’equazione è la seguente famiglia a due parametri di funzioni: \[y\left( t \right)={{y}_{0}}\left( t \right)+\bar{y}\left( t \right)={{e}^{t}}\left( t+{{c}_{2}} \right)+{{c}_{1}}\quad .\]
Massimo Bergamini

Ricevo da Mario la seguente domanda:
 
Buongiorno Professore,
ho delle difficoltà nel risolvere i seguenti limiti:
1) Calcolare al variare del parametro positivo \(a\) il limite:
\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}\sin x-x\left( x+1 \right)}{\cos \left( {{x}^{a}} \right)\ln \left( 1+{{x}^{a}} \right)}\quad .\]
 2) Calcolare al variare del parametro positivo b, il limite:

\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{3\sin \left( {{x}^{2}} \right)-2{{\left( {{e}^{x}}-1 \right)}^{2}}+2\cos x-2}{{{\left| x \right|}^{b}}}\quad .\]

La ringrazio per la disponibilità.
 
Gli rispondo così:
 
Caro Mario,
in entrambi i casi, esaminiamo dapprima la funzione a numeratore, diciamo \(n(x)\), cercando di individuarne l’ordine come infinitesimo rispetto al campione \(x\) nel limite \(x\to 0\); per fare questo, possiamo immaginare di utilizzare il teorema di de l’Hopital nel calcolo del limite \(\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,n\left( x \right)/{{x}^{k}}\): ad ogni atto di derivazione del numeratore corrisponde una diminuzione di un’unità dell’esponente \(k\), per cui, se la prima derivata di \(n(x)\) a non essere più un infinitesimo nel limite \(x\to 0\) è di ordine \(m\), allora \(\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,n\left( x \right)/{{x}^{m}}=k/m!\) è finito e non nullo, cioè \(n(x)\) è di ordine \(m\); visto il carattere “notevole” degli infinitesimi coinvolti nell’espressione di \(n(x)\) in entrambi i casi, è ipotizzabile che \(m\) sia intero. Procediamo quindi alla determinazione delle derivate di ordine successivo di \(n(x)\), arrestandoci quando la funzione trovata non sia più un infinitesimo per \(x\to 0\). Nel primo caso:
  \[n'\left( x \right)={{e}^{x}}\sin x+{{e}^{x}}\cos x-2x-1\quad \quad \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,n'\left( x \right)=0\]

\[n''\left( x \right)=2{{e}^{x}}\cos x-2\quad \quad \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,n''\left( x \right)=0\]

\[n'''\left( x \right)=2{{e}^{x}}\left( \cos x-\sin x \right)\quad \quad \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,n'''\left( x \right)=2\]

Poiché, in virtù di un noto limite notevole e del fatto che \(\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\cos \left( {{x}^{a}} \right)=1\ \forall a>0\), si ha
\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{a}}}{\cos \left( {{x}^{a}} \right)\ln \left( 1+{{x}^{a}} \right)}=1\quad \forall a>0\]
possiamo riscrivere così il nostro limite:
 \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}\sin x-x\left( x+1 \right)}{\cos \left( {{x}^{a}} \right)\ln \left( 1+{{x}^{a}} \right)}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{{{e}^{x}}\sin x-x\left( x+1 \right)}{{{x}^{3}}} \right)\left( \frac{{{x}^{a}}}{\cos \left( {{x}^{a}} \right)\ln \left( 1+{{x}^{a}} \right)} \right){{x}^{3-a}}=\]
\[=\frac{2}{3!}\cdot 1\cdot \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{x}^{3-a}}=\left\{ \begin{array}{lll}  0 \quad 0<a<3 \\ \frac{1}{3} \quad a=3 \\ +\infty \quad a>3  \end{array} \right.\quad .\]
Procediamo in modo analogo nel secondo caso:

\[n'\left( x \right)=6x\cos {{x}^{2}}-4{{e}^{x}}\left( {{e}^{x}}-1 \right)-2\sin x\quad \quad \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,n'\left( x \right)=0\]

\[n''\left( x \right)=6\cos {{x}^{2}}-12{{x}^{2}}\sin {{x}^{2}}-4{{e}^{x}}\left( {{e}^{x}}-1 \right)-4{{e}^{2x}}-2\cos x\quad \quad \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,n''\left( x \right)=0\]

\[n'''\left( x \right)=-36x\sin {{x}^{2}}-24{{x}^{3}}\cos {{x}^{2}}-4{{e}^{x}}\left( {{e}^{x}}-1 \right)-12{{e}^{2x}}+2\sin x\quad \quad \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,n'''\left( x \right)=-12\]

Pertanto, possiamo riscrivere così il nostro limite:  
\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{3\sin \left( {{x}^{2}} \right)-2{{\left( {{e}^{x}}-1 \right)}^{2}}+2\cos x-2}{{{x}^{3}}} \right)\frac{{{x}^{3}}}{{{\left| x \right|}^{b}}}=-\frac{12}{3!}\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{x}^{3-b}}=\]\[=\left\{ \begin{array}{lll} 0 \quad 0<b<3 \\ -2 \quad b=3 \\ -\infty \quad b>3  \end{array} \right.\quad .\]
Massimo Bergamini

Ricevo da Maria Rosaria la seguente domanda:
 
Gentile professore,
vorrei un aiuto per questo problema:
Una semicirconferenza ha diametro \(AB=2r\) e la corda \(BC=r\). Sia \(P\) un punto dell’arco \(AC\) in modo che, dette \(D\) la sua proiezione sulla tangente in \(A\) ed \(E\) quella su \(AC\), si abbia: \(PD+2PE=r(k-1)\sqrt{3}\).
Poni l’angolo \(P\hat{A}C=x\) e discuti il numero delle soluzioni dell’equazione al variare di \(k\) in \(\mathbb{R}\).
Grazie.
 
Le rispondo così:
 
Cara Maria Rosaria,
posto che la corda \(BC=r\) definisce un angolo \(C\hat{A}B=\pi/6\), e che \(P\hat{A}C=x\) è compreso nell’intervallo \(0\le x\le \pi/3\), si ha:     \[PA=AB\cos \left( \frac{\pi }{6}+x \right)=r\left( \sqrt{3}\cos x-\sin x \right)\]

\[PD=PA\sin \left( \frac{\pi }{3}-x \right)=\frac{r}{2}\left( 3{{\cos }^{2}}x+{{\sin }^{2}}x-2\sqrt{3}\sin x\cos x \right)\]

\[2PE=2PA\sin x=2r\left( \sqrt{3}\sin x\cos x-{{\sin }^{2}}x \right)\]

per cui l’equazione proposta risulta: \[\frac{r}{2}\left( 3{{\cos }^{2}}x-3{{\sin }^{2}}x+2\sqrt{3}\sin x\cos x \right)=r\left( k-1 \right)\sqrt{3}\to \]\[\to 3\left( 2{{\cos }^{2}}x-1 \right)+2\sqrt{3}\sin x\cos x=2\sqrt{3}\left( k-1 \right)\to \]\[\to \sqrt{3}\cos 2x+\sin 2x=2\left( k-1 \right)\quad \quad 0\le 2x\le \frac{2}{3}\pi \quad .\]
L’equazione, posto \(X=\cos 2x\), \(Y=\sin 2x\), equivale al seguente sistema:
\[\left\{ \begin{array}{lll} \sqrt{3}X+Y=2\left( k-1 \right) \\ X^2+Y^2=1 \\ -1/2\le X\le 1, 0\le Y\le 1  \end{array} \right.\] che rappresenta l’intersezione tra un fascio improprio di rette e un arco \(AB\) della circonferenza goniometrica. L’analisi grafica del sistema porta a concludere che il problema ammette una soluzione per \(1\le k<\left( 2+\sqrt{3} \right)/2\), due soluzioni per \(\left( 2+\sqrt{3} \right)/2\le k \le 2\).
Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:
 
Caro professore,
devo determinare con il criterio del confronto il carattere delle seguenti serie:
\[\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{1}{n+1}}\quad \quad \quad \quad \sum\limits_{n=2}^{+\infty }{\frac{\ln n}{\sqrt{{{n}^{2}}+n}}}\quad .\]
Quindi, devo dimostrare che la seguente serie \[\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\left( \sqrt{n}-2\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2} \right)}\]converge e devo determinarne la somma.
Grazie.
 
Le rispondo così:
 
Cara Elisa,
le prime due serie sono entrambe divergenti poiché il termine generale, sempre positivo, maggiora il termine generale di una serie divergente, che in entrambi casi è costituito da un multiplo del termine generale della serie armonica: \[\forall n\ge 1\Rightarrow 2n\ge n+1\ \Rightarrow \frac{1}{n+1}>\frac{1}{2n}=\left( \frac{1}{2} \right)\cdot \frac{1}{n}\]\[\forall n\ge 2\Rightarrow \sqrt{2{{n}^{2}}}>\sqrt{{{n}^{2}}+n}\wedge \ln n\ge \ln 2\Rightarrow \frac{\ln n}{\sqrt{{{n}^{2}}+n}}>\frac{\ln 2}{\sqrt{2}n}=\left( \frac{\ln 2}{\sqrt{2}} \right)\cdot \frac{1}{n}\quad .\]
Infine, l’ultima serie è convergente in quanto telescopica con termine generale infinitesimo, infatti: \[\sqrt{n}-2\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}=\left( \sqrt{n}-\sqrt{n+1} \right)-\left( \sqrt{n+1}-\sqrt{n+2} \right)={{b}_{n}}-{{b}_{n+1}}\]
per cui \[{{S}_{k}}=\sum\limits_{n=1}^{k}{\left( \sqrt{n}-2\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2} \right)}=\sum\limits_{n=1}^{k}{\left( {{b}_{n}}-{{b}_{n+1}} \right)={{b}_{1}}-{{b}_{2}}+{{b}_{2}}-...-{{b}_{k}}+{{b}_{k}}-{{b}_{k+1}}}={{b}_{1}}-{{b}_{k+1}}\]
e poiché\[{{S}_{\infty }}=\underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{S}_{k}}=\underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( {{b}_{1}}-{{b}_{k+1}} \right)=\underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( 1-\sqrt{2}-\sqrt{k+1}+\sqrt{k+2} \right)=\]\[=1-\sqrt{2}+\underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( -\sqrt{k+1}+\sqrt{k+2} \right)=1-\sqrt{2}+\underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k+2}} \right)=1-\sqrt{2}\]
la serie converge alla somma \({{S}_{\infty }}=1-\sqrt{2}\).
Massimo Bergamini

Ricevo da Roberto la seguente domanda:
 
Buongiorno Professore,
sarebbe così cortese da spiegarmi come posso impostare la soluzione di questi due problemi relativi alla ricerca del baricentro di una regione piana? Ho rappresentato graficamente le regioni, ho trovato i punti d’intersezione, ma poi quali integrali risolvo? Grazie mille per l’aiuto che saprà darmi.
1) Determinare il baricentro della regione piana limitata dai grafici \(y=(x-1)^2\) e \(y=-(x-1)^2\), dall’asse \(y\) e dalla retta \(x=3\).
2) Determinare le coordinate del baricentro della regione del primo quadrante delimitata dalle rete \(y=3x\), \(y=x/3\) e dal grafico di \(y=1/x\).
 
Gli rispondo così:
 
Caro Roberto,
premesso che il baricentro di una regione piana \(D\subseteq \mathbb{R}\times \mathbb{R}\) è il punto \(B(x_B,y_B)\) ottenuto dal calcolo dei seguenti integrali doppi:            \[{{x}_{B}}=\frac{1}{\left| D \right|}\iint\limits_{D}{xdxdy}\quad \quad \quad {{y}_{B}}=\frac{1}{\left| D \right|}\iint\limits_{D}{ydxdy}\]
essendo \(\left| D \right|=\iint\limits_{D}{dxdy}\) l’area della regione \(D\) stessa, procediamo in entrambi i casi preliminarmente al calcolo di tali aree, sfruttando le evidenti simmetrie:
\[\left| {{D}_{1}} \right|=2\int\limits_{0}^{3}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}dx=}2\left[ \frac{1}{3}{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+x \right]_{0}^{3}=6\]\[\left| {{D}_{2}} \right|=\int\limits_{0}^{\sqrt{3}/3}{3xdx+}\int\limits_{\sqrt{3}/3}^{\sqrt{3}}{\frac{1}{x}dx-\int\limits_{0}^{\sqrt{3}}{\frac{x}{3}dx=\frac{1}{2}+}}\left[ \ln x \right]_{\sqrt{3}/3}^{\sqrt{3}}-\frac{1}{2}=2\ln \sqrt{3}=\ln 3\quad .\]
Nel primo caso, la simmetria rispetto all’asse \(x\) della regione \(D_1\) consente di affermare che l’ordinata del baricentro è sicuramente nulla, cioè \(y_B=0\), mentre l’integrale che compare nel calcolo dell’ascissa \(x_B\), sempre per le stesse ragioni di simmetria, può essere calcolato “per righe orizzontali” come il doppio della somma di due integrali rispetto alla variabile \(y\), nei sottointervalli \(\left[ 0,1 \right]\) e \(\left[ 0,4 \right]\) dell’asse \(y\) rispettivamente, dell’integrale rispetto a \(x\) delle ascisse dei punti dei segmenti “orizzontali” compresi tra l’asse \(y\) e l’arco di parabola (che rispetto a \(y\) ha equazione \(x=1-\sqrt{y}\)) per \(0\le x \le 1\), e dell’integrale rispetto a \(x\) delle ascisse dei punti dei segmenti compresi tra l’arco di parabola (che rispetto a \(y\) ha equazione \(x=1+\sqrt{y}\)) e l’asse \(x=3\) per \(1\le x\le 3\): \[{{x}_{B}}=\frac{1}{6}\left( 2\int\limits_{0}^{1}{\left( \int\limits_{0}^{1-\sqrt{y}}{xdx} \right)dy+2\int\limits_{0}^{4}{\left( \int\limits_{1+\sqrt{y}}^{3}{xdx} \right)dy}} \right)=\frac{1}{3}\left( \int\limits_{0}^{1}{\left[ \frac{1}{2}{{x}^{2}} \right]_{0}^{1-\sqrt{y}}dy+\int\limits_{0}^{4}{\left[ \frac{1}{2}{{x}^{2}} \right]_{1+\sqrt{y}}^{3}dy}} \right)=\]\[=\frac{1}{6}\left( \int\limits_{0}^{1}{\left( 1+y-2\sqrt{y} \right)dy+\int\limits_{0}^{4}{\left( 8-y-2\sqrt{y} \right)dy}} \right)=\frac{1}{6}\left( \left[ y+\frac{{{y}^{2}}}{2}-\frac{4{{y}^{3/2}}}{3} \right]_{0}^{1}+\left[ 8y-\frac{{{y}^{2}}}{2}-\frac{4{{y}^{3/2}}}{3} \right]_{0}^{4} \right)=\]
    \[=\frac{1}{6}\left( 1+\frac{1}{2}-\frac{4}{3}+32-8-\frac{32}{3} \right)=\frac{1}{6}\cdot \frac{27}{2}=\frac{9}{4}\quad .\]
Quindi il baricentro della regione \(D_1\) è \(B\left( \frac{9}{4},0 \right)\).

Nel secondo caso, la simmetria della regione \(D_2\) rispetto alla bisettrice \(y=x\) ci consente di affermare che \(x_B=y_B\); anche in questo caso possiamo calcolare l’integrale che compare nel calcolo dell’ascissa \(x_B\) “per righe orizzontali”, come somma di due integrali rispetto alla variabile \(y\), nei sottointervalli \(\left[ 0,\sqrt{3}/3 \right]\) e \(\left[\sqrt{3}/3, \sqrt{3} \right]\) dell’asse \(y\) rispettivamente, dell’integrale rispetto a \(x\) delle ascisse dei punti dei segmenti “orizzontali” compresi tra le rette \(x=y/3\) e \(x=3y\), e dell’integrale rispetto a \(x\) delle ascisse dei punti dei segmenti compresi tra la retta \(x=y/3\) e l’arco di iperbole \(x=1/y\):
\[{{x}_{B}}=\frac{1}{\ln 3}\left( \int\limits_{0}^{\sqrt{3}/3}{\left( \int\limits_{y/3}^{3y}{xdx} \right)dy+\int\limits_{\sqrt{3}/3}^{\sqrt{3}}{\left( \int\limits_{y/3}^{1/y}{xdx} \right)dy}} \right)=\frac{1}{\ln 3}\left( \int\limits_{0}^{\sqrt{3}/3}{\left[ \frac{1}{2}{{x}^{2}} \right]_{y/3}^{3y}dy+\int\limits_{\sqrt{3}/3}^{\sqrt{3}}{\left[ \frac{1}{2}{{x}^{2}} \right]_{y/3}^{1/y}dy}} \right)=\]\[=\frac{1}{\ln 3}\left( \int\limits_{0}^{\sqrt{3}/3}{\left( \frac{9}{2}{{y}^{2}}-\frac{1}{18}{{y}^{2}} \right)dy+\int\limits_{\sqrt{3}/3}^{\sqrt{3}}{\left( \frac{1}{2{{y}^{2}}}-\frac{1}{18}{{y}^{2}} \right)dy}} \right)=\frac{1}{\ln 3}\left( \frac{40}{9}\left[ \frac{{{y}^{3}}}{3} \right]_{0}^{\sqrt{3}/3}+\frac{1}{2}\left[ -\frac{1}{y}-\frac{{{y}^{3}}}{27} \right]_{\sqrt{3}/3}^{\sqrt{3}} \right)=\]
\[=\frac{1}{\ln 3}\left( \frac{40}{9}\cdot \frac{\sqrt{3}}{27}+\frac{1}{2}\left( \frac{2\sqrt{3}}{3}-\frac{26\sqrt{3}}{243} \right) \right)=\frac{4\sqrt{3}}{9\ln 3}\quad .\]
Quindi il baricentro della regione \(D_1\) è \(B\left( \frac{4\sqrt{3}}{9\ln 3},\frac{4\sqrt{3}}{9\ln 3} \right)\).
Massimo Bergamini

Ricevo da Ettore la seguente domanda:
 
Caro professore,
dal suo libro:
Data la funzione \[f\left( x \right)={{\log }_{2}}\left( \left| x+a \right|+b \right)\]
a) determina \(a\) e \(b\) in modo che la funzione abbia dominio \(\mathbb{R}\) e il suo grafico passi per \((4,2)\) e \((0,1)\);
b) determina le intersezioni con gli assi;
c) disegna il grafico e utilizzalo per risolvere la disequazione \[\sqrt{x}+{{\log }_{2}}\left( \left| x-1 \right|+1 \right)\ge 1\quad .\]
 
Gli rispondo così:
 
Caro Ettore,
il passaggio del grafico per i punti assegnati implica:    \[\left| 4+a \right|+b=4\quad \wedge \quad \left| a \right|+b=2\to \left| 4+a \right|+2-\left| a \right|=4\] e poichè l’ultima equazione ha come sola soluzione accettabile \(a=-1\), segue che \(b=1\) e la funzione assume l’espressione \(f\left( x \right)={{\log }_{2}}\left( \left| x-1 \right|+1 \right)\), che può riscriversi senza il valore assoluto in questo modo: \[f(x)=\left\{ \begin{array}{ll} {{\log }_{2}}\left( x \right) \quad x\ge 1 \\ {{\log }_{2}}\left( 2-x \right) \quad x < 1  \end{array} \right.\]
Quindi, per \(x\ge 1\) il grafico coincide con quello di \({{\log }_{2}}x\), mentre per \(x < 1\) il grafico è il simmetrico del precedente rispetto all’asse \(x=1\): il grafico, sempre con ordinata non negativa, incontra l’asse \(x\) nel solo punto \(x=1\), mentre interseca l’asse \(y\) nel punto \((0,1)\). Poiché la funzione \[g\left( x \right)=1-\sqrt{x}\] ha un grafico deducibile da quello di \(\sqrt{x}\) per riflessione attraverso l’asse \(x\) seguita da traslazione di un’unità in senso \(y\), si osserva che il grafico di \(g(x)\) interseca gli assi negli stessi punti del grafico di \(f(x)\), e che quest’ultimo ha ordinata sempre maggiore o uguale del primo, cioè la disequazione\[{{\log }_{2}}\left( \left| x-1 \right|+1 \right)\ge 1-\sqrt{x}\]è sempre soddisfatta per ogni \(x\ge 0\), e così pure la disequazione di cui al punto c), ovviamente equivalente ad essa.
 
Massimo Bergamini

Ricevo da Santa la seguente domanda:
 
Gentile professore,
ho dei dubbi sullo studio di questa funzione:    \[f\left( x \right)=\frac{{{x}^{3}}-4x+3}{{{x}^{2}}+3x}\quad .\]
Il mio dubbio principale sta nello studio dei limiti agli estremi del campo di esistenza, in particolare in \(x=-3\). Il problema è che non trovo coerenza con tutte le altre informazioni trovate.
Grazie.
 
Le rispondo così:
 
Cara Santa,
riscriviamo la funzione fattorizzando parzialmente i polinomi, in modo da facilitare lo studio del segno e degli zeri:
\[f\left( x \right)=\frac{\left( x-1 \right)\left( {{x}^{2}}+x-3 \right)}{x\left( x+3 \right)}\quad .\]
Risulta ora piuttosto semplice dedurre che il dominio di \(f(x)\) è l’insieme \({{D}_{f}}=\mathbb{R}-\left\{ -3,0 \right\}\), e inoltre:            \[f\left( x \right)=0\leftrightarrow x=1\vee x=\frac{-1\pm \sqrt{13}}{2}\]
\[f\left( x \right)>0\leftrightarrow -3<x<-\frac{1+\sqrt{13}}{2}\approx -2,3\quad \vee \quad 0<x<1\quad \vee \quad x>\frac{\sqrt{13}-1}{2}\approx 1,3\quad .\] I limiti agli estremi del campo di esistenza sono i seguenti:
\[\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{3}}}{{{x}^{2}}}=\pm \infty \quad \underset{x\to -{{3}^{\pm }}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\frac{-12}{-3\cdot {{0}^{\pm }}}=\frac{4}{{{0}^{\pm }}}=\pm \infty \quad \underset{x\to 0\pm }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\frac{3}{{{0}^{\pm }}\cdot 3}=\frac{1}{{{0}^{\pm }}}=\pm \infty \] mostrando la presenza di asintoti verticali per \(x=-3\) e \(x=0\), mentre l’asintoto obliquo è ricavabile nel modo seguente:\[\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( x \right)}{x}=\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{3}}-4x+3}{{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}}=1\quad \quad \underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\left( f\left( x \right)-x \right)=\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{-3{{x}^{2}}-4x+3}{{{x}^{2}}+3x}=-3\]
cioè è dato dalla retta \(y=x-3\).
Derivata prima e seconda\[f'\left( x \right)=\frac{{{x}^{4}}+6{{x}^{3}}+4{{x}^{2}}-6x-9}{{{x}^{2}}{{\left( x+3 \right)}^{2}}}\] \[ f''\left( x \right)=\frac{2\left( 5{{x}^{3}}+9{{x}^{2}}+27x+27 \right)}{{{x}^{3}}{{\left( x+3 \right)}^{3}}}\]possono essere studiate con l’aiuto di calcoli approssimati, e consentono di verificare la presenza di due punti stazionari, un minimo relativo per \(x\approx 1,142\) e un massimo relativo per \(x\approx -5,04\), e di un punto di flesso obliquo per \(x\approx -1,16\).
Massimo Bergamini

Ricevo da Rossella la seguente domanda:
 
Buongiorno Professore,
volevo chiederLe delucidazioni in merito alla risoluzione dei seguenti limiti:
Calcolare al variare del parametro positivo \(p\) i seguenti limiti:
\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{\left( \frac{{{4}^{x}}+{{6}^{x}}+{{9}^{x}}}{p} \right)}^{\frac{1}{x}}}\quad \quad \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\cos x-{{e}^{x}}+x\left( 1+x+{{x}^{2}} \right)}{\left| {{x}^{p}}-\cos {{x}^{p}} \right|\sin {{x}^{p}}}\quad .\]
La ringrazio per la disponibilità.
 
Le rispondo così:
 
Cara Rossella,
nel primo caso, poiché \(\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( {{4}^{x}}+{{6}^{x}}+{{9}^{x}} \right)=3\), il limite si presenta nella forma \({{\left( \frac{3}{p} \right)}^{+\infty }}\), la quale non è indeterminata se non per \(p=3\), infatti:
\[0<p<3\to \frac{3}{p}=k>1\to \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{\left( \frac{{{4}^{x}}+{{6}^{x}}+{{9}^{x}}}{p} \right)}^{\frac{1}{x}}}={{k}^{+\infty }}=+\infty \]\[p>3\to \frac{3}{p}=\frac{1}{k}<1\to \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{\left( \frac{{{4}^{x}}+{{6}^{x}}+{{9}^{x}}}{p} \right)}^{\frac{1}{x}}}=\frac{1}{{{k}^{+\infty }}}=0\quad .\]
Possiamo discutere il caso \(p=3\), che si presenta come una forma indeterminata del tipo \({{1}^{\infty }}\), utilizzando il teorema di de l’Hopital, dopo aver riscritto il limite in questa forma:
\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{\left( \frac{{{4}^{x}}+{{6}^{x}}+{{9}^{x}}}{3} \right)}^{\frac{1}{x}}}={{e}^{\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( {{4}^{x}}+{{6}^{x}}+{{9}^{x}} \right)-\ln 3}{x}}}\]pertanto, passando al rapporto delle derivate nel limite che compare all’esponente: \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( {{4}^{x}}+{{6}^{x}}+{{9}^{x}} \right)-\ln 3}{x}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln 4\cdot {{4}^{x}}+\ln 6\cdot {{6}^{x}}+\ln 9\cdot {{9}^{x}}}{{{4}^{x}}+{{6}^{x}}+{{9}^{x}}}=\frac{\ln 4+\ln 6+\ln 9}{3}=\ln \sqrt[3]{4\cdot 6\cdot 9}=\ln 6\]
cioè: \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{\left( \frac{{{4}^{x}}+{{6}^{x}}+{{9}^{x}}}{3} \right)}^{\frac{1}{x}}}={{e}^{\ln 6}}=6\quad .\]In figura, possiamo vedere il comportamento locale delle funzioni che si ottengono nei casi \(p=2\), \(p=3\), \(p=4\), a conferma di quanto dedotto dalla precedente analisi.

 
Nel secondo caso, poiché \(\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left| {{x}^{p}}-\cos {{x}^{p}} \right|=1\quad \forall p>0\), il limite si presenta nella forma \(\frac{0}{0}\), come confronto tra l’infinitesimo a numeratore e l’infinitesimo \(\sin {{x}^{p}}\), che è di ordine \(p\) rispetto al campione \(x\) nel limite per \(x\to 0\), essendo asintoticamente equivalente a \(x^p\); si tratta quindi, in definitiva, di stabilire l’ordine di infinitesimo del numeratore rispetto allo stesso campione, e possiamo utilizzare in questo caso gli sviluppi in polinomi di McLaurin dei vari addendi che costituiscono il numeratore stesso: \[\cos x-{{e}^{x}}+x\left( 1+x+{{x}^{2}} \right)=1-\frac{1}{2}{{x}^{2}}+\frac{1}{24}{{x}^{4}}+...-1-x-\frac{1}{2}{{x}^{2}}-\frac{1}{6}{{x}^{3}}-\frac{1}{24}{{x}^{4}}-...+x+{{x}^{2}}+{{x}^{3}}=\]\[=\frac{5}{6}{{x}^{3}}+o\left( {{x}^{3}} \right)\]dove \(o\left( {{x}^{3}} \right)\) rappresenta un resto infinitesimo di ordine superiore a \(x^3\); quindi:
 \[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\cos x-{{e}^{x}}+x\left( 1+x+{{x}^{2}} \right)}{\left| {{x}^{3}}-\cos {{x}^{3}} \right|\sin {{x}^{3}}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{5}{6}\frac{{{x}^{3}}}{\sin {{x}^{3}}}=\frac{5}{6}\] mentre
\[0<p<3\to \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\cos x-{{e}^{x}}+x\left( 1+x+{{x}^{2}} \right)}{\left| {{x}^{p}}-\cos {{x}^{p}} \right|\sin {{x}^{p}}}=0\]\[p>3\to \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\cos x-{{e}^{x}}+x\left( 1+x+{{x}^{2}} \right)}{\left| {{x}^{p}}-\cos {{x}^{p}} \right|\sin {{x}^{p}}}=\frac{5}{6}\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{3}}}{{{x}^{p}}}=\infty \] dove, nel caso \(p>3\), il segno dell’infinito è discorde nei limiti \(0^+\) e \(0^-\) se \(p-3\) è un intero dispari. In figura, possiamo vedere il comportamento locale delle funzioni che si ottengono nei casi \(p=2\), \(p=3\), \(p=4\), a conferma di quanto dedotto dalla precedente analisi.
Massimo Bergamini

Ricevo da Jessica la seguente domanda:
 
Gent.mo professor Bergamini,
ho un dubbio su questo esercizio. La funzione \(y=x^4-3x^3+2x^2\) verifica le ipotesi del teorema di Rolle nell’intervallo chiuso \([0,2]\), se non sbaglio. Per trovare i punti che godono della proprietà ho posto uguale a zero la derivata prima che si annulla in \(x=0\). Posso accettare tale valore visto che è un estremo dell’intervallo?
La ringrazio.
 
Le rispondo così:
 
Cara Jessica,
effettivamente la funzione \(y=x^4-3x^3+2x^2\), in quanto continua in \([0,2]\) e derivabile (almeno) in \(]0,2[\), con \(f(0)=f(2)=0\), soddisfa le ipotesi del teorema di Rolle, la cui tesi è l’esistenza di almeno un punto \(c\in ]0,2[\), cioè interno all’intervallo, in cui si ha \(y’(c)=0\): poiché la funzione derivata è \(y’=4x^3-9x^2+4x\), e questa si annula per \(x_1=0\), \(x_2=(9-\sqrt{17})/8\), \(x_3=(9+\sqrt{17})/8\), concludiamo che i valori che soddisfano la tesi sono \(x_2\) e \(x_3\), in quanto interni all’intervallo \([0,2]\), (meglio, o l’uno o l’altro dei due, visto che la tesi ne richiede almeno uno, senza impedire o prevedere la possibilità, come in questo caso, che ve ne sia più di uno!); non è corretto dire che anche \(x_1=0\) soddisfa la tesi, perché il fatto che la derivata si annulli anche in un estremo è accidentale, non necessario: non potresti dare un esempio di funzione che soddisfa le ipotesi di Rolle in un dato intervallo \([a,b]\) e tale che l’unico punto  in cui la derivata si annulla sia o \(a\) o \(b\): ci  deve essere necessariamente un punto \(c\) interno all’intervallo in cui la derivata sia nulla.  
 
Massimo Bergamini

Ricevo da Mario la seguente domanda:
 
Egregio Professore,
ho riscontrato difficoltà nella soluzione dei seguenti integrali, potrebbe aiutarmi a risolverli? Le sono molto grato.
\[\int\limits_{\pi /6}^{\pi /4}{\cos 2x\sin 4xdx}\quad \quad \int\limits_{0}^{\pi /4}{\left( \cos x-2\sin x \right){{e}^{-2x}}dx}\quad \quad \int\limits_{\pi /3}^{\pi }{{{\sin }^{2}}x\cos xdx\quad .}\]
Gli rispondo così:
 
Caro Mario,
nel primo caso, utilizzando una nota formula goniometrica e la sostituzione \(\cos 2x=t\to dt=-2\sin 2xdx\), otteniamo: \[\int\limits_{\pi /6}^{\pi /4}{\cos 2x\sin 4xdx}=2\int\limits_{\pi /6}^{\pi /4}{{{\cos }^{2}}2x\sin 2xdx}=-\int\limits_{1/2}^{0}{{{t}^{2}}dt}=\left[ \frac{1}{3}{{t}^{3}} \right]_{0}^{1/2}=\frac{1}{24}\quad .\]
Nel secondo caso, l’integrazione per parti ci fornisce la seguente uguaglianza:
\[\int{\cos x}{{e}^{-2x}}dx=\sin x{{e}^{-2x}}+2\int{\sin x{{e}^{-2x}}}dx\to \int{\left( \cos x-2\sin x{{e}^{-2x}} \right)}dx=\sin x{{e}^{-2x}}+c\]
pertanto: \[\int\limits_{0}^{\pi /4}{\left( \cos x-2\sin x{{e}^{-2x}} \right)dx}=\left[ \sin x{{e}^{-2x}} \right]_{0}^{\pi /4}=\frac{\sqrt{2}}{2}{{e}^{-\pi /2}}\quad .\]
Nel terzo caso, con la sostituzione \(\sin x=t\to dt=\cos xdx\) otteniamo: \[\int\limits_{\pi /3}^{\pi }{{{\sin }^{2}}x\cos xdx=\int\limits_{\sqrt{3}/2}^{0}{{{t}^{2}}dt}}=\left[ \frac{1}{3}{{t}^{3}} \right]_{\sqrt{3}/2}^{0}=-\frac{\sqrt{3}}{8}\quad .\]
Massimo Bergamini

Ricevo da Manola la seguente domanda:
 
Ch.mo Professore,
ho provato a risolvere i seguenti limiti, ma non sono sicura di aver fatto tutto giusto: potrebbe spiegarmeli così posso capire dove ho sbagliato? La ringrazio infinitamente.
Calcolare al variare di \(a\in \mathbb{R}\) i limiti:
\[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left| x-\sin x \right|}{{{\left| 2x \right|}^{a}}}\quad \quad \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{n}^{a}}\left( \arctan \frac{1}{n}-\frac{1}{n} \right)\quad .\]
 
Le rispondo così:
 
Cara Manola,
nel primo caso osserviamo che, in base allo sviluppo di McLaurin di \(\sin x\) in un intorno di \(x=0\)     \[\sin x=x-\frac{1}{6}{{x}^{3}}+\frac{1}{5!}{{x}^{5}}-...\] possiamo dire che \(\left| \sin x-x \right|=\frac{1}{6}\left| {{x}^{3}} \right|+o\left( {{x}^{3}} \right)\), per cui: \[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left| x-\sin x \right|}{{{\left| 2x \right|}^{a}}}=\frac{1}{6\cdot {{2}^{a}}}\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left| {{x}^{3-a}} \right|\] e tale limite è \(0\) per \(a<3\), \(1/48\) per \(a=3\), \(+\infty\) per \(a>3\).
Nel secondo caso, posto \(1/n=x\), il limite può scriversi come \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{\arctan x-x}{{{x}^{a}}} \right)\] e in base allo sviluppo di McLaurin di \(\arctan x\) in un intorno di \(x=0\) \[\arctan x=x-\frac{1}{3}{{x}^{3}}+\frac{1}{5}{{x}^{5}}-...\] possiamo dire che \(\arctan x-x=-\frac{{{x}^{3}}}{3}+o\left( {{x}^{3}} \right)\), per cui: \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{\arctan x-x}{{{x}^{a}}} \right)=-\frac{1}{3}\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( {{x}^{3-a}} \right)\] e tale limite è \(0\) per \(a<3\), \(-1/3\) per \(a=3\), \(-\infty\) per \(a>3\).
Massimo Bergamini

Ricevo da Vincenzo la seguente domanda:
 
Buongiorno Professore,
avrei bisogno di alcuni chiarimenti riguardo la soluzione dei seguenti limiti:
Calcolare al variare di \(p\in \mathbb{R}\) i limiti:
\[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{{{n}^{p}}}\sum\limits_{k=5n}^{25n}{\frac{1}{k}\quad \quad }\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{{{n}^{p}}}\sum\limits_{k=n}^{{{10}^{n}}}{\frac{1}{k}\quad .}\]
La ringrazio.
 
Gli rispondo così:
 
Caro Vincenzo,
in entrambi i limiti che proponi interviene la somma parziale della serie armonica, che definisce il cosiddetto \(n\)-esimo numero armonico  \[{{H}_{n}}=\sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{1}{k}}\] per cui si può dire che i limiti in questione equivalgono ai seguenti:\[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{H}_{25n}}-{{H}_{5n-1}}}{{{n}^{p}}}\quad \quad \quad \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{H}_{{{10}^{n}}}}-{{H}_{n-1}}}{{{n}^{p}}}\quad .\]
Poiché si può dimostrare che \[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( {{H}_{n}}-\ln n \right)=\gamma \approx 0,57721...\]dove \(\gamma\) è la cosiddetta costante di Eulero-Mascheroni, questo implica che  \[\underset{n,m\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{H}_{n}}-{{H}_{m}}}{{{n}^{p}}}=\underset{n,m\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln n-\ln m}{{{n}^{p}}}=\underset{n,m\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( n/m \right)}{{{n}^{p}}}\]per cui i limiti in questione assumono la seguente forma:\[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{{{n}^{p}}}\ln \left( \frac{25n}{5n-1} \right)\quad \quad \quad \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{{{n}^{p}}}\ln \left( \frac{{{10}^{n}}}{n-1} \right)\]che, posto \(x=1/n\), possono ulteriormente modificarsi in forma equivalente: \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{x}^{p}}\ln \left( \frac{25}{5-x} \right)\quad \quad \quad \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{x}^{p-1}}\left( \ln 10+x\ln x-x\ln \left( 1-x \right) \right)\quad .\]
Nel primo caso, poiché \(\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\ln \left( \frac{25}{5-x} \right)=\ln 5\), concludiamo facilmente che il limite è \(+\infty\) per \(p<0\), \(\ln 5\) per \(p=0\), \(0\) per \(p>0\).
Nel secondo caso, poiché \(\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,x\ln x=0\):  
\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \ln 10+x\ln x-x\ln \left( 1-x \right) \right)=\ln 10\]
per cui il limite è \(+\infty\) per \(p<1\), \(\ln 10\) per \(p=1\), \(0\) per \(p>1\).
I grafici delle funzioni \[{{x}^{p}}\ln \left( \frac{25}{5-x} \right)\quad \quad \quad {{x}^{p-1}}\left( \ln 10+x\ln x-x\ln \left( 1-x \right) \right)\]per alcuni valori di \(p\) sono in accordo con i riultati ottenuti.
 
Massimo Bergamini

Ricevo da Alessandro la seguente domanda:
 
Salve Professore,
come si può esprimere il perimetro di un triangolo rettangolo in funzione di un cateto \(b\) e del raggio \(r\) della circonferenza inscritta?
Grazie.
 
Gli rispondo così:
 
Caro Alessandro,
detti \(a\) e \(b\) i cateti, \(c\) l’ipotenusa, \(r\) il raggio della circonferenza inscritta, \(A\) l’area e \(p\) il semiperimetro di un generico triangolo rettangolo, possiamo scrivere le seguenti relazioni: \[p=\frac{a+b+c}{2}\quad r=\frac{A}{p}=\frac{ab}{2p}\quad c=\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}\] le prime due essendo vere per ogni triangolo, la terza (teorema di Pitagora) caratteristica del triangolo rettangolo; per il nostro scopo, è ora sufficiente usare la seconda per esprimere \(a\) in funzione di \(b\), \(p\) ed \(r\) e quindi sostiture nella prima, ottenendo:  \[p=\frac{\frac{2rp}{b}+b+\sqrt{{{\left( \frac{2rp}{b} \right)}^{2}}+{{b}^{2}}}}{2}=\frac{2rp+{{b}^{2}}+\sqrt{4{{r}^{2}}{{p}^{2}}+{{b}^{4}}}}{2b}\]da cui ricaviamo esplicitamente \(p\) in termini di \(b\) ed \(r\), come richiesto:\[2bp-2rp-{{b}^{2}}=\sqrt{4{{r}^{2}}{{p}^{2}}+{{b}^{4}}}\to 4{{b}^{2}}{{p}^{2}}+4{{r}^{2}}{{p}^{2}}+{{b}^{4}}-8br{{p}^{2}}-4{{b}^{3}}p+4r{{b}^{2}}p=4{{r}^{2}}{{p}^{2}}+{{b}^{4}}\to \]\[\to bp-2rp-{{b}^{2}}+rb=0\to \]\[\to 2p=\frac{2b\left( b-r \right)}{b-2r}\quad .\]
Massimo Bergamini

Ricevo da Ivo la seguente domanda:
 
Salve Professore,
non riesco a risolvere il seguente limite: \[\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x}{{{e}^{x}}-e}\quad .\]
Grazie.
 
Gli rispondo così:
 
Caro Ivo,
il limite si presenta nella forma indeterminata \(0/0\), e si presta all’applicazione del teorema di de l’Hopital:
\[\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x}{{{e}^{x}}-e}=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{x{{e}^{x}}}=\frac{1}{1\cdot e}={{e}^{-1}}\]ma si può facilmente calcolare anche ricorrendo ad un cambio di variabile e ad alcuni limiti notevoli: posto \(t=x-1\) si ha \[\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x}{{{e}^{x}}-e}=\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( t+1 \right)}{{{e}^{t+1}}-e}=\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( t+1 \right)}{t}\frac{t}{\left( {{e}^{t}}-1 \right)}\frac{1}{e}=1\cdot 1\cdot \frac{1}{e}={{e}^{-1}}\quad .\]
Massimo Bergamini

Ricevo da Mario la seguente domanda:
 
Buongiorno Professore,
potrebbe aiutarmi a risolvere questi due esercizi?
 
1) Sia data la funzione \[f:A\to \mathbb{R}:f\left( x \right)=\left| \ln \left( {{e}^{2x}}-{{e}^{x}}+1 \right)-2x \right|\quad .\]
a) Si determini l’insieme di definizione \(A\), si calcolino i limiti significativi e gli asintoti;
b) si determini l’insieme in cui la funzione è derivabile, si studi la crescenza e la concavità;
c) si calcoli la derivata sinistra e destra degli eventuali punti di non derivabilità;
d) si tracci un grafico qualitativo della funzione;
e) si determini il numero di soluzioni dell’equazione \(f(x)=\lambda\) al variare di \(\lambda \in \mathbb{R}\).
2) Sia \(A=(0,+\infty)\). Data la funzione \(f : A\to \mathbb{R}\) definita per casi:
\[f\left( x \right)=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{x\ln x}{x-1}\quad x\in A,x\ne 1 \\ 1\quad \quad \quad x=1 \end{array} \right.\]
a) si dica, giustificando la risposta, se tale funzione è continua nel suo dominio;
b) se ne calcolino i limiti significativi determinando gli eventuali asintoti;
c) si studi la crescenza e se ne tracci un grafico qualitativo;
d) si trovi l’immagine della funzione. Quante soluzioni ha l’equazione \(f(x)=\sqrt{41}\)?
 
Grazie.
 
Gli rispondo così:
 
Caro Mario,
nel primo caso, poiché , il dominio di \(f(x)\) è \(A=\mathbb{R}\). Conviene inoltre osservare che
\[f\left( x \right)=\left| \ln \left( {{e}^{2x}}-{{e}^{x}}+1 \right)-2x \right|=\left| \ln \left( {{e}^{2x}}\left( 1-{{e}^{-x}}+{{e}^{-2x}} \right) \right)-2x \right|=\] \[=\left| \ln {{e}^{2x}}+\ln \left( 1-{{e}^{-x}}+{{e}^{-2x}} \right)-2x \right|=\left| 2x+\ln \left( 1-{{e}^{-x}}+{{e}^{-2x}} \right)-2x \right|=\] \[=\left| \ln \left( 1-{{e}^{-x}}+{{e}^{-2x}} \right) \right|=\left\{ \begin{array}{ll} \ln \left( 1-{{e}^{-x}}+{{e}^{-2x}} \right)\quad \ \ x\le 0 \\ -\ln \left( 1-{{e}^{-x}}+{{e}^{-2x}} \right)\quad x>0 \end{array} \right.\]
essendo \(\ln \left( 1-{{e}^{-x}}+{{e}^{-2x}} \right)>0\leftrightarrow -{{e}^{-x}}+{{e}^{-2x}}>0\leftrightarrow {{e}^{x}}<1\leftrightarrow x<0\), per cui facilmente si osserva che la funzione si annulla solo per \(x=0\), essendo per il resto positiva. Riguardo ai limiti si ha (utilizzando nel primo caso la sostituzione \(t=-x\)):
\[\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \ln \left( 1-{{e}^{-x}}+{{e}^{-2x}} \right) \right)=\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \ln \left( 1-{{e}^{t}}+{{e}^{2t}} \right) \right)=\]\[=\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( 2t+\ln \left( 1-{{e}^{-t}}+{{e}^{-2t}} \right) \right)=+\infty +\ln \left( 1-0 \right)=+\infty \] \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( -\ln \left( 1-{{e}^{-x}}+{{e}^{-2x}} \right) \right)=-\ln \left( 1-0 \right)=0\] per cui si ha un asintoto orizzontale, l’asse \(x\), nel limite per \(x\to +\infty\), mentre per  \(x\to -\infty\) si l’asintoto obliquo \(y=-2x\), essendo
\[\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( 1-{{e}^{-x}}+{{e}^{-2x}} \right)}{x}=\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2t+\ln \left( 1-{{e}^{-t}}+{{e}^{-2t}} \right)}{-t}=-2\]
\[\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \ln \left( 1-{{e}^{-x}}+{{e}^{-2x}} \right)+2x \right)=\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( 2t+\ln \left( 1-{{e}^{-t}}+{{e}^{-2t}} \right)-2t \right)=0\quad .\]
La derivata prima della funzione è: \[f’(x)=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{{{e}^{x}}-2}{{{e}^{2x}}-{{e}^{x}}+1}\quad x<0 \\ \frac{{{e}^{x}}-2}{{{e}^{2x}}-{{e}^{x}}+1}\quad x>0 \end{array} \right.\] ed essendo \(\underset{x\to {{0}^{\pm }}}{\mathop{\lim }}\,f’\left( x \right)=\pm 1\) la funzione non è derivabile in \(x=0\), presentando in tal punto semirette tangenti destra e sinistra con pendenze rispettivamente \(1\) e \(-1\). La derivata prima si annulla per \(x=\ln 2\), e poiché risulta negativa per \(x<0\) e per \(x>\ln 2\), positiva per \(0<x<\ln 2\), il punto \((\ln 2, \ln(4/3))\) rappresenta un massimo relativo per il grafico di \(f(x)\).
La derivata seconda della funzione è: \[f’’(x)=\left\{ \begin{array}{ll} -\frac{{{e}^{2x}}\left( {{e}^{2x}}-4{{e}^{x}}+1 \right)}{{{\left( {{e}^{2x}}-{{e}^{x}}+1 \right)}^{2}}}\quad x<0 \\ \frac{{{e}^{2x}}\left( {{e}^{2x}}-4{{e}^{x}}+1 \right)}{{{\left( {{e}^{2x}}-{{e}^{x}}+1 \right)}^{2}}}\quad x>0 \end{array} \right.\] per cui \(f”\left( x \right)=0\leftrightarrow x=\ln \left( 2\pm \sqrt{3} \right)\) e la concavità è rivolta verso l’alto per valori di \(x\) esterni all’intervallo determinato da tali valori, in corrispondenza ai quali il grafico di \(f(x)\) presenta due punti di flesso obliquo.
L’equazione \(f(x)=\lambda\) ammette una soluzione (\(x=0\)) per \(\lambda =0\), tre soluzioni per \(0<\lambda <\ln(4/3)\), due soluzioni per \(\lambda = \ln(4/3)\), una soluzione per \(\lambda > \ln(4/3)\).
 
Nel secondo caso, dimostriamo la continuità della funzione \(f(x)\) in tutto \(A=(0;+\infty)\) verificando la sua continuità anche nel punto \(x=1\), essendo (posto \(t=x-1\)): \[\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{x\ln x}{x-1}=\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( t+1 \right)\ln \left( t+1 \right)}{t}=1\cdot 1=1=f\left( 1 \right)\quad .\]  Riguardo ai limiti significativi si ha (ricordando che \(\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,x\ln x=0\)):
\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x\ln x}{x-1}=\frac{\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,x\ln x}{-1}=\frac{0}{-1}=0\quad \quad \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x\ln x}{x-1}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x}{\left( 1-1/x \right)}=+\infty\] per cui non si hanno asintoti, neanche obliqui (\(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)/x=0\)). Le derivate prima e seconda sono le seguenti:
\[f’\left( x \right)=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{x-1-\ln x}{(x-1)^2}\quad x>0,\;x\ne 1 \\ \frac{1}{2}\quad \quad \quad x=1 \end{array} \right.\] \[f’’\left( x \right)=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{2x\ln x+1-x^2}{x(x-1)^3}\quad x>0,\;x\ne 1 \\ -\frac{1}{3}\quad \quad \quad x=1 \end{array} \right.\] essendo, in base al teorema di de l’Hopital: \[\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,f'\left( x \right)=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{x-1-\ln x}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{1-1/x}{2\left( x-1 \right)}=\frac{1}{2}\]\[\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,f''\left( x \right)=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x\ln x+1-{{x}^{2}}}{x{{\left( x-1 \right)}^{3}}}=...=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{-1}{3x\left( 2x-1 \right)}=-\frac{1}{3}\]cioè la funzione è ovunque derivabile due volte in \(A\). Un’analisi grafico-analitica consente di dimostrare che, per ogni \(x>0\), si ha \(x-1\ge \ln x\), quindi la funzione è sempre monotona crescente, mentre \((x^2-1)/(2x)>\ln x\) per \(x>1\), \((x^2-1)/(2x)<\ln x\) per \(0<x<1\),  per cui la derivata seconda è sempre negativa, cioè il grafico volge sempre la concavità verso il basso. Non sono presenti estremi realtivi, e la funzione realizza una corrispondenza biunivoca tra \(A=(0;+\infty)\) e \(A=(0;+\infty)\) stesso, pertanto l’equazione \(f(x)=\sqrt{41}\) ammette una e una sola soluzione.
 
Massimo Bergamini

Ricevo da Vincenzo la seguente domanda:
 
Salve Professore,
ho bisogno del suo aiuto per risolvere due limiti:
\[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{n}^{a}}\left( \sin \left( \frac{1}{n} \right)-\sin \left( \frac{1}{n+1} \right) \right)\quad \quad \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{4{{\left( \ln \left( 1+x \right)-x \right)}^{2}}-{{x}^{4}}+12{{x}^{6}}\ln x}{{{x}^{b}}} \right)\]
da calcolare al variare dei parametri \(a\) e \(b\) in \(\mathbb{R}\).
La ringrazio in anticipo.
 
Gli rispondo così:
 
Caro Vincenzo,
nel primo caso, posto \(x=1/n\), il limite diventa: \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin \left( x \right)-\sin \frac{x}{x+1}}{{{x}^{a}}}\]limite certamente nullo per \(a\le 0\), mentre per \(a>0\) il limite si presenta nella forma \(0/0\) e possiamo discuterla o tramite lo sviluppo in serie di McLaurin del numeratore o tramite il teorema di de l’Hopital, cercando la prima derivata del numeratore che non si annulli in \(x=0\): Tenuto conto che:
\[\sin x=x-\frac{1}{6}{{x}^{3}}+\frac{1}{5!}{{x}^{5}}-...\quad \quad \sin \frac{x}{x+1}=x-{{x}^{2}}+\frac{5}{6}{{x}^{3}}-\frac{{{x}^{4}}}{2}+\frac{1}{5!}{{x}^{5}}-...\] si ha subito che \[\sin x-\sin \frac{x}{x+1}={{x}^{2}}+o\left( {{x}^{2}} \right)\] essendo \(o\left( {{x}^{2}} \right)\) un infinitesimo per \(x\to 0^+\) di ordine superiore a \(2\) rispetto al campione \(x\), pertanto il limite in questione è \(0\) per \(a<2\), \(1\) per \(a=2\), \(+\infty\) per \(a>2\). Se avessimo usuato il secondo modo, avremmo trovato che, detta \(f(x)\) la funzione numeratore: \[f''\left( x \right)=-\sin x+\frac{2\cos \left( x/\left( x+1 \right) \right)+\sin \left( x/\left( x+1 \right) \right)}{{{\left( x+1 \right)}^{3}}}\to f''\left( 0 \right)=2\]
cioè avremmo concluso che \(\sin x-\sin \frac{x}{x+1}=\frac{2}{2!}{{x}^{2}}+o\left( {{x}^{2}} \right)={{x}^{2}}+o\left( {{x}^{2}} \right)\), come in precedenza.
Nel secondo caso, posto che   \[\ln \left( 1+x \right)=x-\frac{{{x}^{2}}}{2}+\frac{{{x}^{3}}}{3}-\frac{{{x}^{4}}}{4}+...\quad \quad 12{{x}^{6}}\ln x=o\left( {{x}^{5}} \right)\] possiamo dedurre che     \[4{{\left( x-\frac{{{x}^{2}}}{2}+\frac{{{x}^{3}}}{3}-...-x \right)}^{2}}-{{x}^{4}}+12{{x}^{6}}\ln x=-\frac{4}{3}{{x}^{5}}+o\left( {{x}^{5}} \right)\] per cui il limite in questione è \(0\) per \(b<5\), \(-\frac{4}{3}\) per \(b=5\), \(-\infty\) per \(b>5\).
Massimo Bergamini

Ricevo da Licia la seguente domanda:
 
Buongiorno Professore,
mi aiuterebbe con questo limite usando i limiti notevoli?
\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}-{{e}^{-x}}-2\sin x}{\left( 1-\cos x \right)\left( \sqrt{1+x}-1 \right)}\]
Grazie!
 
Le rispondo così:
 
Cara Licia,
mi spiace, ma non mi pare possibile effettuare il calcolo di questo limite facendo ricorso solamente ai cosiddetti limiti notevoli, poiché al numeratore compare la differenza tra due infinitesimi asintoticamente equivalenti nel limite in questione, essendo \({{e}^{x}}-{{e}^{-x}}=\left( {{e}^{-2x}}-1 \right)/{{e}^{x}}\sim 2x\sim 2\sin x\). Pertanto, ricordando che: \[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( 1-\cos x \right)}{{{x}^{2}}}=\frac{1}{2}\quad \quad \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{1+x}-1}{x}=\frac{1}{2}\]si ha \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}-{{e}^{-x}}-2\sin x}{\left( 1-\cos x \right)\left( \sqrt{1+x}-1 \right)}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}-{{e}^{-x}}-2\sin x}{{{x}^{3}}}\cdot \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{3}}}{\left( 1-\cos x \right)\left( \sqrt{1+x}-1 \right)}=\]\[=4\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}-{{e}^{-x}}-2\sin x}{{{x}^{3}}}\]
e infine, applicando tre volte di seguito la formula deducibile dal teorema di de l’Hopital:\[4\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}-{{e}^{-x}}-2\sin x}{{{x}^{3}}}=4\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}+{{e}^{-x}}-2\cos x}{3{{x}^{2}}}=\]\[=4\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}-{{e}^{-x}}+2\sin x}{6x}=4\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}+{{e}^{-x}}+2\cos x}{6}=4\cdot \frac{4}{6}=\frac{8}{3}\quad .\]
Massimo Bergamini

Ricevo da Filomena la seguente domanda:
 
Salve Professore,
ho un dubbio su questo limite:  \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \left( x+1 \right){{e}^{\frac{x+1}{x}}}-ex \right)\quad .\]
Grazie!
 
Le rispondo così:
 
Cara Filomena,
il limite si presenta nella forma \(+\infty – \infty\), ma possiamo ricondurlo a limiti notevoli ponendo \(t=\frac{1}{x}\), per cui si ha:\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \left( x+1 \right){{e}^{\frac{x+1}{x}}}-ex \right)=\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{\left( t+1 \right){{e}^{t+1}}}{t}-\frac{e}{t} \right)=\]\[=\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{e\left( {{e}^{t}}-1 \right)}{t}+\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{t+1}}=e+e=2e\quad .\]
Massimo Bergamini

Ricevo da Ferdinando la seguente domanda:
 
Salve Professore,
mi aiuta a risolvere questi esercizi (n. 42 pag. 205 e n.51 pag. 206 del testo  Matutor):
Determina i coefficienti \(a\) e \(b\) della funzione \[y=\frac{a{{x}^{2}}-b}{{{x}^{2}}+b}\] in modo che il suo grafico abbia come asintoto orizzontale la retta di equazione \(y=1\) e un flesso in \(x=\frac{2}{3}\sqrt{3}\).
 
Trova \(a\), \(b\), \(c\), \(d\) nella funzione di equazione   \[y=\frac{a{{x}^{3}}+bx^2+cx+d}{{{x}^{2}}-1}\] sapendo che ha un asintoto obliquo di equazione \(y=x+1\) e un flesso orizzontale in \(x=0\).
Grazie mille!
 
Gli rispondo così:
 
Caro Ferdinando,
nel primo caso la richiesta relativa all’asintoto orizzontale equivale alla richiesta che il limite per \(x\to \infty\) della funzione sia \(1\), e poiché tale limite è \(a\), si ha \(a=1\). Ricavata la derivata seconda della funzione, la si calcola in \(x=\frac{2}{3}\sqrt{3}\), ottenendo:\[y''\left( x \right)=\frac{4b\left( -3{{x}^{2}}+b \right)}{{{\left( {{x}^{2}}+b \right)}^{3}}}\to y''\left( \frac{2}{3}\sqrt{3} \right)=\frac{4b\left( b-4 \right)}{{{\left( 4/3+b \right)}^{3}}}\]
Per cui la derivata seconda si annulla, e si ha quindi la possibilità di avere un flesso, se \(b=4\) o \(b=0\), ma quest’ultima possibilità è da rifiutare in quanto in tal caso la funzione si ridurebbe alla costante \(y=1\), e si non si avrebbe il flesso richiesto.
Nel secondo esercizio, si tratta di imporre che:  \[\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d}{{{x}^{3}}-x}=1\quad \underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d}{{{x}^{2}}-1}-x=1\]da cui si ricava che \(a=1\) e \(b=1\). Sostituiti questi valori, ricaviamo derivata prima e seconda e imponiamo il loro annullamento in \(x=0\):\[y'\left( x \right)=\frac{{{x}^{4}}-\left( 3+c \right){{x}^{2}}-2\left( 1+d \right)x-c}{{{\left( {{x}^{2}}-1 \right)}^{2}}}\to y'\left( 0 \right)=0\leftrightarrow c=0\]\[y''\left( x \right)=\frac{2{{x}^{3}}-10\left( 1+d \right){{x}^{2}}+6x+2\left( 1+d \right)}{{{\left( {{x}^{2}}-1 \right)}^{2}}}\to y''\left( 0 \right)=0\leftrightarrow d=-1\quad .\]
 
Massimo Bergamini

Ricevo da Ferdinando la seguente domanda:
 
Gentile professore,
Le chiedo ancora un aiuto!
Determinare per quali valori del parametro reale \(a\) la funzione \(f(x)= ax^3-4x^2+8x\):
- è crescente in \(\mathbb{R}\);
- ha un solo punto estremante;
- l’ascissa del punto di minimo è maggiore del punto di massimo;
- l’ascissa del punto di flesso appartiene all’intervallo \(]0;1[\).
Grazie mille.
 
Gli rispondo così:
 
Caro Ferdinando,
le varie richieste, da intendersi alternative, possono essere viste come condizioni relative alle derivate prima e seconda della funzione:          \[f'\left( x \right)=3a{{x}^{2}}-8x+8\quad \quad f''\left( x \right)=6ax-8\]
in particolare:
- \(f(x)\) è crescente in \(\mathbb{R}\) se \(f’\left( x \right)>0\ \forall x\in \mathbb{R}\), cioè se  \(3a{{x}^{2}}-8x+8>0 \forall x\in \mathbb{R}\), pertanto ciò è impossibile se \(a\le 0\), mentre se \(a>0\) questo si verifica se il discriminante dell’espressione è negativo, cioè se \(16-24a<0\), da cui \(a>2/3\).
- \(f(x)\) può avere un solo punto estremante solo se \(f’(x)=0\) ammette una e una sola soluzione, cioè o \(a=0\), nel qual caso \(x=1\) è un punto di massimo relativo, o \(a=2/3\), ma in tal caso il punto è un flesso orizzontale, non un estremante, poiché la derivata resta sempre non negativa, cioè la funzione è comunque crescente;
- affinchè l’ascissa del punto di minimo resti maggiore di quella del punto di massimo è necessario che la funzione sia decrescente nell’intervallo compreso tra i due punti estremanti, e ciò è possibile solo se esitono due soluzioni distinte di \(f’(x)=0\), cioè il discriminante dell’espressione di \(f’(x)\) è positivo, e se \(f’(x)>0\) per valori esterni alle suddette soluzioni, cioè \(a>0\), per cui \(0<a<2/3\);
- poiché l’ascissa del punto di flesso è la soluzione dell’equazione \(f’’(x)=0\), cioè \(x=\frac{4}{3a}\), questa appartiene all’intervallo \(]0;1[\) se e solo se \(a>\frac{4}{3}\).
Massimo Bergamini