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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.
Es.2 Risolvere la seguente equazione:
(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.
Es.3 Risolvere la seguente equazione:
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.
Es.4 Risolvere la seguente equazione:
x
x− 1= 2.
Soluzione:
C.E. x− 1 6= 0⇐⇒ x 6= 1.
Facendo il minimo comume denominatore, abbiamo
x = 2x− 2⇐⇒ −x = −2⇐⇒ x = 2.
Es.5 Risolvere la seguente equazione:
x− 1
x+ 1=x+ 1
x− 1.
Soluzione:
C.E. x− 1 6= 0 ∧ x+ 1 6= 0⇐⇒ x 6= ±1.
Facendo il minimo comume denominatore, abbiamo
(x− 1)2 = (x+ 1)2
x2 − 2x+ 1 = x2 + 2x+ 1⇐⇒ −4x = 0⇐⇒ x = 0.
Es.6 Risolvere la seguente equazione:
x− 1
2− 1 + x
5=
1 + 3x2
10x.
Soluzione:
C.E. x 6= 0.
Facendo il minimo comume denominatore, abbiamo
5x2 − 5x− 2x− 2x2 = 1 + 3x2
5x2 − 2x2 − 3x2 − 5x− 2x = 1⇐⇒ −7x = 1⇐⇒ x = −1
7.
2
Es.7 Risolvere la seguente equazione:
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.
Es.8 Risolvere la seguente equazione:
(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.
Es.9 Risolvere la seguente equazione:
x2 − 1
x− 1= x− 2.
Soluzione:
C.E. x− 1 6= 0⇐⇒ x 6= 1.
Facendo il minimo comume denominatore, abbiamo
x2 − 1 = x2 − 2x− x+ 2
x2 − x2 + 2x+ x = 2 + 1⇐⇒ 3x = 3⇐⇒ x = 1.
Dalla C.E. la soluzione non e accettabile.
Es.10 Risolvere la seguente equazione:
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
Es.11 Risolvere la seguente equazione:
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:
Es.1 Risolvere la seguente equazione:
1
x+
1 + x
x− 4= 0.
Soluzione:
C.E. x 6= 0 ∧ x 6= −1.
Facendo il minimo comume denominatore, abbiamo
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.
Es.2 Risolvere la seguente equazione:
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.
Facendo il minimo comume denominatore, abbiamo
4 + x2 − 2x− x+ 2 = 0
x2 − 3x+ 6 = 0
∆ = b2 − 4ac = 9− 24 = −15 < 0,
quindi l’equazione non ammette soluzioni reali.
Es.3 Risolvere la seguente equazione:
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.
Es.5 Risolvere la seguente disequazione:
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.
Lezione 3 - 11/10/2019, dalle 13.00 alle 14.00 in aula 9a
- Richiami teorici (3): sistemi di disequazioni e disequazioni fratte.
- Esercizi svolti:
Es.1 Risolvere la seguente disequazione:
x2 − 4 < 0.
Soluzione: Risolviamo l’equazione associata
x2 − 4 = 0⇐⇒ x2 = 4
da cui
x1 = −2 ∨ x2 = +2.
Essendo che la parabola individuata dal trinomio dato ha concavita verso l’alto, abbiamo
che essa assumera valori negativi per valori compresi tra quelli trovati, cioe:
−2 < x < 2.
Es.2 Risolvere la seguente disequazione:
x2 − 3x+ 9 < 0.
Soluzione: Risolviamo l’equazione associata
x2 − 3x+ 9 = 0
∆ = b2 − 4ac = 9− 36 = −27 < 0,
quindi l’equazione non ammette soluzioni reali.
Essendo che la parabola individuata dal trinomio dato ha concavita verso l’alto, abbiamo
che ogni punto di essa si trovera al di sopra dell’asse x, dunque non assumera mai valori
negativi, cioe:
@x ∈ R.
6
Es.3 Risolvere la seguente disequazione:
2− x2 − x ≥ 0.
Soluzione: Risolviamo l’equazione associata
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.
Es.4 Risolvere la seguente disequazione:
4x2 + 4x+ 1 ≤ 0.
Soluzione: Risolviamo l’equazione associata
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.
Es.5 Risolvere la seguente disequazione:
x2 + x+ 1 > 0.
Soluzione: Risolviamo l’equazione associata
x2 + x+ 1 = 0
7
∆ = b2 − 4ac = 1− 4 = −3 < 0,
quindi l’equazione non ammette soluzioni reali.
Essendo che la parabola individuata dal trinomio dato ha concavita verso l’alto, abbiamo
che ogni punto di essa si trovera al di sopra dell’asse x, dunque assumera sempre valori
positivi, cioe:
∀x ∈ R.
Es.6 Risolvere la seguente disequazione:
3x2 − x ≤ 0.
Soluzione: Risolviamo l’equazione associata
3x2 − x = 0⇐⇒ x(3x− 1) = 0⇐⇒ x1 = 0 ∨ x2 =1
3
Essendo che la parabola individuata dal trinomio dato ha concavita verso l’alto, abbiamo
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.
Lezione 4 - 15/10/2019, dalle 13.00 alle 14.00 in aula 9a
- 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:
Es.1 Risolvere la seguente disequazione:
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.
Es.2 Risolvere la seguente disequazione:
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.
Lezione 5 - 18/10/2019, dalle 13.00 alle 14.00 in aula 9a
- 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
Lezione 6 - 22/10/2019, dalle 13.00 alle 14.00 in aula 9a
- 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).
Lezione 7 - 25/10/2019, dalle 13.00 alle 14.00 in aula 9a
- 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.
Lezione 8 - 29/10/2019, dalle 13.00 alle 14.00 in aula 9a
- Richiami teorici (7): funzione esponenziale: grafici e proprieta; proprieta delle potenze;
funzione logaritmica e proprieta dei logaritmi.
- Esercizi svolti:
Es.1 Risolvere la seguente disequazione:
2x ≤ 2.
Soluzione:
2x ≤ 21 ⇐⇒ x ≤ 1.
Es.2 Risolvere la seguente disequazione:
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.
Lezione 9 - 05/11/2019, dalle 13.00 alle 14.00 in aula 9a
- Richiami teorici (8): grafici delle funzioni logaritmiche; valore assoluto e sue proprieta;
funzioni potenza e polinomiali: proprieta e grafici notevoli.
- Esercizi svolti:
Es.1 Risolvere la seguente disequazione:
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
Lezione 10 - 08/11/2019, dalle 13.00 alle 14.00 in aula 9a
- 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 = (−∞,∞).
Es.2 Calcolare il dominio della seguente funzione:
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,∞).
Es.3 Calcolare il dominio della seguente funzione:
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,∞).
Es.4 Calcolare il dominio della seguente funzione:
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,∞).
Es.5 Calcolare il dominio della seguente funzione:
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.
Lezione 11 - 12/11/2019, dalle 13.00 alle 14.00 in aula 9a
- Richiami teorici (10): principali forme indeterminate; limiti notevoli.
22
- Esercizi svolti:
Es.1 Verificare, usando la definizione, il seguente limite
limx→+∞
1
x= 0.
Soluzione: Dobbiamo verificare che
∀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.
Es.3 Calcolare il seguente limite:
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.
Es.4 Calcolare il seguente limite:
limx→−∞
x+ 10x2 + 3
5x4 − 4x+ 7.
23
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→−∞
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.
Es.5 Calcolare il seguente limite:
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.
Es.6 Calcolare il seguente limite:
limx→+∞
4ex + lnx
x2 + 3ex.
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→+∞
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
Soluzione: Dobbiamo verificare che
∀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.
Es.2 Verificare il seguente limite, usando la definizione:
limx→+∞
lnx = +∞.
Soluzione: Dobbiamo verificare che
∀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.
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→−∞
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) = −∞.
Es.6 Verificare il seguente limite, usando la definizione:
limx→0
x
x− 1= 0.
Soluzione: Dobbiamo verificare che
∀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
.
Lezione 13 - 19/11/2019, dalle 13.00 alle 14.00 in aula 9a
- 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.
Es.2 Calcolare, usando la definizione, la derivata della seguente funzione nel punto x0indicato a fianco:
f(x) =1
x, x0 = −1.
Soluzione: Dalla definizione di derivata sappiamo che
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.
Es.3 Calcolare, usando la definizione, la derivata della seguente funzione nel punto x0indicato a fianco:
f(x) =x+ 2
x, x0 = 1.
Soluzione: Dalla definizione di derivata sappiamo che
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.
Es.5 Calcolare la derivata della seguente funzione:
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.
Es.6 Calcolare la derivata della seguente funzione:
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.
Es.7 Calcolare la derivata della seguente funzione:
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).
Es.8 Calcolare la derivata della seguente funzione:
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.
Es.9 Calcolare la derivata della seguente funzione:
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:
Es.1 Determinare dominio, segno, intersezioni con gli assi e limiti agli estremi del dominio
della seguente funzione:
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
Infine, calcoliamo i limiti agli estremi dei dominio:
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.
Es.2 Determinare dominio, segno, intersezioni con gli assi e limiti agli estremi del dominio
della seguente funzione:
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.
Infine, calcoliamo i limiti agli estremi dei dominio:
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.
Es.3 Calcolare il seguente limite:
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