I seguenti esercizi permettono di comprendere e applicare passo passo il teorema della permanenza del segno. Si parte da applicazioni dirette, nelle quali è sufficiente calcolare un limite e osservarne il segno, per arrivare progressivamente a conseguenze più importanti del teorema, come il non annullamento di una funzione, lo studio del segno di prodotti e quozienti e il confronto tra due funzioni.
Esercizio 1 — livello ★☆☆☆☆
Sia
\[ f(x)=x+3. \]
Utilizzando il teorema della permanenza del segno, stabilire il segno di \(f(x)\) in un opportuno intorno di \(x=0\).
Risultato
Esiste un intorno di \(0\) nel quale
\[ f(x)>0. \]
Svolgimento
Per applicare il teorema della permanenza del segno dobbiamo innanzitutto calcolare il limite della funzione nel punto considerato.
Poiché \(f(x)=x+3\), abbiamo
\[ \lim_{x\to0}(x+3)=3. \]
Il valore del limite è quindi
\[ L=3>0. \]
Il teorema della permanenza del segno afferma che, quando il limite è strettamente positivo, anche la funzione è positiva per tutti gli \(x\) sufficientemente vicini al punto verso il quale \(x\) tende.
Pertanto esiste \(\delta>0\) tale che
\[ f(x)>0 \]
per ogni \(x\in(-\delta,\delta)\setminus\{0\}\).
In questo semplice caso possiamo anche individuare direttamente un possibile intorno. Infatti
\[ x+3>0 \]
equivale a
\[ x>-3. \]
Per esempio, scegliendo \(\delta=1\), se \(-1<x<1\) allora certamente \(x>-3\), quindi
\[ x+3>0. \]
Abbiamo così verificato concretamente la conclusione garantita dal teorema.
Esercizio 2 — livello ★☆☆☆☆
Sia
\[ f(x)=2x-5. \]
Stabilire il segno di \(f(x)\) in un opportuno intorno di \(x=1\).
Risultato
Esiste un intorno di \(1\) nel quale
\[ f(x)<0. \]
Svolgimento
Calcoliamo innanzitutto il limite della funzione per \(x\to1\):
\[ \lim_{x\to1}(2x-5)=2\cdot1-5=-3. \]
Il limite è quindi
\[ L=-3<0. \]
Poiché il limite è strettamente negativo, il teorema della permanenza del segno garantisce che \(f(x)\) è negativa per tutti gli \(x\) sufficientemente vicini a \(1\).
Esiste dunque \(\delta>0\) tale che
\[ 2x-5<0 \]
per ogni \(x\in(1-\delta,1+\delta)\setminus\{1\}\).
Possiamo verificare direttamente questa conclusione. La disequazione
\[ 2x-5<0 \]
equivale a
\[ x<\frac52. \]
Basta quindi scegliere un intorno di \(1\) che rimanga interamente a sinistra di \(\displaystyle\frac{5}{2}\). Per esempio, con \(\delta=1\) si ha
\[ 0<x<2, \]
e quindi \(x<\displaystyle\frac{5}{2}\). Pertanto \(f(x)<0\) in tale intorno.
Esercizio 3 — livello ★☆☆☆☆
Consideriamo
\[ f(x)=x^2+1. \]
Utilizzare il teorema della permanenza del segno per stabilire il segno della funzione in un intorno di \(x=2\).
Risultato
Esiste un intorno di \(2\) nel quale
\[ f(x)>0. \]
Svolgimento
Calcoliamo il limite:
\[ \lim_{x\to2}(x^2+1)=2^2+1=5. \]
Abbiamo quindi
\[ L=5>0. \]
Poiché il limite è strettamente positivo, il teorema della permanenza del segno assicura che esiste un intorno di \(2\) nel quale anche \(f(x)\) è positiva.
Pertanto, per un opportuno \(\delta>0\),
\[ x^2+1>0 \]
per ogni \(x\in(2-\delta,2+\delta)\setminus\{2\}\).
In questo caso possiamo osservare anche qualcosa di più forte: poiché \(x^2\geq0\) per ogni \(x\in\mathbb R\), si ha
\[ x^2+1\geq1>0 \]
per ogni numero reale \(x\). La funzione è quindi positiva non soltanto vicino a \(2\), ma su tutto \(\mathbb R\).
Il teorema, tuttavia, richiede soltanto una conclusione locale: dalla positività del limite possiamo certamente dedurre la positività della funzione in un opportuno intorno di \(2\).
Esercizio 4 — livello ★☆☆☆☆
Sia
\[ f(x)=\frac{x+1}{x+2}. \]
Stabilire il segno di \(f(x)\) in un opportuno intorno di \(x=0\).
Risultato
Esiste un intorno di \(0\) nel quale
\[ f(x)>0. \]
Svolgimento
Calcoliamo il limite per \(x\to0\). Poiché il denominatore tende a \(2\neq0\), possiamo sostituire direttamente \(x=0\):
\[ \lim_{x\to0}\frac{x+1}{x+2} = \frac{1}{2}. \]
Il valore del limite è
\[ L=\frac12>0. \]
Il teorema della permanenza del segno ci permette quindi di concludere che la funzione assume valori positivi per tutti gli \(x\) sufficientemente vicini a \(0\).
In simboli, esiste \(\delta>0\) tale che
\[ \frac{x+1}{x+2}>0 \]
per ogni \(x\in(-\delta,\delta)\setminus\{0\}\).
È importante osservare che non abbiamo avuto bisogno di risolvere direttamente una disequazione razionale: il segno positivo del limite è sufficiente a garantire il segno positivo della funzione in un opportuno intorno del punto.
Esercizio 5 — livello ★☆☆☆☆
Consideriamo
\[ f(x)=\ln(x)-1. \]
Stabilire il segno di \(f(x)\) in un opportuno intorno di \(x=1\).
Risultato
Esiste un intorno di \(1\) nel quale
\[ f(x)<0. \]
Svolgimento
La funzione è definita per \(x>0\), quindi in particolare è definita in un intorno sufficientemente piccolo di \(1\).
Calcoliamo il limite:
\[ \lim_{x\to1}(\ln(x)-1)=\ln(1)-1=0-1=-1. \]
Abbiamo dunque
\[ L=-1<0. \]
Per il teorema della permanenza del segno, esiste quindi \(\delta>0\) tale che, per ogni \(x\) sufficientemente vicino a \(1\),
\[ \ln(x)-1<0. \]
In altre parole, la funzione mantiene lo stesso segno del proprio limite e risulta negativa in un opportuno intorno di \(1\).
Esercizio 6 — livello ★★☆☆☆
Sapendo che
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=4, \]
dimostrare che esiste un intorno di \(x_0\) nel quale
\[ f(x)>2. \]
Risultato
Esiste \(\delta>0\) tale che
\[ f(x)>2 \]
per ogni \(x\in(x_0-\delta,x_0+\delta)\setminus\{x_0\}\).
Svolgimento
Non vogliamo dimostrare soltanto che \(f(x)\) è positiva vicino a \(x_0\), ma la proprietà più precisa
\[ f(x)>2. \]
Sappiamo che
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=4. \]
Dalla definizione di limite, per ogni \(\epsilon>0\) esiste \(\delta>0\) tale che
\[ |f(x)-4|<\epsilon \]
quando \(0<|x-x_0|<\delta\).
Vogliamo ottenere come estremo inferiore proprio \(2\). Scegliamo quindi
\[ \epsilon=2. \]
La definizione di limite garantisce l'esistenza di \(\delta>0\) tale che
\[ |f(x)-4|<2. \]
Eliminando il valore assoluto otteniamo
\[ -2<f(x)-4<2. \]
Aggiungendo \(4\) a tutti i membri:
\[ 2<f(x)<6. \]
In particolare,
\[ f(x)>2. \]
Abbiamo quindi ottenuto non soltanto la positività di \(f(x)\), ma una stima quantitativa più forte.
Esercizio 7 — livello ★★☆☆☆
Sapendo che
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=-6, \]
dimostrare che esiste un intorno di \(x_0\) nel quale
\[ f(x)<-3. \]
Risultato
Per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\),
\[ f(x)<-3. \]
Svolgimento
Sappiamo che \(f(x)\) tende a \(-6\). Vogliamo mostrare che, avvicinandoci sufficientemente a \(x_0\), i valori di \(f(x)\) rimangono al di sotto di \(-3\).
Dalla definizione di limite, scelto un qualsiasi \(\epsilon>0\), per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\) vale
\[ |f(x)+6|<\epsilon. \]
Scegliamo
\[ \epsilon=3. \]
Otteniamo
\[ |f(x)+6|<3. \]
Ciò equivale a
\[ -3<f(x)+6<3. \]
Sottraendo \(6\) a tutti i membri:
\[ -9<f(x)<-3. \]
Da questa doppia disuguaglianza segue immediatamente
\[ f(x)<-3. \]
In particolare, \(f(x)\) è negativa in un opportuno intorno di \(x_0\), esattamente come previsto dal teorema della permanenza del segno.
Esercizio 8 — livello ★★☆☆☆
Sia
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=L \]
con \(L>0\). Dimostrare che esiste un intorno di \(x_0\) nel quale
\[ f(x)>\frac{L}{2}. \]
Risultato
Esiste \(\delta>0\) tale che, se \(0<|x-x_0|<\delta\), allora
\[ f(x)>\frac{L}{2}>0. \]
Svolgimento
Poiché \(L>0\), anche
\[ \frac{L}{2}>0. \]
Scegliamo nella definizione di limite
\[ \epsilon=\frac{L}{2}. \]
Esiste quindi \(\delta>0\) tale che, se
\[ 0<|x-x_0|<\delta, \]
allora
\[ |f(x)-L|<\frac{L}{2}. \]
Eliminando il valore assoluto:
\[ -\frac{L}{2}<f(x)-L<\frac{L}{2}. \]
Aggiungendo \(L\) ai tre membri:
\[ \frac{L}{2}<f(x)<\frac{3L}{2}. \]
In particolare,
\[ f(x)>\frac{L}{2}. \]
Siccome \(\displaystyle\frac{L}{2}>0\), segue anche
\[ f(x)>0. \]
Questo è precisamente il caso positivo della dimostrazione del teorema della permanenza del segno.
Esercizio 9 — livello ★★☆☆☆
Sia
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=L \]
con \(L<0\). Dimostrare che, per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\),
\[ f(x)<\frac{L}{2}<0. \]
Risultato
Esiste \(\delta>0\) tale che
\[ f(x)<\frac{L}{2}<0 \]
per ogni \(x\) con \(0<|x-x_0|<\delta\).
Svolgimento
Poiché \(L<0\), abbiamo
\[ |L|=-L. \]
Scegliamo
\[ \epsilon=\frac{|L|}{2}=-\frac{L}{2}. \]
Questo numero è positivo, quindi è una scelta ammessa nella definizione di limite.
Per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\) vale allora
\[ |f(x)-L|<\frac{|L|}{2}. \]
Da questa disuguaglianza otteniamo in particolare
\[ f(x)<L+\frac{|L|}{2}. \]
Poiché \(|L|=-L\),
\[ L+\frac{|L|}{2} = L-\frac{L}{2} = \frac{L}{2}. \]
Pertanto
\[ f(x)<\frac{L}{2}. \]
Essendo \(L<0\), anche \(\displaystyle\frac{L}{2}<0\). Di conseguenza
\[ f(x)<\frac{L}{2}<0, \]
e la funzione è negativa in un opportuno intorno di \(x_0\).
Esercizio 10 — livello ★★☆☆☆
Dimostrare che, se
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=L\neq0, \]
allora \(f(x)\neq0\) per tutti gli \(x\) sufficientemente vicini a \(x_0\).
Risultato
Esiste un intorno di \(x_0\) nel quale
\[ f(x)\neq0. \]
Svolgimento
L'ipotesi fondamentale è
\[ L\neq0. \]
Un numero reale diverso da zero può essere soltanto positivo oppure negativo. Dobbiamo quindi distinguere due casi.
Se
\[ L>0, \]
il teorema della permanenza del segno garantisce che, per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\),
\[ f(x)>0. \]
Un numero strettamente positivo non può essere zero, quindi
\[ f(x)\neq0. \]
Se invece
\[ L<0, \]
il medesimo teorema garantisce
\[ f(x)<0 \]
per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\). Anche in questo caso \(f(x)\) non può essere uguale a zero.
In entrambi i casi esiste quindi un intorno di \(x_0\) nel quale
\[ f(x)\neq0. \]
Questa conseguenza è particolarmente importante quando \(f(x)\) compare al denominatore di un quoziente.
Esercizio 11 — livello ★★★☆☆
Siano \(f\) e \(g\) due funzioni tali che
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=2, \qquad \lim_{x\to x_0}g(x)=-3. \]
Stabilire il segno di \(f(x)g(x)\) per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\).
Risultato
Per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\),
\[ f(x)g(x)<0. \]
Svolgimento
Analizziamo separatamente le due funzioni.
Poiché
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=2>0, \]
per il teorema della permanenza del segno esiste un intorno di \(x_0\) nel quale
\[ f(x)>0. \]
Analogamente,
\[ \lim_{x\to x_0}g(x)=-3<0, \]
quindi esiste un intorno di \(x_0\) nel quale
\[ g(x)<0. \]
Possiamo scegliere un intorno sufficientemente piccolo nel quale entrambe le proprietà siano vere contemporaneamente.
In tale intorno \(f(x)\) è positiva e \(g(x)\) è negativa. Il prodotto di un numero positivo e di un numero negativo è negativo. Pertanto
\[ f(x)g(x)<0. \]
Esercizio 12 — livello ★★★☆☆
Siano \(f\) e \(g\) tali che
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=-4, \qquad \lim_{x\to x_0}g(x)=-2. \]
Stabilire il segno del prodotto \(f(x)g(x)\) vicino a \(x_0\).
Risultato
Per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\),
\[ f(x)g(x)>0. \]
Svolgimento
Il limite di \(f(x)\) è
\[ -4<0. \]
Per la permanenza del segno, \(f(x)<0\) per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\).
Anche il limite di \(g(x)\) è negativo:
\[ -2<0. \]
Pertanto, sempre per il teorema della permanenza del segno,
\[ g(x)<0 \]
in un opportuno intorno di \(x_0\).
Restringendo eventualmente l'intorno, possiamo fare in modo che entrambe le disuguaglianze valgano contemporaneamente.
Il prodotto di due numeri negativi è positivo. Ne segue quindi che
\[ f(x)g(x)>0 \]
per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\).
Esercizio 13 — livello ★★★☆☆
Siano \(f\) e \(g\) due funzioni tali che
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=5, \qquad \lim_{x\to x_0}g(x)=-2. \]
Stabilire il segno del quoziente
\[ \frac{f(x)}{g(x)} \]
per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\).
Risultato
Per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\),
\[ \frac{f(x)}{g(x)}<0. \]
Svolgimento
Dalla prima ipotesi abbiamo
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=5>0. \]
Il teorema della permanenza del segno implica quindi che
\[ f(x)>0 \]
per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\).
Per la seconda funzione,
\[ \lim_{x\to x_0}g(x)=-2<0. \]
Ne segue che
\[ g(x)<0 \]
per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\).
In particolare \(g(x)\neq0\) in tale intorno, quindi il quoziente è ben definito.
Poiché il numeratore è positivo e il denominatore è negativo, il loro quoziente è negativo:
\[ \frac{f(x)}{g(x)}<0. \]
Esercizio 14 — livello ★★★☆☆
Sia
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=-3. \]
Stabilire il segno della funzione reciproca
\[ \frac{1}{f(x)} \]
per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\).
Risultato
Per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\),
\[ \frac{1}{f(x)}<0. \]
Svolgimento
Abbiamo
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=-3<0. \]
Per il teorema della permanenza del segno esiste quindi un intorno di \(x_0\) nel quale
\[ f(x)<0. \]
Poiché \(f(x)\) è strettamente negativa, in tale intorno non può essere uguale a zero. Di conseguenza la funzione reciproca
\[ \frac{1}{f(x)} \]
è ben definita.
Il reciproco di un numero negativo è ancora negativo. Pertanto
\[ \frac{1}{f(x)}<0 \]
per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\).
Esercizio 15 — livello ★★★☆☆
Consideriamo
\[ f(x)=x^2. \]
Per \(x\to0\) si ha
\[ \lim_{x\to0}x^2=0. \]
È possibile applicare direttamente il teorema della permanenza del segno? Che cosa possiamo comunque dire sul segno di \(f(x)\) in un intorno di \(0\)?
Risultato
Il teorema della permanenza del segno, nella forma relativa a un limite \(L\neq0\), non è applicabile. Tuttavia
\[ x^2>0 \]
per ogni \(x\neq0\).
Svolgimento
Il limite della funzione è
\[ \lim_{x\to0}x^2=0. \]
Il teorema della permanenza del segno studiato richiede che il limite sia diverso da zero:
\[ L\neq0. \]
In questo esercizio, invece,
\[ L=0. \]
Non possiamo quindi utilizzare direttamente il teorema per dedurre il segno della funzione.
Questo non significa che \(f(x)\) non abbia un segno determinato vicino a \(0\). Dobbiamo semplicemente studiarlo con altri argomenti.
Per ogni numero reale \(x\),
\[ x^2\geq0. \]
Inoltre,
\[ x^2=0 \]
soltanto quando \(x=0\). Pertanto, in un intorno di \(0\), per \(x\neq0\), abbiamo sempre
\[ x^2>0. \]
Questo esercizio mostra un punto importante: avere un limite diverso da zero è una condizione sufficiente per applicare il teorema della permanenza del segno, ma una funzione può mantenere un determinato segno anche quando il suo limite è uguale a zero.
Esercizio 16 — livello ★★★☆☆
Consideriamo
\[ f(x)=x \]
per \(x\to0\). Stabilire se la funzione mantiene un segno costante in un intorno di \(0\).
Risultato
No. In ogni intorno di \(0\), la funzione assume sia valori negativi sia valori positivi.
Svolgimento
Il limite è
\[ \lim_{x\to0}x=0. \]
Anche in questo caso il limite è uguale a zero, quindi il teorema della permanenza del segno nella forma studiata non è applicabile.
Esaminiamo direttamente il comportamento della funzione.
Se \(x<0\), allora
\[ f(x)=x<0. \]
Se invece \(x>0\), allora
\[ f(x)=x>0. \]
Ogni intorno di \(0\) contiene sia numeri negativi sia numeri positivi. Di conseguenza, in ogni intorno di \(0\), la funzione assume valori di entrambi i segni.
Non esiste quindi alcun intorno di \(0\) nel quale \(f(x)\) sia sempre positiva oppure sempre negativa.
Confrontando questo esercizio con quello precedente, vediamo che quando il limite è uguale a zero non è possibile stabilire il segno della funzione conoscendo soltanto il valore del limite: \(x^2\) è positiva in un intorno di \(0\), mentre \(x\) cambia segno.
Esercizio 17 — livello ★★★★☆
Sia
\[ f_a(x)=x^2+a, \]
dove \(a\in\mathbb R\). Studiare, utilizzando il teorema della permanenza del segno quando possibile, il segno di \(f_a(x)\) in un intorno di \(x=0\) nei casi \(a>0\), \(a<0\) e \(a=0\).
Risultato
Se \(a>0\), allora \(f_a(x)>0\) vicino a \(0\).
Se \(a<0\), allora \(f_a(x)<0\) vicino a \(0\).
Se \(a=0\), il teorema non è direttamente applicabile, ma \(f_0(x)=x^2>0\) per ogni \(x\neq0\).
Svolgimento
Calcoliamo innanzitutto il limite in funzione del parametro \(a\):
\[ \lim_{x\to0}(x^2+a)=a. \]
Il segno del limite dipende quindi direttamente dal valore di \(a\).
Se
\[ a>0, \]
il limite è strettamente positivo. Per il teorema della permanenza del segno esiste quindi un intorno di \(0\) nel quale
\[ f_a(x)=x^2+a>0. \]
Se invece
\[ a<0, \]
il limite è strettamente negativo. Il teorema garantisce allora che, per \(x\) sufficientemente vicino a \(0\),
\[ f_a(x)=x^2+a<0. \]
Quest'ultima conclusione può sembrare meno immediata perché \(x^2\) è sempre non negativo. Tuttavia, quando \(x\) è molto vicino a \(0\), anche \(x^2\) è molto piccolo e non è sufficiente a compensare il termine costante negativo \(a\).
Rimane il caso
\[ a=0. \]
In questo caso
\[ \lim_{x\to0}f_0(x)=0. \]
Il teorema non è direttamente applicabile, perché il limite non è diverso da zero. Tuttavia
\[ f_0(x)=x^2>0 \]
per ogni \(x\neq0\).
L'esercizio mostra quindi chiaramente il ruolo dell'ipotesi \(L\neq0\).
Esercizio 18 — livello ★★★★☆
Siano \(f\) e \(g\) due funzioni tali che
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=7, \qquad \lim_{x\to x_0}g(x)=3. \]
Dimostrare che, per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\),
\[ f(x)>g(x). \]
Risultato
Esiste un intorno di \(x_0\) nel quale
\[ f(x)>g(x). \]
Svolgimento
Per confrontare \(f(x)\) e \(g(x)\), è utile considerare la loro differenza:
\[ h(x)=f(x)-g(x). \]
Dire che
\[ f(x)>g(x) \]
equivale infatti a dire che
\[ f(x)-g(x)>0. \]
Calcoliamo quindi il limite della differenza:
\[ \lim_{x\to x_0}[f(x)-g(x)] = \lim_{x\to x_0}f(x)-\lim_{x\to x_0}g(x). \]
Sostituendo i valori dati:
\[ \lim_{x\to x_0}[f(x)-g(x)] = 7-3 = 4. \]
Poiché
\[ 4>0, \]
il teorema della permanenza del segno applicato alla funzione \(h(x)=f(x)-g(x)\) garantisce che
\[ f(x)-g(x)>0 \]
per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\).
Aggiungendo \(g(x)\) ai due membri otteniamo
\[ f(x)>g(x). \]
Esercizio 19 — livello ★★★★☆
Siano \(f\) e \(g\) due funzioni tali che
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=-2, \qquad \lim_{x\to x_0}g(x)=3. \]
Stabilire, per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\), il segno delle espressioni
\[ f(x),\qquad g(x),\qquad f(x)g(x),\qquad \frac{f(x)}{g(x)}. \]
Risultato
Per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\),
\[ f(x)<0,\qquad g(x)>0,\qquad f(x)g(x)<0,\qquad \frac{f(x)}{g(x)}<0. \]
Svolgimento
Partiamo dalla funzione \(f\). Poiché
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=-2<0, \]
il teorema della permanenza del segno garantisce che
\[ f(x)<0 \]
per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\).
Per la funzione \(g\), invece,
\[ \lim_{x\to x_0}g(x)=3>0. \]
Pertanto
\[ g(x)>0 \]
in un opportuno intorno di \(x_0\).
Restringendo eventualmente l'intorno, possiamo supporre che entrambe queste proprietà valgano contemporaneamente.
Poiché \(f(x)\) è negativa e \(g(x)\) è positiva, il loro prodotto è negativo:
\[ f(x)g(x)<0. \]
Inoltre \(g(x)>0\), quindi in particolare
\[ g(x)\neq0. \]
Il quoziente è dunque ben definito. Essendo il numeratore negativo e il denominatore positivo, otteniamo
\[ \frac{f(x)}{g(x)}<0. \]
Abbiamo così utilizzato il teorema della permanenza del segno per controllare contemporaneamente il segno di più espressioni costruite a partire dalle due funzioni.
Esercizio 20 — livello ★★★★★
Siano \(f\), \(g\) e \(h\) tre funzioni tali che
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=-2, \qquad \lim_{x\to x_0}g(x)=5, \qquad \lim_{x\to x_0}h(x)=-1. \]
Stabilire il segno dell'espressione
\[ \frac{[f(x)-g(x)]h(x)}{g(x)} \]
per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\).
Risultato
Per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\),
\[ \frac{[f(x)-g(x)]h(x)}{g(x)}>0. \]
Svolgimento
L'espressione contiene più fattori, quindi procediamo con ordine e determiniamo separatamente il segno di ciascuna parte.
Cominciamo dalla differenza
\[ f(x)-g(x). \]
Utilizzando le operazioni sui limiti:
\[ \lim_{x\to x_0}[f(x)-g(x)] = -2-5 = -7. \]
Poiché
\[ -7<0, \]
il teorema della permanenza del segno garantisce che
\[ f(x)-g(x)<0 \]
per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\).
Consideriamo ora \(h(x)\). Abbiamo
\[ \lim_{x\to x_0}h(x)=-1<0. \]
Di conseguenza,
\[ h(x)<0 \]
vicino a \(x_0\).
Il numeratore dell'espressione è quindi il prodotto
\[ [f(x)-g(x)]h(x) \]
di due quantità negative. Il prodotto di due numeri negativi è positivo, quindi
\[ [f(x)-g(x)]h(x)>0. \]
Passiamo infine al denominatore. Poiché
\[ \lim_{x\to x_0}g(x)=5>0, \]
il teorema della permanenza del segno implica
\[ g(x)>0 \]
per \(x\) sufficientemente vicino a \(x_0\).
In particolare \(g(x)\neq0\), quindi il quoziente è ben definito.
Abbiamo dunque un numeratore positivo e un denominatore positivo. Il loro quoziente è positivo:
\[ \frac{[f(x)-g(x)]h(x)}{g(x)}>0. \]
È importante osservare che ciascuna informazione sul segno potrebbe essere inizialmente valida in un intorno diverso di \(x_0\). Poiché gli intorni da considerare sono in numero finito, possiamo però scegliere un unico intorno sufficientemente piccolo nel quale tutte le proprietà ottenute siano vere contemporaneamente.