COMPORTAMENTO LOCALE DI FUNZIONI - ESERCIZI SVOLTI
1) Calcolare il seguente limite sostituendo a numeratore e denominatore opportune funzioni equivalenti. lim
x→0
1 − cos x sin x
2) Calcolare i seguenti limiti utilizzando il Principio di eliminazione dei termini trascurabili. √ 3 (1 − cos x)2 + sin2 x 1 + x3 + x2 lim lim x→+∞ 3x2 + sin x x→0 x3 − x2
3) Verificare che se f (x) = o(1) per x → x0 e f (x) 6= 0 in un intorno di x0 , allora 1 − cos f (x) ∼ f 2 (x) 2 .
Dedurne che per x → 0 1 − cos(x3 + 2x2 ) ∼ 2x4 .
Calcolare quindi il limite
1 − cos(x3 + 2x2 ) . x→0 x4 − x7 lim
4) Verificare che se f (x) = o(1) per x → x0 e f (x) 6= 0 in un intorno di x0 , allora (1+f (x))5 −1 ∼ 5f (x). Dedurne che per x → 0 (1 + sin x)5 − 1 ∼ 5x. Calcolare quindi il limite lim
x→0+
(1 + sin x)5 − 1 √ . 1 − cos x
1
2
COMPORTAMENTO LOCALE DI FUNZIONI - ESERCIZI SVOLTI
5) Verificare che se f (x) = o(1) per x → x0 e f (x) 6= 0 in un intorno di x0 , allora ln(1 + f (x)) ∼ f (x). Dedurne che per x → 0 ln(1 + 4x) ∼ 4x. Calcolare quindi il limite lim
x→0
ln(1 + 4x) . x + 3x2
6) Verificare che se f (x) = o(1) per x → x0 e f (x) 6= 0 in un intorno di x0 , allora ef (x) −1 ∼ f (x). Dedurne che per x → 0
√ 1+x−1)
e( Calcolare quindi il limite
−1∼
x . 2
√
e 1+x − e √ . lim x→0+ 2x + x
7) Confrontare gli infiniti f (x) = x3 e g(x) =
√ 3 x8 − 7x2 per x → +∞. ³
8) Confrontare gli infiniti f (x) = tan x e g(x) =
π 2
−x
´−1
per x →
π− 2 .
9) Confrontare gli infinitesimi f (x) = tan2 x e g(x) = tan(sin x) per x → 0.
10) Stabilire se sono confrontabili gli infiniti f (x) = x3 e g(x) = x3 esin x per x → +∞.
11) Confrontare gli infinitesimi p
f (x) = sin( x2 + 1 − x),
g(x) =
sin x , x
h(x) =
2+x x2
x → +∞. Determinare, se esistono, gli ordini e le parti principali rispetto all’infinitesimo campione u(x) = x1 . 12) Confrontare gli infinitesimi f (x) =
√ x−3
g(x) =
√ √ x− 3
1 1 h(x) = √ − √ x 3
per x → 3+ . Determinare l’ordine di infinitesimo di f, g, h rispetto al campione u(x) = x − 3.
COMPORTAMENTO LOCALE DI FUNZIONI - ESERCIZI SVOLTI
3
13) Confrontare le seguenti successioni per n → +∞ an = 3n2 + n − 1
bn =
³ n ´
cn =
2
√ n n!
tenendo presente la formula di Stirling √ n! ∼ nn e−n 2πn per n → +∞.
14) Confrontare gli infiniti per x → +∞ f (x) = x4
g(x) = x3 ln x
h(x) =
√ x−1
e determinare l’ordine d’infinito della funzione f + g + h rispetto al campione u(x) = x. 15) Confrontare gli infinitesimi per x → 0+ g(x) = 2−1/x
f (x) = x arctan x
h(x) =
√ 1 − cos x
e determinare l’ordine d’infinito della funzione f + g + h rispetto al campione u(x) = x.
16) Calcolare la parte principale per x → 0 delle funzioni f (x) = sin x − tan x + x2
g(x) = x(1 − cos x)
rispetto al campione u(x) = x. Calcolare quindi il limite del quoziente f /g per x → 0+ . 17) Determinare la parte principale per x → 0− delle funzioni ³
f (x) = tan x +
π´ 2
g(x) = ex −
√ x+1
rispetto al campione u(x) = x. Calcolare quindi il limite del prodotto f g per x → 0− .
18) Calcolare la parte principale per x → 0 delle funzioni f (x) = ex − 3 + 2e−x
g(x) =
√ 1 − 3x − 1
rispetto al campione u(x) = x. Calcolare quindi il limite del quoziente f /g per x → 0.
4
COMPORTAMENTO LOCALE DI FUNZIONI - ESERCIZI SVOLTI
19) Verificare che f (x) =
√ √ √ √ x + 5 − 5 e g(x) = x + 7 − 7 sono infinitesimi dello stesso ordine
per x → 0 e determinare c ∈ R tale che g ∼ cf per x → 0.
20) Determinare la parte principale e l’ordine di infinitesimo di ex −1 f (x) = √ 1+x per x → 0. 21) Determinare la parte principale e l’ordine di infinitesimo di f (x) = ecos x − e per x → 0.
22) Determinare la parte principale e l’ordine di infinitesimo di f (x) =
√ sin x − 1 per x → π2 .
23) Determinare la parte principale e l’ordine di infinitesimo di f (x) =
√ 3 x3 − 5x2 + 3x + 9 per
x → −1 e per x → 3.
24) Confrontare gli infiniti f (x) =
x2 ln x
g(x) = x ln x
per x → +∞.
25) Determinare la parte principale di f (x) =
√ √ 5 x + 1 e g(x) = 5 x − 1 per x → +∞. Calcolare
quindi il limite della differenza f − g per x → +∞.
COMPORTAMENTO LOCALE DI FUNZIONI - ESERCIZI SVOLTI
5
SOLUZIONI
1) Osserviamo che, per x → 0, 1 − cos x ∼
x2 2
e sin x ∼ x. Pertanto
1 − cos x x2 /2 = lim = 0. x→0 x→0 x sin x lim
2) Tenendo conto che (1 − cos x)2 = o(sin2 x) e che x3 = o(x2 ) per x → 0, utilizzando il Principio di eliminazione dei termini trascurabili si ha (1 − cos x)2 + sin2 x sin2 x = lim = −1. x→0 x→0 −x2 x3 − x2 √ Analogamente, poich`e, per x → +∞ 3 1 + x3 = o(x2 ), e sin x = o(3x2 ), si ha √ 3 1 + x3 + x2 x2 1 lim = lim = . x→+∞ 3x2 + sin x x→+∞ 3x2 3 lim
3) Data f (x) = o(1) per x → x0 , con f (x) 6= 0 in un intorno di x0 , per verificare che 1−cos f (x) ∼ f 2 (x)/2 per x → x0 , occorre provare che lim
x→x0
1 − cos f (x) = 1. f 2 (x)/2
In questo caso `e possibile applicare il Teorema sul limite di funzione composta, ed effettuare il cambio di variabile y = f (x). Osservando che per x → x0 si ha y = f (x) → 0, segue che il limite precedente `e uguale a lim
y→0
1 − cos y = 1. y 2 /2
Utilizzando il risultato ottenuto, poich`e per x → 0 1 1 1 − cos(x3 + 2x2 ) ∼ (x3 + 2x2 )2 ∼ (2x2 )2 = 2x4 2 2 e x7 = o(x4 ), si ha quindi 2x4 1 − cos(x3 + 2x2 ) = lim = 2. x→0 x4 x→0 x4 − x7 lim
6
COMPORTAMENTO LOCALE DI FUNZIONI - ESERCIZI SVOLTI
4) Data f (x) = o(1) per x → x0 , con f (x) 6= 0 in un intorno di x0 , per verificare che (1 + f (x))5 − 1 ∼ 5f (x) per x → x0 , si pu´o procedere come nell’Esercizio 3, utilizzando il Teorema √ sul limite di funzione composta. Quindi, poich´e per x → 0+ (1+sin x)5 −1 ∼ 5x e 1−cos x ∼ 1 √ 2 x 2 ( x) = 2 , segue che (1 + sin x)5 − 1 5x √ lim = lim 1 = 10. x→0 x→0 x 1 − cos x 2 5) Data f (x) = o(1) per x → x0 , con f (x) 6= 0 in un intorno di x0 , per verificare che ln(1 + f (x)) ∼ f (x) per x → x0 , si pu´o procedere come nell’Esercizio 3. Quindi, poich`e per x → 0 ln(1 + 4x) ∼ 4x e x + 3x2 ∼ x segue che lim
x→0
ln(1 + 4x) 4x = lim = 4. x→0 x x + 3x2
6) Data f (x) = o(1) per x → x0 , con f (x) 6= 0 in un intorno di x0 , per verificare che ef (x) − 1 ∼ f (x) per x → x0 , si pu´o procedere come nell’Esercizio 3. Quindi, poich`e per x → 0 √ √ √ √ e( 1+x−1) − 1 ∼ ( 1 + x − 1)) ∼ x2 e (2x + x) ∼ x segue che √
√
ex e 1+x − e e(e( 1+x−1) − 1) √ = lim √ lim = lim √2 = 0. x→0 2x + x x x→0+ 2x + x x→0+
7) Calcoliamo il limite del quoziente f /g: x3 lim √ = lim x→+∞ 3 x8 − 7x2 x→+∞
s 3
x9 = +∞. x8 − 7x2
Concludiamo quindi che f (x) `e un infinito di ordine superiore a g(x) per x → +∞.
8) Calcoliamo il limite del quoziente f /g: lim ³ π−
x→ 2
con il cambio di variabile x − ³
lim
y→0−
tan y + y −1
π 2 π 2
tan x π 2
´−1 ;
−x
= y otteniamo ´
= − lim
y→0−
(tan y)−1 y = − lim = −1, −1 − y y→0 tan y
in quanto tan y ∼ y per y → 0. Pertanto f e g sono infiniti dello stesso ordine (ordine 1) per x→
π− 2 .
COMPORTAMENTO LOCALE DI FUNZIONI - ESERCIZI SVOLTI
7
9) Calcoliamo il limite del quoziente f /g: tan2 x ; x→0 tan(sin x) lim
poich´e da sin x = o(1) per x → 0 segue tan(sin x) ∼ sin x, ed essendo tan x ∼ sin x si ha tan2 x sin2 x = lim = 0. x→0 tan(sin x) x→0 sin x lim
Quindi f (x) ha ordine di infinitesimo superiore a g(x) per x → 0.
10) Occorre calcolare il limite
x3 1 = lim sin x . 3 sin x x→+∞ x e x→+∞ e lim
Tale limite non esiste in quanto, scegliendo le successioni xn = nπ e yn = lim xn = +∞,
lim yn = +∞,
n→+∞
n→+∞
lim
1
n→+∞ esin xn
= 1,
π 2
+ 2nπ si ha che
lim
1
n→+∞ esin yn
1 = . e
Pertanto gli infiniti f e g non sono confrontabili.
11) Per confrontare gli infinitesimi f , g e h conviene cercare di determinare le rispettive parti principali rispetto all’infinitesimo campione u(x) = p
x2
r
r
³1´ ³ 1 ´´ 1 1 1 + o . + o = ∼ 2 2 2 x x 2x x 2x
³1
Pertanto f ha parte principale 1 x
per x → +∞. Abbiamo:
³ ´ 1 1 + 1 − x = |x| 1 + 2 − x = x 1 + 2 − 1 = x x
=x
u(x) =
1 x
·
1 2x
e ordine di infinitesimo 1. Per confrontare g con il campione
si deve calcolare il limite lim
x→+∞
g(x) = lim xα−1 sin x; uα (x) x→+∞
tale limite non esiste per α ≥ 1 (la verifica si pu`o effettuare scegliendo le successioni xn e yn come nell’esercizio precedente), e vale 0 per α < 1 (in questo caso infatti si ottiene il prodotto di un infinitesimo per una funzione limitata), non `e possibile confrontare g con u. Per h si ha h(x) = pertanto h ha parte principale
1 x
2+x x + o(x) 1 = ∼ ; 2 2 x x x
e ordine di infinitesimo 1 per x → +∞, rispetto al campione
u. Concludiamo che f e g sono infinitesimi dello stesso ordine, e g non `e con esse confrontabile.
8
COMPORTAMENTO LOCALE DI FUNZIONI - ESERCIZI SVOLTI
12) Procediamo calcolando la parte principale di ciascuna funzione rispetto al campione proposto. Abbiamo
√ x − 3 = (x − 3)1/2 ,
f (x) =
da cui possiamo concludere che f ha parte principale (x − 3)1/2 ed ordine di infinitesimo 12 . Per g razionalizzando abbiamo g(x) =
√ √ x−3 x−3 √ ∼ √ , x− 3= √ x+ 3 2 3
da cui segue che g ha parte principale
x−3 √ 2 3
ed ordine di infinitesimo 1. Infine abbiamo
√ √ 1 1 x− 3 h(x) = √ − √ = − √ ; x 3 3x quindi, tenendo conto della parte principale di g, segue che x−3 h(x) ∼ − √ . 6 3 √ ed ordine di infinitesimo 1. In conclusione h ha parte principale − x−3 6 3
13) Calcoliamo la parte principale di ciascuna successione per n → +∞. Per an si ha subito an = 3n2 + n − 1 ∼ n2 , cio`e an ha parte principale n2 ed ordine di infinito 2. Per bn si ha bn =
³ n ´
2
=
n! n(n − 1) n2 = ∼ , 2!(n − 2)! 2 2
n2 2 1/n
da cui segue che bn ha parte principale dn ∼ en per n → +∞ allora (dn /en )
ed ordine di infinito 2. Infine, osserviamo che se 1/n
→ 1, e dunque dn
1/n
∼ en . Applicando allora la
formula di Stirling si ricava che √ (n!)1/n ∼ (nn e−n 2πn)1/n ∼ ne−1 , √ √ dove si `e tenuto conto che ( 2πn)1/n → 1 per n → +∞. Quindi n n! ∼ principale
n e
n e,
cio`e cn ha parte
ed ordine di infinito 1, per n → +∞.
14) Calcolando i limiti dei quozienti f /g e g/h per x → +∞ e tenendo conto che ln x `e un infinito di ordine inferiore a uα (x), per ogni α > 0 si trova che lim =
x→+∞
x4 x = lim = = +∞, 3 x→+∞ x ln x ln x
COMPORTAMENTO LOCALE DI FUNZIONI - ESERCIZI SVOLTI
e
9
x3 ln x lim = √ = lim = x5/2 ln x = +∞. x→+∞ x − 1 x→+∞
Pertanto f `e di ordine superiore a g, e g `e di ordine superiore ad h per x → +∞. Concludiamo quindi che f + g + h ∼ f , ovvero f + g + h ha parte principale x4 e ordine di infinito 4 per x → +∞. 15) Le parti principali di f ed h per x → 0+ sono f (x) = x arctan x ∼ x2 ,
h(x) =
√ x 1 − cos x ∼ √ . 2
Inoltre, sapendo che 2t `e un infinitesimo di ordine superiore a tα per t → −∞, per ogni α > 0, possiamo concludere che g `e un infinitesimo di ordine superiore a f e g. Pertanto f + g + h ∼ h, ovvero ha parte principale
√x 2
ed ordine di infinitesimo 1.
16) Utilizzando solo la conoscenza delle parti principali degli addendi abbiamo f (x) = sin x − tan x + x2 = (x + o(x)) − (x + o(x)) + x2 = o(x). Per determinare la parte principale di f occorre quindi conoscere quella di sin x − tan x. Calcoliamo pertanto ³
sin x − tan x = sin x 1 − da cui segue che f (x) = −
1 ´ x3 cos x − 1 ∼− , = sin x cos x cos x 2
x3 + o(x3 ) + x2 = x2 + o(x2 ). 2
Per la funzione g si ha g(x) = x(1 − cos x) ∼
x3 ; 2
pertanto, poich´e nel calcolo del limite di un quoziente si possono sostituire numeratore e denominatore con le rispettive parti principali, si ha lim
x→0+
f x2 + o(x2 ) = lim 2 · = +∞. g x3 x→0+
17) Tenendo conto che tan x ∼ x per x → 0− , si ha ³
f (x) = tan x +
π´ 1 1 =− ∼− ; 2 tan x x
10
COMPORTAMENTO LOCALE DI FUNZIONI - ESERCIZI SVOLTI
utilizzando ora le formule ex = 1 + x + o(x) e
√ 1+x=1+
g(x) = (1 + x + o(x)) − (1 +
x 2
+ o(x) per x → 0, si ha
x x + o(x)) = + o(x). 2 2
Pertanto, poich´e nel limite di un prodotto si possono sostituire i fattori con le rispettive parti principali, si ha lim f g = lim −
x→0−
x→0−
1 x 1 · =− . x 2 2
18) Con il metodo usato nell’esercizio precedente riscriviamo le funzioni f e g f (x) = ex − 3 + 2e−x = (1 + x + o(x)) − 3 + 2(1 − x + o(x)) = −x + o(x), g(x) =
√ 3 3 1 − 3x − 1 = (1 − x + o(x)) − 1 = − x + o(x), 2 2
per x → 0. Pertanto si ha −x + o(x) 2 f (x) = lim 3 = . x→0 − x + o(x) x→0 g(x) 3 2 lim
19) Tenendo conto che (1 + x)α = 1 + αx + o(x) per x → 0, abbiamo Ãr
√ √ √ f (x) = x + 5 − 5 = 5
!
x 1+ −1 5
e analogamente √ √ g(x) = x + 7 − 7 =
√ ´ √ ³x 5 = 5 + o(x) = x + o(x), 5 5 √ 7 x + o(x). 7
Pertanto f e g sono infinitesimi dello stesso ordine (ordine 1) per x → 0 e per c =
q
5 7
si ha
g ∼ cf per x → 0.
20) Utilizzando la parte principale di ex e di (1 + x)−1/2 per x → 0 abbiamo ³ ´³ ´ ex x x x f (x) = √ − 1 = 1 + x + o(x) 1 − + o(x) − 1 = 1 + x − + o(x) − 1 = + o(x). 2 2 2 1+x
Pertanto la parte principale di f (x) per x → 0 `e
x 2
e l’ordine di infinitesimo `e 1.
COMPORTAMENTO LOCALE DI FUNZIONI - ESERCIZI SVOLTI
21) Utilizzando la parte principale di cos x − 1 = h
x2 2
11
+ o(x2 ) per x → 0 abbiamo
i
f (x) = ecos x −e = e ecos x−1 −1 = e[1+(cos x−1)+o(cos x−1)−1] = e[
x2 e +o(x2 )] = x2 +o(x2 ). 2 2
Pertanto la parte principale di f (x) per x → 0 `e 2e x2 e l’ordine di infinitesimo `e 2. 22) Operando il cambiamento di variabile x − ³
sin x = sin y +
π 2
= y, per x →
π 2
si ha y → 0 e quindi
y2 π´ = cos y = 1 − + o(y 2 ) 2 2
per y → 0. Pertanto f (x) =
³ ´1/2 √ y2 √ sin x − 1 = cos y − 1 = 1 − + o(y 2 ) −1= 2
³ 1 1³ π ´2 1 π ´2 + o( x − ) = 1 − y 2 + o(y 2 ) − 1 = − y 2 + o(y 2 ) = − x − 4 4 4 2 2
per x → π2 . Concludendo, la parte principale di f (x) per x →
π 2
³
`e − 14 x −
π 2
´2
e l’ordine di
infinitesimo `e 2. 23) Poich´e f (−1) = 0 e f (3) = 0, segue che il polinomio P (x) = x3 − 5x2 + 3x + 9 `e divisibile per x + 1 e per x − 3; la decomposizione `e P (x) = (x + 1)(x − 3)2 . Pertanto f (x) = (P (x))1/3 = (x + 1)1/3 (x − 3)2/3 , √ √ 3 16(x + 1)1/3 per x → −1, e f (x) ∼ 3 4(x − 3)2/3 per √ x → 3. La parte principale di f (x) per x → −1 `e 3 16(x + 1)1/3 e l’ordine di infinitesimo `e 13 ; √ per x → 3 la parte principale `e 3 4(x − 3)2/3 e l’ordine di infinitesimo `e 23 . da cui si deduce subito che f (x) ∼
24) Per confrontare gli infiniti f (x) =
x2 ln x
e g(x) = x ln x per x → +∞, calcoliamo il limite
f (x) x x2 = lim = +∞, = 2 x→+∞ g(x) x ln x x→+∞ ln2 x lim
in quanto ln x `e un infinito di ordine inferiore a xα , per x → +∞, per ogni α > 0. Pertanto risulta che f `e un infinito di ordine superiore a g.
25) Per calcolare la parte principale di f e g per x → +∞ operiamo come segue: r
³ 1 ´´ √ √ 5 √ ³ √ 1 1 1 1 f (x) = 5 x + 1 = 5 x 1 + = 5 x 1 + · + o = 5 x + · x−4/5 + o(x−4/5 ) x 5 x x 5
12
COMPORTAMENTO LOCALE DI FUNZIONI - ESERCIZI SVOLTI
per x → +∞. Analogamente r
³ 1 ´´ √ √ 5 √ ³ √ 1 1 1 1 g(x) = 5 x − 1 = 5 x 1 − = 5 x 1 − · + o = 5 x − · x−4/5 + o(x−4/5 ) x 5 x x 5
per x → +∞. Pertanto, per la differenza f − g si ha √ √ 2 5 x + 1 − 5 x − 1 = x−4/5 + o(x−4/5 ). 5 Ne segue che
√ √ lim ( 5 x + 1 − 5 x − 1) = 0.
x→+∞