LIMITI - ESERCIZI SVOLTI
1) Verificare mediante la definizione di limite che (a) (c)
lim (3x − 5) = 1,
(b)
lim 1 2 x→1 (x−1)
2 lim 3n n→+∞ n+1
(d)
lim 3x+1 x→−∞ x−2
x→2
= +∞,
= +∞, = 3.
2) Calcolare, utilizzando i teoremi sull’algebra dei limiti (a) (c) (e)
lim (x3 + x),
(b)
x→−∞
lim 1 2 , x→0 1+x lim
± x→ π 2
(d)
1 cos x ,
(f )
lim x2x ,
x→+∞
1 lim 2, x→±∞ 1+x
√ lim ( 5 x + 2−x ).
x→+∞
3) Calcolare i seguenti limiti di forme indeterminate (a) (c) (e)
2
−1 lim ( xx3 −1 ),
(b)
x→1
x→0
x2 −5x+6 x2 −4x+4 ,
(d)
√ x5/2 −2x x+1 , 5/2 2x −1 x→+∞
−2x3 +x+1 , 2 x→+∞ x +3x
(f )
3x4 +9x−1 4 +6x3 +1 . −x x→−∞
x→0±
lim
x→+∞
lim
x→2±
3x2 −x x5 +2x2
lim
4) Calcolare i seguenti limiti mediante razionalizzazione √ √ (a) lim ( x + 1 − x), (b) (c)
lim
√
√ 1+x− 1−x , x
(d)
1
lim
lim
√ √ lim ( 3 x + 1 − 3 x),
x→+∞
√ lim ( 4 + x2 + x).
x→−∞
2
LIMITI - ESERCIZI SVOLTI
5) Calcolare mediante cambiamenti di variabili e3x + 1 , x→±∞ e2x + 2
(b) lim √
(a) lim
x→−∞
3x , 4 + x2
log x . (c) lim+ q x→0 1 + 2 log2 x
6) Studiando il segno della funzione, calcolare lim [x3 − x]
x→−1±
([t] = parte intera di t). 7) Limiti di successioni
(a) lim sin(2nπ)
(b) lim sin(n!π)
n→+∞
n→+∞
n
2 (c) lim n→+∞ n 3
(d) lim
n→+∞
(n + 2)! − n! (n + 1)!(2n + 1)
8) Calcolare i seguenti limiti, utilizzando i teoremi del confronto √ √ x, (b) lim cos (a) lim ( x + cos x), x x→+∞
x→+∞
(c)
lim
x→+∞
√
x cos x,
(e)
lim [x] , x→+∞ x
(g)
x2 −5x (e x→+∞ x+1
(i)
(d) (f )
lim
− esin x ),
lim sin x sin x1 ,
x→0
(h) (l)
lim 2x−sin x , x→+∞ 3x+cos x lim
x→+∞
log(3+sin x) , x3
x2 −5x (e x→+∞ x+1
lim
− 2sin x ),
lim (8x + x sin2 x).
x→−∞
9) Calcolare, usando limiti notevoli (a)
lim
x→0
1−cos x , x
(b)
(c)
lim
sin x−tan x , x2 x→0
(d)
(e)
lim
2x −1 , x→0 x
(f )
(g)
lim x−2 , x→2 log( x2 )
(h)
(i)
√ √ lim ( 5 1 + x − 5 x),
x→+∞
(l)
lim
x→0
log(1+4x) , x
1 x→0 tan x
lim
−
1 sin x
,
lim x(31/x − 1),
x→−∞
√ x−x , x→1 x−1
lim
lim
x→0
2x −3x x .
3
LIMITI - ESERCIZI SVOLTI
10) Calcolare, usando limiti notevoli (a) (c) (e) (g) (i)
lim x sin x1 ,
x→−∞
lim
+ x→− π 2
x+
π 2
(b)
tan2 x,
2 lim tan x , x→0 tan(sin x)
lim
x→0
log(2−cos x) , sin2 x
lim
lim x(log(x + 2) − log(x + 1)),
π x 2
√ 1− x
x→1
,
(d)
lim sin πx , x→1 x−1
(f )
lim
e
lim
log(x+cos x) , x
x→0
(h)
x→0
√ x+1 −e
x
,
lim cos x+1 . x→π cos(3x)+1
(l)
x→+∞
cos
11) Calcolare i limiti delle seguenti forme indeterminate di tipo esponenziale (a) (c) (e) (g)
lim
1+
1+
x→+∞
lim
x→−∞
lim
x→0+
1 x 1 x
sin x 1 x
2x
,
x2
,
(b) (d) (f )
,
lim (1 + log2 x)sin x ,
(h)
x→0+
lim
x→+∞
1+
1 x
x2
,
lim xx ,
x→0+
lim (log2 x)sin x ,
x→0+
3
lim (1 + e(1/x ) )sin x .
x→0+
12) Calcolare, usando limiti notevoli (a) (c) (e)
lim+ sin x log
x→0
lim
x→+∞
log3 x x2 ,
lim 2−x xx ,
x→+∞
1 x
,
(b) (d) (f )
lim x log2 x,
x→0+
lim log x , x→+∞ log log x 2
lim (3(x ) − (3x )2 ).
x→+∞
4
LIMITI - ESERCIZI SVOLTI
SOLUZIONI 1) In questo esercizio utilizzeremo la definizione di limite. 1a) Per verificare che lim (3x − 5) = 1
x→2
fissiamo ε > 0 e consideriamo la differenza |f (x) − l| = |(3x − 5) − 1| = |3x − 6| = 3|x − 2|. Affinch´e si abbia |f (x) − l| < ε `e sufficiente scegliere x tale che 3|x − 2| < ε, ovvero |x − 2| < δ = 3ε .
1b) Per verificare che 1 = +∞ x→1 (x − 1)2 lim
fissiamo R > 0 e consideriamo la condizione f (x) =
1 > R. (x − 1)2
Essa equivale a (x − 1)2 <
1 , R
ovvero 1 |x − 1| < δ = √ . R 1c) Per verificare che 3n2 = +∞ n→+∞ n + 1 lim
fissato R > 0 consideriamo la disuguaglianza 3n2 > R. n+1 Per n ≥ 1, si ha sempre n + 1 ≤ n + n = 2n e quindi 3n2 3 3n2 ≥ = n. n+1 2n 2 Se 32 n > R, ovvero n > K = 23 R segue a maggior ragione che 3n2 > R. n+1
5
LIMITI - ESERCIZI SVOLTI
1d) Per verificare che 3x + 1 =3 x→−∞ x − 2 lim
fissiamo ε > 0 e consideriamo
3x + 1
|f (x) − l| =
x−2
− 3 =
7 1 . 3 |x − 2|
Affinch´e si abbia |f (x)−l| < ε `e sufficiente scegliere x tale che con x < 0, cio`e, x < 2 −
7 3ε
= −R.
7 1 3 |x−2|
< ε, ovvero |x−2| >
71 3 ε,
2) In questo esercizio utilizzeremo i Teoremi sul limite di somma, prodotto, quoziente. 2a) Poich´e x3 e x tendono a −∞ per x → −∞, per il Teorema sul limite di una somma, nel caso di limiti infiniti e con lo stesso segno, si ha lim (x3 + x) = −∞.
x→−∞
2b) Tenendo conto che 2x tende a +∞ per x → +∞, applicando il Teorema sul limite del prodotto, e tenendo conto del segno dei fattori, segue che lim x2x = +∞.
x→+∞
2c) Per il Teorema sul limite del quoziente di funzioni a limite finito e denominatore non infinitesimo, si ha lim
x→0
1 = 1. 1 + x2
2d) Utilizzando lo stesso Teorema, ma nel caso di denominatore a limite infinito si ha 1 = 0. x→±∞ 1 + x2 lim
2e) Per calcolare lim
x→ π2 ±
1 cos x
ricordiamo che il limite del reciproco di una funzione infinitesima non necessariamente esiste. In questo caso, poich´e cos x > 0 in un intorno sinistro di lim−
x→ π2
+ x→ π 2
si ha
1 = +∞. cos x
Al contrario, poich´e cos x < 0 in un intorno destro di lim
π 2
π 2
1 = −∞. cos x
si ha
6
LIMITI - ESERCIZI SVOLTI
2f ) Per calcolare
√ lim ( 5 x + 2−x )
x→+∞
basta osservare che lim
x→+∞
√ 5 x = +∞,
lim 2−x = 0
x→+∞
ed applicare il Teorema sul limite della somma: il limite assegnato vale +∞.
3) I limiti di questo esercizio sono forme indeterminate del tipo ∞ − ∞, 0 · ∞,
∞ 0 ∞, 0.
3a) Il limite lim (
x→1
`e una forma indeterminata del tipo inatore si ha lim (
x→1
0 0.
x2 − 1 ) x3 − 1
Semplificando i fattori comuni a numeratore e denom-
x2 − 1 (x − 1)(x + 1) ) = lim ( = 3 x→1 (x − 1)(x2 + x + 1) x −1 (x + 1) 2 = . + x + 1) 3
= lim (
x→1 (x2
3b) Analogamente (b) lim± x→2
(x − 2)(x − 3) x2 − 5x + 6 = lim = x2 − 4x + 4 x→2± (x − 2)2 (x − 3) = ∓∞, (x − 2)
= lim
x→2±
dove si `e tenuto conto del segno della funzione nell’intorno sinistro e destro di x0 = 2. 3c) Con lo stesso metodo lim
x→0±
x(3x − 1) 3x2 − x = lim 2 3 = 5 2 x + 2x x→0± x (x + 2) 1 3x − 1 lim 3 . x x→0± x + 2
= lim
x→0±
Il primo fattore non ha limite, ma lim±
x→0
1 = ±∞. x
Il secondo fattore ha limite finito lim
x→0±
3x − 1 1 =− . 3 x +2 2
Pertanto, applicando il Teorema sul limite del prodotto, si ha lim±
x→0
3x2 − x = ∓∞. x5 + 2x2
7
LIMITI - ESERCIZI SVOLTI
3d) Per calcolare
√ x5/2 − 2x x + 1 lim x→+∞ 2x5/2 − 1
conviene raccogliere a fattore comune la potenza di x con esponente pi` u alto che appare in 5
numeratore e denominatore, ovvero x 2 . Quindi si ha √ 5 x5/2 (1 − 2x−1 + x− 2 ) x5/2 − 2x x + 1 = = lim lim 5 x→+∞ x→+∞ 2x5/2 − 1 x5/2 (2 − x− 2 ) 5
= lim
x→+∞
(1 − 2x−1 + x− 2 ) (2 − x
− 25
)
=
1 2
3e) −2x3 + x + 1 x3 (−2 + x−2 + x−3 ) = lim = x→+∞ x→+∞ x2 + 3x x2 (1 + 3x−1 ) lim
(−2 + x−2 + x−3 ) = −∞. x→+∞ (1 + 3x−1 )
= lim x · lim x→+∞
3f ) 3x4 + 9x − 1 x4 (3 + 9x−3 − x−4 ) = lim = x→−∞ −x4 + 6x3 + 1 x→−∞ x4 (−1 + 6x−1 + x−4 ) lim
3 + 9x−3 − x−4 = −3. x→−∞ −1 + 6x−1 + x−4
= lim
4) Calcoliamo i seguenti limiti mediante razionalizzazione. 4a) Applicando il prodotto notevole a2 − b2 = (a − b)(a − b) abbiamo √ √ √ √ √ √ ( x + 1 − x)( x + 1 + x) √ lim ( x + 1 − x) = lim = √ x→+∞ x→+∞ ( x + 1 + x) = lim
x→+∞
1 x+1−x √ √ = lim √ √ =0 x→+∞ ( x + 1 + x) ( x + 1 + x)
4b) Applicando il prodotto notevole a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 ) abbiamo √ √ lim ( 3 x + 1 − 3 x) = lim
x→+∞
x→+∞
p 3
( (x +
1)2
x+1−x +
p 3
x(x + 1) +
√ 3
4c) Operando come in 4a) abbiamo √ √ 1+x−1+x 1+x− 1−x √ lim = lim √ = x→0 x→0 x( 1 + x + 1 − x) x 2 √ =1 = lim √ x→0 ( 1 + x + 1 − x)
x2 )
=0
8
LIMITI - ESERCIZI SVOLTI
4d)
√ √ 2 + x)( 4 + x2 − x) 4 + x ( √ = lim ( 4 + x2 + x) = lim x→−∞ x→−∞ ( 4 + x2 − x) p
4 4 + x 2 − x2 = lim √ = 0. = lim √ 2 x→−∞ x→−∞ 4+x −x 4 + x2 − x
5) Calcoliamo i seguenti limiti mediante cambiamenti di variabili. 5a) e3x + 1 x→±∞ e2x + 2 lim
Posto y = f (x) = ex si ha che y = ex → +∞ per x → +∞: il Teorema di cambiamento di variabili `e quindi applicabile. Si ha quindi y3 + 1 e3x + 1 = lim = +∞. y→+∞ y 2 + 2 x→+∞ e2x + 2 lim
Se invece x → −∞ allora y = ex → 0: il Teorema di cambiamento di variabili `e ancora applicabile perch`e la funzione g(y) =
y3 + 1 y2 + 2
`e continua per y = 0. Si ha pertanto y3 + 1 1 e3x + 1 = lim = . x→−∞ e2x + 2 y→0 y 2 + 2 2 lim
5b) lim √
x→−∞
3x 4 + x2
Posto y = −x si ha che y = −x → +∞ per x → −∞, e quindi lim √
x→−∞
3x −3y = = lim p 2 y→+∞ 4 + y2 4+x
= − lim
y→+∞
s
9y 2 = −3 4 + y2
5c) log x lim q x→0+ 1 + 2 log2 x
Posto y = f (x) = log x si ha che y = log x → −∞ per x → 0+ ; pertanto y log x = lim p = lim q + y→−∞ x→0 1 + 2y 2 1 + 2 log2 x
9
LIMITI - ESERCIZI SVOLTI
= − lim
y→−∞
s
y2 =− 1 + 2y 2
r
1 , 2
p
dove si `e tenuto conto che per y < 0 vale y = − y 2 . 6) Per calcolare lim [x3 − x]
x→−1±
dove [t] = indica la parte intera di t, conviene studiare il segno della funzione f (x) = x3 − x = x(x − 1)(x + 1) nell’intorno di x = −1. Si ha f (x) < 0 per x in un intorno sinistro di x = −1 e f (x) > 0 in un intorno destro di x = −1. Inoltre f `e continua in x = −1. Segue che [f (x)] =
−1 se −1 − δ < x < −1 0 se −1 < x < −1 + δ
per δ > 0 sufficientemente piccolo. Quindi
lim [x3 − x] = −1
x→−1−
lim [x3 − x] = 0
x→−1+
7) Limiti di successioni 7a) Tenendo conto che sin(2nπ) = 0 per ogni n ∈ N, si ha lim sin(2nπ) = lim 0 = 0.
n→+∞
n→+∞
7b) Analogamente al caso precedente, poich`e sin(n!π) = 0 per ogni n ∈ N, si ha lim sin(n!π) = lim 0 = 0.
n→+∞
n→+∞
7c) Ricordando che n
k
si ha
=
n! k!(n − k)!
∀n, k ∈ N,
n
2 3 3!(n − 3)! = lim = 0. lim = lim n→+∞ n − 2 n→+∞ 2!(n − 2)! n→+∞ n 3 7d) lim
n→+∞
(n + 2)! − n! (n + 2)(n + 1)n! − n! = lim = n→+∞ (n + 1)!(2n + 1) (n + 1)!(2n + 1)
n![(n + 1)(n + 2) − 1] 1 n2 + 3n + 1 = lim = . 2 n→+∞ n→+∞ n!(n + 1)(2n + 1) 2n + 3n + 2 2
= lim
10
LIMITI - ESERCIZI SVOLTI
8) Per calcolare i seguenti limiti, utilizzeremo i teoremi del confronto. 8a) Per calcolare
osserviamo che
√ lim ( x + cos x)
√
x→+∞
√ x − cos x ≥ x − 1 per ogni x ∈ R. Poich`e √ lim ( x − 1) = +∞
x→+∞
applicando il Teorema del confronto otteniamo √ lim ( x + cos x) = +∞.
x→+∞
8b) Per calcolare cos x √ x→+∞ x osserviamo che −1 ≤ cos x ≤ 1 per ogni x ∈ R, da cui segue lim
cos x 1 1 −√ ≤ √ ≤ √ x x x
∀x 6= 0.
Poich`e 1 lim √ = 0 x
x→+∞
si ha che anche lim
x→+∞
cos x √ = 0. x
8c) Il limite lim
x→+∞
non esiste. Infatti, posto f (x) =
√
x cos x
√ x cos x, xn =
π 2
+ nπ, e x′n = 2nπ, si ha √ f (x′n ) = 2nπ → +∞.
f (xn ) = 0 → 0, 8d) Vogliamo calcolare
2x − sin x . 3x + cos x Sapendo che | sin x|, | cos x| ≤ 1, deduciamo che lim
x→+∞
per ogni x > 1/3. Poich`e
2x − 1 2x − sin x 2x + 1 ≤ ≤ 3x + 1 3x + cos x 3x − 1
2 2x + 1 2x − 1 = = lim x→+∞ 3x + 1 3 x→+∞ 3x − 1 lim
dal Teorema del confronto deduciamo che anche lim
x→+∞
2 2x − sin x = . 3x + cos x 3
11
LIMITI - ESERCIZI SVOLTI
8e) Per calcolare lim
x→+∞
[x] x
ricordiamo che x − 1 < [x] ≤ x per ogni x ∈ R. Pertanto x−1 [x] < ≤ 1, x x
∀x 6= 0.
Applicando il Teorema del confronto segue subito che lim
x→+∞
[x] = 1. x
8f ) Per calcolare ln(3 + sin x) x→+∞ x3 lim
osserviamo che, essendo | sin x| ≤ 1 per ogni x ∈ R, vale 2 ≤ (3 + sin x) ≤ 4 ∀x ∈ R. Essendo f (t) = log t una funzione monotona crescente, si ha inoltre log 2 ≤ log(3 + sin x) ≤ log 4 ∀x ∈ R. Pertanto log 2 ln(3 + sin x) log 4 ≤ ≤ 3 3 3 x x x
∀x > 0
da cui, per il Teorema del confronto, segue che lim
x→+∞
ln(3 + sin x) = 0. x3
8g) Il limite x2 − 5x (e − esin x ) x→+∞ x + 1 lim
non esiste. Infatti, posto f (x) = e scelte le successioni xn =
π 2
x2 − 5x (e − esin x ), x+1
+ 2nπ, x′n = 2nπ si ha f (xn ) → 0, mentre
lim f (x′n ) = lim =
n→+∞
y→+∞
y 2 − 5y (e − 1) = +∞. y+1
12
LIMITI - ESERCIZI SVOLTI
8h) Per calcolare x2 − 5x (e − 2sin x ) x→+∞ x + 1 lim
osserviamo che e − 2sin x ≥ e − 2 ∀x ∈ R, da cui
Poich`e,
x2 − 5x x2 − 5x (e − 2sin x ) ≥ (e − 2) x+1 x+1
∀x > 5.
x2 − 5x (e − 2) = +∞, x→+∞ x + 1 lim
applicando il Teorema del confronto si ha x2 − 5x (e − 2sin x ) = +∞. x→+∞ x + 1 lim
8i) Per calcolare lim sin x sin
x→0
1 x
si pu`o osservare che
1
sin ≤ 1
x
da cui
∀x 6= 0
1
sin x sin ≤ | sin x|
x
Poich`e
∀x 6= 0.
lim | sin x| = 0,
x→0
anche lim sin x sin
x→0
1 = 0. x
8l) Per calcolare lim (8x + x sin2 x)
x→−∞
osserviamo che 8 ≤ 8 + sin2 x ≤ 9, da cui 9x ≤ x(8 + sin2 x) ≤ 8x
∀x < 0.
Applicando il Teorema del confronto si ha quindi che lim (8x + x sin2 x) = −∞.
x→−∞
13
LIMITI - ESERCIZI SVOLTI
9) Calcoliamo i limiti seguenti utilizzando i limiti notevoli. 9a) 1 − cos x x 1 1 − cos x = lim · = · 0 = 0. 2 x→0 x→0 x x /2 2 2 lim
9b) ln(1 + 4x) ln(1 + 4x) = lim 4 = x→0 x→0 x 4x ln(1 + y) = lim 4 = 4, y→0 y lim
dove abbiamo operato il cambiamento di variabile 4x = y. 9c) sin x − tan x sin x 1 = lim 1 − = x→0 x→0 x2 x2 cos x sin x cos x − 1 = lim · = 0. x→0 x x cos x lim
9d) lim
x→0
1 sin x − tan x 1 − = = lim x→0 sin x tan x tan x sin x
sin x − tan x x2 · cos x = 0, · 2 x→0 x sin2 x
= lim
dove si `e tenuto conto del risultato del limite 9c). 9e) 2x − 1 ex log 2 − 1 = lim · log 2 = x→0 x→0 x log 2 x lim
ey − 1 · log 2 = log 2, y→0 y
= lim
dove si `e operato il cambiamento di variabile x log 2 = y. 9f ) lim x(31/x − 1) = lim
x→−∞
y→0−
3y − 1 = log 3, y
dove si `e posto 1/x = y. 9g) Per calcolare x−2 x→2 log( x ) 2 lim
si pu`o porre x − 2 = y ed ottenere y/2 y = lim 2 · = 2. y+2 y→0 y→0 log( log(1 + y2 ) 2 )
= lim
14
LIMITI - ESERCIZI SVOLTI
9h) Per calcolare
√
x−x x−1
lim
x→1
poniamo x − 1 = y. Abbiamo pertanto √ √ x−x y+1−y−1 lim = lim = x→1 x − 1 y→0 y = lim
(y + 1)1/2 − 1
y
y→0
−1 =
1 1 −1=− . 2 2
9i) √ 5
√ √ 5 1 1+ −1 = lim ( 1 + x − 5 x) = lim 5 x x→+∞ x→+∞ x r
Ponendo 1/x = y si ha
1 = lim √ · y→0 5 y
√ √ 5 5 1+y−1 1+y−1 4/5 · y = lim y · lim = 0. y→0 y→0 y y
9l) lim
2x
− x
x→0
3x
= lim
2x 1 − ( 32 )x
x→0
x
=
1 − ( 23 )x 3 = − log . x→0 x 2
= lim 2x · lim x→0
10) Calcoliamo i seguenti limiti usando i limiti notevoli. 10a) Per calcolare lim x sin
x→−∞
1 x
poniamo 1/x = y ed abbiamo lim x sin
x→−∞
1 1 = lim sin y = 1. − x y→0 y
10b) Per calcolare cos
lim
1−
x→1
poniamo x − 1 = y ed abbiamo lim
x→1
cos
1−
π 2x
√
x
= lim
y→0
= lim
cos
y→0
sin
π 2y
y
π 2 (y
1−
π 2x
√
x
√ y+1
·√
+ 1)
sin π2 y = lim √ = y→0 y+1−1
y π = · 2 = π. y+1−1 2
15
LIMITI - ESERCIZI SVOLTI
10c) Per calcolare lim
x→− π2 +
x+
π tan2 x 2
poniamo x + π/2 = y e abbiamo
lim + x +
x→− π 2
1 π π = +∞. tan2 x = lim y tan2 y + = lim y · y→0+ y→0+ 2 2 tan2 y
10d) Per calcolare lim
x→1
poniamo x − 1 = y e abbiamo lim
x→1
sin πx x−1
sin πx sin(πy + π) sin πy = lim = − lim = −π. y→0 y→0 x−1 y y
10e) tan2 x sin x sin x sin x tan2 x = lim · = lim · lim . 2 x→0 sin x x→0 tan(sin x) tan(sin x) x→0 cos x x→0 tan(sin x) lim
Ma ponendo sin x = y per il secondo limite si ha y sin x = lim = 1. y→0 tan y x→0 tan(sin x) lim
Complessivamente si ottiene che tan2 x = 0. x→0 tan(sin x) lim
10f )
√ √ e( x+1−1) − 1 x+1−1 = lim = e · lim √ · . lim x→0 x→0 x→0 x x x x+1−1 √ Per calcolare il limite del primo fattore possiamo porre x + 1 − 1 = y e abbiamo √
e
x+1
−e
√
e(e
x+1−1
− 1)
√
ey − 1 e( x+1−1) − 1 = lim = 1. lim √ y→0 x→0 y x+1−1 Per calcolare il limite del secondo, razionalizzando, otteniamo √ 1 1 x+1−1 lim = lim √ = . x→0 x→0 x 2 x+1+1 Complessivamente, applicando il Teorema sul limite del prodotto, abbiamo quindi che √ √ e x+1−1 − 1 1 x+1−1 e · lim √ · =e·1· . x→0 x 2 x+1−1 Pertanto
√
lim
x→0
e
x+1
x
−e
=
e . 2
16
LIMITI - ESERCIZI SVOLTI
10g) ln(1 + (1 − cos x)) (1 − cos x) ln(2 − cos x) = lim . · 2 x→0 x→0 (1 − cos x) sin x sin2 x lim
Osserviamo che il primo fattore ha limite 1, in quanto, con la sostituzione y = 1 − cos x ci si riconduce ad un limite notevole: ln(1 + (1 − cos x)) ln(1 + y) = lim = 1. x→0 y→0 (1 − cos x) y lim
Calcoliamo il limite del secondo fattore (1 − cos x) 1 x2 (1 − cos x) = lim = . · 2 2 2 x→0 x→0 x 2 sin x sin x lim
Pertanto 1 ln(2 − cos x) = . 2 x→0 2 sin x lim
10h) ln(x + cos x) = lim x→0 x→0 x lim
ln cos x( cosx x + 1) x
= lim
x→0
log cos x + x
log 1 +
x cos x
x
!
.
Possiamo calcolare separatamente il limite di ciascun addendo. Per il primo si ha lim
x→0
log(1 + (cos x − 1) cos x − 1 log cos x = lim · . x→0 x cos x − 1 x
Il primo fattore ha limite 1 perch´e ponendo y = cos x − 1 si riconduce il calcolo ad un limite notevole: log(1 + (cos x − 1) log(1 + y) = lim = 1. x→0 y→0 cos x − 1 y lim
Per il secondo fattore si ha
cos x − 1 = 0. x→0 x lim
Pertanto log cos x = 0. x→0 x lim
Calcoliamo ora lim
x→0
log 1 +
x cos x
x
= lim
log 1 +
x→0
x cos x
x/ cos x
·
1 . cos x
Il primo fattore ha limite 1, potendosi ricondurre ancora al limite notevole log(1 + y) = 1, y→0 y lim
ponendo y = x/ cos x. Il secondo fattore tende a 1. Pertanto lim
x→0
log 1 + x
x cos x
= 1.
17
LIMITI - ESERCIZI SVOLTI
Complessivamente concludiamo che ln(x + cos x) = 1. x→0 x lim
10i)
lim x(ln(x + 2) − ln(x + 1)) = lim x ln x 1 +
x→+∞
x→+∞
2 1 − ln x 1 + x x
Tenendo conto che log(ab) = log a + log b se a, b > 0, si ha
= lim x ln x + log 1 + x→+∞
1 2 1 2 − ln x − 1 + = lim x log 1 + − log 1 + . x→+∞ x x x x
Operando la sostituzione 1/x = y si ha
lim x log 1 +
x→+∞
log(1 + 2y) 2 log(1 + y) 1 − − log 1 + = lim = 2 − 1 = 1. y→0 x x y y
10l) Per calcolare lim
x→π
cos x + 1 cos(3x) + 1
poniamo x − π = y ed abbiamo 1 − cos y 1 − cos y y2 cos(y + π) + 1 = lim = lim · y→0 1 − cos(3y) y→0 y→0 cos(3y + 3π) + 1 y2 1 − cos(3y) lim
Il primo fattore ha limite 12 . Per calcolare il limite del secondo fattore possiamo porre 3y = z ed abbiamo z 2 /9 z2 1 2 y2 = lim = lim = . z→0 1 − cos z y→0 1 − cos(3y) 9 z→0 1 − cos z 9 lim
Complessivamente si ha dunque lim
x→π
cos x + 1 1 = . cos(3x) + 1 9
11) Forme indeterminate esponenziali 11a) lim
x→+∞
dove si `e posto y = 1 +
1 x
1+
x
.
h 1 2x 1 x i2 1+ = lim = lim y 2 = e2 , y→e x→+∞ x x
18
LIMITI - ESERCIZI SVOLTI
11b) Calcoliamo lim
x→+∞
1+
h 1 x ix 1 x2 1+ = lim x→+∞ x x
Poich`e
lim
x→+∞
1+
1 x = e, x
segue che esiste R > 0 tale che
1+
1 x >2 x
per x > R. Pertanto si ha anche h
1+
1 x ix > 2x x
per x > R. Applicando ora il Teorema del confronto si ottiene che
lim
x→+∞
1+
1 x2 = +∞. x
11c) Calcoliamo lim
x→−∞
1+
h 1 x2 1 x ix 1+ = lim x→−∞ x x
Poich`e
lim
x→−∞
1+
1 x = e, x
segue che per ogni ε > 0 (in particolare, per 0 < ε < e) esiste R > 0 tale che
e−ε < 1+
1 x <e+ε x
per ogni x < −R. Pertanto si ha anche (e − ε)x <
h
1+
1 x ix < (e + ε)x x
per x < −R. Applicando ora il Teorema del confronto si ottiene che lim
x→−∞
1+
1 x2 = 0. x
11d) lim xx = lim ex log x = 1,
x→0+
x→0+
perch´e lim x log x = 0.
x→0+
19
LIMITI - ESERCIZI SVOLTI
11e) lim
x→0+
perch´e
1 sin x
x
= lim esin x log( x ) = lim e− sin x log x = 1, 1
x→0+
x→0+
lim sin x log x = lim
x→0+
x→0+
sin x · x log x = 1 · 0 = 0. x
11f ) lim (ln2 x)sin x = lim esin x log(log
x→0+
2
x)
x→0+
.
Calcoliamo il limite dell’esponente log(log2 x) sin x sin x log(log2 x) 2 ·x· · lim ·log x = lim · lim x log2 x. x x→0+ x x→0+ log2 x log2 x x→0+
lim sin x log(log2 x) = lim
x→0+
x→0+
Il primo limite vale 1, ed il terzo vale 0 (limiti notevoli). Per il calcolo del secondo, ponendo y = log2 x si ha lim+
x→0
log(log2 x) log y = 0. = lim 2 y→+∞ y log x
Pertanto lim sin x log(log2 x) = 0
x→0+
e quindi lim (ln2 x)sin x = lim esin x log(log
x→0+
2
x)
= 1.
x→0+
11g) Con un procedimento analogo a quello dell’esercizio precedente si trova lim+ (1 + ln2 x)sin x = lim+ esin x log(1+log
x→0
x→0
2
x)
=1
11h) 1
lim (1 + e x3 )sin x = lim esin x log(1+e
x→0+
x→0+
1/x3 )
.
Riscriviamo 3
3
3
log(1 + e1/x ) = log(e1/x (1 + e−1/x )) =
1 3 log e + log(1 + e−1/x ) 3 x
Calcoliamo ora il limite dell’esponente 3
lim sin x log(1 + e1/x ) = lim
x→0+
x→0+
sin x
x3
3
+ sin x log(1 + e−1/x ) .
I limiti dei due addendi sono lim
x→0+
sin x 1 sin x · 2 = +∞, = lim 3 x x x→0+ x
3
lim sin x log(1 + e−1/x ) = 0.
x→0+
20
LIMITI - ESERCIZI SVOLTI
Pertanto 3
lim sin x log(1 + e1/x ) = +∞
x→0+
e 1
lim (1 + e x3 )sin x = +∞.
x→0+
12) Calcoliamo i seguenti limiti. 12a) lim+ sin x ln
x→0
1
x
12b)
= − lim+ sin x log x = − lim+ x→0
x→0
sin x · x log x = 1 · 0 = 0. x
√ lim x ln2 x = lim ( x log x)2 = 0.
x→0+
x→0+
12c) log x 3 ln3 x = 0. = lim x→+∞ x2 x→+∞ x2/3
lim
12d) lim
x→+∞
log x y = lim = +∞, y→+∞ log log x log y
dove si `e posto log x = y. 12e) lim 2−x xx = lim e−x log 2 · ex log x = lim ex(log x−log 2) = +∞.
x→+∞
x→+∞
x→+∞
12f ) 2
lim (3(x ) − (3x )2 ) = lim 32x (3(x
x→+∞
x→+∞
2 −2x)
− 1) = +∞.