DOMANDE ed ESERCIZI su LIMITI di SUCCESSIONI e FUNZIONI In questa scheda sono proposte alcune domande teoriche sul concetto di limite e alcuni esercizi sul calcolo di limiti proposti a temi d’esame negli scorsi anni. Provare di ciascuna delle seguenti affermazioni se è vera o falsa(a) . 1. Siano (an ) e (bn ), (cn ) tre successioni reali tali che an ≤ bn ≤ cn per ogni n ∈ N. Allora A. se (an ) e (cn ) sono regolari allora (bn ) è regolare B. se (an ) e (cn ) sono limitate allora (bn ) è limitata C. Se (an ) e (cn ) sono convergenti allora (ebn ) è convergente 2. Sia (an ) successione positiva e convergente e sia (bn ) successione infinitesima. Allora A. (an bn ) è limitata B. abnn è limitata C. abnn è convergente 3. Siano (an ) e (bn ) successioni regolari e positive tali che bn = o(an ) per n → +∞. Allora A. lim bn n→+∞ an +bn =0 B. Per ogni successione non nulla (cn ) , C. lim n→+∞ log(1+bn ) an bn cn = o(an ) per n → +∞ =1 4. Siano f (x) e g(x) funzioni definite e positive nell’intervallo (0, 1] tali che lim f (x) = lim g(x) x→0+ e f (x) = o(g(x)) per x → 0+ . Allora x→0+ A. Esiste δ ∈ (0, 1) tale che f (x) ≤ g(x) per ogni x ∈ (0, δ) B. lim f (x) + g(x) = lim g(x) x→0+ x→0+ C. lim f (x) − g(x) = 0 x→0+ 5. Siano f (x), g(x) e h(x) funzioni infinitesime per x → x0 tali che f (x) = o(g(x)) e g(x) ∼ h(x) per x → x0 . Allora A. f (x) ∼ h(x) per x → x0 B. f 2 (x) = o(h(x)g(x)) per x → x0 C. f (x) + h(x) ∼ g(x) per x → x0 6. Siano f (x), g(x) e h(x) funzioni definite e positive in (0, +∞) tali che lim f (x) = lim g(x) = x→+∞ x→+∞ lim h(x) = 0. Supposto che f (x) = o(g(x)) e g(x) = o(h(x)) per x → +∞, allora x→+∞ A. f (x) = o(h(x)) per x → +∞ B. C. lim h(x) x→+∞ f (x)+g(x) lim f (x) 2 x→+∞ (h(x)) = +∞ =0 (a) per provare che un’affermazione è vera occorre produrre una dimostrazione, sfruttando anche i risultati visti a lezione. Per provare che un’affermazione è falsa è sufficiente trovare un controesempio 1 Per ciascun esercizio proposto individuare la risposta corretta e motivarla. nn n+en2 1. La successione an = per n → +∞ a converge a 1 c diverge b converge a 0 d nessuna delle precedenti 2. La successione an = nα − n log n + n2 log(1 + n1 ) per n → +∞ b diverge a −∞ se e solo se α < 1 d nessuna delle precedenti a diverge a +∞ se e solo se α > 1 c converge a 0 se e solo se α < 1 3. La successione an = nαn log(1 + 2n n! ) converge b per nessun α ∈ R d nessuna delle precedenti a per ogni α > 0 c per ogni α < 1 √ n 4. La successione an = √ nα − n n 1 e n −1 con α 6= 1, per n → +∞ b converge a 1 per ogni α 6= 1 d nessuna delle precedenti a diverge a +∞ per ogni α > 1 c converge a 0 per ogni α < 1 1 5. Il limite lim (1 + |x|) x − e |x| x x→0 a non esiste c esiste e vale e b esiste e vale 0 d nessuna delle precedenti 6. La funzione fα (x) = 1 + 1 −2x α x per x → +∞ converge a per ogni α ∈ R c solo per α > 0 b per nessun α ∈ R d nessuna delle precedenti 2 ex −(cos x)α ) sin2 x−log(1+x3 ) 7. La funzione fα (x) = per x → 0+ è infinitesima a per ogni α 6= −2 c solo per α = −2 8. La funzione f (x) = x2 1−x b per ogni α ∈ R d nessuna delle precedenti − log(1 + tan x) per x → 0 ha ordine di infinitesimo a 1 c maggiore di 2 b 2 d nessuna delle precedenti 9. La funzione fα (x) = log(cos αx) − x sin x ha ordine di infinitesimo a 2 per ogni α ∈ R c 4 per qualche α ∈ R 10. La funzione fα (x) = b maggiore di 4 per qualche α ∈ R d nessuna delle precedenti p cos(αx) − cos2 x per x → 0 ha ordine di infinitesimo a maggiore di 2 per qualche α ∈ R c 2 solo per α = −2 b 2 per ogni α ∈ R d nessuna delle precedenti 2 RISPOSTE CORRETTE Domande di teoria 1. A falsa, B vera, C falsa 2. A vera, B falsa, C falsa 3. A vera, B falsa, C falsa 4. A vera, B vera, C falsa 5. A falsa, B vera, C vera 6. A vera, B vera, C falsa Esercizi 1. b 2. a 3. c 4. a 5. b 6. a 7. c 8. a 9. a 10. b 3 RISOLUZIONE Domande di teoria 1. A è falsa, basta pensare alle successioni an = −1, bn = (−1)n e cn = 1: risulta an ≤ bn ≤ cn per ogni n ∈ N, (an ) e (cn ) sono successioni regolari mentre (bn ) non lo è. B è vera. Infatti essendo (an ) e (cn ) limitate, esistono Ma , Mc ∈ R tali che |an | ≤ Ma e |cn | ≤ Mc per ogni n ∈ N. Si ottiene allora che −Ma ≤ an ≤ bn ≤ cn ≤ Mc per ogni n ∈ N e quindi che (bn ) risulta limitata. C è falsa. Considerate nuovamente le successioni an = −1, bn = (−1)n e cn ( = 1, si ha che (an ) e se n pari n e (cn ) risultano successioni convergenti mentre la successione ebn = e(−1) = 1 se n dispari e non ammette limite. 2. A è vera. Essendo (an ) successione convergente, (an ) risulta limitata. Poiché (bn ) è infinitesima, il prodotto (an bn ) sarà successione infinitesima (in alternativa si poteva concludere usando l’algebra dei limiti). Essendo convergente, la successione (an bn ) risulta limitata. B è falsa. La successione bn = n1 è infinitesima, la successione an = ma abnn = n è divergente e in particolare non limitata. 1 n2 è positiva e convergente 2 C è falsa. Ad esempio la successione an = e−n è positiva e convergente, la successione bn = − n1 è infinitesima ma abnn = ebn log an = en è divergente. 3. A è vera. Difatti dalla definizione di “o” piccolo e dalla legge di cancellazione dei termini trascurabili si ha lim n→+∞ bn o(an ) o(an ) = lim = lim = 0. an + bn n→+∞ an + o(an ) n→+∞ an B è falsa. Ad esempio le successioni an = n1 , bn = bn cn 6= o(an ) essendo lim n→+∞ bn cn an = lim n→+∞ 1 n2 e cn = 1 n3 sono tali che bn = o(an ) mentre bn 1 1 3 = lim n = +∞ n→+∞ an cn n C è falsa. Difatti, per ogni successione (bn ) tale che bn → 0 per n → +∞, essendo dalla definizione di “o” piccolo si ottiene lim n→+∞ log(1+bn ) bn → 1, log(1 + bn ) log(1 + bn ) bn = lim =0 n→+∞ an bn an (x) 4. A è vera. Infatti, per definizione di “o” piccolo risulta lim fg(x) = 0 e dalla definizione di x→0+ (x) limite, scelto ε = 1 esiste δ ∈ (0, 1) tale che fg(x) < 1 per ogni x ∈ (0, δ). Essendo le funzioni positive ne segue che f (x) < g(x) per ogni x ∈ (0, δ). B è vera. Per x → 0+ si ha infatti che f (x) + g(x) = g(x) + o(g(x)) e dalle proprietà degli “o” piccoli g(x) + o(g(x)) ∼ g(x). Quindi f (x) + g(x) ∼ g(x) da cui in particolare lim f (x) + g(x) = x→0+ lim g(x). x→0+ 4 C è falsa. Le funzioni f (x) = lim g(x) = +∞ e x→0+ f (x) g(x) 1 x e g(x) = 1 x2 sono definite e positive in (0, 1], lim f (x) = x→0+ = x → 0 ma lim f (x) − g(x) = lim x→0+ x→0+ 1 x − 1 x2 x−1 2 x→0+ x = −∞ = lim 5. A è falsa mentre B è vera. Infatti, essendo f (x) = o(g(x)) e g(x) ∼ h(x) per x → x0 , dalla definizione di “o” piccolo e dalle proprietà della relazione di asintotico risulta lim x→x0 f (x) f (x) = lim =0 h(x) x→x0 g(x) Quindi f (x) = o(h(x)) e f (x) 6∼ h(x). C è vera. Infatti, dalla definizione di “o” piccolo e della relazione di asintotico si ha lim x→x0 f (x) + h(x) f (x) h(x) = lim + =1 x→x g(x) g(x) 0 g(x) e dunque f (x) + h(x) ∼ g(x). 6. A è vera. Infatti, per definizione, essendo f (x) = o(g(x)) e g(x) = o(h(x)) per x → +∞, risulta f (x) g(x) lim = lim = 0 da cui x→+∞ g(x) x→+∞ h(x) lim x→+∞ f (x) g(x) f (x) = lim = 0, h(x) x→+∞ g(x) h(x) e dunque f (x) = o(h(x)) per x → +∞. B è vera. Infatti, essendo f (x) = o(g(x)), dalle proprietà dell’“o” piccolo risulta f (x) + g(x) = g(x) + o(g(x)) ∼ g(x) per x → +∞. Inoltre, essendo e g(x) = o(h(x)) e le funzioni non negative g(x) avremo che lim = 0+ e dunque x→+∞ h(x) lim x→+∞ h(x) 1 h(x) = lim = lim = +∞. f (x) + g(x) x→+∞ g(x) x→+∞ g(x) h(x) 5 C è falsa. Ad esempio, si considerino le funzioni f (x) = x−3 , g(x) = x− 2 e h(x) = x−2 . Avremo che le funzioni risultano positive in (0, +∞), lim f (x) = lim g(x) = lim h(x) = 0, x→+∞ f (x) = o(g(x)) e g(x) = o(h(x)) per x → +∞ mentre f (x) = lim x = +∞ x→+∞ (h(x))2 x→+∞ lim 5 x→+∞ x→+∞ Esercizi 1. Calcoliamo il limite della successione an = per n → +∞ risulta an = nn per n → +∞. Osserviamo innanzitutto che n + en2 nn nn nn = ∼ = bn n + en2 en2 ( nn2 + 1) en2 poichè, per la gerarchia degli infiniti, 0 ≤ infiniti, n en2 ≤ e n en → 0. Essendo, sempre per la gerarchia degli 2 bn+1 (n + 1)n+1 en n+1 1 n+1 = = 2n+1 (1 + )n ∼ 2n → 0 < 1, 2 n (n+1) bn n e n e e per n → +∞, dal criterio del rapporto deduciamo che per n → +∞, bn → 0 e quindi che an → 0. In alternativa, osserviamo che bn = essendo log n n n nn 2 −1) n log n−n2 n2 ( log n ∼ e−n → 0 = e = e 2 en → 0. La risposta esatta è quindi la b . 2. Calcoliamo il limite della successione an = nα − n log n + n2 log(1 + n1 ) per n → +∞ al variare di α ∈ R. Per n → +∞ risulta an = nα − n log n + n2 ( n1 + o( n1 )) = nα − n log n + n + o(n) log n β n→+∞ n Quindi se α > 1 abbiamo n = o(nα ) e dunque, dal limite notevole lim otteniamo Se α = 1 allora an = nα − n log n + o(nα ) = nα 1 − log n nα−1 + an = 2n − n log n + o(n) = n 2 − log n + o(nα ) nα → +∞ → −∞ → −∞ o(n) n = 0 per ogni β > 0, e infine se α < 1 si ha nα = o(n) e dunque an = n − n log n + o(n) = n 1 − log n + o(n) n La risposta esatta è dunque la a . n 3. Determiniamo per quale valore di α ∈ R la successione an = nαn log(1 + 2n! ) per n → +∞ n converge. Osserviamo innanzitutto che dalla gerachia degli infiniti, per n → +∞ risulta 2n! → 0 e dunque, usando il limite notevole del logaritmo, si ha 2n 2n αn an = n log 1 + ∼ nαn = bn n! n! Utilizziamo in criterio del rapporto per stabilire quando la successione (bn )n∈N converge. Abbiamo bn+1 (n + 1)α(n+1) = bn nαn 2n+1 (n+1)! 2n n! 6 =2 1+ 1 αn (n n + 1)α−1 e dunque bn+1 lim n→+∞ bn +∞ = 2e 0 se α > 1 se α = 1 se α < 1 Dal criterio del rapporto segue allora che la successione (bn )n∈N , e quindi anche la successione (an )n∈N , converge a 0 se α < 1 e diverge a +∞ se α ≥ 1. La risposta esatta è pertanto la c . √ n nα − √ n n per n → +∞ al variare di α ∈ R. e −1 √ Abbiamo che per α 6= 1 e n → +∞, essendo n n → 1 e logn n → 0, risulta √ √ √ √ √ α−1 n n n nα − n n = n n nα−1 − 1 ∼ nα−1 − 1 = e n log n − 1 ∼ α−1 n log n 4. Calcoliamo il limite della successione an = 1 n 1 mentre e n − 1 ∼ n1 . Quindi √ n an = nα − √ n n 1 en − 1 ∼ α−1 n log n 1 n ( +∞ se α > 1 = (α − 1)log n → −∞ se α < 1 La risposta esatta è la a . 1 5. Il limite lim (1 + |x|) x − e |x| x x→0 esiste e vale 0 per ogni α ∈ R. Infatti, osservato che 1 lim (1 + αx) x = lim y→+∞ x→0+ y (1 + αy ) α α = eα per ogni α ∈ R, otteniamo 1 lim (1 + |x|) x − e |x| x x→0+ e 1 lim (1 + |x|) x − e x→0− 1 = lim (1 + x) x − e = 0 x→0+ |x| x 1 = lim (1 − x) x − e−1 = 0 x→0− Quindi il limite esiste e vale 0. La risposta esatta è la b . −2x converge per x → 6. Stabiliamo per quali valori di α ∈ R la funzione fα (x) = 1 + x1α −2x log(1+ x1α ) +∞. Osservato che fα (x) = e , studiamo il comportamento della funzione gα (x) = −2x log(1 + x1α ) al variare di α ∈ R. Se α < 0 allora per x → +∞ risulta x1α → +∞, da cui log(1+ x1α ) → +∞ e dunque gα (x) → −∞. Ne segue che fα (x) = egα (x) → 0 per x → +∞. Se α = 0 allora log(1 + x1α ) = log 2 > 0 e dunque gα (x) → −∞ per x → +∞. Ne segue che anche in questo caso fα (x) = egα (x) → 0 per x → +∞. Infine, se α > 0 allora x → +∞ risulta 1 xα → 0 e ricordando che log(1 + y) ∼ y per y → 0, otteniamo che per gα (x) = −2x log(1 + 7 1 xα ) 2 ∼ −2x x1α = − xα−1 Ne segue che se α > 1, per x → +∞ si ha gα (x) → 0 e quindi fα (x) = egα (x) → 1. Se α = 1 allora gα (x) → −2 da cui fα (x) = egα (x) → e−2 mentre se 0 < α < 1 allora gα (x) → −∞ e quindi fα (x) = egα (x) → 0. Riunendo quanto ottenuto abbiamo se α < 1 0 −2 lim fα (x) = e se α = 1 x→+∞ 1 se α > 1 e dunque che la funzione converge per ogni α ∈ R. La risposta esatta è dunque la a . 2 7. Stabiliamo per quali valori di α ∈ R la funzione fα (x) = ex −(cos x)α ) sin2 x−log(1+x3 ) per x → 0+ è infinitesima. 2 Ricordando che per y → 0 si ha cos y = 1 − y2 + o(y) e (1 + y)α = 1 + αy + o(y), per x → 0+ risulta 2 2 (cos x)α = (1 − x2 + o(x2 ))α = 1 − α x2 + o(x2 ) 2 mentre, essendo ey = 1 + y + o(y) per y → 0, si ha ex = 1 + x2 + o(x2 ). Quindi 2 ex − (cos x)α = (1 + α2 )x2 + o(x2 ) Ricordando che sin y = y + o(y) e log(1 + y) = y + o(y) per y → 0, per x → 0+ otteniamo invece che sin2 x − log(1 + x3 ) = x2 + o(x2 ) − (x3 + o(x3 )) = x2 + o(x2 ) essendo x3 = o(x2 ) per x → 0. Ne segue che 2 lim fα (x) = lim x→0+ x→0+ (1 + α2 )x2 + o(x2 ) ex − (cos x)α ) = lim = 1 + α2 , x2 + o(x2 ) sin2 x − log(1 + x3 ) x→0+ ∀α ∈ R e la funzione risulta infinitesima se e solo se α = −2. La risposta esatta è la c . 8. Calcoliamo l’ordine di infinitesimo della funzione f (x) = x2 1−x − log(1 + tan x) per x → 0. Ricordando che per x → 0 si ha tan x = x + o(x), abbiamo log(1 + tan x) = tan x + o(tan x) = x + o(x) + o(x + o(x)) = x + o(x) mentre, osservato che 1 1−x = (1 − x)−1 = 1 + x + o(x) per x → 0 otteniamo x2 = x2 (1 + x + o(x)) = x2 + x3 + o(x3 ) 1−x Ne segue che per x → 0 f (x) = x2 − log(1 + tan x) = x2 + x3 + o(x3 ) − x + o(x) = −x + o(x) 1−x e quindi ord(f (x)) = 1. La risposta esatta è quindi la a . 9. Determiniamo l’ordine di infinitesimo della funzione fα (x) = log(cos αx) − x sin x per x → 0 al variare di α ∈ R. 8 Dai limiti notevoli e dalle proprietà degli “o” piccolo risulta fα (x) = log(cos(αx)) − x sin x = log(1 + (cos(αx) − 1)) − x(x + o(x)) = (cos(αx) − 1) + o(cos(αx) − 1) − x2 + o(x2 ) 2 = − (αx) − x2 + o(x2 ) = −(1 + 2 2 α2 2 )x + o(x2 ) 2 Dato che 1 + α2 6= 0 per ogni α ∈ R ne segue che la funzione ha ordine di infinitesimo 2 per ogni α ∈ R e la risposta esatta è la a . p 10. Stabiliamo l’ordine di infinitesimo della fα (x) = cos(αx) − cos2 x per x → 0 al variare di α. Per x → 0 risulta p p cos(αx) = (cos(αx) − 1) + 1 = 1 + 21 (cos(αx) − 1) + o(cos(αx) − 1) 2 2 2 2 = 1 + 12 (− α 2x + o(x2 )) + o(− α 2x + o(x2 )) = 1 − α2 2 4 x + o(x2 ) mentre cos2 x = (1 − x2 2 + o(x2 ))2 = 1 − x2 + o(x2 ) Ne segue che fα (x) = 1 − α2 2 4 x 2 + o(x2 ) − (1 − x2 + o(x2 )) = ( α4 + 1)x2 + o(x2 ) e dunque ord(f (x)) = 2 per ogni α ∈ R. La risposta esatta è b . 9