ALCUNE NOTE SUI LIMITI DI FUNZIONE 1. Primi teoremi importanti

ALCUNE NOTE SUI LIMITI DI FUNZIONE
SIMONE ALGHISI
1. Primi teoremi importanti
Introduciamo queste note1 con alcuni teoremi fondamentali per il calcolo dei limiti di una
funzione.
(1.1) Teorema (di unicità del limite) Siano D ⊆ R, f : D → R una funzione, ` ∈ R ∪ {±∞}
e x0 ∈ R di accumulazione per D. Supponiamo che la funzione ammetta limite ` per x che tende
a x0 . Allora tale limite è unico.
Dimostrazione. Supponiamo per assurdo che lim f (x) = ` e lim f (x) = `∗ con ` 6= `∗ . Assumiamo
x→x0
x→x0
che ` < `∗ , cioè `∗ − ` > 0. Per definizione di limite, fissato ε > 0, esistono due intorni I e I ∗ di x0
tali che
∀x ∈ I ∩ D : |f (x) − `| < ε ,
∀x ∈ I ∗ ∩ D : |f (x) − `∗ | < ε .
Considerato l’insieme H = I ∩ I ∗ , si ha che H è ancora un intorno di x0 e risulta
∀x ∈ H ∩ D :
Poniamo ora ε =
`∗ −`
2
3` −
2
|f (x) − `| < ε
e anche
|f (x) − `∗ | < ε .
> 0. Con una tale scelta di ε si ha
`∗
< f (x) <
` + `∗
2
e anche
` + `∗
3`∗ − `
< f (x) <
,
2
2
da cui
` + `∗
3`∗ − `
3` − `∗
< f (x) <
< f (x) <
,
2
2
2
il che è impossibile. Segue che deve essere `∗ = `.
(1.2) Teorema (di permanenza del segno) Siano D ⊆ R, f : D → R una funzione, x0 ∈ R
di accumulazione per D e ` ∈ R con ` 6= 0. Supponiamo che la funzione y = f (x) ammetta limite
` per x → x0 . Allora esiste un intorno I di x0 tale che per ogni x ∈ I ∩ D, f (x) assume lo stesso
segno di ` (cioè f (x) · ` > 0).
Dimostrazione. Dal fatto che per ipotesi ` 6= 0, sarà ` > 0 oppure ` < 0. Sia ε = |`| > 0. Per
ipotesi, esiste un intorno I di x0 tale che |f (x) − `| < ε per ogni x ∈ I ∩ D. In altre parole,
` − |`| < f (x) < ` + |`|.
Se ` > 0 allora |`| = `, quindi ` − ` < f (x) < ` + `, cioè 0 < f (x) < 2`. Questo permette di dire
che f (x) > 0.
Se ` < 0 allora |`| = −`, quindi ` + ` < f (x) < ` − `, cioè 2` < f (x) < 0. Questo permette di dire
che f (x) < 0, da cui la tesi.
(1)Questa piccola dispensa sarà in costante aggiornamento. Saranno introdotti alcuni teoremi ed esercizi importanti. Tali appunti non devono (e non vogliono) sostituire gli appunti presi in classe e/o gli esercizi svolti
collettivamente.
1
2
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(1.3) Teorema (del confronto) Siano D ⊆ R, f, g, h : D → R tre funzioni, x0 ∈ R ∪ {±∞} di
accumulazione per D e ` ∈ R. Supponiamo che
lim f (x) = lim h(x) = `
x→x0
x→x0
e
f (x) ≤ g(x) ≤ h(x)
∀x ∈ D .
Allora esiste lim g(x) e vale `.
x→x0
Dimostrazione. Dalla definizione di limite, preso comunque un numero ε > 0, è possibile trovare
in corrispondenza di esso due intorni I1 e I2 di x0 tali che
∀x ∈ I1 ∩ D :
` − ε < f (x) < ` + ε ,
∀x ∈ I2 ∩ D :
` − ε < h(x) < ` + ε .
Considerato J = I1 ∩ I2 risulta che J è ancora un intorno di x0 e si ha quindi
∀x ∈ J ∩ D :
` − ε < f (x) ≤ g(x) ≤ h(x) < ` + ε ,
cioè |g(x) − `| < ε, da cui la tesi del teorema.
Talvolta il Teorema precedente viene anche chiamato teorema dei due carabinieri.
2. Operazioni con i limiti di funzione
Siano f, g : D → R due funzioni definite in un insieme D ⊆ R, escluso al più x0 . Se esistono
finiti i limiti lim f (x) = `1 e lim g(x) = `2 (con `1 , `2 ∈ R), allora:
x→x0
x→x0
• esiste il limite della somma e della differenza delle funzioni e lim [f (x) ± g(x)] = `1 ± `2 ;
x→x0
• esiste il limite del prodotto tra una costante e una funzione e lim [k · f (x)] = k`1 , per ogni
x→x0
k ∈ R;
• esiste il limite del prodotto delle funzioni e lim [f (x) · g(x)] = `1 · `2 ;
x→x0
`1
f (x)
=
con `2 6= 0;
g(x)
`2
• se f (x) > 0 e `1 , `2 sono entrambi diversi da zero, esiste anche il limite della potenza delle
due funzioni e lim [f (x)]g(x) = ``12 ;
• esiste il limite del quoziente delle due funzioni e lim
x→x0
x→x0
• se `1 > 0, esiste lim loga f (x) = loga `1 .
x→x0
Riportiamo qui di seguito le forme indeterminate (indicate con F.I.) che si possono incontrare nel
calcolo dei limiti. É inteso che x → x0 (x0 ∈ R) oppure x → ±∞.
Forme indeterminate riguardanti la somma
f (x) → g(x) → [f (x) + g(x)] →
`∈R
+∞
+∞
`∈R
−∞
−∞
+∞
+∞
+∞
−∞
−∞
−∞
+∞
−∞
+∞ − ∞ (F.I.)
−∞
+∞
−∞ + ∞ (F.I.)
Forme indeterminate riguardanti il prodotto
ALCUNE NOTE SUI LIMITI DI FUNZIONE
f (x) → g(x) → [f (x) · g(x)] →
`>0
+∞
+∞
`>0
−∞
−∞
`<0
+∞
−∞
`<0
−∞
+∞
`=0
±∞
0 · ∞ (F.I.)
+∞
+∞
+∞
−∞
−∞
−∞
+∞
−∞
−∞
−∞
+∞
−∞
Forme indeterminate riguardanti il quoziente
f (x) → g(x) →
`>0
`>0
`<0
`<0
`=0
+∞
−∞
+∞
−∞
∞
∞
0
+∞
−∞
+∞
−∞
∞
`>0
`>0
`<0
`<0
0
∞
0
f (x)
→
g(x)
0+
0−
0−
0+
0
+∞
−∞
−∞
+∞
∞
∞/∞ (F.I.)
0/0 (F.I.)
Forme indeterminate riguardanti l’elevamento a potenza
f (x)
+∞
+∞
+∞
`>1
`>1
0<`<1
0<`<1
`>0
`=1
`=1
` = 0+
` = 0+
` = 0+
g(x)
[f (x)]g(x)
+∞ (+∞)+∞ = +∞
−∞ (+∞)−∞ = 0+
0
(+∞)0 (F.I.)
+∞
+∞
−∞
0+
+∞
0+
−∞
+∞
0
1
+∞
1+∞ (F.I.)
−∞
1−∞ (F.I.)
+∞
0+
−∞
+∞
0
0
0 (F.I.)
3. Primi calcoli di limiti di funzione
Si consideri il seguente limite di funzione:
lim
x→−∞
2x2 + x − 5 .
3
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Esso si presenta nella F.I. +∞ − ∞ e niente può dirsi. Osservando che possiamo scrivere
1
5
2
2
,
lim 2x + x − 5 = lim x 2 + − 2
x→−∞
x→−∞
x x
e ricordando che lim 1/x = 0, si ha
x→−∞
1
5
2
2x + x − 5 = lim x 2 + − 2
= +∞ .
x→−∞
x x
2
lim
x→−∞
In generale, osserviamo che
h
a0 i
an−1
a1
lim an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = lim xn · an +
+ · · · + n−1 + n
.
x→∞
x→∞
x
x
x
Poichè i termini entro le parentesi tendono a zero al tendere di x a infinito, eccetto la costante an ,
il limite assegnato è uguale al limite della funzione an xn per x → ∞.
(3.1) Esempio Calcolare il seguente limite: lim −2x3 + 3x + 5 .
x→−∞
Soluzione. Risulta
lim
x→−∞
−2x3 + 3x + 5 = lim
x→−∞
−2x3 = +∞ .
♣
Si consideri ora una funzione frazionaria della forma
an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0
(3.2)
f (x) =
.
bm xm + bm−1 xm−1 + · · · + b0
La funzione y = f (x) esiste per i valoti della variabile indipendente x che non annullano il denominatore. Calcoliamo ora il limite della funzione y = f (x), per x → x0 , nell’ipotesi che, per x = x0 ,
si annullino contemporaneamente il numeratore e il denominatore della funzione data, cioè che il
limite si presenti nella forma indeterminata 0/0. In questo caso il numeratore ed il denominatore
della funzione, annullandosi per x = x0 , sono dividibili per (x − x0 ) e quindi si possono scrivere
sotto forma di prodotti di sue fattori, uno dei quali, sia per il numeratore che per il denominatore,
è (x − x0 ). Quindi:
(x − x0 )Q1 (x)
f (x) =
,
(x − x0 )Q2 (x)
dove Q1 (x) e Q2 (x) sono i quozienti ottenuti dividendo il numeratore ed il denominatore della
funzione per (x − x0 ).
Si noti che la funzione y = f (x) non esiste nel punto x0 , quindi sarà x 6= x0 , ovvero x − x0 6= 0: la
funzione data, perciò, si può scrivere nella forma
Q1 (x)
f (x) =
,
Q2 (x)
quindi
Q1 (x)
lim f (x) = lim
.
x→x0
x→x0 Q2 (x)
Se x0 annulla nuovamente il numeratore ed il denominatore della frazione Q1 (x)/Q2 (x), si ripete il
procedimento e cosı̀ via, fino a trasformare f (x) in una frazione il cui numeratore, o denominatore,
non sia più dividibile per (x − x0 ), oppure in un polinomio.
(3.3) Esempio Calcolare i seguenti limiti di funzione:
x2 − 3x + 2
L1 = lim 2
,
x→2 x − 5x + 6
L2 = lim
√
x→
3
2
√ √
3−2 2 x− 6
√
.
4x2 − 4x 3 + 3
2x2 −
√
ALCUNE NOTE SUI LIMITI DI FUNZIONE
5
Soluzione. Sia L1 sia L2 si presentano nella F.I. 0/0. Si ha
x2 − 3x + 2
(x − 2)(x − 1)
x−1
= lim
= lim
= −1 .
x→2 x2 − 5x + 6
x→2 (x − 2)(x − 3)
x→2 x − 3
L1 = lim
Inoltre
lim
√ +
x→ 23
√ √ √
√ √
2x − 3 x − 2
3−2 2 x− 6
x+ 2
√
√ = +∞ .
= lim
= lim
√ 2
√ +
√ +
4x2 − 4x 3 + 3
2x
−
3
3
3
2x
−
3
x→ 2
x→ 2
2x2 −
√
♣
Si consideri ora il limite della funzione (3.2) per x → +∞:
n
a1
x · an + an−1
x + · · · + xn−1 +
lim f (x) = lim h
x→+∞
x→+∞
b1
xm · bm + bm−1
x + · · · + xm−1 +
a0
xn i
b0
xn
.
Per x → +∞ i termini dentro le parentesi tonde tendono a zero, eccetto le costanti an e bm : dunque
il limite dato è uguale quello della funzione
an
an xn
=
· xn−m .
m
bm x
bm
Si hanno quindi i seguenti tre possibili casi:
• per n = m il limite dato risulta an /bm ;
• per n > m risulta +∞ se an /bn > 0 altrimenti −∞;
• per n < m risulta zero.
Considerazioni simili permettono di calcolare il lim f (x).
x→−∞
4. Il primo limite notevole e sue conseguenze
Si è dimostrato in classe che vale il seguente limite notevole
(4.1)
sin x
=1
x→0 x
se x è misurato in radianti .
lim
Esistono delle conseguenze immediate del limite (4.1):
tg x
(4.2)
lim
= 1,
x→0 x
(4.3)
lim
x→0
1 − cos x
= 0,
x
1 − cos x
1
= ,
2
x→0
x
2
dove gli angoli sono sempre misurati in radianti.
sin x − 2x
(4.5) Esercizio Calcolare il valore del limite lim
.
x→0 x + sin x
Soluzione. Il limite si presenta nella forma indeterminata 0/0. Raccogliendo x al numeratore e al
denominatore si ha:
x sinx x − 2
sin x − 2x
1−2
1
=
lim
= lim
=− ,
sin
x
x→0 x + sin x
x→0 x 1 +
1+1
2
x
(4.4)
lim
dove nell’ultimo passaggio si è utilizzato il limite (4.1). ♣
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(4.6) Esercizio Calcolare il valore del limite lim
x→+∞
sin x2
1
x
.
Soluzione. Il limite si presenta nella forma indeterminata 0/0. Ponendo t = 1/x, se x → +∞,
allora t → 0+ , quindi
sin(2/x)
sin(2t)
L = lim
= lim
.
x→+∞
1/x
t
t→0+
Moltiplicando e dividendo per 2 il numeratore ed il denominatore della frazione, si ha
L = lim
t→0+
2 sin(2t)
sin(2t)
= 2 lim
= 2 · 1 = 2,
+
2t
2t
t→0
quindi il limite richiesto vale 2. ♣
(4.7) Esercizio Determinare il valore del parametro a ∈ R in modo tale che risulti
L = lim
x→0
sin(ax)
= −4 .
5x
Soluzione. Prima di tutto è necessario calcolare il valore del limite. Per questo scopo, moltiplichiamo e dividiamo numeratore e denominatore per a.
a sin(ax)
a
sin(ax)
a
= lim
= .
x→0
5ax
5 x→0 ax
5
L = lim
Dal fatto che L = −4, dovrà essere a/5 = −4, da cui a = −20. ♣
(4.8) Esercizio Calcolare il valore del limite lim
x→1
4 sin(ln x)
.
2x ln x
Soluzione. Il limite dato si presenta nella forma indeterminata 0/0. Notiamo che 2x non crea
problemi poichè se x → 1, si ha 2x → 2, quindi
4 sin(ln x)
4
sin(ln x)
= lim
.
x
x→1 2 ln x
2 x→1 ln x
Posto t = ln x si vede che se x → 1 allora ln x → 0 e, quindi, t → 0. Il limite richiesto diventa
L = lim
sin t
= 2 · 1 = 2.
t→0 t
L = 2 lim
♣
(4.9) Esercizio Calcolare il seguente limite di funzione lim √
x→0+
tg x
.
1 − cos x
Soluzione. Il limite si presenta nella forma di indecisione 0/0. Moltiplicando e dividendo per x e
ricordando il limite (4.2) si ha
L = lim
x→0+
x tg x
tg x
x
x
= lim
·√
= lim √
.
x 1 − cos x x→0+ x
1 − cos x x→0+ 1 − cos x
√
ALCUNE NOTE SUI LIMITI DI FUNZIONE
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Siccome x → 0+ , significa che x > 0. É quindi consentito portare la x sotto il segno di radice
quadrata ottenendo:
s
r
2
x
1 − cos x −1 √
L = lim
lim
=
= 2,
1 − cos x
x2
x→0+
x→0+
dove nel calcolo dell’ultimo limite si è usata la conseguenza (4.4). ♣
(4.10) Esercizio Calcolare il seguente limite lim
x→0
sin x + 3x tg x
.
1 + x − cos x
Soluzione. Come è facile verificare, il limite è nella forma 0/0. Raccogliendo x al numeratore e al
denominatore si ottiene:
x sinx x + 3 tg x
sin x + 3x tg x
3 tg x + 1
lim
= lim
= lim
= 1,
1−cos
x
x→0 1 + x − cos x
x→0
x→0
0+1
+1
x
dove si è utilizzato il limite (4.3) e il limite notevole (4.1). ♣
1 − sin x
.
x→π/2 (π − 2x) cos x
(4.11) Esercizio Determinare il valore del limite lim
Soluzione. Osservando che si è in presenza della forma 0/0, posto t = x −
parentesi tonda del denominatore, si ha
π
2
e raccolto x nella
1 − sin x
1 − sin(t + π/2)
1 − cos t
= lim
= lim
.
t→0 2(−t) cos(t + π/2)
t→0 −2t(− sin t)
x→π/2 (π − 2x) cos x
L = lim
Moltiplicando numeratore e denominatore per t si ha
L=
1
1 − cos t t
1
lim
= ,
2 t→0
t2
sin t
4
dove si sono utilizzati i limiti (4.1) e (4.4). ♣
π cos(2x)
.
x→π/4 cos x − sin x
(4.12) Esercizio Calcolare il seguente limite lim
Soluzione. Siamo in presenza della forma indeterminata 0/0. Ricordando le formule di duplicazione
del coseno cos(2α) = cos2 α − sin2 α, si ha
cos(2x)
cos2 x − sin2 x
= lim
=
x→π/4 cos x − sin x
x→π/4 cos x − sin x
lim
√
(cos x + sin x)(cos x − sin x)
= lim (cos x + sin x) = 2 .
cos x − sin x
x→π/4
x→π/4
= lim
♣
cos x − sin x
.
4x − π
x→π/4
(4.13) Esercizio Calcolare il valore del limite lim
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Soluzione. Come si può verificare, il limite si presenta nella forma indeterminata 0/0. Raccogliendo
il fattore 4 al deniminatore, ponendo t = x − π4 e ricordando le formule di addizione del seno e del
coseno, si ottiene
√
√
cos x − sin x
cos(t + π/4) − sin(t + π/4)
− 2 sin t
2
lim
= lim
= lim
=−
,
t→0
4x − π
4t
4t
4
x→π/4
t→π/4
dove nell’ultimo passaggio si è usato il limite notevole (4.1). ♣
(4.14) Esercizio (Pag.480, n◦ 14) Determinare i parametri a, b, c ∈ R in modo tale che la
funzione
√
ax2 + 2x + 1
f (x) =
bx + c
abbia come dominio D = R \ {0}, un asintoto orizzontale destro y = 4 e passi per il punto P (−1; 0).
Soluzione. Il fatto che il dominio sia R \ {0} significa che il denominatore
deve annullarsi in x = 0,
√
quindi deve essere c = 0. Imponendo il passaggio per P si ha a − 1 = 0, da cui a = 1. La funzione
diviene quindi
√
|x + 1|
x2 + 2x + 1
f (x) =
=
.
bx
bx
La retta y = 4 è asintoto orizzontale destro, cioè lim f (x) = 4. Siccome x → +∞ si ha
x→+∞
sicuramente x + 1 > 0, quindi |x + 1| = x + 1. Il limite diventa
|x + 1|
x+1
1
= lim
= ,
x→+∞
x→+∞ bx
bx
b
4 = lim
da cui b = 14 . ♣
(4.15) Esercizio (Pag.480, n◦ 11) Determinare i coefficienti a, b, c ∈ R in modo tale che la
funzione
2ax2 + bx − 3
f (x) =
cx + 1
3
ammetta come asintoto verticale la retta x = 4 ed un asintoto orizzontale la retta di equazione
y = 12 .
Soluzione. Dal fatto che lim f (x) =
x→∞
1
2,
il numeratore e il denominatore della frazione devono
avere gli stessi gradi, quindi a = 0. La funzione diventa f (x) =
sull’asinoto orizzontale y = 21 , si ha
bx−3
cx+1 .
Imponendo la condizione
1
bx − 3
b
c
= lim
= ⇒ b= .
x→∞
2
cx + 1
c
2
Il fatto che la retta x = 43 sia un asintoto verticale significa che il denominatore si annulla quando
x = 43 , pertanto c = − 34 . Da ciò si deduce che b = − 23 . ♣
(4.16) Esercizio Calcolare il limite lim
x→0
1−
√
cos x
x2
.
ALCUNE NOTE SUI LIMITI DI FUNZIONE
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Soluzione. Il limite si presenta nella forma indeterminata 0/0. Razionalizzando il numeratore della
frazione si ha
√
√
√
1 − cos x
(1 − cos x) (1 + cos x)
1 − cos x
1 1
1
1
√
lim
= lim
= · = .
= lim
2
2
2
x→0
x→0
x
2 x→0
x
2 2
4
x (1 + cos x)
♣
1 − cos x + sin x
.
x→0 1 − cos x − sin x
(4.17) Esercizio Calcolare il limite lim
Soluzione. Il limite si presenta nella forma indeterminata 0/0. Dividendo numeratore e denominatore per x otteniamo
1 − cos x + sin x
= lim
x→0
x→0 1 − cos x − sin x
lim
1−cos x
x
1−cos x
x
+
−
sin x
x
sin x
x
=
0+1
= −1 ,
0−1
quindi il limite richiesto vale −1. ♣
cos(2x)
√
.
x→π/4 1 − 2 sin x
(4.18) Esercizio Calcolare il valore del seguente limite lim
Soluzione. Anche in questo caso siamo in presenza della forma indeterminata 0/0. Si ha
cos(2x)
1 − 2 sin2 x
√
√
= lim
=
x→π/4 1 − 2 sin x
x→π/4 1 − 2 sin x
√
√
√
√
√
1 + 2 sin x 1 − 2 sin x
2
√
= lim 1 + 2 sin x = 1 + 2 ·
= 2.
2
x→π/4
1 − 2 sin x
lim
= lim
x→π/4
♣
5. Il secondo limite notevole e sue conseguenze
Un altro limite importante nel calcolo dei limiti di funzione è
1 x
(5.1)
lim 1 +
=e
x→∞
x
dove e è il famoso numero di Nepero. La prima immediata conseguenza del precedente limite è
(5.2)
lim (1 + x)1/x = e .
x→0
Altre conseguenze (non del tutto immediate) del limite (5.1) sono:
(5.3)
loga (1 + x)
= loga e ,
x→0
x
lim
ax − 1
= ln a .
x→0
x
x+4 x
(5.5) Esercizio Determinare il valore del limite lim
.
x→−∞ x + 2
(5.4)
lim
10
SIMONE ALGHISI
Soluzione. Il limite si presenta nella forma indeterminata 1∞ . Dobbiamo ricondurci al limite
notevole (5.1). Si ha
!x
x
x+4 x
x+2+2 x
2
1
L = lim
= lim
= lim
1+
= lim
1 + x+2
.
x→−∞ x + 2
x→−∞
x→−∞
x→−∞
x+2
x+2
2
Ponendo t =
x+2
2 ,
risulta che t → −∞ quando x → −∞. Il nostro limite diviene
"
#2 1 t
1 −2
1 2t−2
= lim
1+
= e2 · 1 = e2 ,
· 1+
L = lim 1 +
t→−∞
t→−∞
t
t
t
in quanto il limite nella prima parentesi tonda è proprio il limite notevole (5.1), mentre il limite
della seconda parentesi tonda risulta 1−2 = 1. ♣
log2 1 + 5x + x2
(5.6) Esercizio Calcolare il limite lim
.
x→0
x
Soluzione. Si è in presenza della forma indeterminata 0/0. Vedendo il limite proposto come
log2 1 + 5x + x2
L = lim
,
x→0
x
moltiplicando numeratore e denominatore per x2 + 5x e osservando che x2 + 5x → 0 se x → 0, è
possibile applicare la conseguenza (5.3), ottenendo:
log2 1 + 5x + x2 5x + x2
5x + x2
L = lim
=
(log
e)
·
lim
= 5 log2 e .
2
x→0
x→0
5x + x2
x
x
♣
log3 (1 + x)
.
6x
Soluzione. Il limite proposto si presenta nella forma indeterminata 0/0. Si ha
√
log3 (1 + x)
1
log3 (1 + x)
1
lim
= lim
= log3 e = log3 6 x ,
x→0
6x
6
x
6
dove si è utilizzato il limite (5.2). ♣
(5.7) Esercizio Calcolare il seguente limite lim
x→0
1
(5.8) Esercizio Calcolare il valore del limite lim x ln2 x .
x→0+
Soluzione. Il limite proposto si presenta nella forma indeterminata 00 . Ricordando che vale
l’identità b = aloga b per ogni coppia di numeri reali a, b ∈ R con a > 0, a 6= 1 e b > 0, si
ha:
1
1
L = lim x ln2 x = lim e ln2 x ln x = e` ,
x→0+
x→0+
dove si è posto per semplicità
ln x
.
x→0+ ln2 x
Semplificando ed osservando che lim ln x = −∞, otteniamo ` = 0− . Segue che il limite dato vale
` = lim
x→0+
L = e0 = 1. ♣
ALCUNE NOTE SUI LIMITI DI FUNZIONE
11
23x−3 − 1
.
x→1 3x2 + x − 4
Soluzione. Il limite si presenta nella forma indeterminata 0/0. Scomponendo il denominatore, si
ha
23(x−1) − 1
1
23(x−1) − 1
23x−3 − 1
= lim
= lim
.
L = lim 2
x→1 (x − 1)(3x + 4)
x→1 3x + x − 4
7 x→1 x − 1
Ponendo t = x − 1, risulta che t → 0 se x → 1. Il limite diviene
(5.9) Esercizio Calcolare il seguente limite di funzione lim
1
23t − 1
3
23t − 1
3
lim
= lim
= ln 2 ,
7 t→0
t
7 t→0 3t
7
3
quindi il limite richiesto vale 7 ln 2. ♣
L=
(5.10) Esercizio Calcolare il valore del seguente limite lim (1 + 2x)3/x .
x→0
Soluzione. Il limite richiesto si presenta nella forma indeterminata 1∞ . Ponendo t = 2x il limite
diviene
h
i6
2
lim (1 + 2x)3/x = lim(1 + t)3· t = lim (1 + t)1/t = e6 .
x→0
t→0
t→0
♣
1
.
(5.11) Esercizio Calcolare il limite lim x ln 1 +
x→+∞
x
Soluzione. Il limite si presenta nella forma indeterminata (+∞) · 0. Ricordando le proprietà dei
logaritmi, si ha
1
1 x
lim x ln 1 +
= lim ln 1 +
= ln e = 1 .
x→+∞
x→+∞
x
x
♣