Esercizi sul calcolo di limiti

Esercizi sul calcolo di limiti
Calcolare i seguenti limiti in cui compaiono forme d'indeterminazione:
1.
x2 − sin(x)
x→0 ln(x + 1)
lim
2.
x2 + x
x→0 ex − 1
lim
3.
ln(x)
x→+∞ x2
lim
4.
lim x ln(x)
x→0+
5.
lim x2 e−x
x→+∞
6.
lim xsin(x)
x→0+
7.
1
lim− (2 − x) x−1
x→1
8.
Ã
2
1
lim
−
x→0 sin(x)
x
9.
Ã
lim
x→ π2 +
10.
1
x2 −
!
!
π2
4
+ tan x
µ
lim x2 arctan x −
x→+∞
1
π
2
¶
Soluzioni
In tutta la trattazione seguente indichiamo con f 0 (x), f 00 (x), ... le derivate
prima, seconda, ... di una funzione f (x).
1. La forma indeterminata in questione è del tipo 00 .
Applicando il primo teorema di De L'Hopital, si ha:
x2 − sin(x)
2x − cos(x)
[x2 − sin(x)]0
= lim
= lim
= lim [2x−cos(x)](x+1) = −1.
1
x→0 ln(x + 1)
x→0 [ln(x + 1)]0
x→0
x→0
x+1
lim
2. Anche in questo caso abbiamo una forma indeterminata del tipo 00 .
Applicando il primo teorema di De L'Hopital, si ha:
x2 + x
(x2 + x)0
2x + 1
0+1
=
lim
=
lim
=
=1
x→0 ex − 1
x→0 (ex − 1)0
x→0
ex
e0
lim
3. La forma indeterminata è del tipo
∞
.
∞
Applicando il secondo teorema di De L'Hopital, si ha:
1
ln(x)
(ln(x))0
1
x
=
lim
=
lim
=
lim
=0
x→+∞ x2
x→+∞ (x2 )0
x→+∞ 2x
x→+∞ 2x2
lim
Si noti che, allo stesso risultato, si perviene tenendo conto del fatto che
xn è un innito di ordine superiore rispetto a ln(xn ) per ogni n > 0.
4. La forma indeterminata è del tipo 0 · ∞.
Poiché x → 0 più rapidamente che ln(x) → −∞ per x → 0+ , risulta
lim x ln(x) = 0
x→0+
1
In alternativa, poiché x = 1/x
, la forma indeterminata può essere
∞
trasformata in una del tipo ∞
lim+ x ln(x) = lim+
x→0
x→0
ln(x)
1/x
da cui, applicando il secondo teorema di De L'Hopital,
lim+ x ln(x) = lim+
x→0
x→0
1
(ln(x))0
x
=
lim
1 = − lim+ x = 0
x→0+ − 2
x→0
(1/x)0
x
2
5. La forma indeterminata è del tipo 0 · ∞.
Essendo e−x = 1/ex , si ha:
x2
=0
x→+∞ ex
lim x2 e−x = lim
x→+∞
essendo ex un innito di ordine superiore rispetto a qualsiasi potenza
della x.
Si noti che, allo stesso risultato, si perviene applicando due volte di
seguito il secondo teorema di De L'Hopital alla forma indeterminata ∞
∞
x2
x→+∞ ex
lim
6. La forma indeterminata è del tipo 00 .
Ricordando che eln(a) = ln(ea ) = a per ogni a 6= 0; ln(ak ) = k ln(a) si
ha:
sin(x) )
lim+ xsin(x) = lim+ eln(x
= lim+ esin(x) ln(x) = el
x→0
x→0
x→0
avendo posto
l = lim+ sin(x) ln(x)
x→0
che è una forma indeterminata del tipo 0 · ∞ trasformabile in una del
∞
tipo ∞
come segue:
ln(x)
l = lim+ 1
x→0
sin(x)
da cui, applicando il primo teorema di De L'Hopital e tenendo conto
del limite fondamentale
lim+
x→0
sin(x)
=1
x
si ha:
l = lim+
x→0
1/x
cos(x)
− sin
2 (x)
= − lim+
x→0
Ne segue
= − lim+
x→0
sin(x) sin(x)
sin2 (x)
= − lim+
=
x→0
x cos(x)
x cos(x)
sin(x) cos(x)
sin(x)
·
= − lim+
tan(x) = 1 · 0 = 0
x→0
x
sin(x)
x
lim xsin(x) = e0 = 1
x→0+
3
7. La forma indeterminata è del tipo 1∞ .
Procedendo in modo analogo al caso precedente, si ha:
1
lim− (2 − x) x−1 = el
x→1
dove
l = lim−
x→1
1
ln(2 − x)
ln(2 − x) = lim−
=0
x→1
x−1
x−1
in quanto
lim− ln(2 − x) = ln(1) = 0 ∧ lim−
x→1
x→1
Pertanto
1
= −∞
x−1
1
lim− (2 − x) x−1 = e0 = 1
x→1
8. La forma indeterminata è del tipo ∞ − ∞.
Poiché
Ã
si ha:
2
1
−
sin(x) x
Ã
1
2
−
lim
x→0 sin(x)
x
!
=
!
x − sin(x)
x sin(x)
x − sin(x)
x→0 x sin(x)
= lim
che è una forma indeterminata del tipo 00 .
Applicando il primo teorema di De L'Hopital per due volte consecutive,
si ha:
Ã
2
1
lim
−
x→0 sin(x)
x
!
(x − sin(x))0
1 − cos(x)
= lim
=
0
x→0 (x sin(x))
x→0 sin(x) + x cos(x)
= lim
(1 − cos(x))0
sin(x)
=
lim
=
x→0 (sin(x) + x cos(x))0
x→0 cos(x) + cos(x) − x sin(x)
= lim
0
sin(x)
= =0
x→0 2 cos(x)
2
= lim
9. La forma indeterminata è del tipo ∞ − ∞.
Tuttavia essa è riconducibile alla forma 00 riducendo l'argomento del
limite ad un'unica frazione ed, a tal punto, risulta applicabile il primo
teorema di De L'Hopital.
4
Procedendo in tal modo, si ha:
Ã
lim
x→ π2 +
= lim
π+
x→ 2
!
Ã
sin x
1
1
+ tan x = lim
+
2
2
2
2
+
π
x − π /4
x − π /4 cos x
x→ 2
!
=
cos x + (x2 − π 2 /4) sin x
[cos x + (x2 − π 2 /4) sin x]0
=
lim
=
(x2 − π 2 /4) cos x
(x2 − π 2 /4) cos x
x→ π2 +
= lim
π+
x→ 2
− sin x + 2x sin x + (x2 − π 2 /4) cos x
= −∞
2x cos x − (x2 − π 2 /4) sin x
dove, nello scrivere l'ultima uguaglianza, si è tenuto conto del fatto che,
per x → π/2+ ,
− sin x + 2x sin x + (x2 − π 2 /4) cos x → −1 + π + 0 = π − 1 > 0
2x cos x − (x2 − π 2 /4) sin x → −0+
10. La forma indeterminata è del tipo 0 · ∞ poiché
x2 → +∞; arctan x −
π
→ 0 per x → +∞.
2
Scrivendo x2 come 1/(1/x2 ) la forma indeterminata si riconduca ad una
del tipo 00 per la cui risoluzione è applicabile il primo teorema di De
L'Hopital.
Così facendo, si ha:
µ
lim x2 arctan x −
x→+∞
1
x2 +1
lim
x→+∞ − 23
x
π
2
¶
arctan x −
= lim
x→+∞
1
x2
π
2
= lim
x→+∞
(arctan x − π2 )0
³
1
x2
´0
1
x3
1
x3
1
= − lim 2
= − lim 2 = − lim x = −∞
x→+∞
x→+∞
2
x +1
2
x
2 x→+∞
5
=