DOMANDE ed ESERCIZI su LIMITI di SUCCESSIONI e FUNZIONI In

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