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# limitisvolti

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```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
&plusmn;
x→ π
2
(d)
1
cos x ,
(f )
lim x2x ,
x→+∞
1
lim
2,
x→&plusmn;∞ 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&plusmn;
lim
x→+∞
lim
x→2&plusmn;
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→&plusmn;∞ 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&plusmn;
([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 &gt; 0 e consideriamo la differenza
|f (x) − l| = |(3x − 5) − 1| = |3x − 6| = 3|x − 2|.
Affinché si abbia |f (x) − l| &lt; ε è sufficiente scegliere x tale che 3|x − 2| &lt; ε, ovvero |x − 2| &lt;
δ = 3ε .
1b) Per verificare che
1
= +∞
x→1 (x − 1)2
lim
fissiamo R &gt; 0 e consideriamo la condizione
f (x) =
1
&gt; R.
(x − 1)2
Essa equivale a
(x − 1)2 &lt;
1
,
R
ovvero
1
|x − 1| &lt; δ = √ .
R
1c) Per verificare che
3n2
= +∞
n→+∞ n + 1
lim
fissato R &gt; 0 consideriamo la disuguaglianza
3n2
&gt; 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 &gt; R, ovvero n &gt; K = 23 R segue a maggior ragione che
3n2
&gt; R.
n+1
5
LIMITI - ESERCIZI SVOLTI
1d) Per verificare che
3x + 1
=3
x→−∞ x − 2
lim
fissiamo ε &gt; 0 e consideriamo
3x + 1
7 1
−3 =
.
x−2
3 |x − 2|
|f (x) − l| =
Affinché si abbia |f (x)−l| &lt; ε è sufficiente scegliere x tale che
con x &lt; 0, cioè, x &lt; 2 −
7
3ε
= −R.
7 1
3 |x−2|
&lt; ε, ovvero |x−2| &gt;
71
3 ε,
2) In questo esercizio utilizzeremo i Teoremi sul limite di somma, prodotto, quoziente.
2a) Poiché 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→&plusmn;∞ 1 + x2
lim
2e) Per calcolare
lim
x→ π2 &plusmn;
1
cos x
ricordiamo che il limite del reciproco di una funzione infinitesima non necessariamente esiste.
In questo caso, poiché cos x &gt; 0 in un intorno sinistro di
lim−
x→ π2
+
x→ π
2
si ha
1
= +∞.
cos x
Al contrario, poiché cos x &lt; 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 &middot; ∞,
∞ 0
∞, 0.
3a) Il limite
lim (
x→1
è 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&plusmn;
x→2
(x − 2)(x − 3)
x2 − 5x + 6
= lim
=
x2 − 4x + 4 x→2&plusmn;
(x − 2)2
(x − 3)
= ∓∞,
(x − 2)
= lim
x→2&plusmn;
dove si è tenuto conto del segno della funzione nell’intorno sinistro e destro di x0 = 2.
3c) Con lo stesso metodo
lim
x→0&plusmn;
x(3x − 1)
3x2 − x
= lim 2 3
=
5
2
x + 2x
x→0&plusmn; x (x + 2)
1
3x − 1
lim 3
.
x x→0&plusmn; x + 2
= lim
x→0&plusmn;
Il primo fattore non ha limite, ma
lim&plusmn;
x→0
1
= &plusmn;∞.
x
Il secondo fattore ha limite finito
lim
x→0&plusmn;
3x − 1
1
=− .
3
x +2
2
Pertanto, applicando il Teorema sul limite del prodotto, si ha
lim&plusmn;
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 più 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 &middot; 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→&plusmn;∞ e2x + 2
lim
Posto y = f (x) = ex si ha che y = ex → +∞ per x → +∞: il Teorema di cambiamento di
variabili è 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 è ancora
applicabile perchè la funzione
g(y) =
y3 + 1
y2 + 2
è 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 è tenuto conto che per y &lt; 0 vale y = − y 2 .
6) Per calcolare
lim [x3 − x]
x→−1&plusmn;
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) &lt; 0 per x in un intorno sinistro di x = −1
e f (x) &gt; 0 in un intorno destro di x = −1. Inoltre f è continua in x = −1. Segue che
[f (x)] =
−1 se −1 − δ &lt; x &lt; −1
0
se −1 &lt; x &lt; −1 + δ
per δ &gt; 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, poichè 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. Poichè
√
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.
Poichè
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 &gt; 1/3. Poichè
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 &lt; [x] ≤ x per ogni x ∈ R. Pertanto
x−1
[x]
&lt;
≤ 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 &gt; 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
Poichè,
x2 − 5x
x2 − 5x
(e − 2sin x ) ≥
(e − 2)
x+1
x+1
∀x &gt; 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 può osservare che
1
≤1
x
sin
∀x 6= 0
da cui
sin x sin
1
≤ | sin x| ∀x 6= 0.
x
Poichè
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 &lt; 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
&middot; = &middot; 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
&middot;
= 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
&middot; cos x = 0,
&middot;
2
x→0
x
sin2 x
= lim
dove si è tenuto conto del risultato del limite 9c).
9e)
2x − 1
ex log 2 − 1
= lim
&middot; log 2 =
x→0
x→0 x log 2
x
lim
ey − 1
&middot; log 2 = log 2,
y→0
y
= lim
dove si è 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 è posto 1/x = y.
9g) Per calcolare
x−2
x→2 log( x )
2
lim
si può porre x − 2 = y ed ottenere
y/2
y
= lim 2 &middot;
= 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 √
&middot;
y→0 5 y
√
√
5
5
1+y−1
1+y−1
4/5
&middot; y = lim y &middot; 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 &middot; 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
&middot;√
+ 1)
sin π2 y
= lim √
=
y→0
y+1−1
y
π
= &middot; 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 &middot;
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
&middot;
= lim
&middot; 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 &middot; lim √
&middot;
.
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 &middot; lim √
&middot;
=e&middot;1&middot; .
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
.
&middot;
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
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
= .
&middot;
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
&middot;
.
x→0
x
cos x − 1
x
Il primo fattore ha limite 1 perché 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
&middot;
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 &gt; 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
&middot;
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 è 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
Poichè
lim
x→+∞
1+
1 x
= e,
x
segue che esiste R &gt; 0 tale che
1+
1 x
&gt;2
x
per x &gt; R. Pertanto si ha anche
h
1+
1 x ix
&gt; 2x
x
per x &gt; 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
Poichè
lim
x→−∞
1+
1 x
= e,
x
segue che per ogni ε &gt; 0 (in particolare, per 0 &lt; ε &lt; e) esiste R &gt; 0 tale che
e−ε &lt; 1+
1 x
&lt;e+ε
x
per ogni x &lt; −R. Pertanto si ha anche
(e − ε)x &lt;
h
1+
1 x ix
&lt; (e + ε)x
x
per x &lt; −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+
perché
lim x log x = 0.
x→0+
19
LIMITI - ESERCIZI SVOLTI
11e)
lim
x→0+
perché
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
&middot; x log x = 1 &middot; 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
&middot;x&middot;
&middot;
lim
&middot;log
x
=
lim
&middot; 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
&middot; 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
&middot; x log x = 1 &middot; 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 è posto log x = y.
12e)
lim 2−x xx = lim e−x log 2 &middot; 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) = +∞.
```