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 ± x→ π 2 (d) 1 cos x , (f ) lim x2x , x→+∞ 1 lim 2, x→±∞ 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± lim x→+∞ lim x→2± 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→±∞ 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± ([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 > 0 e consideriamo la differenza |f (x) − l| = |(3x − 5) − 1| = |3x − 6| = 3|x − 2|. Affinché si abbia |f (x) − l| < ε è sufficiente scegliere x tale che 3|x − 2| < ε, ovvero |x − 2| < δ = 3ε . 1b) Per verificare che 1 = +∞ x→1 (x − 1)2 lim fissiamo R > 0 e consideriamo la condizione f (x) = 1 > R. (x − 1)2 Essa equivale a (x − 1)2 < 1 , R ovvero 1 |x − 1| < δ = √ . R 1c) Per verificare che 3n2 = +∞ n→+∞ n + 1 lim fissato R > 0 consideriamo la disuguaglianza 3n2 > 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 > R, ovvero n > K = 23 R segue a maggior ragione che 3n2 > R. n+1 5 LIMITI - ESERCIZI SVOLTI 1d) Per verificare che 3x + 1 =3 x→−∞ x − 2 lim fissiamo ε > 0 e consideriamo 3x + 1 7 1 −3 = . x−2 3 |x − 2| |f (x) − l| = Affinché si abbia |f (x)−l| < ε è sufficiente scegliere x tale che con x < 0, cioè, x < 2 − 7 3ε = −R. 7 1 3 |x−2| < ε, ovvero |x−2| > 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→±∞ 1 + x2 lim 2e) Per calcolare lim x→ π2 ± 1 cos x ricordiamo che il limite del reciproco di una funzione infinitesima non necessariamente esiste. In questo caso, poiché cos x > 0 in un intorno sinistro di lim− x→ π2 + x→ π 2 si ha 1 = +∞. cos x Al contrario, poiché cos x < 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 · ∞, ∞ 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± x→2 (x − 2)(x − 3) x2 − 5x + 6 = lim = x2 − 4x + 4 x→2± (x − 2)2 (x − 3) = ∓∞, (x − 2) = lim x→2± 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± x(3x − 1) 3x2 − x = lim 2 3 = 5 2 x + 2x x→0± x (x + 2) 1 3x − 1 lim 3 . x x→0± x + 2 = lim x→0± Il primo fattore non ha limite, ma lim± x→0 1 = ±∞. x Il secondo fattore ha limite finito lim x→0± 3x − 1 1 =− . 3 x +2 2 Pertanto, applicando il Teorema sul limite del prodotto, si ha lim± 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 · 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→±∞ 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 < 0 vale y = − y 2 . 6) Per calcolare lim [x3 − x] x→−1± 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) < 0 per x in un intorno sinistro di x = −1 e f (x) > 0 in un intorno destro di x = −1. Inoltre f è continua in x = −1. Segue che [f (x)] = −1 se −1 − δ < x < −1 0 se −1 < x < −1 + δ per δ > 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 > 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 < [x] ≤ x per ogni x ∈ R. Pertanto x−1 [x] < ≤ 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 > 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 > 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 < 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 · = · 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 · = 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 · cos x = 0, · 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 · log 2 = x→0 x→0 x log 2 x lim ey − 1 · 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 · = 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 √ · y→0 5 y √ √ 5 5 1+y−1 1+y−1 4/5 · y = lim y · 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 · 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 ·√ + 1) sin π2 y = lim √ = y→0 y+1−1 y π = · 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 · 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 · = lim · 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 · lim √ · . 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 · lim √ · =e·1· . 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 . · 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 riconduce ad un limite notevole: 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 = . · 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 · . 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 · 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 > 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 · 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 > 0 tale che 1+ 1 x >2 x per x > R. Pertanto si ha anche h 1+ 1 x ix > 2x x per x > 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 > 0 (in particolare, per 0 < ε < e) esiste R > 0 tale che e−ε < 1+ 1 x <e+ε x per ogni x < −R. Pertanto si ha anche (e − ε)x < h 1+ 1 x ix < (e + ε)x x per x < −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 · x log x = 1 · 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 ·x· · lim ·log x = lim · 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 · 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 · x log x = 1 · 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 · 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) = +∞.
