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Edutecnica.it – Calcolo di limiti

1

1

Calcola i seguenti limiti risolvendo le eventuali forme di indeterminazione Esercizio no.1 Soluzione a pag.8

1x25xxlim 2

2

x +−+

−∞→

21R

Esercizio no.2 Soluzione a pag.8

2x3lim

2x −−

−→ [ ]∞−R


1x3x2lim

1x −+

→ [ ]∞R


x312lim

x −−∞→

+0R


xxlglim

0x +→ [ ]∞−R


3x2xcos2xsinlim

0x ++

→

32R


)xsinx(limx

+∞→

[ ]∞R Esercizio no.8 Soluzione a pag.9

1x2xx22lim 21x +−

−−→

[ ]∞−R


xsinx5xsinx2lim

x ++

∞→

25R


2

2


2x3x1x4x8x5lim 2

23

1x +−−+−

→ [ ]3R −


1x1xlim 21x −

−→

41R


1xlg33xlglim

x −+

∞→

31R


3xx3

1x2lim2x +−

+∞→

32R


5x23xlim

2

x −+

−∞→

−

21R


( )1xx21x2lim 22

x−−−−

∞→

42R


xcos2xsin1lim

x ++

∞→ [ ]esistenonR


xxsinx2lim

0x

+→

[ ]3R


xx2sinlim

0x→ [ ]2R


3

3


x2x5sinlim

0x→

25R


x4x3sin5lim

0x→

415R


x6sinx3sinlim

0x→

21R


xx2sinlim

0x→ [ ]2R


tgxxxsin3lim

0x +→ [ ]1R


tgxxx2sinlim

0x ⋅→ [ ]∞R


xxcos1lim

0x

−→

[ ]0R


20x x2xcos1lim −

→

41R


xcos1x2lim 2

2

0x −→ [ ]2R


4

4


tgxx2xsinx3lim

0x +−

→

32R


xxsin2x5x2xsin3lim

2

0x −−+

→

5R


xcos1xtg3lim

2

0x −→

6R


xsinxcosx2coslim

4x −→

π

2R


ctgx11tgxlim

4x −

−

→π

[ ]1R


ctgx313tgxlim

3x −

−

→π

3R


xsin4xcos5xcos5lim 2

2

0x

−→

85R


x3xcos14lim

0x

−→

3

22R


5

5


30x xxsintgxlim −

→

21R


xcos1x2sinx2lim 30x −→

[ ]8R


xsinxcosxsin2x2sin1lim 20x

−+−→

21R


xsintgxxsinxlim

2

0x −→ [ ]2R


xcos1xsinlim 2

3

2x

−

→π

−

23R


xsinxcosxcoslim 2

2

0x

−→

21R


)xcos1)(xcos2(xsinx2lim

0x −−→ [ ]4R


∞→ x1sinxlim

x [ ]1R


6

6


1x1xlim 2

3

1x −−

→

23R


1x1xlim

1x −−

→

21R


−

→ x32xlim

0x [ ]3R −

Esercizio no.47 Soluzione a pag. 20

x15lim

x2

0x

−→

[ ]25lnR

Esercizio no.48 Soluzione a pag. 20

x)x31ln(lim

0x

+→

[ ]3R


1e)x51ln(lim x20x −

+→

25R


3x12lim

3x

3x −−−

→ [ ]2lnR


ee1xlim x1x −

−→

e1R


1e1x1lim x2

3

0x −−+

→

61R


7

7


)e1(xsin)x1lg(lim x22

3

0x +⋅+

→

−

21R


)xtg1lg(xcos1lim 20x +

−→

21R


xcosx31x2xcos1lim 2

2

0x −++−

→

75R


x

x x311lim

+

∞→

3 eR


2x/12

0x)x1(lim +

→ [ ]eR


4xx312lim 2

3x3

1x −+−−

→

2ln37R


)3xx(lim 23

x−+

∞−→ [ ]∞−R


)ctgxx2(sinlim0x

⋅+→

[ ]2R


8

8

Esercizio no.1:soluzione

1x25xxlim 2

2

x +−+

−∞→ presenta la forma indeterminata

∞∞

si raccoglie al numeratore e al denominatore 2x

21

x12

x5

x11

lim

x12x

x5

x11x

lim1x25xxlim

2

2

x2

2

22

x2

2

x=

+

−+

=

+

−+

=+−+

−∞→−∞→−∞→

gli 2x raccolti fuori dalla stessa parentesi al numeratore e al denominatore sono infiniti dello stesso ordine per −∞→x si possono semplificare fra loro. Esercizio no.2:soluzione

2x3lim

2x −−

−→

per x che tende a 2 da sinistra al denominatore avremo +− =− 022 , come dire un po’ più di 0. per cui scriveremo:

−∞=−=−−

+→ − 03

2x3lim

2x


1x3x2lim

1x −+

→ anche in questo caso raccogliamo la x al numeratore e al denominatore.

∞=−

=−+

→ 115

1x3x2lim

1x

Per essere più precisi, possiamo notare che:

−∞==−

=−+

−−→ − 05

115

1x3x2lim

1x

+∞==−

=−+

++→ + 05

115

1x3x2lim

1x


++

−∞→−∞→=⋅=

∞+⋅=

−=

−002

112

x311lim2

x312lim

xx


9

9


xxlglim

0x +→ tende alla forma

∞−

+0 che non è indeterminata, dato che equivale a

−∞=+∞⋅−∞ )()( si può, dunque, scrivere: −∞=+→ x

tgxlim0x

.


32

302120

3x2xcos2xsinlim

0x=

+⋅⋅+

=+

+→


)xsinx(limx

+∞→

In questo caso, il problema è dato dal fatto che xsinlim

x ∞→ non esiste.

Notiamo che

+⋅=+

∞→∞→ xxsin1xlim)xsinx(lim

xx

bisogna qui ricordarsi del limite notevole

0x

xsinlimx

=∞→

per cui scriveremo: ∞=⋅∞=

+⋅=+

∞→∞→1

xxsin1xlim)xsinx(lim

xx


00

12122

1x2xx22lim 21x

=+−

−=

+−−

−→ si tratta di una forma di indeterminazione.

Notiamo che 22 )1x(1x2x −=+− quindi per l’espressione

1x2

)1x()1x(2

)1x()x1(2

1x2xx22

222 −−=

−−−

=−−

=+−

−

−∞=−=−

−=−

−=+−

−+−→→ −− 0

211

21x

2lim1x2x

x22lim1x21x


10

10


xsinx5xsinx2lim

x ++

∞→

Come già visto per il precedente caso ci si avvale del limite notevole 0x

xsinlimx

=∞→

25

xxsin5x

xxsin2x

limxsinx5xsinx2lim

xx=

+⋅

+⋅

=++

∞→∞→


2x3x1x4x8x5lim 2

23

1x +−−+−

→

Sostituendo il valore

00

2311485

2x3x1x4x8x5lim 2

23

1x=

+−−+−

=+−

−+−→

Decomponiamo il numeratore con la regola di Ruffini:

5 -8 4 -1

1 5 -3 1 5 -3 1 0

possiamo scrivere )1x3x5)(1x(1x4x8x5 23 +−−=−+− Il denominatore viene ridotto con la formula del trinomio:

=±

=−±

=12

213

2893x 2/1 quindi..

31

321

135)2x)(1x(

)1x3x5)(1x(lim2x3x

1x4x8x5lim2

1x2

23

1x−=

−=

−+−

=−−

+−−=

+−−+−

→→


11

11


1x1xlim 21x −

−→

Si osserva come

=

−−

=−−

→ 00

1111

1x1xlim 21x

che è una forma di indeterminazione.

Al denominatore abbiamo:

)1x)(1x)(1x()1x)(1x(1x2 ++−=+−=− per cui:

41

221

)1x)(1x(1lim

)1x)(1x)(1x()1x(lim

1x1xlim

1x1x21x=

⋅=

++=

++−−

=−−

→→→


1xlg33xlglim

x −+

∞→

Sapendo che ∞=∞→

xlglimx

il limite dato palesa una forma di indeterminazione

00

.

In questo è conveniente usare lo stesso metodo delle funzioni razionali fratte: si raccoglie il termine che tende al ∞.

31

xlg13xlg

xlg31xlg

lim1xlg3

3xlglimxx

=

−⋅

+⋅

=−+

∞→∞→


∞∞

=+−

+∞→ 3xx3

1x2lim2x

forma di indeterminazione.

32

x3

x13x

x12x

lim

x3

x13x

1x2lim3xx3

1x2lim

2

x

22x2x

=

+−⋅

+⋅

=

+−

+=

+−

+∞→∞→∞→


12

12


∞∞

=−+

−∞→ 5x23xlim

2

x forma di indeterminazione.

Usando lo stesso metodo dell’esercizio precedente e ricordandosi che:

<−=>

==0xsex

0xse00xsex

|x|x2 quindi nel nostro caso xx2 −= perché −∞→x

21

x52x

x31x

lim

x52x

x31x

lim5x23xlim

x

2

x

2

x−=

−⋅

+⋅−

=

−

+

=−+

−∞→−∞→−∞→


13

13


( )1xx21x2lim 22

x−−−−

∞→

( ) ∞−∞=−−−−∞→

1xx21x2lim 22

x

Viene, in questo caso, effettuata la razionalizzazione, quindi, l’espressione:

( ) ( )

1xx21x2

x

1xx21x2

1xx21x2

1xx21x2

)1xx2(1x21xx21x2

1xx21x21xx21x21xx21x2

2222

22

22

22

22

222222

−−+−=

−−+−

++−−=

−−+−

−−−−=

=−−+−

−−+−⋅−−−−=−−−−

avremo:

( )

42

221

x1

x12

x12x

xlim

1xx21x2

xlim1xx21x2lim

22

x

22x

22

x

==

−−+−⋅

=

−−+−=−−−−

∞→

∞→∞→

Se invece il limite fosse stato:

( )

42

221

x1

x12

x12x

xlim

1xx21x2

xlim1xx21x2lim

22

x

22x

22

x

−=−=

−−+−⋅−

=

−−+−=−−−−

−∞→

−∞→−∞→


xcos2xsin1lim

x ++

∞→

Dato che xsinlim

x ∞→ non esiste come xcoslim

x ∞→ dato che al tendere di x ad∞ i due termini

continuano ad oscillare fra 1 e -1. Si deduce:

∃=++

∞→ xcos2xsin1lim

x non esiste


14

14


=

+⋅=

+→ 0

00

002x

xsinx2lim0x

forma di indeterminazione.

Ricordando il limite notevole 1x

xsinlim0x

=→

312x

xsin2limx

xsinx2lim0x0x

=+=

+=

+→→


Si avrebbe:

=

→ 00

xx2sinlim

0x forma di indeterminazione

Se pensiamo alle forme di duplicazione si ha xcosxsin2x2sin = per cui:

2112xcoslimx

xsinlim2x

xcosxsin2limx

x2sinlim0x0x0x0x

=⋅⋅=⋅⋅==→→→→


=

→ 00

x2x5sinlim


Qui l’artificio sta nel porre per sostituzione 5txx5t =→= dato che per 0t0x →→

251

25

ttsinlim

25

5t2

tsinlimx2

x5sinlim0t0t0x

=⋅=⋅=⋅

=→→→


=

→ 00

x4x3sin5lim


Anche qui ponendo 3txx3t =→= dato che per 0t0x →→

415

ttsinlim

415

3t4

tsin5limx4

x3sin5lim0t0t0x

=⋅=⋅

=→→→


15

15


x6sinx3sinlim

0x→ per le forme di duplicazione

21

x3cos21lim

x3cosx3sin2x3sinlim

)x3(2sinx3sinlim

x6sinx3sinlim

0x0x0x0x====

→→→→


xx2sinlim

0x→ per le forme di duplicazione

221xcos2limx

xsinlimx

xcosxsin2limx

x2sinlim0x0x0x0x

=⋅=⋅==→→→→


23

2113

xtgx1

1limx

xsinlim3

xtgx1x

xsin3limtgxx

xsin3lim0x0x0x0x

=⋅⋅=

+

⋅=

+⋅

=+ →→→→

dato che 111xcos

1limx

xsinlimx

tgxlim0x0x0x

=⋅==⋅=→→→


∞=⋅⋅=⋅

⋅=⋅

=⋅ →→→→ 0

112tgxx

xcoslimx

xsinlim2tgxx

xcosxsin2limtgxx

x2sinlim0x0x0x0x


02110

)xcos1(1lim

xxsinlimxsinlim

)xcos1(xxsinlim

)xcos1(xxcos1lim

)xcos1(x)xcos1)(xcos1(lim

xxcos1lim

0x0x0x

2

0x

2

0x0x0x

=⋅⋅=+

⋅⋅=+

=+−

=+

+−=

−

→→→→

→→→


41

)11(11

21

)xcos1(1lim

xxsinlim

21

)xcos1(xxsinlim

21

)xcos1(x2xcos1lim

)xcos1(x2)xcos1)(xcos1(lim

x2xcos1lim

0x2

2

0x2

2

0x

2

2

0x20x20x

=+

⋅⋅=+

⋅=+

=+

−=

++−

=−

→→→

→→→


16

16


2

xxsin

1lim2xsin

x2limxcos1

x2lim

2

20x2

2

0x2

2

0x===

− →→→


32

1213

xtgx2x

xxsin3x

limtgxx2

xsinx3lim0x0x

=+−

=

+⋅

−⋅

=+−

→→


515

12023

1x

xsin2x

x52x

xsin3xlim

xxsin2x5x2xsin3lim

0x

2

0x==

−−+

=

−⋅

−+⋅

=−−+

→→


61

)11(3xcos

)xcos1(lim3xsin

)xcos1(xcosxsin3lim

xsin)xcos1(xtg3lim

xcos1)xcos1(xtg3lim

)xcos1)(xcos1()xcos1(xtg3lim

xcos1xtg3lim

20x22

2

0x22

0x

2

2

0x

2

0x

2

0x

=+

⋅=+

⋅=+

⋅=+

⋅

=−

+⋅=

+−+⋅

=−

→→→

→→→


22

2222

22)xsinx(coslim

)xsinx(cos)xsinx)(cosxsinx(coslim

xsinxcosxsinxcoslim

xsinxcosx2coslim

4x

4x

22

4x

4x

==+=+

=−

+−=

−−

=−

→

→→→

π

πππ


17

17


Ricordiamoci che xsinxcos

tgx1ctgx == quindi:

1xcosxsinlim

xsinxcosxsin

xcosxcosxsin

lim

xsinxcos1

1xcosxsin

limctgx1

1tgxlim4

x4

x4

x4

x==

−

−

=−

−=

−−

→→→→ππππ


3tgxlimxcosxsinlim

xsinxcos3xsin

xcosxcos3xsin

lim

xsinxcos31

3xcosxsin

limctgx31

3tgxlim

3x

3x

3x

3x

3x

==

=−

−

=−

−=

−−

→→

→→→

ππ

πππ


85

)11(415

)xcos1(4xcos5lim

)xcos1)(xcos1(4)xcos1(xcos5lim

)xcos1(4)xcos1(xcos5lim

xsin4xcos5xcos5lim

0x0x

20x2

2

0x

=+⋅⋅

=+

=+−

−

=−

−=

−

→→

→→


322

2324

234

1111

34

xcos11lim

xxsinlim

34

xcos1x3xsin4lim

xcos1x3xsin4lim

xcos1x3xcos1xcos14lim

x3xcos14lim

0x0x

0x

2

0x0x0x

=⋅

==+

⋅⋅=+

⋅

=+

=+

=+

+⋅−=

−

→→

→→→→


21

)11(111

)xcos1(xcos1lim

xxsinlim

)xcos1(xcosxxsinlim

)xcos1(xcosxxsinxsinlim

)xcos1(xcosx)xcos1(xsinlim

)xcos1(xcosx)xcos1)(xcos1(xsinlim

xcosx)xcos1(xsinlim

xcosxxsinxcosxsinlim

x

xsinxcosxsin

limx

xsintgxlim

0x3

3

0x3

3

0x

3

2

0x3

2

0x30x

30x30x30x30x

=+⋅

⋅=+

⋅=+

=+

⋅=

+−

=+

+−

=−

=−

=−

=−

→→→

→→→

→→→→

2


18

18


81

21

114

xcosx

xcos1

xcosx

xsin4lim

x)x(cosxcos1

xxcosxsinx4

limxcosxcos1

xcosxsinx4limxcos1x2sinx2lim

22

0x

2

2

2

0x20x30x=

⋅

⋅⋅=

⋅−

⋅⋅=

⋅−

⋅

=⋅−

⋅=

− →→→→


21

)11()01(

)xcos1()xsin21(lim

)xcos1(xsinxsin)xsin21(lim

)xcos1(xsin)xcos1)(xsin21(lim

)xcos1(xsin)xcos1)(xcos1)(xsin21(lim

xsin)xcos1)(xsin21(lim

xsin)xsin21(xcos)xsin21(lim

xsinxcosxsin2xcosxsin21lim

xsinxcosxsin2x2sin1lim

0x2

2

0x

2

2

0x20x

20x20x

20x20x

=++

=++

=+⋅

+

=+⋅−+

=+

+−+

=−+

=+−+

=−+−

=−+−

→→

→→

→→

→→


21

)11(1

xxsin

)xcos1(xcoslim

)xcos1()xcos1(xcosxlim

)xcos1)(xcos1()xcos1(xcosxlim

)xcos1(xsinxcosxsinxlim

xcosxcosxsinxsin

xsinxlimxsin

xcosxsin

xsinxlimxsintgx

xsinxlim

2

20x

2

2

0x

2

0x

2

0x

2

0x

2

0x

2

0x

=+⋅

=+

=−

+=

+−+

=−

=−

=−

=−

→

→→→

→→→


231

211

)11(1

)xsin1()xsin1(lim

)xsin1(xsinlim

)xsin1)(xsin1()xsin1(lim

)xsin1)(xsin1()1x(sinxsinlim

)xsin1)(xsin1()xsin1()1x(sinxsinlim

)xsin1)(xsin1(xsin1)1x(sinxsinlim

xsin1xcosxsinxsinlim

xcos1xsinlim

2

2

2x

2

2x

2

2x

2

2x

22

2x

22

2x

2

223

2x

2

3

2x

−=−−=−+

−=−−

−+−

=+−

−−

+−−

=+−

−−−

=+−

+−−=

−−−

=−

→→

→→

→

→→→

ππ

ππ

π

πππ


19

19


21

111

)xcos1(xcoslim

)xcos1)(xcos1()xcos1(xcoslim

xcos1)xcos1(xcoslim

xsinxcosxcoslim

0x

0x20x2

2

0x

=+

=+

=+−

−=

−−

=−

→

→→→


4

21)12(

2

x)xcos1()xcos2(

xxsin2

lim

x)xcos1()xcos2(

xxsinx2

lim)xcos1)(xcos2(

xsinx2lim

20x

2

2

0x0x

=⋅−

=−

−

=−

−=

−−

→

→→


∞→ x1sinxlim

x Sostituendo

x1t = avremo che per ∞→x 0t → il limite diventa allora:

1t

tsinlimx1sinxlim

0tx==

→∞→


1x1xlim 2

3

1x −−

→ presenta forma di indeterminazione

00

semplifichiamo:

23

11111

)1x()1xx(lim

)1x)(1x()1xx)(1x(lim

1x1xlim

2

1x

2

1x2

3

1x=

+++

=+++

=+−++−

=−−

→→→


1x1xlim

1x −−

→ presenta forma di indeterminazione

00

semplifichiamo

21

111

)1x(1lim

)1x)(1x()1x(lim

1x1xlim

1x1x1x=

+=

+=

+−−

=−−

→→→


20

20


−⋅

→ x32xlim

0x presenta forma di indeterminazione ∞⋅0 procediamo

3)3x2(limx32xlim

0x0x−=−=

−⋅

→→


x15lim

x2

0x

−→

presenta forma di indeterminazione 00

poniamo 2txx2t =→= notando che per 0x → si ha 0t →

t15lim2

2/t15lim

x15lim

t

0t

t

0t

x2

0x

−⋅=

−=

−→→→

se vogliamo avvalerci del limite notevole alnx

1alimx

0x=

−→

avremo:

25ln5ln5ln2t

15lim2x

15lim 2t

0t

x2

0x===

−⋅=

−→→


x)x31ln(lim

0x

+→


ci avvaliamo del limite notevole 1x

)x1ln(lim0x

=+

→

poniamo 3txx3t =→= notando che per 0x → si ha 0t →

3t

)t1ln(lim33/t

)t1ln(limx

)x31ln(lim0t0t0x

=+

⋅=+

=+

→→→


21

21


1e)x51ln(lim x20x −

+→


1exlim

x)x51ln(lim

1ex

x)x51ln(lim

1e)x51ln(lim x20x0xx20xx20x −

⋅+

=−

⋅+

=−+

→→→→

Il primo limite è risolvibile come si è già visto ponendo:

5txx5t =→= notando che per 0x → si ha 0t → quindi

5t

)t1ln(lim55/t

)t1ln(limx

)x51ln(lim0t0t0x

=+

⋅=+

=+

→→→

Per il secondo limite osserviamo:

x1e

1lim1e

xlim x20xx20x −=

− →→ basta dunque risolvere il limite

x1elim

x2

0x

−→

posto 2hxx2h =→= con 0h → per 0x →

212h

1elim22/h1elim

x1elim

h

0h

h

0h

x2

0x=⋅=

−⋅=

−=

−→→→

questo per la validità del limite notevole: 1x

1elimx

0x=

−→

quindi:

21

x1e

1lim1e

xlim x20xx20x=

−=

− →→ di conseguenza

25

1exlim

x)x51ln(lim x20x0x

=−

⋅+

→→


22

22


3x12lim

3x

3x −−−

→

Si tratta di una forma indeterminata del tipo 00

; poniamo 3xt −= per cui:

per 3x → si ha 0t →

t12lim

3x12lim

t

0t

3x

3x

−=

−−

→

−

→

avvalendosi del limite notevole alnx

1alimx

0x=

−→

si ha:

2lnt

12lim3x

12limt

0t

3x

3x=

−=

−−

→

−

→


ee1xlim x1x −

−→


ponendo 1tx1xt +=→−= si ha 0t → per 1x → , per cui

e1

t1e

1lime1

1etlim

e1

eeetlim

eetlim

ee1xlim

t0tt0tt0t1t0tx1x=

−⋅=

−⋅=

−⋅=

−=

−−

→→→+→→

questo per il limite notevole 1x

1elimx

0x=

−→


23

23


1e1x1lim x2

3

0x −−+

→ Dopo aver notato che il limite è nella forma

00 procediamo:

1ex2lim

21

x1)x1(lim

1ex

x1)x1(lim

1e1x1lim x20x

31

0xx2

31

0xx2

3

0x −⋅⋅

−+=

−⋅

−+=

−−+

→→→→

ponendo x2t = il secondo limite è riconducibile a 1x

1elimx

0x=

−→

per cui:

x1)x1(lim

21

1e1x1lim

31

0xx2

3

0x

−+⋅=

−−+

→→

La forma che appare è riconducibile al limite notevole Rax

1)x1(lima

0x∈=

−+→

da cui

61

31

21

x1)x1(lim

21

1e1x1lim

31

0xx2

3

0x=⋅=

−+⋅=

−−+

→→



3

0x +⋅+

→ Vi è una forma indeterminata

00 procediamo:

)1e(x

xsinx

x)x1lg(lim


2

3

3

0xx22

3

0x −−⋅⋅

+=

+⋅+

→→ abbiamo il prodotto:

−−⋅⋅

+→→→ 1e

xlimxsin

xlimx

)x1lg(lim x20x2

2

0x3

3

0x operando per sostituzione si ha:

1x

)x1lg(lim 3

3

0x=

+→

1xsin

xlim 2

2

0x=

→ per cui

21

1ex2lim

21

1exlim x20xx20x

−=−

−=−

−→→

si deduce:

21


3

0x−=

+⋅+

→


24

24


)xtg1lg(xcos1lim 20x +

−→

Ovviamente, la forma è indeterminata, tramite il solito artificio, otteniamo:

)xtg1lg(xtg

xxcos1

xtgxlim

)xtg1lg(xtg

xtgxcos1lim 2

2

22

2

0x2

2

20x +⋅

−⋅=

+⋅

−→→

ora:

1

xtgx

1limxtg

xlim 20x2

2

0x=

=→→

perché come 1x

xsinlim0x

=→

si ha 1x

tgxlim0x

=→

21

xxcos1lim 20x=

−→

su ha 1

t)t1lg(

1lim)xtg1lg(

xtglim0t2

2

0x=

+

=+ →→

per effetto della forma

1x

)x1lg(lim0x

=+

→

di conseguenza: 211

211

)xtg1lg(xcos1lim 20x

=⋅⋅=+−

→


xcosx31x2xcos1lim 2

2

0x −++−

→ forma indeterminata

00 raccogliendo a fattor comune:

75

72

25

2725

321

221

3x

xcos1x

2x

xcos1xlim

xcosx31x2xcos1lim

22

22

0x2

2

0x=⋅==

+

+=

+

−

+

−

=−++−

→→


x

x x311lim

+

∞→ Si tratta di una forma di indeterminazione del tipo ∞1 dobbiamo tenere in

considerazione il limite notevole:

ex11lim

x

x=

+

∞→ sostituisco

3txtx3 =⇒= rimane che per ∞→∞→ tx

33t

3t

t

x

xe

t11lim

t11lim

x311lim =

+=

+=

+

∞→∞→∞→


25

25


2x/12

0x)x1(lim +

→ Pur essendo anche questa una forma ∞1 sostituisco

t1x2 = per

0x → si ha ∞→t

et11lim)x1(lim

t

t

x/12

0x

2

=

+=+

∞→→ per il limite notevole e

x11lim

x

x=

+

∞→


4xx312lim 2

3x3

1x −+−−

→

anche qui 00

poniamo 1tx1xt +=⇒−= per 1x → si ha 0t → .

4xx312lim 2

)1x(3

1x −+−−

→ il denominatore ammette radici in campo reale.

−=−=−−

==+−

=+±−

=

34

68

671

166

671

64811x 2/1 da cui l’espressione

t)7t3(t)43t3()1x)(4x3()1x(34x34xx3 2 +=++=−+=−⋅

+=−+

2ln73

712ln3

)7t3(1lim

t312lim3

t)7t3(12lim

4xx312lim

0t

t3

0t

t3

0t2

)1x(3

1x=⋅=

+⋅

−⋅=

+−

=−+−

→→→

−

→

abbiamo solo usato il limite notevole alnx

1alimx

0x=

−→


26

26


)3xx(lim 23

x−+

∞−→ presenta forma di indeterminazione ∞+∞−

−∞=++⋅−∞=

−+⋅=

−+=−+

∞−→∞−→∞−→∞−→)001(

x3

x11limxlim

x3

x11xlim)3xx(lim 2x

3

x23

x

23

x

questo perché 0x1lim

x=

∞−→ e 0

x3lim 2x=

∞−→

ci si poteva arrivare anche intuitivamente, riconoscendo che x3 è un infinito di ordine superiore rispetto a x2. Esercizio no.60:soluzione

)ctgxx2(sinlim0x

⋅+→

presenta forma di indeterminazione ∞⋅0 ; l’espressione:

212xcos2xsinxcosxcosxsin2

tgx1xcosxsin2ctgxx2sin 2 =⋅====⋅

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