Davide Catania davide.catania unibs.it Esercitazioni di...
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5. Limiti elementari e notevoli Davide Catania davide.catania@unibs.it Esercitazioni di Analisi Matematica 1
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Esercizio 1Calcola i seguenti limiti:
(a) limx→0
(3x+x17 − sinx+2cos4 x
)ln(2+5x)
3√
8+|x5 +arctanx|+pex +3
=
(b) limx→0
ex + lnx
1+cosx=
(c) limx→+∞
( 1
x lnx
)ex+5
=
Limite destro: limx→x+
0
f (x) = `
Limite sinistro: limx→x−
0
f (x) = `
Limite in eccesso: limx→x0
f (x) = `+
Limite in difetto: limx→x0
f (x) = `−
Possono essere combinati: limx→x−
0
f (x) = `+, ecc.
Esercizio 2Calcola i seguenti limiti:
(a) limx→0−
tan(π2 +x
)x3 =
(b) limx→0
1
sinx=
Forme indeterminate: (7 peccati capitali della matematica)
[+∞−∞] [0 ·∞]
[0
0
] [∞∞
][00] [1∞] [∞0]
Non sono forme indeterminate: (per ogni L /= 0 reale)
0+∞ = 0+ 0−∞ =+∞ ∞0− = L
0− =∞ ∞0+ = L
0+ =∞ .
Il segno viene stabilito con la regola dei segni:
+∞0+ =+∞ +∞
0− =−∞ −1
0+ =−∞ . . .
Polinomi e potenze all’infinito
Esercizio 3Calcola:
limx→+∞
x9 −x8 +1
3−x4 +2x6 =
Esercizio 4Calcola:
limx→−∞
x+ 3p
x
|x|−x=
Polinomi e potenze in zero
Esercizio 5Calcola:
limx→0
x2 +xπ
|x|3 +x4=
Esercizio 6Calcola:
limx→0
x3 −4
x2 +x=
Scomposizione di polinomi
Esercizio 7Calcola:
limx→1
x3 −x2 +7x−7
x2 −1=
Esercizio 8Calcola:
limx→ 1
2
√8x3 −1
8x2 +2x−3=
Funzioni irrazionali
Esercizio 9Calcola:
limx→−∞
1px2 −4x+3+x
=
Esercizio 10Calcola:
limx→+∞(
√x2 −4x−3+x) =
Nota: Razionalizzo solo in presenza di una formaindeterminata, altrimenti potrei far comparire problemi dove nonci sono!
• forma indeterminata: razionalizzo e non trascuro termini;• forma determinata: trascuro termini e non razionalizzo.
Esercizio 11Calcola:
limx→0
p1+3x−p
1−x
5x=
Funzioni trascendenti
Esercizio 12Calcola:
limx→+∞
[lg4(1+2 ·4x)−x
]=
Esercizio 13Calcola:
limx→π
4
cos2x
sinx−cosx=
Infiniti prevalenti (a,b > 1)
infiniti più lenti
lnx, lga x x ex, bx
infiniti più veloci
limx→+∞
x2
ln15 x=+∞ , lim
x→+∞e3x
lg7 x=+∞ , lim
x→+∞2x
x100 =+∞ ;
limx→+∞
ln15 x
x2 = 0, limx→+∞
lg7 x
e3x = 0, limx→+∞
x100
2x = 0.
• L’elevamento a potenza non modifica l’infinito prevalente:ln100 x è più lento di x3, ecc.
• Bisogna invece prestare attenzione quando l’argomento didue infiniti non è lo stesso: lnex3 = x3, quindi
limx→+∞
lnex3
x2 = limx→+∞
x3
x2 =+∞ .
Esercizio 14Calcola:
limx→+∞
8x +9lnx +7x10
(lnx)8 +23x+1 =
Esercizio 15Calcola:
limx→−∞
x5 − (sinhx)2
(ln|x|)10 +e−2x =
Sostituzione.
Esercizio 16Calcola:
limx→0
x2 lnx =
In generale, limx→0+ xa(
lgb x)c = 0 ∀a,b > 0,b /= 1,c ∈R.
Esercizio 17Calcola:
(a) limx→0+ xx =
(b) limx→+∞x1/x =
Se f (x) è una funzione limitata in un intorno Ux0 di x0 e g(x) èuna funzione infinitesima per x → x0, allora f (x)g(x) èinfinitesima per x → x0:
|f (x)| É M ∀x ∈ Ux0 , limx→x0
g(x) = 0 limx→x0
f (x)g(x) = 0.
Esercizio 18Calcola:
limx→+∞
1+ sinx
lnx=
Confronto. Se f (x) É g(x) in un intorno di x0 ed esistono i limiti dif (x) e g(x) per x → x0, allora
limx→x0
f (x) É limx→x0
g(x) .
Teorema dei carabinieri. Se f (x) É g(x) É h(x) in un intorno di x0
e limx→x0
f (x) = limx→x0
h(x) = `, allora esiste
limx→x0
g(x) = ` .
Nota.
limx→x0
|f (x)| = 0 limx→x0
f (x) = 0.
Esercizio 19Calcola:
limx→+∞
x cosx
2x −x2 =
Limite notevole del seno
limx→0
sinx
x= 1, lim
f (x)→0
sin f (x)
f (x)= 1.
Esercizio 20Calcola:
(a) limx→−∞
sin2 ex
ex =
(b) limx→0
sin2x
sin3x=
Esercizio 21Calcola, al variare di a ∈R,
limx→0
sinax
x3 .
Nota: limf (x)→0
0
f (x)= 0 non è una forma indeterminata (è 0 diviso
una funzione infinitesima, non il generico rapporto di duefunzioni infinitesime).
Limiti notevoli di coseno e tangente
limx→0
1−cosx
x2 = 1
2, lim
f (x)→0
1−cos f (x)
f (x)2 = 1
2,
limx→0
tanx
x= 1, lim
f (x)→0
tan f (x)
f (x)= 1.
Esercizio 22Calcola:
limx→π
1+cosx
(π−x)2 =
Nota.
(1) limf (x)→0
sin f (x)
f (x)= lim
t→0
sin t
t= 1,
avendo usato la sostituzione t = f (x) → 0 per x → 0.Analogamente per gli altri limiti notevoli.
(2) limx→0
1−cosx
x2 = limx→0
1−cosx
x2 · 1+cosx
1+cosx= lim
x→0
1−cos2 x
x2(1+cosx)
= limx→0
sin2 x
x2(1+cosx)= lim
x→0
(sinx
x
)2
· 1
1+cosx= 1
2.
(3) limx→0
tanx
x= lim
x→0
sinx
x· 1
cosx= 1.
Limite notevole del logaritmo
limx→±∞
(1+ 1
x
)x
= e, limf (x)→±∞
(1+ 1
f (x)
)f (x)
= e,
limx→0
ln(1+x)
x= 1, lim
f (x)→0
ln(1+ f (x)
)f (x)
= 1.
Esercizio 23Calcola:
limx→0
(1+ sinx)1/x =
Nota.
(1) limx→0
(1+x)1/x = limt→±∞
(1+ 1
t
)t
= e,
avendo usato la sostituzione t = 1x per x → 0. Notiamo che
t →+∞ se x → 0+, mentre t →−∞ se x → 0−.
(2) limx→0
ln(1+x)
x= lim
x→0
1
xln(1+x) = lim
x→0ln(1+x)1/x = lne = 1.
(3) limx→0
lgb(1+x)
x= lim
x→0
ln(1+x)
x lnb= 1
lnb,
avendo usato la formula del cambio di base per i logaritmi(b > 0, b /= 1).
Limite notevole dell’esponenziale
limx→0
ex −1
x= 1, lim
f (x)→0
ef (x)−1
f (x)= 1.
Esercizio 24Calcola:
limx→0
4x −1
2x=
Nota: se b > 0, b /= 1, allora limx→0
bx −1
x= lim
x→0
ex lnb−1
x lnb· lnb = lnb.
Altri limiti notevoli (a ∈R)
limx→0
(1+x)a −1
x= a , lim
x→0
arcsinx
x= 1, lim
x→0
arctanx
x= 1,
limx→0
sinhx
x= 1, lim
x→0
coshx−1
x2 = 1
2, lim
x→0
tanhx
x= 1;
da cui
limf (x)→0
(1+ f (x)
)a −1
f (x)= a , lim
f (x)→0
arcsin f (x)
f (x)= 1,
limf (x)→0
arctan f (x)
f (x)= 1, lim
f (x)→0
sinh f (x)
f (x)= 1,
limf (x)→0
cosh f (x)−1
f (x)2 = 1
2, lim
f (x)→0
tanh f (x)
f (x)= 1.
Suggerimenti:
limx→0
(1+x)a −1
x= lim
x→0
ea ln(1+x)−1
a ln(1+x)· a ln(1+x)
x= a ;
limx→0
arcsinx
x= lim
t→0
t
sin t= 1 (sostituzione t = arcsinx);
limx→0
sinhx
x= lim
x→0
ex −e−x
2
x= lim
x→0
e−x(e2x −1
)2x
= 1;
limx→0
coshx−1
x2 = limx→0
coshx−1
x2 · coshx+1
coshx+1= lim
x→0
cosh2 x−1
x2(coshx+1)
= limx→0
sinh2 x
x2(coshx+1)= lim
x→0
(sinhx
x
)2
· 1
coshx+1= 1
2;
ecc.
Esercizio 25Calcola:
(a) limx→0
5√(
1+x2)−1
arcsin2 x=
(b) limx→0
arctan(sinhx)
x=
Esercizi riassuntivi
Esercizio 26Calcola:
(a) limx→+∞xln
(1+ 1
x
)=
(b) limx→π
2
tan2 x · lnsin2 x =
Esercizio 27Calcola:
limx→0+
1− sinx−cos2 x
ex2 −1=
Esercizio 28 (Analisi 1, 3 Settembre 2012)Il limite
limx→+∞
ln(1+2x)
ln2 x
[1−cos
(lnxp
x
)]vale:A : ln2
2 B : ln2 C : 0 D : +∞.
Esercizio 29 (Analisi 1, 3 Settembre 2009)Calcola:
limx→π
2
[1+ sin
(π2−x
)] 2sin(π
2 −x) ln
[3
1−cos(π2 −x
)(π2 −x
)2
]=
Infinitesimi equivalenti
g(x) e h(x) sono equivalenti per x → x0 se e solo se
limx→x0
g(x)
h(x)= 1;
scriviamo g(x) ∼ h(x) per x → x0.
Esempio: sinx ∼ x per x → 0, dato che limx→0
sinx
x= 1.
Siamo interessati al caso in cui g(x) e h(x) tendono a 0 perx → 0, cioè agli infinitesimi equivalenti, dato che sono lequantità infinitesime che spesso rendono complicato il calcolodi un limite.
Dai limiti notevoli, si ricavano molte funzioni infinitesimeequivalenti a un polinomio infinitesimo per x → 0. Esempi:
limx→0
sinx
x= 1 sinx ∼ x per x → 0;
limx→0
1−cosxx2
2
= 1 1−cosx ∼ x2
2per x → 0,
e così via, da cui
sin f (x) ∼ f (x) , 1−cos f (x) ∼ f (x)2
2, . . . per f (x) → 0.
Nota:
limx→0
1−cosxx2
2
= limx→0
2 · 1−cosx
x2 = 2 · 1
2= 1.
Principali infinitesimi equivalenti
per x → 0 per f (x) → 0
sinx ∼ x sin f (x) ∼ f (x)
1−cosx ∼ x2
21−cos f (x) ∼ f (x)2
2tanx ∼ x tan f (x) ∼ f (x)
ex −1 ∼ x ef (x)−1 ∼ f (x)
ln(1+x) ∼ x ln(1+ f (x)
)∼ f (x)
(1+x)a −1 ∼ ax(1+ f (x)
)a −1 ∼ af (x)
arcsinx ∼ x arcsin f (x) ∼ f (x)
arctanx ∼ x arctan f (x) ∼ f (x)
sinhx ∼ x sinh f (x) ∼ f (x)
coshx−1 ∼ x2
2cosh f (x)−1 ∼ f (x)2
2tanhx ∼ x tanh f (x) ∼ f (x)
Nel calcolo di un limite, posso sostituire una funzioneinfinitesima con un infinitesimo equivalente. Per esempio
limx→0
sin2x
x= lim
x→0
sin2x
2x· 2x
x= lim
x→0
2x
x= 2;
l’effetto è quello di sostituire 2x al posto di sin2x, e sin2x ∼ 2xper x → 0.
Usando direttamente la sostituzione con l’infinitesimoequivalente, il calcolo diventa più semplice:
limx→0
sin2x
x= lim
x→0
2x
x= 2.
I polinomi sono funzioni semplici, per cui, sostituendo unafunzione con il polinomio infinitesimo equivalente, il calcolo dellimite risulta in genere più semplice.
Attenzione! Non è possibile sostituire una funzione conl’infinitesimo equivalente se, a partire da un’espressione chetende a 0 ma non è identicamente nulla, otteniamo 0 (cioèun’espressione identicamente nulla).
limx→0
tanx− sinx
x3 = limx→0
sinxcosx − sinx
x3 = limx→0
sinx
x3
(1
cosx−1
)= lim
x→0
sinx
x· 1−cosx
x2 · 1
cosx= 1 · 1
2·1 = 1
2.
Usando le sostituzioni tanx ∼ x e sinx ∼ x, avremmo:
limx→0
tanx− sinx
x3 = limx→0
x−x
x3 = limx→0
0
x3 = 0
(ricordiamo che 0/x3 = 0 → 0 non è una forma indeterminata).Questo secondo metodo è errato: le sostituzioni non possonoessere usate perché a partire da tanx− sinx, che non èidenticamente nulla, otteniamo x−x = 0, identicamente nulla.
Esercizio 30Calcola:
limx→0+
(pe)sinx −1[
ln(1+p
x)]2 =
Esercizio 31Calcola:
limx→0
[ln(e+x)
]1/p
x =
Esercizio 32Calcola:
limx→0
(1+2x)lnx −1
sinx lnx3 =
Esercizio 33 (Analisi 1, 9 Gennaio 2009)Calcola:
limx→0+
[2x
ln(2−cosx)sinx
]=
Esercizio 34Calcola:
limx→+∞
[(lnlnx)lnx −x(lnx)lnlnx
](Suggerimento: poni t = lnx, scrivi ogni termine nella formaef (t), raccogli et lnln t).
Tecniche risolutive per forme indeterminate
• Polinomi e potenze all’infinito (tengo il termine di grado piùalto);
• Polinomi e potenze in zero (tengo il termine di grado piùbasso);
• Scomposizione di polinomi;• Razionalizzazione della forma indeterminata;• Scomposizione e uso di proprietà delle funzioni
trascendenti;• Infiniti prevalenti (tengo solo l’infinito prevalente, cioè il più
veloce);• Sostituzione (cambio di variabile);• Limiti notevoli;• Sostituzione di infinitesimi.
Esercizio 35 (Analisi 1, 4 Aprile 2012)Sia f : R→R tale che lim
x→0
(f (x)
)2 = 0. Delle seguenti affermazioni
(a) limx→0
f (x) = 0, (b) f è limitata su R, (c) f è limitata in unintorno di 0, (d) f è positiva in un intorno di 0
le uniche corrette sonoA : (a), (b), (c) B : (b), (c), (d) C : (a), (d) D : (a),
(c).
Esercizio 36Trova le affermazioni corrette (motiva la scelta).
(a) limx→0+ sin
1
x=+∞;
(b) Se non esiste limx→x0
f (x), allora non esiste neppure
limx→x0
[f (x)+1
];
(c) Se non esistono limx→x0
f (x) e limx→x0
g(x), allora non esiste
neppure limx→x0
[f (x)+g(x)
].
Esercizio 37Calcola i seguenti limiti:
(a) limx→1
px−1
x2 −1= 1
4, (b) lim
x→π6
1+2cos(π2 +x
)1−4sin2(π+x)
= 1
2,
(c) limx→+∞
(√x2 +x−1+x
)=+∞ , (d) lim
x→+∞x2
1+x3 = 0,
(e) limx→0
2x2 +x3
x2 −x4 = 2, (f) limx→0
x3 −1
x2 +x=Ø ,
(g) limx→0
sinax
sinbx= a
b(b /= 0) , (h) lim
x→±∞
(1+ a
x
)x= ea .
