Limiti di funzioni reali di variabile reale
Esercizi · Limiti di funzioni · con le soluzioni svolte ·
Esercizio 1
Da \(e^{x}=1+x+o(x)\) , \(x\to0\) , dedurre che
\[
\sinh(x)=x+o(x), \ x\to0.
\]
Soluzione
Per \(x\to0\) , abbiamo \(e^{-x}=1-x+o(x)\) quindi
\[
\sinh x=\frac{e^{x}-e^{-x}}{2}=\frac{1}{2}\bigg( \big(1+x+o(x) \big)- \big(1-x+o(x)\big )\bigg)=x+o(x).
\]
Esercizio 2
Utilizzando \(\cosh^{2}x-1=\sinh^{2}x\) e l'esercizio precedente provare che
\[
\lim_{x\to0}\frac{\cosh x-1}{x^{2}}=\frac{1}{2}
\]
e dedurne
\[
\cosh x=1+\frac{1}{2}x^{2}+o(x^{2}), \ x\to0.
\]
Soluzione
Dall'esercizio precedente abbiamo \(\sinh^{2} x\sim x^{2}\) per \(x\to0\) e inoltre \(\cosh 0 =1\) quindi
\[
\lim_{x\to0}\frac{\cosh x-1}{x^{2}}\cdot\frac{\cosh x+1}{\cosh x+1}= \lim_{x\to0}\frac{\cosh^{2}x-1}{x^{2}} \cdot \underbrace{\lim_{x\to0} \frac{1}{\cosh x+1}}_{\rr \frac{1}{2}} =
\]
\[
=\frac{1}{2} \: \lim_{x\to0}\frac{\sinh^{2} x}{x^{2}}=\frac{1}{2}\:\lim_{x\to0}\frac{x^{2}}{x^{2}}=\frac{1}{2}.
\]
Inoltre
\[
\left( \lim_{x\to0}\frac{\cosh x-1}{x^{2}} \right) - \frac{1}{2} =\lim_{x\to0}\frac{\cosh x-1-\frac{1}{2}x^{2}}{x^{2}}=0
\]
che significa
\[
\cosh x-1-\frac{1}{2}x^{2}=o(x^{2}),
\]
\[
\cosh x=1+\frac{1}{2}x^{2}+o(x^{2}),\ \ \ x\to0.
\]
Esercizio 3
Precisare l'equivalenza
\[
\log(x^{2}+1)\sim2\log x, \ x\to+\infty
\]
dimostrando che
\[
\log(x^{2}+1)=2\log x+\frac{1}{x^{2}}+o\left(\frac{1}{x^{2}}\right), \ x\to+\infty.
\]
Soluzione
\[
\log(x^{2}+1)=\log\left(x^{2}\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)\right)=\log x^{2}+\log\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right).
\]
Ora
\[
1/x^{2}\to0 {\rm ~~per~~} x\to+\infty
\]
e
\[
\log(1+y)=y+o(y) {\rm ~~per~~} y\to0,
\]
quindi
\[
\log(x^{2}+1)=2\log x+\frac{1}{x^{2}}+o\left(\frac{1}{x^{2}}\right), \ x\to+\infty.
\]
Esercizio 4
Calcolare il seguente limite di funzioni di variabile reale:
\[
\lim_{x\to+\infty}\log x-\sqrt{x}
\]
Soluzione
\[
\lim_{x\to+\infty}\log x-\sqrt{x}=\lim_{x\to+\infty}-\sqrt{x}=-\infty.
\]
Esercizio 5
Calcolare il seguente limite di funzioni di variabile reale:
\[
\lim_{x\to+\infty}2^{x}-x^{2}
\]
Soluzione
\[
\lim_{x\to+\infty}2^{x}-x^{2}=\lim_{x\to+\infty}2^{x}=+\infty.
\]
Esercizio 6
Calcolare il seguente limite di funzioni di variabile reale:
\[
\lim_{x\to+\infty}\frac{\log(x^{2}+1)}{2^{x}}
\]
Soluzione
Usiamo l'equivalenza \(\log(x^{2}+1)\sim 2\log x\) per \(x\to+\infty\) :
\[
\lim_{x\to+\infty}\frac{\log(x^{2}+1)}{2^{x}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{2\log x}{2^{x}}=0.
\]
Esercizio 7
Calcolare il seguente limite di funzioni di variabile reale:
\[
\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{x+2}{x+1}\right)^{x}
\]
Soluzione
Usiamo il limite notevole
\[
\lim_{x\to\pm\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}=e.
\]
\[
\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{x+2}{x+1}\right)^{x}=\lim_{x\to+\infty}\left[\left(1+\frac{1}{x+1}\right)^{x+1}\right]^{\frac{x}{x+1}}
=e^{1}=e.
\]
Esercizio 8
Calcolare il seguente limite di funzioni di variabile reale:
\[
\lim_{x\to0^{+}}x^{\log x}
\]
Soluzione
Abbiamo
\[
x^{\log x} = e^{\log x^{\log x}} = e^{\log x \: \log x},
\]
quindi
\[
\lim_{x\to0^{+}}x^{\log x} = \lim_{x\to0^{+}} e^{ \overbrace{\log x}^{\rr \im} \: \overbrace{\log x}^{\rr \im}} = e^{\ip} = +\infty.
\]
Inoltre, la base \(x\) tende a \(0\) , l'esponente \(\log x\) tende a \(-\infty\) quindi il limite non è in forma indeterminata:
\[
\lim_{x\to0^{+}}x^{\log x} = 0^{\im} = \ip
\]
Esercizio 9
Sia
\[
\lim_{x\to+\infty}x\left(\log(x+2)-\log x\right)=L.
\]
Soluzione
\[
\lim_{x\to+\infty}x\left(\log(x+2)-\log x\right)=\lim_{x\to+\infty}x\log\left(1+\frac{2}{x}\right)=
\lim_{x\to+\infty}x\cdot\frac{2}{x}=2.
\]
La risposta corretta è (a).
Esercizio 10
Calcolare il seguente limite di quoziente utilizzando funzioni potenza equivalenti per ciascun termine:
\[
\lim_{x\to0}\frac{e^{x}-1}{\sin x}
\]
Soluzione
\[
\lim_{x\to0}\frac{e^{x}-1}{\sin x}=\lim_{x\to0}\frac{x}{x}=1.
\]
Esercizio 11
Calcolare il seguente limite di quoziente utilizzando funzioni potenza equivalenti per ciascun termine:
\[
\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{\sin^{2} x}
\]
Soluzione
Abbiamo
\[
\lim_{x\to0} \frac{1 -\cos x}{x^2} = \frac{1}{2} {\rm ~~quindi~~} 1 -\cos x \thicksim \frac{1}{2} \: x^2 {\rm ~~per~~} x \rr 0.
\]
Inoltre abbiamo
\[
\sin x \thicksim x {\rm ~~per~~} x \rr 0 {\rm ~~quindi~~} (\sin x)^2 \thicksim x^2 {\rm ~~per~~} x \rr 0.
\]
Abbiamo allora:
\[
\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{\sin^{2} x}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^{2}}{x^{2}}=\frac{1}{2}
\]
Esercizio 12
Calcolare il seguente limite di quoziente utilizzando funzioni potenza equivalenti per ciascun termine:
\[
\lim_{x\to0}\frac{\sin3x}{\sin4x}
\]
Soluzione
\[
\lim_{x\to0}\frac{\sin3x}{\sin4x}=\lim_{x\to0}\frac{3x}{4x}=\frac{3}{4}
\]
Esercizio 13
Calcolare il seguente limite di quoziente utilizzando funzioni potenza equivalenti per ciascun termine:
\[
\lim_{x\to0}\frac{(1-e^{2x})^{2}}{1-\cos5x}
\]
Soluzione
\[
\lim_{x\to0}\frac{(1-e^{2x})^{2}}{1-\cos5x}=\lim_{x\to0}\frac{(-2x)^{2}}{\frac{1}{2}(5x)^{2}}=\frac{8}{25}
\]
Esercizio 14
Calcolare il seguente limite di quoziente utilizzando funzioni potenza equivalenti per ciascun termine:
\[
\lim_{x\to0}\frac{\sin x^{3}}{(1-e^{x})^{3}}
\]
Soluzione
\[
\lim_{x\to0}\frac{\sin x^{3}}{(1-e^{x})^{3}}=\lim_{x\to0}\frac{x^{3}}{(-x)^{3}}=-1.
\]
Esercizio 15
Calcolare
\[
\lim_{x\to0}x^{2}e^{\frac{\sqrt{\pi}}{x}\sin(x\log7)}
\]
Soluzione
Analizziamo l'esponente utilizzando l'equivalenza \(\sin(x\log7)\sim x\log7\) per \(x\to0\) :
\[
\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{\pi}}{x}\sin(x\log7)=\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{\pi}}{x}\cdot x\log7=\sqrt{\pi}\log7.
\]
Il limite dato vale
\[
\lim_{x\to0}x^{2}e^{\frac{\sqrt{\pi}}{x}\sin(x\log7)}=0\cdot e^{\sqrt{\pi}\log7}=0\cdot7^{\sqrt{\pi}}=0.
\]
Esercizio 16
Calcolare
\[
\lim_{x\to0^{+}}\left(\frac{1}{\sin x}+\log x\right)
\]
Soluzione
Utilizzando
\[
\lim_{x\to0^{+}}\sin x\log x=\lim_{x\to0^{+}}x\log x=0,
\]
abbiamo
\[
\lim_{x\to0^{+}}\left(\frac{1}{\sin x}+\log x\right)=\lim_{x\to0^{+}}\frac{1+\sin x\log x}{\sin x}=+\infty
\]
in quanto il numeratore \(1+\sin x\log x\) tende a \(1\) mentre il denominatore \(\sin x\) è una funzione positiva che tende a \(0\) .
In maniera equivalente, sempre da
\[
\lim_{x\to0^{+}}\frac{\log x}{\frac{1}{\sin x}}=\lim_{x\to0^{+}}\sin x\log x=\lim_{x\to0^{+}}x\log x=0,
\]
abbiamo che \(1/\sin x\) è infinito di ordine superiore rispetto a \(\log x\) per \(x\to0^{+}\) , quindi
\[
\lim_{x\to0^{+}}\left(\frac{1}{\sin x}+\log x\right)=\lim_{x\to0^{+}}\frac{1}{\sin x}=+\infty.
\]
Dimostriamo anche che
\[
\lim_{x \rr 0^+} x \: \log x = 0
\]
Facciamo un cambio di variabile \(x= \frac{1}{y}\) quindi
\[
\lim_{x \rr 0^+} x \: \log x = \lim_{y \rr \ip} \frac{1}{y} \: \log \frac{1}{y} = \lim_{y \rr \ip} \frac{- \log y}{y} = 0
\]
Esercizio 17
Calcolare
\[
\lim_{x\to0}\frac{(1-\cos x)^{3}-\sin x^{6}}{x^{6}}
\]
Soluzione
Da
\[
1-\cos x\sim\frac{1}{2}x^{2},\ \sin x\sim x,\ \ x\to0,
\]
abbiamo
\[
\begin{array}{l} \lim_{x\to0}\frac{(1-\cos x)^{3}-\sin x^{6}}{x^{6}}=\lim_{x\to0}\frac{(1-\cos x)^{3}}{x^{6}}-
\lim_{x\to0}\frac{\sin x^{6}}{x^{6}}=\\
\\
=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{8}x^{6}}{x^{6}}-\lim_{x\to0} \frac{x^{6}}{x^{6}}=\frac{1}{8}-1=-\frac{7}{8}.\end{array}
\]
In maniera equivalente, usando il calcolo dei simboli di Landau, da
\[
\cos x=1-\frac{1}{2}x^{2}+o(x^{2}),\ \sin x=x+o(x),\ \ x\to0,
\]
abbiamo
\[
\begin{array}{l}\lim_{x\to0}\frac{(1-\cos x)^{3}-\sin x^{6}}{x^{6}}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{8}x^{6}- x^{6}+o(x^{6})}{x^{6}}=\\
\\
\lim_{x\to0}\frac{-\frac{7}{8}x^{6}+o(x^{6})}{x^{6}}=\lim_{x\to0}\frac{-\frac{7}{8}x^{6}}{x^{6}}=-\frac{7}{8}.\end{array}
\]
Esercizio 18
Calcolare
\[
\lim_{x\to0}\frac{8(1-\cos x)^{3}-\sin x^{6}}{x^{6}}
\]
Soluzione
Da
\[
1-\cos x\sim\frac{1}{2}x^{2},\ \sin x\sim x,\ \ x\to0,
\]
abbiamo
\[
\begin{array}{l}\lim_{x\to0}\frac{8(1-\cos x)^{3}-\sin x^{6}}{x^{6}}=\lim_{x\to0}\frac{8(1-\cos x)^{3}}{x^{6}}-
\lim_{x\to0}\frac{\sin x^{6}}{x^{6}}=\\
\\
=\lim_{x\to0}\frac{x^{6}}{x^{6}}-\lim_{x\to0} \frac{x^{6}}{x^{6}}=1-1=0.\end{array}
\]
In maniera equivalente, usando il calcolo dei simboli di Landau, da
\[
\cos x=1-\frac{1}{2}x^{2}+o(x^{2}),\ \sin x=x+o(x),\ \ x\to0,
\]
abbiamo
\[
\begin{array}{l}\lim_{x\to0}\frac{8(1-\cos x)^{3}-\sin x^{6}}{x^{6}}=\lim_{x\to0}\frac{x^{6}- x^{6}+o(x^{6})}{x^{6}}=\\
\\
\lim_{x\to0}\frac{o(x^{6})}{x^{6}}=0\end{array}
\]
in quanto il numeratore \(o(x^{6})\) , per definizione stessa del simbolo di Landau, è infinitesimo di ordine superiore al denominatore \(x^{6}\) .
Abbiamo gli sviluppi asintotici per \(x\to 0\) :
\[
\begin{array}{l}\sin x=x+o(x),\ \cos x=1-\frac{1}{2}x^{2}+o(x^{2}),\ e^{x}=1+x+o(x),\\
\\
\sinh x=x+o(x),\ \cosh x=1+\frac{1}{2}x^{2}+o(x^{2}).\end{array}
\]
Esercizio 19
Calcolare i seguenti limiti utilizzando il confronto tra infinitesimi
\[
\lim_{x\to0}\frac{(\sin x)^{2}+x}{x^{3}-\sin x}
\]
Soluzione
\[
\begin{array}{l}\lim_{x\to0}\frac{(\sin x)^{2}+x}{x^{3}-\sin x}=\lim_{x\to0}\frac{(x+o(x))^{2}+x}{x^{3}-x+o(x)}=\\
\\
=\lim_{x\to0}\frac{x^{2}+o(x^{2})+x}{x^{3}-x+o(x)}=
\lim_{x\to0}\frac{x+o(x)}{-x+o(x)}=\lim_{x\to0}\frac{x}{-x}=-1.\end{array}
\]
Esercizio 20
Calcolare i seguenti limiti utilizzando il confronto tra infinitesimi
\[
\lim_{x\to0}\frac{|1-\cos x+\sin x|}{(e^{x}-1)^{2}}
\]
Soluzione
\[
\begin{array}{l}\lim_{x\to0}\frac{|1-\cos x+\sin x|}{(e^{x}-1)^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{|\frac{1}{2}x^{2}+o(x^{2})+x+o(x)|}{(x+o(x))^{2}}=\\
\\
\lim_{x\to0}\frac{|x+o(x)|}{x^{2}+o(x^{2})}=\lim_{x\to0}\frac{|x|}{x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{1}{|x|}=+\infty.\end{array}
\]
Esercizio 21
Calcolare i seguenti limiti utilizzando il confronto tra infinitesimi
\[
\lim_{x\to0}\frac{\sin2x-\sin^{2}x}{e^{x}-1}
\]
Soluzione
\[
\begin{array}{l}\lim_{x\to0}\frac{\sin2x-\sin^{2}x}{e^{x}-1}=\lim_{x\to0}\frac{2x+o(x)-(x+o(x))^{2}}{x+o(x)}=\\
\\
= \lim_{x\to0}\frac{2x+o(x)-x^{2}+o(x^{2})}{x+o(x)}=\lim_{x\to0}\frac{2x+o(x)}{x+o(x)}=\lim_{x\to0}\frac{2x}{x}=2.\end{array}
\]
Esercizio 22
Calcolare i seguenti limiti utilizzando il confronto tra infinitesimi
\[
\lim_{x\to0}\frac{\sin^{3}x-\sin4x}{\cosh x-1+x}
\]
Soluzione
\[
\begin{array}{l}\lim_{x\to0}\frac{\sin^{3}x-\sin4x}{\cosh x-1+x}=\lim_{x\to0}\frac{(x+o(x))^{3}-4x+o(x)}{\frac{1}{2}x^{2}+o(x^{2})+x}=\\
\\
=\lim_{x\to0}\frac{x^{3}+o(x^{3})-4x+o(x)}{x+o(x)}=
\lim_{x\to0}\frac{-4x+o(x)}{x+o(x)}=\lim_{x\to0}\frac{-4x}{x}=-4.\end{array}
\]
Esercizio 23
Calcolare i seguenti limiti utilizzando il confronto tra infinitesimi
\[
\lim_{x\to0}\frac{\sin x-\sin x^{2}}{\sinh(2x)-\sinh(2x)^{2}}
\]
Soluzione
\[
\begin{array}{l}\lim_{x\to0}\frac{\sin x-\sin x^{2}}{\sinh(2x)-\sinh(2x)^{2}}=
\lim_{x\to0}\frac{x+o(x)-x^{2}+o(x^{2})}{2x+o(x)-(2x+o(x))^{2}}=\\
\\
=\lim_{x\to0}\frac{x+o(x)}{2x+o(x)-4x^{2}+o(x^{2})}=
\lim_{x\to0}\frac{x+o(x)}{2x+o(x)}=\lim_{x\to0}\frac{x}{2x}=\frac{1}{2}.\end{array}
\]
Esercizio 24
Calcolare
\[
\lim_{x\to1^{+}}\frac{\log(1+\sqrt{x-1})}{\sqrt{x^{2}-1}}
\]
Soluzione
Abbiamo
\[
\lim_{x\to1^{+}}\frac{\log(1+\sqrt{x-1})}{\sqrt{x^{2}-1}}=
\lim_{x\to1^{+}}\frac{\log(1+\sqrt{x-1})}{\sqrt{x-1}\sqrt{x+1}}=
\frac{1}{\sqrt{2}}\lim_{x\to1^{+}}\frac{\log(1+\sqrt{x-1})}{\sqrt{x-1}}.
\]
Ponendo \(y=\sqrt{x-1}\) il limite diventa
\[
\frac{1}{\sqrt{2}}\lim_{y\to0^{+}}\frac{\log(1+y)}{y}=\frac{1}{\sqrt{2}}
\]
per il limite notevole
\[
\lim_{y\to0}\frac{\log(1+y)}{y}=1.
\]
Esercizio 25
Calcolare
\[
\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{x^2+3x}{x^2-5x}\right)^{(x+\log{x})}
\]
Soluzione
Abbiamo
\[
\begin{split}
\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{x^2+3x}{x^2-5x}\right)^{(x+\log{x})} =
\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{x+3}{x-5}\right)^{(x+\log{x})} &=
\lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac{8}{x-5}\right)^{(x+\log{x})} \\ &=
\lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac{1}{\frac{x-5}{8}}\right)^{(x+\log{x})}
\end{split}
\]
Usando il limite notevole
\[
\lim_{x\to\pm\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}=e
\]
otteniamo
\[
\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{x^2+3x}{x^2-5x}\right)^{(x+\log{x})} = \lim_{x\to+\infty}\left[\left(1+\frac{1}{\frac{x-5}{8}}\right)^{\frac{x-5}{8}}\right]^{\frac{8(x+\log{x})}{x-5}}=e^8
\]
in quanto
\[
\frac{8(x+\log{x})}{x-5} \sim \frac{8x}{x-5} \xrightarrow[]{x\to+\infty}8.
\]
Esercizio 26
Calcolare
\[
\lim_{x\to0} \frac{x\left(\pi^x-e^x\right)}{\cos(x)-1}
\]
Soluzione
Abbiamo
\[
\lim_{x\to0} \frac{x\left(\pi^x-e^x\right)}{\cos(x)-1} = \lim_{x\to0} \frac{x\pi^x\left(1-\left(\frac{e}{\pi}\right)^x\right)}{\cos(x)-1} = \lim_{x\to0} \pi^x\frac{x\left(1-\left(\frac{e}{\pi}\right)^x\right)}{\cos(x)-1}
\]
Poiché
\[
1-\left(\frac{e}{\pi}\right)^x \sim -x\log{\left(\frac{e}{\pi}\right)}
\]
e anche
\[
\cos(x)-1 \sim -\frac{1}{2}x^2
\]
otteniamo
\[
\lim_{x\to0} \frac{x\left(\pi^x-e^x\right)}{\cos(x)-1} = \lim_{x\to0} \pi^x\frac{-x^2\log{\left(\frac{e}{\pi}\right)}}{-\frac{1}{2}x^2}=2\log{\left(\frac{e}{\pi}\right)}.
\]
Esercizio 27
Calcolare
\[
\lim_{x\to0}\frac{\sin\left(\ln\left(1-x\right)\right)}{1-2^x}
\]
Soluzione
Il limite è di fatto immediato se si osserva che, per \(x\to0\) ,
\[
\ln{(1-x)} \sim -x
\]
e anche
\[
1-2^x \sim -x\log{2}
\]
ottenendo dunque
\[
\lim_{x\to0}\frac{\sin\left(\ln\left(1-x\right)\right)}{1-2^x} = \lim_{x\to0}\frac{\sin(-x)}{-x\log2} = \frac{1}{\log2}
\]
in quanto
\[
\sin(-x) \sim -x
\]
Esercizio 28
Calcolare
\[
\lim_{x\to+\infty} \frac{x^4\sin^2(\pi - 2\arctan(x))}{x^2+3}
\]
Soluzione
Ricordando che
\[
\arctan(x) \xrightarrow[]{x\to+\infty} \frac{\pi}{2}
\]
e che quindi
\[
\pi-2\arctan(x) \xrightarrow[]{x\to+\infty} 0
\]
si può subito sfruttare la stima asintotica
\[
\sin^2(\pi - 2\arctan(x)) \sim (\pi-2\arctan(x))^2
\]
così come
\[
\frac{x^4}{x^2+3} \sim x^2
\]
e dire che
\[\begin{align*}
\lim_{x\to+\infty}\frac{x^4\sin^2(\pi - 2\arctan(x))}{x^2+3} &= \lim_{x\to+\infty} \frac{x^4(\pi-2\arctan(x))^2}{x^2+3} \\ &=\lim_{x\to+\infty} x^2(\pi-2\arctan(x))^2
\end{align*}\]
che è ancora una forma indeterminata del tipo \([0 \cdot +\infty]\) . Tuttavia, con il cambio di variabile \(y = \pi-2\arctan(x)\) e osservando che
\[\begin{align*}
x = \tan\left(\frac{\pi}{2}-\frac{y}{2}\right) = \cot\left(\frac{y}{2}\right)
\end{align*}\]
si ottiene
\[\begin{align*}
\lim_{x\to+\infty}x^2\left(\pi - 2\arctan(x)\right)^2 &= \lim_{y\to0}y^2\cot^2\left(\frac{y}{2}\right)
\\ &= \lim_{y\to0}\frac{y^2}{\sin^2\left(\frac{y}{2}\right)}\cos^2\left(\frac{y}{2}\right) = 4.
\end{align*}\]
Esercizio 29
Calcolare
\[
\lim_{x\to1} \frac{\log{(x^x)}-\log{x}}{1-\cos(x-1)}
\]
Soluzione
Ricordando che
\[
\log{(x^x)}-\log{x}=\log(e^{x\log{x}})-\log{x}=x\log{x}-\log{x}=(x-1)\log{x}
\]
si ha subito che
\[
\lim_{x\to1} \frac{\log{(x^x)}-\log{x}}{1-\cos(x-1)}=\lim_{x\to1}\frac{(x-1)\log{x}}{1-\cos(x-1)}
\]
Ponendo, per maggior chiarezza nell'uso delle stime asintotiche, \(x-1=t\) , otteniamo per sostituzione
\[
\lim_{x\to1}\frac{(x-1)\log{x}}{1-\cos(x-1)}=\lim_{t\to0}\frac{t\log{(1+t)}}{1-\cos{t}}=2
\]
in quanto
\[
\frac{t\log{(1+t)}}{1-\cos{t}} \sim \frac{t^2}{\frac{1}{2}t^2}
\]
Esercizio 30
Calcolare
\[
\lim_{x\to+\infty} x\log{\left(\frac{3x+x^2}{1+x+x^2}\right)}
\]
Soluzione
Osserviamo da subito come il limite si presenti nella forma indeterminata del tipo \([+\infty\cdot0]\) , in quanto
\[
\frac{3x+x^2}{1+x+x^2} \xrightarrow[]{x\to+\infty} 1
\]
Al fine di sciogliere l'indeterminazione, possiamo pensare di aggiungere e sottrarre \(1\) all'interno dell'argomento del logaritmo:
\[
\log{\left(\frac{3x+x^2}{1+x+x^2}\right)}=\log{\left(1+\frac{3x+x^2}{1+x+x^2}-1\right)}
\]
A questo punto, poiché
\[
\frac{3x+x^2}{1+x+x^2}-1 \xrightarrow[]{x\to+\infty} 0
\]
possiamo sfruttare la ben nota stima asintotica del logaritmo, valida per un certo \(\varepsilon(x)\to0\) , ottenendo
\[
\log{\left(1+\frac{3x+x^2}{1+x+x^2}-1\right)} \sim \frac{3x+x^2}{1+x+x^2}-1=\frac{2x-1}{1+x+x^2}
\]
Il limite si riduce a
\[
\lim_{x\to+\infty} x\left(\frac{2x-1}{1+x+x^2}\right)=2.
\]
Esercizio 31
Calcolare
\[
\lim_{x\to+\infty}\left(e^{\sqrt{x^{2}+x}}-e^{\sqrt{x^{2}-1}}\right)
\]
Soluzione
Raccogliendo \(e^{\sqrt{x^{2}-1}}\) si ottiene
\[
\lim_{x\to+\infty}e^{\sqrt{x^{2}-1}}\left(e^{\sqrt{x^{2}+x}-\sqrt{x^{2}-1}}-1\right).
\]
Esaminiamo la forma indeterminata \(\sqrt{x^{2}+x}-\sqrt{x^{2}-1}\) per \(x\to+\infty\) :
\[
\begin{array}{l}\lim_{x\to+\infty}\sqrt{x^{2}+x}-\sqrt{x^{2}-1}\cdot\frac{\sqrt{x^{2}+x}+\sqrt{x^{2}-1}}{\sqrt{x^{2}+x}+\sqrt{x^{2}-1}}=
\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{2}+x-x^{2}+1}{\sqrt{x^{2}+x}+\sqrt{x^{2}-1}}\\
\\
=\lim_{x\to+\infty}\frac{x+1}{x\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}}+\sqrt{1-\frac{1}{x^{2}}}\right)}=\frac{1}{2}.\end{array}
\]
Il limite dato vale quindi
\[
\lim_{x\to+\infty}e^{\sqrt{x^{2}-1}}\left(e^{\sqrt{x^{2}+x}-\sqrt{x^{2}-1}}-1\right)=(\sqrt{e}-1)\lim_{x\to+\infty}e^{\sqrt{x^{2}-1}}
=+\infty.
\]
In maniera equivalente, da \(1/x\to0\) per \(x\to+\infty\) e da
\[
\sqrt{1+y}=1+(1/2)y+o(y)
\]
per \(y\to0\) , abbiamo
\[
\sqrt{x^{2}+x}=x\sqrt{1+\frac{1}{x}}=x\left(1+\frac{1}{2x}+o\left(\frac{1}{x}\right)\right)=x+\frac{1}{2}+o(1),\ \ x\to+\infty,
\]
dove \(o(1)\) indica un generico infinitesimo, e
\[
\sqrt{x^{2}-1}=x\sqrt{1-\frac{1}{x^{2}}}=x\left(1-\frac{1}{2x^{2}}+o\left(\frac{1}{x^{2}}\right)\right)=x-\frac{1}{2x}+
o\left(\frac{1}{x}\right),\ \ x\to+\infty.
\]
Il limite dato vale quindi
\[
\begin{array}{l}
\lim_{x\to+\infty}\left(e^{\sqrt{x^{2}+x}}-e^{\sqrt{x^{2}-1}}\right)=
\lim_{x\to+\infty}\left(e^{x+1/2+o(1)}-e^{x-1/(2x)+o(1/x)}\right)=\\
\\
\lim_{x\to+\infty}e^{x}\left(e^{1/2+o(1)}-e^{-1/(2x)+o(1/x)}\right)
=(\sqrt{e}-1)\lim_{x\to+\infty}e^{x}=+\infty.\end{array}
\]
Abbiamo che \(1/x\to0\) per \(x\to+\infty\) e abbiamo gli sviluppi asintotici per \(y\to0\)
\[
\sin y=y+o(y),\ \cos y=1-\frac{1}{2}y^{2}+o(y^{2}),\ e^{y}=1+y+o(y),\ \log(1+y)=y+o(y).
\]
Esercizio 32
Calcolare il seguente limite
\[
\lim_{x\to+\infty}\frac{1+x^{4}\sin(1/x^{4})}{x^{2}(1-\cos(1/x^{2}))}
\]
Soluzione
Abbiamo dallo sviluppo asintotico:
\[
\cos \left(\frac{1}{x^2} \right)=1-\frac{1}{2} \: \left(\frac{1}{x^2}\right)^2 + o\left(\left(\frac{1}{x^2}\right)^2\right) = 1-\frac{1}{2} \: \frac{1}{x^4} + o\left(\frac{1}{x^4}\right) {\rm ~~per~~} x\to \ip.
\]
Sviluppando asintoticamente il rapporto abbiamo:
per il numeratore
\[
{1+x^{4}\sin\left(\frac{1}{x^{4}}\right)} = 1+x^{4}\left(\frac{1}{x^{4}}+o\left(\frac{1}{x^{4}}\right)\right) = 1+1+o(1) {\rm ~~per~~} x\to \ip;
\]
per il denominatore
\[
x^{2}\left[1-\cos\left(\frac{1}{x^{2}}\right)\right] = x^{2}\left[1-\left(1-\frac{1}{2} \: \frac{1}{x^4} + o\left(\frac{1}{x^4}\right)\right)\right]=
\]
\[
=x^{2}\left[\frac{1}{2} \: \frac{1}{x^4} - o\left(\frac{1}{x^4}\right)\right] = \frac{1}{2} \: \frac{1}{x^2} - o\left(\frac{1}{x^2}\right) = \frac{1}{2} \: \frac{1}{x^2} + o\left(\frac{1}{x^2}\right) {\rm ~~per~~} x\to \ip.
\]
Quindi risulta:
\[
\lim_{x\to+\infty}\frac{1+x^{4}\sin\left(\frac{1}{x^{4}}\right)}{x^{2}\left[1-\cos\left(\frac{1}{x^{2}}\right)\right]}=\lim_{x\to+\infty} \frac{2 + o(1)}{\frac{1}{2} \: \frac{1}{x^2} + o\left(\frac{1}{x^2}\right)}= +\infty
\]
dove, come sempre, \(o(1)\) indica un generico infinitesimo.
Esercizio 33
Calcolare il seguente limite
\[
\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{2}e^{-1/x^{4}}-x^{2}}{\log(x^{2}+1)-2\log x}
\]
Soluzione
\[
\begin{array}{l}\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{2}\left(e^{-1/x^{4}}-1\right)}{\log(x^{2}+1)-\log x^{2}}=
\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{2}\left(-\frac{1}{x^{4}}+o\left(\frac{1}{x^{4}}\right)\right)}{\log\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)}=\\
\\
=\lim_{x\to+\infty}\frac{-\frac{1}{x^{2}}+o\left(\frac{1}{x^{2}}\right)}{\frac{1}{x^{2}}+o\left(\frac{1}{x^{2}}\right)}=
\lim_{x\to+\infty}\frac{-\frac{1}{x^{2}}+o\left(\frac{1}{x^{2}}\right)}
{\frac{1}{x^{2}}+o\left(\frac{1}{x^{2}}\right)}=\lim_{x\to+\infty}\frac{-\frac{1}{x^{2}}}{\frac{1}{x^{2}}}=-1.\end{array}
\]
Esercizio 34
Calcolare
\[
\lim_{x\to0}\frac{e^{-x^{4}}-x^{4}-1}{x^{2}\cos x-x^{2}}
\]
Soluzione
Usiamo lo sviluppo
\[
e^{-x^{4}}=1-x^{4}+o(x^{4}) {\rm ~~per~~} x\to0
\]
e l'equivalenza
\[
\cos x-1\sim -x^{2}/2 {\rm ~~per~~} x\to0.
\]
Quindi abbiamo
\[
\begin{array}{l}\lim_{x\to0}\frac{e^{-x^{4}}-x^{4}-1}{x^{2}(\cos x-1)}=
\lim_{x\to0}\frac{1-x^{4}+o(x^{4})-x^{4}-1}{x^{2}\left(-\frac{x^{2}}{2}\right)}=\\
\\
=\lim_{x\to0}\frac{-2x^{4}+o(x^{4})}{-\frac{x^{4}}{2}}=\lim_{x\to0}\frac{-2x^{4}}{-\frac{x^{4}}{2}}=4.\end{array}
\]
Esercizio 35
Calcolare
\[
\lim_{x\to\pi/4}(2\sin^{2}x)^{\frac{1}{\cos2x}}
\]
Soluzione
Utilizzando \(\cos2x=1-2\sin^{2}x\) e ponendo \(y=1-2\sin^{2}x\) , si osserva che \(y\to0\) per \(x\to\pi/4\) ed il limite dato vale
\[
\lim_{y\to0}(1-y)^{\frac{1}{y}}=\lim_{y\to0}e^{\frac{\log(1-y)}{y}}=e^{-1}=\frac{1}{e}
\]
in forza anche del limite notevole
\[
\lim_{y\to0}\frac{\log(1-y)}{y}=-1.
\]
Esercizio 36
Calcolare
\[
\lim_{x\to0^{+}}\frac{(1+x^{5})^{\frac{1}{x^{2}\sin2x}}-1}{2\log(1+x^{3})}
\]
Soluzione
Scriviamo il numeratore nella forma
\[
e^{\frac{\log(1+x^{5})}{x^{2}\sin2x}}-1
\]
ed analizziamo l'esponente. Per \(x\to0\) si ha
\[
\frac{\log(1+x^{5})}{x^{2}\sin2x}\sim\frac{x^{5}}{x^{2}\cdot2x}=\frac{x^{2}}{2}.
\]
Da questo e da \(e^{y}-1\sim y\) per \(y\to0\) , segue
\[
e^{\frac{\log(1+x^{5})}{x^{2}\sin2x}}-1\sim\frac{\log(1+x^{5})}{x^{2}\sin2x}\sim \frac{x^{2}}{2}.
\]
Il limite dato vale
\[
\lim_{x\to0^{+}}\frac{(1+x^{5})^{\frac{1}{x^{2}\sin2x}}-1}{2\log(1+x^{3})}=
\lim_{x\to0^{+}}\frac{\frac{x^{2}}{2}}{2x^{3}}=\frac{1}{4}\lim_{x\to0^{+}}\frac{1}{x}=+\infty.
\]
Esercizio 37
Calcolare
\[
\lim_{x\to0^{+}}\frac{1-x^{x}}{x^{2}}
\]
Soluzione
Scritto il numeratore nella forma
\[
1-e^{x\log x},
\]
l'esponente \(x\log x\) tende a zero per \(x\to0^{+}\) . Poiché \(1-e^{y}\sim -y\) per \(y\to0\) , ne segue
\[
1-e^{x\log x}\sim -x\log x,\ \ x\to0^{+}.
\]
Il limite dato vale
\[
\lim_{x\to0^{+}}\frac{1-x^{x}}{x^{2}}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{-x\log x}{x^{2}}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{-\log x}{x}=+\infty.
\]
Esercizio 38
Calcolare
\[
\lim_{x\to0}\frac{\sin(e^{x^{3}}-1)}{\sqrt{1+x^{3}}-1}
\]
Soluzione
Abbiamo
\[
\sin(e^{x^{3}}-1)\sim e^{x^{3}}-1\sim x^{3},\ \ x\to0^{+}
\]
e
\[
\sqrt{1+x^{3}}-1\sim\frac{1}{2}x^{3},\ \ x\to0^{+}.
\]
Il limite dato vale
\[
\lim_{x\to0}\frac{\sin(e^{x^{3}}-1)}{\sqrt{1+x^{3}}-1}=\lim_{x\to0}\frac{x^{3}}{\frac{1}{2}x^{3}}=2.
\]
Esercizio 39
Calcolare
\[
\lim_{x\to0^{+}}\frac{x^{x}-e^{x}+x^{\alpha}}{\sin\sqrt{x}}=L
\]
al variare del parametro \(\alpha>0\) .
Soluzione
Abbiamo
\[
\lim_{x\to0^{+}}\frac{x\log x}{x^{\alpha}}=\left\{\begin{array}{lr}0,\ &\alpha<1\\
\\
-\infty,\ &\alpha=1\end{array}\right.
\]
quindi, per \(x\to0^{+}\) , l'infinitesimo \(x\log x\) è di ordine inferiore rispetto ad \(x\) (\(x=o(x\log x)\) ) ma di ordine superiore ad \(x^{\alpha}\) se \(\alpha<1\) (\(x\log x=o(x^{\alpha})\) , \(\alpha<1\) ).
Dunque, dallo sviluppo
\[
e^{y}=1+y+o(y), \ y\to0,
\]
segue
\[
\begin{array}{l} x^{x}-e^{x}+x^{\alpha}=e^{x\log x}-e^{x}+x^{\alpha}=\\
\\
1+x\log x+o(x\log x)-1-x+o(x)+x^{\alpha}=\\
\\
\left\{\begin{array}{lr}x\log x+o(x\log x),\ \ \ &\alpha\geq1\\
\\
x^{\alpha}+o(x^{\alpha}),\ \ \ &0<\alpha<1.\end{array}\right.\end{array}
\]
Il limite dato vale
\[
\lim_{x\to0^{+}}\frac{x^{x}-e^{x}+x^{\alpha}}{\sin\sqrt{x}}=
\left\{\begin{array}{lr}\lim_{x\to0^{+}}\frac{x\log x}{\sqrt{x}}=\lim_{x\to0^{+}}\sqrt{x}\log x=0,\ \ \ &\alpha\geq1\\
\\
\lim_{x\to0^{+}}\frac{x^{\alpha}}{\sqrt{x}}=0,\ \ \ &1/2<\alpha<1\\
\\
\lim_{x\to0^{+}}\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}}=1,\ \ \ &\alpha=1/2\\
\\
\lim_{x\to0^{+}}\frac{x^{\alpha}}{\sqrt{x}}=+\infty,\ \ \ &0<\alpha<1/2.\end{array}\right.
\]