LIMITI - ESERCIZI SVOLTI

LIMITI - ESERCIZI SVOLTI1) Verificare mediante la definizione di limite che(a)(c)lim(3x − 5) = 1,x→23nlim2n→+∞n+1 = +∞, (d)(b) limx→11(x−1) 2 = +∞,3x+1limx→−∞ x−2 = 3.2) Calcolare, utilizzando i teoremi sull’algebra dei limiti(a)(c)(e)limx→−∞ (x3 + x),1limx→0 1+x, 2limx→ π ±2x→+∞ x2x ,1cos x , (b)(d)(f)limlimx→±∞11+x 2 ,lim ( 5√ x + 2 −x ).x→+∞3) Calcolare i seguenti limiti di forme indeterminate(a)lim( x2 −1x→1 x 3 −1 ),(b)xlim2 −5x+6x→2 ± x 2 −4x+4 ,(c)3xlim2 −xx→0 ± x 5 +2x 2(d)limx→+∞x 5/2 −2x √ x+1,2x 5/2 −1(e)−2xlim3 +x+1x→+∞ x 2 +3x,(f)3xlim4 +9x−1x→−∞ −x 4 +6x 3 +1 .4) Calcolare i seguenti limiti mediante razionalizzazione(a)lim (√ x + 1 − √ x),x→+∞(b)lim ( 3√ x + 1 − 3√ x),x→+∞(c)√ √lim 1+x− 1−xx→0 x,(d)lim (√ 4 + x 2 + x).x→−∞1

2 LIMITI - ESERCIZI SVOLTI5) Calcolare mediante cambiamenti di variabilie 3x + 1(a) limx→±∞ e 2x + 2 ,3x(b) lim √ ,x→−∞ 4 + x 2log x(c) lim √ .x→0 +1 + 2log 2 x6) Studiando il segno della funzione, calcolare([t] = parte intera di t).lim − x]x→−1 ±[x37) Limiti di successioni)(a) limn→+∞ sin(2nπ)(b) lim sin(n!π)n→+∞(c) limn→+∞( n2( n3(n + 2)! − n!) (d) limn→+∞ (n + 1)!(2n + 1)8) Calcolare i seguenti limiti, utilizzando i teoremi del confronto(a)(c)(e)(g)(i)9) Calcolare, usando limiti notevolilim x + cos x),x→+∞(b) limlim sin xsin 1x→0 x , (l)√lim xcos x,x→+∞(d)[x]limx→+∞ x ,(f)xlim−5xx→+∞ x+1 (e − esin x ), (h)x→+∞cos x √ x,2x−sinxlimx→+∞ 3x+cos x ,log(3+sin x)limx→+∞ x, 3xlim2 −5xx→+∞ x+1 (e − 2sin x ),lim (8x +x→−∞ xsin2 x).(a)(c)1−cos xlimx→0 x,sin x−tan xlimx→0 x, 2(b)(d)log(1+4x)limx→0 x,( )lim 1x→0 tan x − 1sin x,(e)2limx −1x→0 x ,(f)limx→−∞ x(31/x − 1),(g)x−2limx→2 log( x),2(h)√lim x−xx→1 x−1 ,(i)lim ( 5√ 1 + x − 5√ x),x→+∞(l)limx→02 x −3 xx.

LIMITI - ESERCIZI SVOLTI 310) Calcolare, usando limiti notevoli(a)(c)(e)(g)(i)(b)( )πcos 2limx→1 1− √ x ,lim x→+∞ (l)(d)sinπxlimx→1 x−1 ,tanlimxx→0 tan(sin x) ,(f)log(2−cos x)lim ,x→0 sin 2 x(h)lim xsin 1x→−∞ x ,( )lim x + πx→− π + 2tan 2 x,2e √ limx+1 −ex→0 x,log(x+cos x)limx→0 x,cos x+1lim x→π cos(3x)+1 .11) Calcolare i limiti delle seguenti forme indeterminate di tipo esponenziale(a)(c)(e)(g)( 2x,lim 1 + 1x→+∞ x)( ) xlim 1 + 1 2x→−∞ x,( )lim 1 sinx,x→0 + xlimx→0 +(1 + log2 x) sin x ,(b)(d)(f)(h)( ) xlim 1 + 1 2x→+∞ x,limx→0 xx ,+lim x) sin x ,x→0 +(log2limx→0 +(1 + e(1/x3) ) sin x .12) Calcolare, usando limiti notevoli(a)(c)(e)( )lim sin xlog 1x→0 + x,loglim3 xx→+∞ x, 2limx→+∞ 2−x x x ,(b)(d)(f)limx→0 xlog2 x,+log xlimx→+∞ loglog x ,limx→+∞ (3(x2) − (3 x ) 2 ).

4 LIMITI - ESERCIZI SVOLTISOLUZIONI1) In questo esercizio utilizzeremo la definizione di limite.1a) Per verificare chefissiamo ε > 0 e consideriamo la differenzalim(3x − 5) = 1x→2|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| 0 e consideriamo la condizionef(x) =1(x − 1) 2 = +∞1(x − 1) 2 > R.Essa equivale aovvero(x − 1) 2 < 1 R ,|x − 1| < δ = 1 √R.1c) Per verificare chelimn→+∞fissato R > 0 consideriamo la disuguaglianza3n 2n + 1 = +∞3n 2n + 1 > R.Per n ≥ 1, si ha sempre n + 1 ≤ n + n = 2n e quindi3n 2n + 1 ≥ 3n22n = 3 2 n.Se 3 2 n > R, ovvero n > K = 2 3R segue a maggior ragione che3n 2n + 1 > R.

LIMITI - ESERCIZI SVOLTI 51d) Per verificare chefissiamo ε > 0 e consideriamo|f(x) − l| =3x + 1limx→−∞ x − 2 = 3∣ 3x + 1 ∣x − 2 − 3 ∣∣ 7 =31|x − 2| .Affinché si abbia |f(x)−l| < ε è sufficiente scegliere x tale che 7 3 |x−2| < ε, ovvero |x−2| > 7 3con x < 0, cioè, x < 2 − 7 3ε = −R.11ε ,2) In questo esercizio utilizzeremo i Teoremi sul limite di somma, prodotto, quoziente.2a) Poiché x 3 e x tendono a −∞ per x → −∞, per il Teorema sul limite di una somma, nel casodi limiti infiniti e con lo stesso segno, si halimx→−∞ (x3 + x) = −∞.2b) Tenendo conto che 2 x tende a +∞ per x → +∞, applicando il Teorema sul limite del prodotto,e tenendo conto del segno dei fattori, segue chelimx→+∞ x2x = +∞.2c) Per il Teorema sul limite del quoziente di funzioni a limite finito e denominatore non infinitesimo,si halimx→011 + x 2 = 1.2d) Utilizzando lo stesso Teorema, ma nel caso di denominatore a limite infinito si ha2e) Per calcolarelimx→±∞11 + x 2 = 0.1limx→ π ± cos x2ricordiamo che il limite del reciproco di una funzione infinitesima non necessariamente esiste.In questo caso, poiché cos x > 0 in un intorno sinistro di π 21limx→ π − cos x = +∞.2Al contrario, poiché cos x < 0 in un intorno destro di π 21limx→ π + cos x = −∞.2si hasi ha

6 LIMITI - ESERCIZI SVOLTI2f) Per calcolarebasta osservare chelimx→+∞limx→+∞ ( 5√ x + 2 −x )5√ x = +∞,limx→+∞ 2−x = 0ed 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− 1limx→1 (x2 x 3 − 1 )è una forma indeterminata del tipo 0 0. Semplificando i fattori comuni a numeratore e denominatoresi ha3b) Analogamente− 1limx→1 (x2 x 3 − 1 ) = lim((x − 1)(x + 1)x→1 (x − 1)(x 2 + x + 1) == limx→1((x + 1)(x 2 + x + 1) = 2 3 .(b) limx→2 ± x 2 − 5x + 6x 2 − 4x + 4 = limx→2 ± (x − 2)(x − 3)(x − 2) 2 == limx→2 ± (x − 3)(x − 2) = ∓∞,dove si è tenuto conto del segno della funzione nell’intorno sinistro e destro di x 0 = 2.3c) Con lo stesso metodolimx→0 ±Il primo fattore non ha limite, maIl secondo fattore ha limite finito3x 2 − xx 5 + 2x 2 = limx→0 ± x(3x − 1)x 2 (x 3 + 2) =1= limx→0 ± x lim 3x − 1x→0 ± x 3 + 2 .1limx→0 ± x = ±∞.3x − 1limx→0 ± x 3 + 2 = −1 2 .Pertanto, applicando il Teorema sul limite del prodotto, si halimx→0 ±3x 2 − xx 5 + 2x 2 = ∓∞.

LIMITI - ESERCIZI SVOLTI 73d) Per calcolarex 5/2 − 2x √ x + 1limx→+∞ 2x 5/2 − 1conviene raccogliere a fattore comune la potenza di x con esponente più alto che appare innumeratore e denominatore, ovvero x 5 2. Quindi si hax 5/2 − 2x √ x + 1 x 5/2 (1 − 2x −1 + x −5 2)limx→+∞ 2x 5/2 = lim=− 1 x→+∞x 5/2 (2 − x −5 2)(1 − 2x −1 + x −5 2)= lim= 1x→+∞(2 − x −5 2) 23e)3f)−2x 3 + x + 1 x 3 (−2 + x −2 + x −3 )limx→+∞ x 2 = lim+ 3x x→+∞ x 2 (1 + 3x −1 =)limx→−∞= lim x ·x→+∞limx→+∞3x 4 + 9x − 1−x 4 + 6x 3 + 1 = limx→−∞(−2 + x −2 + x −3 )(1 + 3x −1 )= −∞.x 4 (3 + 9x −3 − x −4 )x 4 (−1 + 6x −1 + x −4 ) =3 + 9x −3 − x −4= limx→−∞ −1 + 6x −1 = −3.+ x−4 4) Calcoliamo i seguenti limiti mediante razionalizzazione.4a) Applicando il prodotto notevole a 2 − b 2 = (a − b)(a − b) abbiamolim (√ x + 1 − √ ( √ x + 1 − √ x)( √ x + 1 + √ x)x) = limx→+∞ x→+∞ ( √ x + 1 + √ =x)= limx→+∞x + 1 − x( √ x + 1 + √ x) = limx→+∞1( √ x + 1 + √ x) = 04b) Applicando il prodotto notevole a 3 − b 3 = (a − b)(a 2 + ab + b 2 ) abbiamolim ( 3√ x + 1 − 3√ x + 1 − xx) = limx→+∞ x→+∞ ( 3√ (x + 1) 2 + 3√ x(x + 1) + 3√ x 2 ) = 04c) Operando come in 4a) abbiamo√ √ 1 + x − 1 − xlimx→0x= limx→01 + x − 1 + xx( √ 1 + x + √ 1 − x) == limx→02( √ 1 + x + √ 1 − x) = 1

8 LIMITI - ESERCIZI SVOLTI4d)lim (√ 4 + x 2 ( √ 4 + x+ x) = lim2 + x)( √ 4 + x 2 − x)x→−∞ x→−∞ ( √ =4 + x 2 − x)= limx→−∞4 + x 2 − x 2√4 + x 2 − x = limx→−∞4√4 + x 2 − x = 0.5) Calcoliamo i seguenti limiti mediante cambiamenti di variabili.5a)e 3x + 1limx→±∞ e 2x + 2Posto y = f(x) = e x si ha che y = e x → +∞ per x → +∞: il Teorema di cambiamento divariabili è quindi applicabile. Si ha quindie 3x + 1limx→+∞ e 2x + 2 = lim y 3 + 1y→+∞ y 2 + 2 = +∞.Se invece x → −∞ allora y = e x → 0: il Teorema di cambiamento di variabili è ancoraapplicabile perchè la funzioneè continua per y = 0. Si ha pertantog(y) = y3 + 1y 2 + 2e 3x + 1limx→−∞ e 2x + 2 = lim y 3 + 1y→0 y 2 + 2 = 1 2 .5b)limx→−∞3x√4 + x2Posto y = −x si ha che y = −x → +∞ per x → −∞, e quindilimx→−∞3x√4 + x2 = limy→+∞= − limy→+∞√−3y√4 + y 2 =9y 24 + y 2 = −35c)limx→0 +log x√1 + 2log 2 xPosto y = f(x) = log x si ha che y = log x → −∞ per x → 0 + ; pertantolimx→0 +log x√1 + 2log 2 x= limy→−∞y√1 + 2y 2 =

LIMITI - ESERCIZI SVOLTI 9= − limy→−∞dove si è tenuto conto che per y < 0 vale y = − √ y 2 .√y 21 + 2y 2 = − √ 12 ,6) Per calcolarelim − x]x→−1 ±[x3dove [t] = indica la parte intera di t, conviene studiare il segno della funzione f(x) = x 3 −x =x(x − 1)(x + 1) nell’intorno di x = −1. Si ha f(x) < 0 per x in un intorno sinistro di x = −1e f(x) > 0 in un intorno destro di x = −1. Inoltre f è continua in x = −1. Segue che{ −1 se −1 − δ < x < −1[f(x)] =0 se −1 < x < −1 + δper δ > 0 sufficientemente piccolo. Quindilim − x] = −1x→−1 −[x3lim − x] = 0x→−1 +[x37) Limiti di successioni7a) Tenendo conto che sin(2nπ) = 0 per ogni n ∈ N, si halim sin(2nπ) = lim 0 = 0.n→+∞ n→+∞7b) Analogamente al caso precedente, poichè sin(n!π) = 0 per ogni n ∈ N, si halim sin(n!π) = lim 0 = 0.n→+∞ n→+∞7c) Ricordando chesi halimn→+∞( n2( n3( nk))=n!k!(n − k)!∀n,k ∈ N,) = lim 3!(n − 3)!n→+∞ 2!(n − 2)! = lim 3n→+∞ n − 2 = 0.7d)limn→+∞(n + 2)! − n!(n + 1)!(2n + 1) = lim (n + 2)(n + 1)n! − n!=n→+∞ (n + 1)!(2n + 1)n![(n + 1)(n + 2) − 1] n 2 + 3n + 1= lim= limn→+∞ n!(n + 1)(2n + 1) n→+∞ 2n 2 + 3n + 2 = 1 2 .

10 LIMITI - ESERCIZI SVOLTI8) Per calcolare i seguenti limiti, utilizzeremo i teoremi del confronto.8a) Per calcolarelim (√ x + cos x)x→+∞osserviamo che √ x − cos x ≥ √ x − 1 per ogni x ∈ R. Poichèlimx→+∞ (√ x − 1) = +∞applicando il Teorema del confronto otteniamolim (√ x + cos x) = +∞.x→+∞8b) Per calcolarecos xlim √x→+∞ xosserviamo che −1 ≤ cos x ≤ 1 per ogni x ∈ R, da cui segue− 1 √ x≤ cos x √ x≤ 1 √ x∀x ≠ 0.Poichèsi ha che anchelimx→+∞1√ x= 0cos xlim √ = 0.x→+∞ x8c) Il limite√lim xcos xx→+∞non esiste. Infatti, posto f(x) = √ xcos x, x n = π 2 + nπ, e x′ n = 2nπ, si haf(x n ) = 0 → 0,f(x ′ n ) = √ 2nπ → +∞.8d) Vogliamo calcolare2x − sin xlimx→+∞ 3x + cos x .Sapendo che |sin x|, |cos x| ≤ 1, deduciamo cheper ogni x > 1/3. Poichè2x − 1 2x − sin x≤3x + 1 3x + cos x ≤ 2x + 13x − 12x − 1limx→+∞ 3x + 1 = 2 3 = lim 2x + 1x→+∞ 3x − 1dal Teorema del confronto deduciamo che anche2x − sin xlimx→+∞ 3x + cos x = 2 3 .

LIMITI - ESERCIZI SVOLTI 118e) Per calcolare[x]limx→+∞ xricordiamo che x − 1 < [x] ≤ x per ogni x ∈ R. Pertantox − 1x< [x]x≤ 1, ∀x ≠ 0.Applicando il Teorema del confronto segue subito che[x]limx→+∞ x = 1.8f) Per calcolareln(3 + sinx)limx→+∞ x 3osserviamo che, essendo |sin x| ≤ 1 per ogni x ∈ R, vale2 ≤ (3 + sinx) ≤ 4 ∀x ∈ R.Essendo f(t) = log t una funzione monotona crescente, si ha inoltrelog 2 ≤ log(3 + sin x) ≤ log 4 ∀x ∈ R.Pertantolog 2 ln(3 + sin x)x 3 ≤x 3 ≤ log 4x 3 ∀x > 0da cui, per il Teorema del confronto, segue cheln(3 + sin x)limx→+∞ x 3 = 0.8g) Il limitenon esiste. Infatti, postox 2 − 5xlimx→+∞ x + 1 (e − esin x )f(x) = x2 − 5xx + 1 (e − esin x ),e scelte le successioni x n = π 2 + 2nπ, x′ n = 2nπ si ha f(x n ) → 0, mentrelimn→+∞ f(x′ n ) = lim = y2 − 5y(e − 1) = +∞.y→+∞ y + 1

12 LIMITI - ESERCIZI SVOLTI8h) Per calcolareosserviamo chex 2 − 5xlimx→+∞ x + 1 (e − 2sin x )e − 2 sin x ≥ e − 2 ∀x ∈ R,da cuiPoichè,x 2 − 5xx + 1 (e − 2sin x ) ≥ x2 − 5x(e − 2) ∀x > 5.x + 1limx→+∞applicando il Teorema del confronto si hax 2 − 5x(e − 2) = +∞,x + 1x 2 − 5xlimx→+∞ x + 1 (e − 2sinx ) = +∞.8i) Per calcolaresi può osservare cheda cuiPoichèanche8l) Per calcolareosserviamo cheda cuilimx→0 sinxsin 1 x∣∣sin 1 ∣ ≤ 1 ∀x ≠ 0x∣∣sin xsin 1 ∣ ≤ |sin x| ∀x ≠ 0.xlim |sin x| = 0,x→0limx→0 sinxsin 1 x = 0.lim (8x +x→−∞ xsin2 x)8 ≤ 8 + sin 2 x ≤ 9,9x ≤ x(8 + sin 2 x) ≤ 8x ∀x < 0.Applicando il Teorema del confronto si ha quindi chelim (8x +x→−∞ xsin2 x) = −∞.

LIMITI - ESERCIZI SVOLTI 139) Calcoliamo i limiti seguenti utilizzando i limiti notevoli.9a)9b)9c)9d)9e)1 − cos x 1 − cos xlim = limx→0 x x→0 x 2 · x/2 2 = 1 2 · 0 = 0.ln(1 + 4x) ln(1 + 4x)lim = lim 4 =x→0 x x→0 4xln(1 + y)= lim 4 = 4,y→0 ydove abbiamo operato il cambiamento di variabile 4x = y.sin x − tan x sin x(limx→0 x 2 = limx→0 x 2 1 − 1 )=cos xsin x= limx→0 x · cos x − 1xcos x = 0.( 1limx→0 tan x − 1 ) sin x − tan x= limsinx x→0 sinxtan x =sinx − tan x x 2= limx→0 x 2 ·sin 2 · cos x = 0,xdove si è tenuto conto del risultato del limite 9c).2 x − 1 e xlog 2 − 1lim = lim· log 2 =x→0 x x→0 xlog 2e y − 1= lim · log 2 = log 2,y→0 ydove si è operato il cambiamento di variabile xlog 2 = y.9f)dove si è posto 1/x = y.3y − 1limx→−∞ x(31/x − 1) = lim = log 3,y→0 − y9g) Per calcolaresi può porre x − 2 = y ed ottenerelimx→2x − 2log( x 2 )y= limy→0 log( y+22 ) = lim 2 · y/2y→0 log(1 + y 2 ) = 2.

14 LIMITI - ESERCIZI SVOLTI9h) Per calcolare9i)poniamo x − 1 = y. Abbiamo pertantoPonendo 1/x = y si halimx→1√ x − xlimx→1 x − 1√ x − xx − 1 = limy→0√ y + 1 − y − 1=y( (y + 1) 1/2 − 1 )= lim− 1 = 1y→0 y 2 − 1 = −1 2 .lim ( 5√ 1 + x − 5√ x) = limx→+∞ x→+∞5√ x(5√1 + 1 x − 1 )== lim√ y ·1y→0 55√ 1 + y − 1y√ · y = lim y 4/5 51 + y − 1· lim = 0.y→0 y→0 y9l)2 x − 3 xlimx→0 x= limx→02 x · limx→01 − ( 3 2 )xx2 x( 1 − ( 3 2= lim)x)=x→0 x= − log 3 2 .10) Calcoliamo i seguenti limiti usando i limiti notevoli.10a) Per calcolareponiamo 1/x = y ed abbiamo10b) Per calcolareponiamo x − 1 = y ed abbiamo( )cos π2limxx→1limx→−∞ xsin 1 xlim xsin 1x→−∞ x = lim 1sin y = 1.y→0 − y1 − √ x = limy→0sin= limy→0( )cos π2limxx→1 1 − √ x( )cos π2 (y + 1)1 − √ y + 1( ) π2 yy·= limy→0y√ y + 1 − 1= π 2 · 2 = π.( )sin π2√ y = y + 1 − 1

LIMITI - ESERCIZI SVOLTI 1510c) Per calcolareponiamo x + π/2 = y e abbiamo10d) Per calcolare(lim x + π )tan 2 xx→− π + 22(lim x + π )tan 2 x = limx→− π + 2y tan2( y + π )= limy→0+ 2y · 1y→0+ tan 2 y = +∞.2poniamo x − 1 = y e abbiamosin πxlimx→1 x − 1sin πxlimx→1 x − 1 = lim sin(πy + π) sin πy= − limy→0 y y→0 y= −π.10e)10f)limx→0tan 2 xtan(sin x) = lim tan 2 xx→0 sin x ·Ma ponendo sinx = y per il secondo limite si haComplessivamente si ottiene chelimx→0sin xtan(sin x) = limx→0sinxtan(sin x) = limy→0limx→0tan 2 xtan(sin x) = 0.ytan y = 1.sinxcos 2 x · limx→0sin xtan(sin x) .e √ x+1 − e e(e √ x+1−1 − 1) e (√x+1−1) √− 1 x + 1 − 1lim = lim= e · lim √ · .x→0 x x→0 xx→0 x + 1 − 1 xPer calcolare il limite del primo fattore possiamo porre √ x + 1 − 1 = y e abbiamoe (√x+1−1) − 1 e y − 1lim √ = lim = 1.x→0 x + 1 − 1 y→0 yPer calcolare il limite del secondo, razionalizzando, otteniamo√ x + 1 − 1 1lim = lim √ = 1x→0 x x→0 x + 1 + 1 2 .Complessivamente, applicando il Teorema sul limite del prodotto, abbiamo quindi chePertantoe √ x+1−1 − 1e · lim √ ·x→0 x + 1 − 1√ x + 1 − 1xe √ x+1 − elim = ex→0 x 2 .= e · 1 · 12 .

16 LIMITI - ESERCIZI SVOLTI10g)ln(2 − cos x) ln(1 + (1 − cos x))limx→0 sin 2 = lim·x x→0 (1 − cos x)(1 − cos x)sin 2 .xOsserviamo che il primo fattore ha limite 1, in quanto, con la sostituzione y = 1 − cos x ci siriconduce ad un limite notevole:Calcoliamo il limite del secondo fattoreln(1 + (1 − cos x)) ln(1 + y)lim= lim = 1.x→0 (1 − cos x) y→0 yPertanto(1 − cos x) (1 − cos x) x 2limx→0 sin 2 = limx x→0 x 2 ·sin 2 x = 1 2 .ln(2 − cos x)limx→0 sin 2 = 1 x 2 .10h)(ln(x + cos x) lnlim = limx→0 x x→0cos x( xcos x + 1) )x((log cos x= lim + logx→0 x)1 + x )cos x.xPossiamo calcolare separatamente il limite di ciascun addendo. Per il primo si halog cos x log(1 + (cos x − 1)lim = limx→0 x x→0 cos x − 1· cos x − 1 .xIl primo fattore ha limite 1 perché ponendo y = cos x − 1 si riconduce il calcolo ad un limitenotevole:Per il secondo fattore si haPertantoCalcoliamo oralog(1 + (cos x − 1) log(1 + y)lim= lim = 1.x→0 cos x − 1 y→0 ycos x − 1lim = 0.x→0 xlog cos xlim = 0.x→0 x( )log 1 + xcos xlim= limx→0 x(logx→01 + xcos xx/cos x)·1cos x .Il primo fattore ha limite 1, potendosi ricondurre ancora al limite notevolelog(1 + y)lim = 1,y→0 yponendo y = x/cos x. Il secondo fattore tende a 1. Pertanto( )log 1 + xcos xlim= 1.x→0 x

LIMITI - ESERCIZI SVOLTI 17Complessivamente concludiamo cheln(x + cos x)lim = 1.x→0 x10i)( ( (lim x(ln(x + 2) − ln(x + 1)) = lim x ln x 1 + 2 )) ( (− ln x 1 + 1 )))x→+∞ x→+∞ xxTenendo conto che log(ab) = log a + log b se a,b > 0, si ha( (= lim x ln x + log 1 + 2 ) (− ln x − 1 + 1 )) ( (= limx→+∞ xxx log 1 + 2 ) (− log 1 + 1 )).x→+∞ x xOperando la sostituzione 1/x = y si ha( (lim x log 1 + 2 ) (− log 1 + 1 )) ( log(1 + 2y)= lim−x→+∞ x x y→0 ylog(1 + y) )= 2 − 1 = 1.y10l) Per calcolareponiamo x − π = y ed abbiamolimx→πcos x + 1cos(3x) + 1limy→0cos(y + π) + 1cos(3y + 3π) + 1 = limy→01 − cos y1 − cos(3y) = lim 1 − cos yy→0 y 2 ·y 21 − cos(3y)Il primo fattore ha limite 1 2. Per calcolare il limite del secondo fattore possiamo porre 3y = zed abbiamolimy→0y 21 − cos(3y) = limz→0Complessivamente si ha dunquelimx→πz 2 /91 − cos z = 1 9 limz→0cos x + 1cos(3x) + 1 = 1 9 .z 21 − cos z = 2 9 .11) Forme indeterminate esponenziali11a)(lim 1 + 1 2x [(= lim 1 +x→+∞ x) 1 x ] 2= lim yx→+∞ x) 2 = e 2 ,y→e( x.dove si è posto y = 1 + x) 1

18 LIMITI - ESERCIZI SVOLTI11b) CalcoliamoPoichè(lim 1 + 1 ) x 2 [(= lim 1 + 1 ) x ] xx→+∞ x x→+∞ x(lim 1 + 1 x= e,x→+∞ x)segue che esiste R > 0 tale cheper x > R. Pertanto si ha anche(1 + 1 x) x> 2[(1 + 1 ) x ] x> 2xxper x > R. Applicando ora il Teorema del confronto si ottiene che(lim 1 + 1 ) x 2= +∞.x→+∞ x11c) CalcoliamoPoichè(lim 1 + 1 ) x 2 [(= lim 1 + 1 ) x ] xx→−∞ x x→−∞ x(lim 1 + 1 x= e,x→−∞ x)segue che per ogni ε > 0 (in particolare, per 0 < ε < e) esiste R > 0 tale chee − ε

LIMITI - ESERCIZI SVOLTI 1911e)perché( 1 ) sinxlim = limx→0 + x x→0 esin xlog( 1) x = lim+ x→0 e− sinxlog x = 1,+sin xlim sin xlog x = lim · xlog x = 1 · 0 = 0.x→0 + x→0 + x11f)Calcoliamo il limite dell’esponentelim x) sin x = limx→0 +(ln2 x→0 esin xlog(log2 x) .+lim sin sin xx→0 xlog(log2 x) = lim+ x→0 +·x·log(log2 x)x log 2 x·log 2 x = limx→0 + sin xx · limlog(log 2 x)x→0 + log 2 x· limx→0 + xlog2 x.Il primo limite vale 1, ed il terzo vale 0 (limiti notevoli). Per il calcolo del secondo, ponendoy = log 2 x si haPertantoe quindilog(log 2 x) log ylimx→0 + log 2 = limx y→+∞ ylim sinx→0 xlog(log2 x) = 0+= 0.lim x) sinx = limx→0 +(ln2 x→0 esin xlog(log2 x) = 1.+11g) Con un procedimento analogo a quello dell’esercizio precedente si trovalimx→0 +(1 + ln2 x) sin x = limx→0 esinx log(1+log2 x) = 1+11h)Riscriviamolimx→0 +(1 + e 1x 3 ) sin x = limx→0 esin x log(1+e1/x3) .+log(1 + e 1/x3 ) = log(e 1/x3 (1 + e −1/x3 )) = 1 x 3 log e + log(1 + e−1/x3 )Calcoliamo ora il limite dell’esponenteI limiti dei due addendi sono( sin x)lim sin xlog(1 +x→0 + e1/x3 ) = limx→0 + x 3 + sin xlog(1 + e −1/x3 ) .sin x sin xlimx→0 + x 3 = limx→0 + x · 1x 2 = +∞,lim sin xlog(1 + x→0 + e−1/x3 ) = 0.

20 LIMITI - ESERCIZI SVOLTIPertantoelim sin xlog(1 +x→0 + e1/x3 ) = +∞limx→0 +(1 + e 1x 3 ) sinx = +∞.12) Calcoliamo i seguenti limiti.12a)12b)12c)( 1 )lim sin xlnx→0 + xsin x= − lim sinxlog x = − lim · xlog x = 1 · 0 = 0.x→0 + x→0 + xlimx→0 xln2 x = lim+ x→0 +(√ xlog x) 2 = 0.ln 3 x ( log x ) 3limx→+∞ x 2 = lim = 0.x→+∞ x 2/312d)dove si è posto log x = y.limx→+∞log xlog log x = limy→+∞ylog y = +∞,12e)12f)limx→+∞ 2−x x x = limx→+∞ e−x log2 · e xlog x = limx→+∞ ex(log x−log2) = +∞.limx→+∞ (3(x2) − (3 x ) 2 ) = limx→+∞ 32x (3 (x2 −2x) − 1) = +∞.