Limiti - Esercizi

Esercizio 35

(File scaricato da http://www.extrabyte.info) Calcolare: lim x→+∞  3 √ x_{− 1 −}√3 2x *** Soluzione Risulta: lim x→+∞  3 √ x_{− 1 −}√32x_{= ∞ − ∞}

La forma indeterminata pu`o essere rimossa determinando un “fattore razionalizzante”. In generale, se

f(x) = Np

p_{(x) ±} Np

q(x), il fattore razionalizzante `e:

r(x) = N X k=1 (∓1)k+1 N q p(x)N −kq(x)k−1 Per f (x) =√3 x_{− 1 −}√3 2x r(x) = 3 X k=1 (+1)k+1 qN (x − 1)3−k(2x)k−1 = 3 q (x − 1)2+ 3 p2x (x − 1) +√3 4x2 Da ci`o segue: lim x→+∞  3 √ x_{− 1 −}√3 2x= lim x→+∞ 3 √ x_{− 1 −}√3 2x
 3 q (x − 1)2+ 3 p2x (x − 1) +√3 4x2  3 q (x − 1)2+ 3 p2x (x − 1) +√3 4x2 = − lim x→+∞ x+ 1 3 q (x − 1)2+p2x (x − 1) +3 √3 4x2 = − lim x→+∞ 3 √_x 1 + 1_x
3 q 1 − 1 x
2 +q3 2 − 1 x2 + 3 √ 4 = −(+∞) · (1 + 0 +₎ 1 +√3 2 +√3 4 = − (+∞) = −∞

Esercizio 37

Calcolare lim x→−∞  x+√4 x4 _{+ 1} *** Abbiamo: lim x→−∞  x+√4 x4_{+ 1}_{= −∞ + ∞, (1)}

cio`e il limite si presenta nella forma indeterminata ∞−∞. In questo caso l’indeterminazione si rimuove moltiplicando e dividendo per un fattore razionalizzante r (x), che in generale si scrive: r(x) = N X k=1 (∓1)k+1 N q p(x)N −kq(x)k−1, per f (x) = Np p_{(x) ±} Np q(x) (2)

Per poter applicare la (2), scriviamo nella (1) x = −√4

x4 _{(prendiamo la radice con il segno}

− poich`e nel calcolo del limite `e x → −∞). Quindi: f(x) = x +√4

x4_{+ 1 =}√4

x4_{+ 1 −}√4_x4 ₍₃₎

Con la f (x) scritta come in (3) possiamo applicare la (2) per ottenere r (x): r(x) = 4 q (x4_{+ 1)}3 ₊q4 x4_(x4_{+ 1)}2₊p4 x8_(x4_{+ 1) +}√4 x12 ₍₄₎ Abbiamo: lim x→−∞f(x) = limx→−∞ f(x) r (x) r(x) (5) Sviluppiamo f (x) r (x): f(x) r (x) = √4 x4_{+ 1 −}√4 x4  4 q (x4_{+ 1)}3 ₊q4 x4_(x4 _{+ 1)}2₊p4 x8_(x4_{+ 1) +}√4 x12  =q4 (x4_{+ 1)}4₋√4 x16 Quindi: lim x→−∞f(x) = limx→−∞ 4 q (x4_{+ 1)}4₋√4 x16 r(x) (6) = lim x→−∞ x4_{+ 1 − x}4 r(x) 1

Ma lim x→−∞r(x) = +∞, per cui: lim x→−∞f(x) = limx→−∞ 1 r(x) = 1 +∞ = 0 + ₍₇₎

Esercizio 43

Determinare l’ordine dei seguenti infinitesimi (per x → 0): 1. f (x) = 10_x+14x 2. f (x) = n px +√n x _{(per x → 0}+₎ 3. f (x) = √n x2₋√n x3 _{(per x → 0}+₎ 4. f (x) = sin x − tan x *** Soluzione

1. Assumiamo in tutti gli esercizi, la funzione u (x) = x come infinitesimo di riferimento. lim x→0 f(x) u(x)α = 10 4_lim x→0 x1−α x+ 1 ∈ R − {0} ⇐⇒ α = 1 Quindi f (x) `e un infinitesimo di ordine α = 1.

2. f (x) = n px +√n x lim x→0+ n px +√n x xα = lim_x→0+ n r x+ √n x xαn = lim x→0+ n q x1−αn₊ √n_x1−αn2 ∈ R − {0} ⇐⇒ α = _n12

Quindi f (x) `e un infinitesimo di ordine α = _n12.

Alternativamente: lim x→0+ n px +√n x xα = lim_x→0+ x+ x1/n
1/n xα (8)

Ma nella (8) x `e un infinitesimo di ordine superiore rispetto a x1/n_{, per cui}

lim x→0+ x+ x1/n
1/n xα = lim_x→0+ x1/n2 xα ∈ R − {0} ⇐⇒ α = 1 n2 (9)

Inoltre gli infinitesimi n

px + √n

x e n2√

x sono equivalenti, giacch`e il limite (9) vale 1:

n

q x+ √n

x_∼ n2√

3. f (x) = √n x2₋√n x3 lim x→0+ n √ x2₋ √n x3 xα = lim_x→0+ √n x2−αn₋ √n x3−αn_{∈ R − {0} ⇐⇒ α =} 2 n Quindi f (x) `e un infinitesimo di ordine α = _n2.

Alternativamente: lim x→0+ n √ x2₋ √n x3 xα = lim_x→0+ x2/n_{− x}3/n xα (11)

Ma x3/n _{`e un infinitesimo di ordine superiore rispetto a x}2/n_{, per cui}

lim x→0+ x2/n_{− x}3/n xα = lim_x→0+ x2/n xα ∈ R − {0} ⇐⇒ α = 2 n Inoltre gli infinitesimi √n

x2₋ √n

x3 _e √n

x2 _{sono equivalenti, giacch`e il limite vale 1:}

n √ x2₋ √n x3 _∼ √n x2 ₍₁₂₎ 4. f (x) = sin x − tan x lim x→0 sin x − tan x xα = lim_x→0 sin x (cos x − 1) xα_{cos x} = − lim x→0  sin x x · 1 cos x · cos x − 1 xα−1  ∈ R − {0} ⇐⇒ α − 1 = 2 ⇐⇒ α = 3

Esercizio 107

Calcolare il limite: lim x→1 1 + cos (πx) x2_{− 2x + 1} Soluzione Abbiamo: lim x→1 1 + cos (πx) x2_{− 2x + 1} = lim_x→1 1 + cos (πx) (x − 1)2 = 0 0 H = − lim x→1 πsin πx 2 (x − 1) = −π₂ lim x→1 sin πx x_{− 1} = 0 0 H = −π 2 x x→1limcos πx

Esercizio 108

Calcolare il seguente limite:

lim x→0(cos x) 1 x2 *** Soluzione

Il limite si presenta nella forma indeterminata 1∞_:

lim

x→0(cos x)

1

x2 = 1∞

Calcoliamo il logaritmo del limite:

lnhlim x→0(cos x) 1 x2 i = lim x→0ln (cos x) 1 x2 = lim x→0 ln (cos x)x21 x2 = 0 0

Abbiamo quindi ricondotto la forma indeterminata 1∞_{alla forma indeterminata} 0

0. Possiamo

perci`o applicare la regola di De L’Hospital: lim x→0 ln (cos x)x21 x2 H = lim x→0 1 cos x(− sin x) 2x = − 1 2x→0lim tan x x = − 1 2 Perci`o: lnhlim x→0(cos x) 1 x2 i = −1 2 Si conclude che: lim x→0(cos x) 1 x2 = √1 e

Esercizio 110

Calcolare il seguente limite:

lim

x→0

x2_{− arctan x}2 arcsin x − x

Soluzione

Il limite si presenta nella forma indeterminata 0 0: lim x→0 x2_{− arctan x}2 arcsin x − x = 0 0 Possiamo perci`o applicare la regola di De L’Hospital:

lim x→0 x2_{− arctan x}2 arcsin x − x H = lim x→0 2x − 2x 1+x4 1 √ 1−x2 − 1 = 2 lim x→0  √1 − x2 1 + x4 · x(1 + x4_{) − x} 1 −√1 − x2  = 2 lim x→0 x4√_{1 − x}2 1 + x4 = 0

Esercizio 111

Calcolare il seguente limite:

lim x→0  1 sin2x − 1 x2  *** Soluzione

Il limite si presenta nella forma indeterminata ∞ − ∞: lim x→0  1 sin2x − 1 x2  = ∞ − ∞ Possiamo perci`o applicare la regola di De L’Hospital:

lim x→0  1 sin2x − 1 x2  H = lim x→0 2x − sin 2x 2x sin2x+ x2_{sin 2x} = 0 0 H = 2 lim x→0 2 − 2 cos 2x

2 sin2_{x+ 4x sin 2x + 2x}2_{cos 2x}

= lim x→0 4h1−cos 2x (2x2₎ i sin x x
2 + 2 sin 2x 2x
+ 2 sin 2x 2x
+ cos 2x = 4 · 1 2 1 + 2 + 2 + 1 = 1 3

Esercizio 115

Studiare il comportamento della funzione:

f(x) = p1 + tan x + tan2_{x 1 − e}π−2x
_{, (13)}

in un intorno del punto x = π₂.

*** Soluzione

Determiniamo il limite sinistro e destro in tale punto.

lim x→π 2 +f(x) = 0 · ∞ = lim x→π 2 + 1 − eπ−2x (1 + tan x + tan2_x)−1/2 H = lim x→π 2 + 2eπ−2x −12(1 + tan x + tan 2_x)−3/2 1 cos2_x + 2 tan x cos2_x
= −4 lim x→π 2 +

eπ−2x_cos3_{x(1 + tan x + tan}2_x)3/2

cos x + 2 sin x = −4 lim x→π 2 + eπ−2x cos x + 2 sin x ! " lim x→π 2 +cos 3_{x 1 + tan x + tan}2_x
3/2 #

Calcoliamo a parte i due limiti: lim x→π 2 + eπ−2x cos x + 2 sin x = 1 2 (14) lim x→π 2 +cos 3_{x 1 + tan x + tan}2_x
3/2 (15) = 0 · ∞ = lim x→π 2 +cos 3_x 1 2 sin 2x + 1 cos2_x 3/2 = lim x→π 2 + cos3_x |cos3_x|  1 2sin 2x + 1 3/2 = lim x→π 2 +(−1)  1 2sin 2x + 1 3/2 = −1 Per cui:

lim

x→π 2

+f(x) = 2 (16)

Passiamo al limite per x → π2−:

lim

x→π 2 −

f_{(x) = 0 · ∞} Eseguiamo il cambio di variabile: y = tan x

lim x→π 2− f(x) = lim y→+∞p1 + y + y 2 _{1 − e}π−2 arctan x
(17) = lim y→+∞ 1 − eπ−2 arctan x (1 + y + y2₎−1/2 = 0 0 H = lim y→+∞ 2 1+y2eπ−2 arctan x −1 2(1 + y + y2) −3/2_{(1 + 2y)} = −4  lim y→+∞e π−2 arctan x " lim y→+∞ (1 + y + y2₎−3/2 (1 + y2_{) (1 + 2y)} # = −4 · 1 · 1₂, cio`e: lim x→π 2 − f_{(x) = −2} (18)

Si conclude che x = π₂ `e un punto di discontinuit`a di prima specie della funzione f (x).

Π 2 x -2 2 y

Esercizio 116

Verificare l’inapplicabilit`a della regola di De L’Hospital nel calcolo del limite: lim x→0 x2sin1 x sin x *** Soluzione

Il limite si presenta nella forma indeterminata 0₀: lim x→0 x2sin_x1 sin x = 0 0 Se applichiamo la regola di De L’Hospital:

lim x→0 x2sin1 x sin x H = lim x→0 2x sin1 x − cos 1 x cos x , ci ritroviamo con il cacolo del limite:

lim

x→0cos

1 x,

che ovviamente non esiste, per cui in tal caso la regola `e inapplicabile. Tuttavia, il limite esiste. Infatti: lim x→0 x2sin1 x sin x = limx→0  x sin x · x sin 1 x  = 1 · 0 = 0, poich`e `e lim_x→0xsin1_x = 0.

Esercizio 117

Verificare l’inapplicabilit`a della regola di De L’Hospital nel calcolo del limite: lim |x|→+∞ x_{− sin x} x+ sin x *** Soluzione

Osserviamo che ∄ lim_|x|→+∞sin x, n`e tantomeno `e possibile applicare la regola di De L’Hospital, in quanto produrrebbe funzioni trigonometriche a numeratore e denominatore e come tali non regolari all’infinito.

Tuttavia, il limite esiste. Infatti: lim |x|→+∞ x_{− sin x} x+ sin x = lim|x|→+∞ 1 −sin xx 1 + sin x x = 1 − 0 1 + 0 = 1, poich`e `e lim_|x|→+∞ sin x_x = 0.

Esercizio 118

Calcolare il limite: lim x→0 3x + tan x sin x + tan2_x,

senza applicare la regola di De L’Hospital. *** Soluzione lim x→0 3x + tan x sin x + tan2_x = 0 0 = lim|x|→+∞ 3 + tan x x sin x x + tan x x x = 3 + 1 1 + 1 · 0 = 4,

Esercizio 119

Calcolare il limite: lim x→π 2 2 sin x (1 − sin x) 3 cos2_x ,

senza applicare la regola di De L’Hospital. *** Soluzione lim x→π 2 2 sin x (1 − sin x) 3 cos2_x = 0 0 = limx→π 2 2 sin x 3 · limx→π 2 1 − sin x cos2_x = 2 3x→limπ 2 1 − sin x cos2_x , lim x→π 2 1 − sin x cos2_x = lim_x→π 2 1 − sin x (1 − sin x) (1 + sin x) = 1 2 Quindi: lim x→π 2 2 sin x (1 − sin x) 3 cos2_x = 1 3

Esercizio 120

Calcolare il limite: lim x→1 ln (1 + π − 4 arctan x) sin (1 − x) , ***

Soluzione

Il limite si presenta nella forma indeterminata 0 0: lim x→1 ln (1 + π − 4 arctan x) sin (1 − x) = 0 0 Applicando la regola di De L’Hospital:

lim x→1 ln (1 + π − 4 arctan x) sin (1 − x) H = − lim x→1 1 1+π−4 arctan x · (−4) · 1 1+x2 cos (1 − x) = 4  lim x→1 1 1 + π − 4 arctan x  · lim x→1 1 (1 + x2_{) cos (1 − x)} = 4 · 1 · 1 2 = 2

Esercizio 121

Determinare le singolarit`a della funzione: f(x) = e 1/x<sub>− 1</sub> e1/x<sub>+ 1</sub>, (19) *** Soluzione La funzione `e definita in X = R − {0}.

Determiniamo il limite sinistro e destro in x0 = 0:

lim x→0+f(x) = lim_x→0+ e+∞_{− 1} e+∞_{+ 1} = ∞ ∞ = limx→0+ 1 − e−1/x 1 + e−1/x = 1 − e−∞ 1 + e+∞ = 1 − 0 1 + 0 = 1 (20) lim x→0− f(x) = lim x→0+ e−∞_{− 1} e−∞_{+ 1} = 0 − 1 0 + 1 = −1

Si conclude che x0 `e un punto di discontinuit`a di prima specie della funzione f (x).

Esercizio 130

Studiare il comportamento per x → 0 della funzione: f(x) = sin1

x (21)

x®₀ -x®0+ -1 2 1 2 x 1 y Soluzione

La funzione `e definita in X = R − {0}, ed `e manifestamente dispari: f −1

x
= −f 1 x
.

Inoltre `e limitata su tutto R: sin1

x

 ≤ 1. Gli zeri sono:

f_{(x) = 0 ⇐⇒} 1 x = kπ ⇐⇒ x = 1 π, 1 2π, 1 3π, ..., 1 kπ, con k ∈ Z Inoltre: f_{(x) = 1 ⇐⇒} 1 x = π 2 + 2kπ ⇐⇒ x = 2 π, 1 5π, 1 9π, ..., 2 π+ 4kπ, con k ∈ Z f_{(x) = 0 ⇐⇒} 1 x = 3 2π+ 2kπ ⇐⇒ x = 2 3π, 2 7π, 2 11π, ..., 2 3π + 4kπ, con k ∈ Z

Osserviamo che i punti xk = _kπ1 , x′k = π+4kπ2 , x′′k = 3π+4kπ2 si addensano intorno a x = 0 (al

crescere indefinito di k), per cui in ogni intorno di x = 0, la funzione assume i valori 0, −1, 1. Pertanto non pu`o essere verificata la definizione di limite, che in questo caso `e:

∀ε > 0, ∃δε>0 | 0 < |x| < δε=⇒ |f (x) − l| < ε (22)

In altri termini, ∄l tale che lo scarto |f (x) − l| pu`o essere reso arbitrariamente piccolo. Si conclude che la funzione (21) non `e regolare in x = 0. Per quanto riguarda il diagramma cartesiano, osserviamo che in ogni intorno di x = 0, la funzione compie infinite oscillazioni, per cui non `e possibile completare il grafico intorno a x = 0, come mostrato in fig.1 .

1 Π -1 Π 1 2 Π - 1 2 Π 2 Π -2 Π x -1 1 y

Figure 1: Grafico di f (x) = sin1_x

lim x→+∞sin 1 x = limt→0+sin t = 0 + lim x→−∞sin 1 x = limt→0−sin t = 0 −

Esercizio 131

Studiare il comportamento per x → 0 della funzione: f(x) = x sin1

x (23)

*** Soluzione

La funzione `e definita in X = R − {0}, ed `e manifestamente pari: f −1 x
= f 1 x
. Inoltre : ∀x ∈ X,     xsin1 x    ≤ |x| (24) Dalla (24) applicando la definizione di limite:

lim

x→0xsin

1

x = 0, (25)

per cui la funzione `e convergente in x = 0. Sempre per la (24) si ha che il diagramma cartesiano `e contenuto nella regione del piano xy:

R = {(x, y) ∈ R | −∞ < x < +∞, − x < y < x}

f_{(x) = x ⇐⇒ x}k =

2

π(1 + 4k), ∀k ∈ Z f_{(x) = −x ⇐⇒ xk} = 2

π(3 + 4k), ∀k ∈ Z Gli zeri sono:

f_{(x) = 0 ⇐⇒} 1 x = kπ ⇐⇒ x = 1 π, 1 2π, 1 3π, ..., 1 kπ, con k ∈ Z Come nel caso di sin1

x anche qui la funzione compie infinite oscillazioni intorno al punto

x_{= 0, con la differenza che le oscillazioni si smorzano per x → 0.} Il diagramma `e riportato in fig.2 .

y=x y=-x 2 Π -2 Π 2 3 Π -2 3 Π 1 Π x y

Figure 2: Diagramma cartesiano di f (x) = x sin_x1 Osserviamo infine che all’infinito la funzione converge a 1, avendosi:

lim x→+∞xsin 1 x = limt→0+ sin t t = 1 − lim x→−∞xsin 1 x = limt→0− sin t t = 1 −

Esercizio 132

Calcolare il limite: lim x→0 ex_{− 1 + ln (1 − x)} tan x − x (26) ***

Soluzione

Il rapporto si presenta nella forma indeterminata 0 0: lim x→0 ex_{− 1 + ln (1 − x)} tan x − x = 0 0, per cui possiamo applicare la regola di De L’Hospital:

lim x→0 ex_{− 1 + ln (1 − x)} tan x − x H = lim x→0 ex+ 1 1−x 1 cos2_x − 1 (27) = lim x→0  cot2_x 1 − x · ex_{(1 − x) − 1} 1 − cos2_x  = 0 · ∞ (28) = lim x→0 1 1 − x · limx→0 ex_{(1 − x) − 1} tan2_x (29)

Calcoliamo a parte il secondo limite:

lim x→0 ex_{(1 − x) − 1} tan2_x = 0 0 H = lim x→0 ex_{(1 − x) − e}x 2 tan x ·cos12_x = −1₂ lim x→0  xex tan xcos 2_x  = −1₂ Dall’equazione precedente si ricava:

lim x→0 ex_{− 1 + ln (1 − x)} tan x − x = − 1 2

Esercizio 133

Calcolare il limite: lim x→0 ex_{− 1 + ln (1 − x)} tan x − x (30) *** Soluzione

Il rapporto si presenta nella forma indeterminata 0₀: lim x→0 ex_{− 1 + ln (1 − x)} tan x − x = 0 0, per cui possiamo applicare la regola di De L’Hospital:

lim x→0 ex_{− 1 + ln (1 − x)} tan x − x H = lim x→0 ex₊ 1 1−x 1 cos2_x − 1 (31) = lim x→0  cot2_x 1 − x · ex_{(1 − x) − 1} 1 − cos2_x  = 0 · ∞ (32) = lim x→0 1 1 − x · limx→0 ex_{(1 − x) − 1} tan2_x (33)

Calcoliamo a parte il secondo limite: lim x→0 ex_{(1 − x) − 1} tan2_x = 0 0 H = lim x→0 ex_{(1 − x) − e}x 2 tan x · 1 cos2_x = −1 2x→0lim  xex tan xcos 2_x  = −1 2 Dall’equazione precedente si ricava:

lim x→0 ex_{− 1 + ln (1 − x)} tan x − x = − 1 2

Esercizio 133

Calcolare il limite: lim x→+∞ ln (1 + 2ex₎ √ 1 + x2 (34) *** Soluzione

Il rapporto si presenta nella forma indeterminata ∞ ∞: lim x→+∞ ln (1 + 2ex₎ √ 1 + x2 = ∞ ∞, per cui possiamo applicare la regola di De L’Hospital:

lim x→+∞ ln (1 + 2ex₎ √ 1 + x2 H = lim x→+∞ 2ex 1+2ex x √ 1+x2 = 2 lim x→+∞ q 1 + 1 x2 e−x_{+ 2} = 2 · 1 · 1 2 = 1 (35)

Esercizio 134

Calcolare il limite: lim x→0+arcsin x · ln x (36) *** Soluzione

Per applicare la regola di De L’Hospital dobbiamo ricondurre la forma indeterminata 0 · ∞ a una delle due forme 0

0, ∞∞. Ad esempio: lim x→0+arcsin x · ln x = lim x→0+ ln x (arcsin x)−1 = ∞ ∞ H = lim x→0+ 1 x − (arcsin x)−2 √ 1 1−x2 (37) = − lim x→0+ √ 1 − x2arcsin x x · arcsin x  (38) = −1 · 0 · 1 = 0 (39)

Esercizio 135

[ file scaricato da http:/www.extrabyte.info ] Calcolare il limite: lim x→0  1 x − cot x  *** Soluzione

La differenza si presenta nella forma indeterminata ∞ − ∞: lim x→0  1 x − cot x  = ∞ − ∞

Tale forma indeterminata pu`o essere rimossa applicando la regola di De L’Hospital, dopo aver ricondotto la forma ∞ − ∞ alla 00:

lim x→0  1 x − cot x  = lim x→0  1 x − cos x sin x  = (40) = lim x→0 sin x − x cos x xsin x = 0 0 H = lim x→0 xsin x sin x + x cos x = lim x→0 sin x sin x x + cos x = 0 1 + 1 = 0

Esercizio 136

Calcolare il limite: lim x→π 2− ln |tan x| ln |π − 2x|

*** Soluzione

La differenza si presenta nella forma indeterminata ∞_∞: lim x→π2− ln |tan x| ln |π − 2x| = ∞ ∞, per cui possiamo applicare la regola di De L’Hospital:

lim x→π 2 − ln |tan x| ln |π − 2x| = lim x→π 2 − ln tan x ln (π − 2x) H = lim x→π 2 − 1 tan x · 1 cos2_x −2 π−2x = lim x→π 2 − 2x − π sin 2x = 0 0

Eseguiamo il cambio di variabile t = 2x − π =⇒ sin 2x = sin (t + π) = − sin t lim x→π 2 − 2x − π sin 2x = − limt→0 t sin t = −1 Si conclude che: lim x→π 2− ln |tan x| ln |π − 2x| = −1

Esercizio 137

Calcolare il limite: lim x→0  1 x2 − cot 2_x  *** Soluzione

La differenza si presenta nella forma indeterminata ∞ − ∞: lim x→0  1 x2 − cot 2_x  = ∞ − ∞,

Per poter applicare la regola di De L’Hospital, riconduciamo la forma ∞ − ∞ alla forma 0 0:

lim x→0  1 x2 − cot 2_x  = lim x→0 1 − x2_cot2_x x2 = 0 0 H = lim x→0 −2x cot2_{x+ 2x}2_{cot x ·} 1 sin2_x 2x = lim x→0

x_{cos x − sin x cos x} sin3x =lim x→0cos x  · lim x→0 x₋1₂sin 2x sin3x = lim x→0 x₋1₂sin 2x sin3x H = lim x→0 1 − cos 2x 3 sin2_{xcos x} = lim x→0 41−cos 2x_(2x)2 3sin_x22xcos x = 2 3 Si conclude che: lim x→0  1 x2 − cot 2_x  = 2 3

Esercizio 139

Calcolare il limite: lim x→0  1 1 − cos x − 2 x2  *** Soluzione

La differenza si presenta nella forma indeterminata ∞ − ∞: lim x→0  1 1 − cos x − 2 x2  = ∞ − ∞,

lim x→0  1 1 − cos x − 2 x2  = lim x→0 x2_{− 2 + 2 cos x} x2_{(1 − cos x)} = 0 0 H = 2 lim x→0 x_{− sin x} 2x − 2x cos x + x2_{sin x} = 0 0 H = 2 lim x→0 1 − cos x

2 − 2 cos x + 4x sin x + x2_{cos x}

= 2 lim x→0 1−cos x x2 21−cos x x2 + 4sin x_x + cos x = 2 · 1 2 2 ·1 2 + 4 · 1 + 1 = 1 6 Si conclude che: lim x→0  1 1 − cos x − 2 x2  = 1 6

Esercizio 140

Calcolare il limite: lim x→0|x| sin x *** Soluzione

Qui abbiamo la forma indeterminata 00_:

lim x→0|x| sin x = 00, Scriviamo: lim x→0|x| sin x = lim x→0e ln|x|sin x = elimx→0ln|x|sin x

Quindi calcoliamo a parte il limite: lim x→0ln |x| sin x = lim x→0sin x ln |x| Distinguiamo i casi: x → 0+_{, x → 0}−_: lim x→0+ln |x| sin x = lim x→0+sin x ln x = 0 · ∞ = lim x→0+ ln x 1 sin x H = − lim x→0+  sin2x x 1 cos x 

Quindi: lim x→0+|x| sin x = e0− = 1− (41) Per x → 0−_: lim x→0−ln |x| sin x = lim x→0−sin x ln (−x) = 0 · ∞ = lim x→0+ ln (−x) 1 sin x H = − lim x→0+  sin2_x x 1 cos x  = 0+ Quindi: lim x→0−|x| sin x = e0+ = 1+ (42) Dalle (41)-(42) segue: lim x→0|x| sin x = 1

Esercizio 141

Calcolare il limite: lim x→+∞ eex ex *** Soluzione

Qui abbiamo la forma indeterminata ∞ ∞: lim x→+∞ eex ex = ∞ ∞, Eseguiamo il cambio di variabile y = ex_{, per cui:}

lim x→+∞ eex ex = lim_y→+∞ ey y = +∞ Alternativamente: lim x→+∞ eex ex = lim_x→+∞ e ex −1
_{= e}+∞_{= +∞}

Esercizio 142

Calcolare il limite: lim x→+∞ ln 1 + _x1
π_{− 2 arctan x} *** Soluzione

Qui abbiamo la forma indeterminata 0₀: lim x→+∞ ln 1 + 1 x
π_{− 2 arctan x} = 0 0, Applichiamo la regola di De L’Hospital:

lim x→+∞ ln 1 + 1_x
π_{− 2 arctan x} H = lim x→+∞ 1 1+x − 1 x2
−1+x2 2 = 1 2x→+∞lim 1 + x2 x(1 + x2₎ = 1 2

Esercizio 143

Calcolare il limite: lim x→0 sin (ax) − ax sin (bx) − bx *** Soluzione

Qui abbiamo la forma indeterminata 0₀: lim x→0 sin (ax) − ax sin (bx) − bx = 0 0, Applichiamo la regola di De L’Hospital:

lim x→0 sin (ax) − ax sin (bx) − bx H = lim x→0 a_{cos (ax) − a} b_{cos (bx) − b} = 0 0 H = lim x→0 a2sin (ax) b2_{sin (bx)} = a3 b3 _x→0lim sin(ax) ax sin(bx) bx = a 3 b3 Quindi: lim x→0 sin (ax) − ax sin (bx) − bx = a3 b3

Esercizio 144

Calcolare il limite: lim x→0 xln (1 + x) 1 − cos x *** Soluzione

Qui abbiamo la forma indeterminata 0₀: lim x→0 xln (1 + x) 1 − cos x = 0 0, Dividiamo numeratore e denominatore per x2

lim x→0 xln (1 + x) 1 − cos x = limx→0 ln(1+x) x 1−cos x x2

Calcoliamo separamente i due limiti:

lim x→0 ln (1 + x) x H = lim x→0 1 1 + x = 1 lim x→0 1 − cos x x2 = 1 2, donde: lim x→0 xln (1 + x) 1 − cos x = 2

Esercizio 145

[ file scaricato da http:/www.extrabyte.info ] Calcolare il limite: lim x→1 π 4 − arctan x_√ 1 − x2 *** Soluzione

Qui abbiamo la forma indeterminata 0₀: lim x→1 π 4 − arctan x_√ 1 − x2 = 0 0, Applichiamo la regola di De L’Hospital:

lim x→1 π 4 − arctan x_√ 1 − x2 H = lim x→1 1 1+x2 x √ 1−x2 = lim x→1  √1 − x2 x · 1 1 + x2  = 0 Quindi: lim x→1 π 4 − arctan x_√ 1 − x2 = 0