g(x) = 0 e quindi che esiste b > a tale che f (x)g(x) < 1 per ogni x > b. Essendo le due funzioni positive ne segue che f (x) < g(x) per ogni x > b. Anche l’a↵ermazione B `e vera in quanto, essendo f (x) = o(g(x)) per x ! +1 risulta

RISOLUZIONE

1. Se f (x) e g(x) sono funzioni definite e positive in [a, + 1) tali che f(x) = o(g(x)) per x ! +1, allora l’a↵ermazione A `e vera. Infatti, dalla definizione abbiamo che lim

x!+1 f (x)

g(x) = 0 e quindi che esiste b > a tale che ^{f (x)} _g(x) < 1 per ogni x > b. Essendo le due funzioni positive ne segue che f (x) < g(x) per ogni x > b. Anche l’a↵ermazione B `e vera in quanto, essendo f (x) = o(g(x)) per x ! +1 risulta

f (x) + g(x)

g(x) = f (x)

g(x) + 1 ! 1, per x ! +1

e dunque, dalla definizione, che f (x) + g(x) ⇠ g(x) per x ! +1. L’a↵ermazione C `e invece falsa. Si considerino per esempio le funzioni f (x) = x e g(x) = x ² , abbiamo che ^{f (x)} _g(x) = ¹ _x ! 0 per x ! +1, quindi f(x) = o(g(x)) per x ! +1 ma

f (x) + g(x)

f (x) = x + x ²

x ! +1, per x ! +1 dunque f (x) + g(x) 6⇠ g(x) per x ! +1.

2. Siano f (x), g(x) e h(x) funzioni infinitesime per x ! x 0 tali che f (x) = o(g(x)) e g(x) ⇠ h(x) per x ! x 0 . Allora l’a↵ermazione A `e falsa: le funzioni f (x) = x ² , g(x) = x e h(x) = x + x ² verificano f (x) = o(g(x)) e g(x) ⇠ h(x) per x ! 0 essendo

f (x)

g(x) = x ! 0 e g(x)

h(x) = x

x ² + x = 1

x + 1 ! 1 per x ! 0 ma f (x) 6⇠ h(x) dato che

f (x)

h(x) = x ²

x ² + x = x

x + 1 ! 0 per x ! 0

Le a↵ermazioni B e C sono invece vere in quanto, ^{f (x)} _g(x) ! 0 e _h(x) ^g(x) ! 1 per x ! 0 risulta f (x)

h(x) = f (x) g(x) · g(x)

h(x) ! 0 per x ! 0 e anche

f (x) + h(x)

g(x) = f (x)

g(x) + h(x)

g(x) ! 1 per x ! 0.

3. Se f (x), g(x) e h(x) sono funzioni definite e non negative in (0, + 1), tali che f(x) = o(h(x)) e g(x) = o(h(x)) per x ! 0 ⁺ , allora l’a↵ermazione A `e vera. Infatti dalle propriet` a degli “o”

piccolo si ha che f (x) + g(x) = o(h(x)) per x ! 0 ⁺ , ovvero ^{f (x)+g(x)} _h(x) ! 0 per x ! 0 ⁺ e dalla definizione di limite, esiste > 0 tale che ^{f (x)+g(x)} _h(x) < 1 per ogni x 2 (0, ). Essendo le funzioni non negative ne segue che f (x) + g(x) < h(x) per ogni x 2 (0, ).

Le a↵ermazioni B e C sono invece false. Consideriamo per esempio le funzioni f (x) = ¹ _x , g(x) = _x ¹

e h(x) = _x ¹

. Risulta f (x) = o(h(x)) e g(x) = o(h(x)) per x ! 0 ⁺ ma f (x) 6⇠ g(x) e

x lim !0

f (x) g(x) = lim

x !0

1 x

1

x ² = lim

x !0

x 1

x ² = 1

4. Calcoliamo il limite lim

x!0

log(cos x)

sin ² x utilizzando i limiti notevoli visti e la relazione di asintotico.

Ricordiamo che per x ! 0 risulta sin x ⇠ x e quindi che sin ² x ⇠ x ²

Abbiamo poi che log(1 + y) ⇠ y per y ! 0, posto allora y = cos x 1, dato che cos x 1 ! 0 per x ! 0 otteniamo

log(cos x) = log(1 + (cos x 1)) = log(1 + y) ⇠ y = cos x 1 e poich´e 1 cos x ⇠ ^x ₂

per x ! 0, si ha

log(cos x) ⇠ cos x 1 ⇠ ^x ₂

Possiamo allora concludere che per x ! 0 risulta

log(cos x) sin ² x ⇠

x

2

x ² = ¹ ₂ e dunque che lim

x !0

log(cos x)

sin

x = ¹ ₂ . 5. Calcoliamo lim

x !0

e ^{tan x} 1 p

cos x 1 log(1 + sin x) usando i limiti notevoli e la relazione di asintotico.

Per x ! 0 abbiamo

e ^{tan x} 1 ⇠ tan x ⇠ x, log(1 + sin x) ⇠ sin x ⇠ x e p

cos x 1 ⇠ ¹ ₃ (cos x 1) ⇠ ¹ ₆ x ² quindi

e ^{tan x} 1 p

cos x 1 log(1 + sin x) ⇠ x

1

6 x ² · x = 6 e dunque lim

x !0

e ^{tan x} 1 p

cos x 1 log(1 + sin x) = 6.

6. Per calcolare il limite lim

x !0

(cos x)

possiamo scrivere (cos x)

= e

^{log(cos x)} e studiare il comportamento dell’esponente ^{log(cos x)} _{tan x} per x ! 0. Abbiamo

tan x ⇠ x e log(cos x) ⇠ (cos x 1) ⇠ ^x ₂

e dunque

log(cos x)

tan x ⇠ ^x ₂

· ¹ _x = ^x ₂ ! 0 per x ! 0. Ne deduciamo quindi che (cos x)

= e

^{log(cos x)} ! 1.

7. Calcoliamo il limite lim

x !+1

e

1 p

x ² + 2 p

x ² + 1 . Osserviamo allora che, essendo _x ¹ ! 0 per x ! +1 risulta

e

1 ⇠ ¹ _x

mentre ^(e) p

x ² + 2 p

x ² + 1 = p

x ² + 1

✓ q

x

+2 x

+1 1

◆

= p

x ² + 1 ⇣

4

q

1 + _x

¹ +1 1 ⌘

⇠ p

x · ¹ _{4 x}

¹ +1

⇠ _4x ^{p x}

= _4x ¹

Ne deduciamo allora che per x ! +1 si ha e

1 p

x ² + 2 p

x ² + 1 ⇠

1 x 1 4x

= 4 p x

e dunque che lim

x!+1

e

1 p

x ² + 2 p

x ² + 1 = + 1.

8. Per calcolare il limite lim

x !0

sin(⇡ cos x)

x sin x osserviamo innanzitutto che posto y = ⇡(cos x 1) per x ! 0 si ha y ! 0 e quindi

sin(⇡ cos x) = sin(⇡ cos x ⇡ + ⇡) = sin(y + ⇡) = sin y ⇠ y = ⇡(1 cos x) ⇠ ^⇡ ₂ x ² mentre

x sin x ⇠ x ² Otteniamo allora che

sin(⇡ cos x) x sin x ⇠

⇡ 2 x ²

x ² = ⇡ 2 da cui lim

x!0

sin(⇡ cos x) x sin x = ^⇡ ₂ . 9. Calcoliamo il limite lim

x!0

sin(↵x ³ ) log( p

1 + x ³ ) al variare di ↵ 2 R. Per ogni ↵ 2 R, se x ! 0 ⁺ abbiamo sin(↵x ³ ) ⇠ ↵x ³

e

log( p

1 + x ³ ) = ¹ ₃ log(1 + x ³ ) ⇠ ^x ₃

da cui

sin(↵x ³ ) log( p

1 + x ³ ) ⇠ ↵x ³

x

3

= 3↵

Ne segue allora che lim

x !0

sin(↵x ³ ) log( p

1 + x ³ ) = 3↵ per ogni ↵ 2 R.

10. Per calcolare lim

x!1

cos( ^⇡ ₂ x)

(x 1) ^↵ al variare di ↵ 2 R, operiamo la sostituzione y = x 1 e osserviamo che se x ! 1 ⁺ allora y ! 0 ⁺ e il limite diviene

x!1 lim

cos( ^⇡ ₂ x)

(x 1) ^↵ = lim

y!0

cos( ^⇡ ₂ (y + 1)) y ^↵

(e)

osserviamo che essendo x ! +1 possiamo supporre x > 0 e che per tali valori risulta p

x

= p x

Per y ! 0 ⁺ risulta

cos( ^⇡ ₂ (y + 1)) = cos( ^⇡ ₂ y + ^⇡ ₂ ) = sin( ^⇡ ₂ y) ⇠ ^⇡ ₂ y ! 0

Osserviamo poi che se ↵ < 0 per y ! 0 ⁺ risulta y ^↵ ! +1 e quindi, dall’algebra dei limiti, otteniamo che

cos( ^⇡ ₂ (y + 1))

y ^↵ ! 0

Allo stesso modo, se ↵ = 0 allora y ^↵ = 1 e anche in questo caso ^cos(

⇡ 2 (y+1))

y

! 0 per y ! 0 ⁺ . Se invece ↵ > 0 allora per y ! 0 ⁺ risulta y ^↵ ! 0 e il limite presenta una forma indeterminata del tipo ⁰ ₀ . Dallo sviluppo sopra abbiamo per` o che

cos( ^⇡ ₂ (y + 1))

y ^↵ ⇠

⇡ 2 y

y ^↵ = ^⇡ ₂ y ^{1 ↵} ! 8 >

<

> :

0 se 0 < ↵ < 1

⇡

2 se ↵ = 1 1 se ↵ > 1 Riunendo quanto ottenuto possiamo concludere che

x!1 lim

cos( ^⇡ ₂ x)

(x 1) ^↵ = lim

y!0

cos( ^⇡ ₂ (y + 1))

y ^↵ =

8 >

<

> :

0 se ↵ < 1

⇡

2 se ↵ = 1 1 se ↵ > 1

Per risolvere i restanti esercizi sar` a utile ricordare che valgono le seguenti propriet` a degli “o” piccoli

• o(f(x)) ± o(f(x)) = o(f(x))

• k · o(f(x)) = o(k · f(x)) = o(f(x))

• g(x) · o(f(x)) = o(g(x) · f(x))

• o(g(x)) · o(f(x)) = o(g(x) · f(x))

• o(f(x) + o(f(x)) = o(f(x))

• o(o(f(x))) = o(f(x))

• g(x) ⇠ f(x) se e solo se g(x) = f(x) + o(f(x))

• Principio di cancellazione dei termini trascurabili: lim

x !x

f (x)+o(f (x))

g(x)+o(g(x)) = lim

x !x

f (x) g(x)

11. Per calcolare il limite lim

x!+1

x ² log x + x ⁵

4 ^x 2 ^x + x osserviamo che dai limiti notevoli della gerarchia degli infiniti, per x ! +1 risulta log x = o(x ⁵ ) e inoltre x ² = o(x ⁵ ). Dunque

x ² log x + x ⁵ = x ⁵ + o(x ⁵ ) ⇠ x ⁵

Sempre dalla gerarchia degli infiniti abbiamo che x = o(4 ^x ) e inoltre che 2 ^x = o(4 ^x ), quindi per x ! +1 si ha

4 ^x 2 ^x + x = 4 ^x + o(4 ^x ) ⇠ 4 ^x

Possiamo allora concludere che

x!+1 lim

x ² log x + x ⁵

4 ^x 2 ^x + x = lim

x!+1

x ⁵ + o(x ⁵ )

4 ^x + o(4 ^x ) = lim

x!+1

x ⁵ 4 ^x = 0

12. Per calcolare lim

x !0

e ^x p

1 x

cos x 1 + sin ² x utilizziamo il limiti notevoli e gli “o” piccolo. Per x ! 0 ⁺ abbiamo che

e ^x p

1 x = 1 + x + o(x) (1 ^x ₃ + o(x)) = ⁴ ₃ x + o(x) ⇠ ⁴ ₃ x e

cos x 1 + sin ² x = 1 ^x ₂

+ o(x ² ) 1 + (x + o(x)) ² = ^x ₂

+ o(x ² ) + x ² + o(x ² ) = ^x ₂

+ o(x ² ) ⇠ ^x ₂

Ne deduciamo quindi che

e ^x p

1 x cos x 1 + sin ² x ⇠

4 3 x

x

2

= _3x ⁸

e dunque lim

x !0

e ^x p

1 x

cos x 1 + sin ² x = + 1.

13. Per calcolare il limite lim

x!0

log(1 + x ² ) + tan x p 1 + 3x p

1 + x + x ² procediamo come nel precedente esercizio.

Per x ! 0 abbiamo

log(1 + x ² ) + tan x = x ² + o(x ² ) + x + o(x) = x + o(x) ⇠ x essendo x ² = o(x) per x ! 0. Risulta inoltre

p 1 + 3x p

1 + x + x ² = 1 + ³ ₂ x + o(x) (1 + x + x ² + o(x + x ² )) = ^x ₂ + o(x) ⇠ ^x ₂ dato che x ² = o(x) e che o(x + x ² ) = o(x + o(x)) = o(x). Ne deduciamo che

log(1 + x ² ) + tan x p 1 + 3x p

1 + x + x ² ⇠ x

x 2

= 2

e quindi che lim

x!0

log(1 + x ² ) + tan x p 1 + 3x p

1 + x + x ² = 2.

14. Per calcolare lim

x!0

e ^tan

^x p cos x sin x log(1 2x) + x p

1 + x ² osserviamo che per x ! 0 risulta

e ^tan

^x = 1 + tan ³ x + o(tan ³ x) = 1 + (x + o(x)) ³ + o(x ³ + o(x ³ )) = 1 + x ³ + o(x ³ ) e

p cos x = p

(cos x 1) + 1 = 1 + ¹ ₂ (cos x 1) + o(cos x 1))

= 1 + ¹ ₂ ( ^x ₂

+ o(x ² )) + o( ^x ₂

+ o(x ² ) = 1 ^x ₄

+ o(x ² )

Dunque, per x ! 0 si ha e ^tan

^x p

cos x = 1 + x ³ + o(x ³ ) (1 ^x ₄

+ o(x ² )) = ^x ₄

+ o(x ² ) ⇠ ^x ₄

Riguardo al denominatore per x ! 0 abbiamo invece

sin x log(1 2x) + x p

1 + x ² = (x + o(x)) · ( 2x + o(x)) + x(1 + ^x ₃

+ o(x ² ))

= 2x ² + o(x ² ) + x + ^x ₃

+ o(x ³ ) = x + o(x) ⇠ x Ne concludiamo che per x ! 0

e ^tan

^x p cos x sin x log(1 2x) + x p

1 + x ² ⇠

x

4

x = x

4

e quindi lim

x !0

e ^tan

^x p cos x sin x log(1 2x) + x p

1 + x ² = 0.

15. Per calcolare il limite lim

n !+1

(e

1)(sin _n ¹ _n ¹

)

log(cos _n ¹ ) + tan _n ¹ possiamo utilizzare gli “o” piccoli. Per n ! + 1 abbiamo

(e

1)(sin _n ¹ _n ¹

) = _n ¹

+ o( _n ¹

) ¹ _n + o( _n ¹ ) _n ¹

= _n ¹

+ o( _n ¹

) ¹ _n + o( _n ¹ ) = _n ¹

+o( _n ¹

) ⇠ _n ¹

Osserviamo poi che essendo cos _n ¹ 1 ! 0 per n ! +1 abbiamo

log(cos ¹ _n ) = log((cos ¹ _n 1) + 1) ⇠ cos _n ¹ 1 ⇠ _2n ¹

e dunque che log(cos _n ¹ ) = _2n ¹

+ o( _n ¹

). Ne segue che per n ! +1 si ha log(cos _n ¹ ) + tan _n ¹ = _2n ¹

+ o( _n ¹

) + _n ¹ + o( ¹ _n ) = _n ¹ + o( _n ¹ ) ⇠ _n ¹ essendo _n ¹

= o( _n ¹ ), e dunque

(e

1)(sin _n ¹ _n ¹

) log(cos ¹ _n ) + tan ¹ _n ⇠

1 n

1 n

= 1 n ²

da cui lim

n !+1

(e

1)(sin ¹ _{n n} ¹

) log(cos _n ¹ ) + tan _n ¹ = 0.

16. Calcoliamo il limite lim

x !0

e ^↵x p

1 x

sin x tan ² x al variare di ↵ 2 R. Per x ! 0 risulta

sin x tan ² x = x + o(x) (x + o(x)) ² = x + o(x) (x ² + o(x ² )) = x + o(x) ⇠ x mentre

e ^↵x p

1 x = 1 + ↵x + o(x) 1 ^x ₃ + o(x) = ↵ ¹ ₃ x + o(x)

Se ↵ 6= ¹ ₃ otteniamo allora che e ^↵x p

1 x ⇠ ↵ ¹ ₃ x e quindi

x lim !0

e ^↵x p

1 x sin x tan ² x = lim

x !0

↵ ¹ ₃ x

x = ↵ ¹ ₃ Se invece ↵ = ¹ ₃ allora e ^↵x p

1 x = o(x) e

x lim !0

e ^↵x p

1 x sin x tan ² x = lim

x !0

o(x) x = 0 per definizione di o(x).

17. Per calcolare lim

x!0

e ^x

(cos x) ^↵

sin x x log(1 + x) al variare di ↵ 2 R osserviamo che per x ! 0 risulta sin x x log(1 + x) = x + o(x) x(x + o(x)) = x + o(x) x ² + o(x ² ) = x + o(x) ⇠ x Riguardo al numeratore, osserviamo innanzitutto che

(cos x) ^↵ = ((cos x 1) + 1) ^↵ = 1 + ↵(cos x 1) + o(cos x 1) = 1 + ↵( ^x ₂

+ o(x ² )) + o(x ² ) quindi

e ^x

(cos x) ^↵ = 1 + x ² + o(x ² ) ⇣

1 + ↵( ^x ₂

+ o(x ² )) + o(x ² ) ⌘

= 1 + ^↵ ₂ x ² + o(x ² ) Ne segue che se ↵ 6= 2 allora e ^x

(cos x) ^↵ ⇠ 1 + ^↵ ₂ x ² e quindi

x!0 lim

e ^x

(cos x) ^↵

sin x x log(1 + x) = lim

x!0

1 + ^↵ ₂ x ²

x = 0

se invece ↵ = 2 allora e ^x

(cos x) ^↵ = o(x ² ) e

x lim !0

e ^x

(cos x) ^↵

sin x x log(1 + x) = lim

x !0

o(x ² ) x = lim

x !0

o(x ² )

x ² · x = 0 per definizione di o(x ² ).

18. Calcoliamo il limite lim

n !+1

p 1+

cos

n2

sin

+

al variare di ↵ 2 R procedendo come nei precedenti esercizi. Per n ! +1 risulta

1

n

sin ¹ _n + _n ¹

= _n ¹

· _n ¹ + o( ¹ _n ) + _n ¹

= _n ¹

+ o( _n ¹

) + _n ¹

= _n ¹

+ o( _n ¹

) ⇠ _n ¹

essendo _n ¹

= o( _n ¹

), mentre q

1 + ^↵ _n cos p ¹

n = 1 + ^↵ ₂ ¹ _n + o( _n ¹ ) 1 _2n ¹ + o( ¹ _n ) = ^↵+1 _{2 n} ¹ + o( _n ¹ ) Se ↵ 6= 1 otteniamo allora che p

1 + ^↵ _n cos p ¹

n ⇠ ^↵+1 _{2 n} ¹ e quindi che

n !+1 lim

p 1 + ^↵ _n cos p ¹ n 1

n

sin _n ¹ + _n ¹

= lim

n !+1

↵+1 2 1

n 1 n

= lim

n !+1

↵+1

2 n = sgn(↵ + 1) 1

Se invece ↵ 1 otteniamo che q

1 _n ¹ cos p ¹

n = o( _n ¹ ) e non possiamo concludere ancora nulla sul valore del limite

n !+1 lim q

1 ¹ _n cos p ¹ n 1

n

sin _n ¹ + _n ¹

= lim

n !+1

o( _n ¹ )

1 n

dato che o( ¹ _n ) indica una generica successione trascurabile rispetto a _n ¹ . Tale successione potrebbe essere per esempio _n ¹

, nel qual caso il limite risulterebbe uguale a 1 oppure potrebbe essere la successione _n ¹

, nel caso il limite sarebbe uguale a 0, o anche ¹

n

e in questo caso il limite sarebbe

uguale a + 1.