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 12 e h(x) = x 13. Risulta f (x) = o(h(x)) e g(x) = o(h(x)) per x ! 0 + ma f (x) 6⇠ g(x) e
. 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 22 per x ! 0, si ha
log(cos x) ⇠ cos x 1 ⇠ x 22
Possiamo allora concludere che per x ! 0 risulta
log(cos x) sin 2 x ⇠
x
22
x 2 = 1 2 e dunque che lim
x !0
log(cos x)
sin
2x = 1 2 . 5. Calcoliamo lim
x !0
+e tan x 1 p
3cos 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
3cos x 1 ⇠ 1 3 (cos x 1) ⇠ 1 6 x 2 quindi
e tan x 1 p
3cos x 1 log(1 + sin x) ⇠ x
1
6 x 2 · x = 6 e dunque lim
x !0
+e tan x 1 p
3cos x 1 log(1 + sin x) = 6.
6. Per calcolare il limite lim
x !0
+(cos x)
tan x1possiamo scrivere (cos x)
tan x1= e
tan x1log(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 22
e dunque
log(cos x)
tan x ⇠ x 2
2· 1 x = x 2 ! 0 per x ! 0. Ne deduciamo quindi che (cos x)
tan x1= e
tan x1log(cos x) ! 1.
7. Calcoliamo il limite lim
x !+1
e
1x1 p
4x 2 + 2 p
4x 2 + 1 . Osserviamo allora che, essendo x 1 ! 0 per x ! +1 risulta
e
1x1 ⇠ 1 x
mentre (e) p
4x 2 + 2 p
4x 2 + 1 = p
4x 2 + 1
✓ q
4x
2+2 x
2+1 1
◆
= p
4x 2 + 1 ⇣
4
q
1 + x21 +1 1 ⌘
⇠ p
x · 1 4 x21 +1
⇠ 4x p x2 = 4x 13/2
Ne deduciamo allora che per x ! +1 si ha e
1x1 p
4x 2 + 2 p
4x 2 + 1 ⇠
1 x 1 4x
3/2= 4 p x
e dunque che lim
x!+1
e
1x1 p
4x 2 + 2 p
4x 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
31 + x 3 ) al variare di ↵ 2 R. Per ogni ↵ 2 R, se x ! 0 + abbiamo sin(↵x 3 ) ⇠ ↵x 3
e
log( p
31 + x 3 ) = 1 3 log(1 + x 3 ) ⇠ x 33
da cui
sin(↵x 3 ) log( p
31 + x 3 ) ⇠ ↵x 3
x
33
= 3↵
Ne segue allora che lim
x !0
sin(↵x 3 ) log( p
31 + 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
4x
2= 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
0f (x)+o(f (x))
g(x)+o(g(x)) = lim
x !x
0f (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
31 x
cos x 1 + sin 2 x utilizziamo il limiti notevoli e gli “o” piccolo. Per x ! 0 + abbiamo che
e x p
31 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 22+ o(x 2 ) 1 + (x + o(x)) 2 = x 22+ o(x 2 ) + x 2 + o(x 2 ) = x 22+ o(x 2 ) ⇠ x 22
Ne deduciamo quindi che
+ o(x 2 ) + x 2 + o(x 2 ) = x 22+ o(x 2 ) ⇠ x 22
Ne deduciamo quindi che
Ne deduciamo quindi che
e x p
31 x cos x 1 + sin 2 x ⇠
4 3 x
x
22
= 3x 8
e dunque lim
x !0
+e x p
31 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 tan3x p cos x sin x log(1 2x) + x p
3
1 + x 2 osserviamo che per x ! 0 risulta
e tan3x = 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 22 + o(x 2 )) + o( x 22 + o(x 2 ) = 1 x 42 + o(x 2 )
+ o(x 2 ) = 1 x 42 + o(x 2 )
Dunque, per x ! 0 si ha e tan3x p
cos x = 1 + x 3 + o(x 3 ) (1 x 42 + o(x 2 )) = x 42 + o(x 2 ) ⇠ x 42
Riguardo al denominatore per x ! 0 abbiamo invece
+ o(x 2 ) ⇠ x 42
Riguardo al denominatore per x ! 0 abbiamo invece
sin x log(1 2x) + x p
31 + x 2 = (x + o(x)) · ( 2x + o(x)) + x(1 + x 32 + o(x 2 ))
= 2x 2 + o(x 2 ) + x + x 33 + o(x 3 ) = x + o(x) ⇠ x Ne concludiamo che per x ! 0
e tan3x p cos x sin x log(1 2x) + x p
3
1 + x 2 ⇠
x
24
x = x
4
e quindi lim
x !0
e tan3x p cos x sin x log(1 2x) + x p
3
1 + x 2 = 0.
15. Per calcolare il limite lim
n !+1
(e
n211)(sin n 1 n 12)
log(cos n 1 ) + tan n 1 possiamo utilizzare gli “o” piccoli. Per n ! + 1 abbiamo
(e
n211)(sin n 1 n 12) = n 12 + o( n 12) 1 n + o( n 1 ) n 12 = n 12 + o( n 12) 1 n + o( n 1 ) = n 13+o( n 13) ⇠ n 13
+ o( n 12) 1 n + o( n 1 ) n 12 = n 12 + o( n 12) 1 n + o( n 1 ) = n 13+o( n 13) ⇠ n 13
= n 12 + o( n 12) 1 n + o( n 1 ) = n 13+o( n 13) ⇠ n 13
) 1 n + o( n 1 ) = n 13+o( n 13) ⇠ n 13
) ⇠ n 13
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 12
e dunque che log(cos n 1 ) = 2n 12 + o( n 12). Ne segue che per n ! +1 si ha log(cos n 1 ) + tan n 1 = 2n 12 + o( n 12) + n 1 + o( 1 n ) = n 1 + o( n 1 ) ⇠ n 1 essendo n 12 = o( n 1 ), e dunque
). Ne segue che per n ! +1 si ha log(cos n 1 ) + tan n 1 = 2n 12 + o( n 12) + n 1 + o( 1 n ) = n 1 + o( n 1 ) ⇠ n 1 essendo n 12 = o( n 1 ), e dunque
) + n 1 + o( 1 n ) = n 1 + o( n 1 ) ⇠ n 1 essendo n 12 = o( n 1 ), e dunque
(e
n211)(sin n 1 n 12) log(cos 1 n ) + tan 1 n ⇠
1 n
31 n
= 1 n 2
da cui lim
n !+1
(e
n211)(sin 1 n n 12) log(cos n 1 ) + tan n 1 = 0.
16. Calcoliamo il limite lim
x !0
e ↵x p
31 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
31 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
31 x ⇠ ↵ 1 3 x e quindi
x lim !0
e ↵x p
31 x sin x tan 2 x = lim
x !0
↵ 1 3 x
x = ↵ 1 3 Se invece ↵ = 1 3 allora e ↵x p
31 x = o(x) e
x lim !0
e ↵x p
31 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 x2 (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 22 + o(x 2 )) + o(x 2 ) quindi
e x2 (cos x) ↵ = 1 + x 2 + o(x 2 ) ⇣
1 + ↵( x 22 + o(x 2 )) + o(x 2 ) ⌘
= 1 + ↵ 2 x 2 + o(x 2 ) Ne segue che se ↵ 6= 2 allora e x2 (cos x) ↵ ⇠ 1 + ↵ 2 x 2 e quindi
x!0 lim
e x2 (cos x) ↵
sin x x log(1 + x) = lim
x!0
1 + ↵ 2 x 2
x = 0
se invece ↵ = 2 allora e x2 (cos x) ↵ = o(x 2 ) e
x lim !0
e x2 (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+↵n cos
p1n
1
n2