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. Se f (x), g(x) e h(x) sono funzioni infinitesime per x ! 0 con ord(f(x)) < ord(g(x)) < ord(h(x)), dalla definizione di ordine di infinitesimo abbiamo che
x lim !0
g(x) f (x) = lim
x !0
h(x) g(x) = 0 e anche che
x lim !0
h(x) f (x) = lim
x !0
h(x) g(x) · g(x)
f (x) = 0
ovvero che g(x) = o(f (x)), h(x) = o(g(x)) e h(x) = o(f (x)). Ne segue che l’a↵ermazione A `e vera, infatti dal principio di cancellazione dei termini trascurabili si ha
x lim !0
f (x) + h(x) f (x) + g(x) = lim
x !0
f (x) + o(f (x)) f (x) + o(f (x)) = lim
x !0
f (x) f (x) = 1
Anche l’a↵ermazione C `e vera in quanto sempre dal principio di cancellazione dei termini trascurabili otteniamo
x lim !0
g(x) + h(x) f (x) + h(x) = lim
x !0
g(x) + o(g(x)) f (x) + o(f (x)) = lim
x !0
g(x) f (x) = lim
x !0
o(f (x)) f (x) = 0 L’a↵ermazione B `e invece falsa. Dalle ipotesi risulta
x lim !0
f (x) + g(x) g(x) + h(x) = lim
x !0
f (x) + o(f (x)) g(x) + o(g(x)) = lim
x !0
f (x) g(x) = lim
x !0
f (x) o(f (x))
ma nulla possiamo dire riguardo all’ultimo limite. Per esempio, considerate le funzioni f (x) = x, g(x) = x 2 e h(x) = x 3 abbiamo che il limite
x lim !0
f (x) + g(x) g(x) + h(x) = lim
x !0
x + x 2
x 2 + x 3 = lim
x !0
x
x 2 = lim
x !0
1 x non esiste.
NOTA: per provare che le due a↵ermazioni sono vere abbiamo usato il concetto di funzione trascurabile e il prin- cipio di sostituzione dei termini trascurabili, si poteva in modo equivalente utilizzare semplicemente la definizione e l’algebra dei limiti raccogliendo, a numeratore e denominatore, la funzione con ordine di infinitesimo minore . 5. Per calcolare il limite lim
x !+1
x 2 log x + 3 x
4 x 2 x + x osserviamo che dai limiti notevoli della gerarchia degli infiniti, per x ! +1 risulta log x = o(3 x ) e inoltre x 2 = o(3 x ). Dunque
x 2 log x + 3 x = 3 x + o(3 x ) ⇠ 3 x
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 + 3 x
4 x 2 x + x = lim
x!+1
3 x + o(3 x )
4 x + o(4 x ) = lim
x!+1
3 x 4 x = 0
6. 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.
7. 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 + 1 2 (x + x 2 ) + o(x + x 2 )) = x + o(x) ⇠ x 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 = 1 e quindi che lim
x !0
log(1 + x 2 ) + tan x p 1 + 3x p
1 + x + x 2 = 1.
8. 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 ) Dunque, per x ! 0 si ha
+ 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.
9. 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
Osserviamo poi che essendo cos n 1 1 ! 0 per n ! +1 abbiamo
+ 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
Osserviamo poi che essendo cos n 1 1 ! 0 per n ! +1 abbiamo
= n 12 + o( n 12) 1 n + o( n 1 ) = n 13+o( n 13) ⇠ n 13
Osserviamo poi che essendo cos n 1 1 ! 0 per n ! +1 abbiamo
) 1 n + o( n 1 ) = n 13+o( n 13) ⇠ n 13
Osserviamo poi che essendo cos n 1 1 ! 0 per n ! +1 abbiamo
) ⇠ 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.
10. 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!0 lim
e ↵x p
31 x
sin x tan 2 x = lim
x!0
o(x) x = 0 per definizione di o(x).
11. 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 ).
12. Calcoliamo il limite lim
n !+1
p 1+↵n cos
p1n
1
n2