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. 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

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.

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 ^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.

9. 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.

10. 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!0 lim

e ^↵x p

1 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 ^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 ).

12. 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.

13. Determiniamo l’ordine di infinitesimo della funzione f (x) = sin x cos x log(1 x) per x ! 0.

Dai limiti notevoli per x ! 0 e dalle propriet`a degli “o” piccoli abbiamo

f (x) = sin x cos x log(1 x) = (x + o(x)) · (1 ^x ₂

+ o(x ² )) ( x + o(x))

= x + o(x) + o(x) ^x ₂

+ o(x ³ ) + x + o(x) = 2x + o(x)

essendo x ³ = o(x) e quindi o(x ³ ) = o(x). Ne segue allora che la funzione `e asintotica a 2x per x ! 0 e che ha ordine di infinitesimo pari a 1.

14. Per determinare l’ordine di infinitesimo di f (x) = e ^{sin x} p

1 + x ² per x ! 0 osserviamo che, essendo sin x ! 0 per x ! 0, dalle propriet`a degli “o” piccoli e dal limite notevole e ^y = 1+y+o(y) per y ! 0 otteniamo

e ^{sin x} = 1 + sin x + o(sin x) = 1 + (x + o(x)) + o(x + o(x)) = 1 + x + o(x).

Allo stesso modo, essendo x ² ! 0 per x ! 0 e (1 + y) ^↵ = 1 + ↵y + o(y) per y ! 0, si ha p 1 + x ² = 1 + ^x ₂

+ o(x ² )

Dunque

f (x) = e ^{sin x} p

1 + x ² = 1 + x + o(x) (1 + ¹ ₂ x ² + o(x ² )) = x + o(x) ¹ ₂ x ² + o(x ² ) = x + o(x) essendo x ² = o(x). Ne segue allora che la funzione ha ordine di infinitesimo 1.

15. La funzione f (x) = p

cos x e

ha ordine di infinitesimo maggiore di 2, infatti usando i limiti notevoli visti per x ! 0 e dalle propriet`a degli “o” piccoli per x ! 0 otteniamo

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 ¹ ₄ x ² + o(x ² )

dato che o( ^x ₂

+ o(x ² )) = o(x ² ). Inoltre

e

= 1 ¹ ₄ x ² + o(x ² ) Ne segue che

f (x) = p

cos x e

= 1 ¹ ₄ x ² + o(x ² ) (1 ¹ ₄ x ² + o(x ² )) = o(x ² ).

16. Calcoliamo l’ordine di infinitesimo di f (x) = log(cos x) p

1 + x ² + 1 per x ! 0. Usando le propriet` a degli “o” piccoli osserviamo innanzitutto che per x ! 0 risulta

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

+ o(x ² ) + o( ^x ₂

+ o(x ² ))

= ^x ₂

+ o(x ² ).

Abbiamo quindi che f (x) = log(cos x) p

1 + x ² + 1 = ^x ₂

+ o(x ² ) ⇣

1 + ^x ₃

+ o(x ² ) ⌘

+ 1 = ⁵ ₆ x ² + o(x ² ) e dunque che f (x) ha ordine di infinitesimo 2.

17. Per determinare l’ordine di infinitesimo di f _↵ (x) = sin ² (↵x) log(1 + x ² ) per x ! 0 al variare di ↵ 2 R procediamo come nei precedenti esercizi. Per x ! 0 abbiamo che

f _↵ (x) = sin ² (↵x) log(1 + x ² ) = (↵x + o(x)) ² (x ² + o(x ² )) = ↵ ² x ² + o(x ² ) x ² + o(x ² )

= (↵ ² 1)x ² + o(x ² )

da cui possiamo dedurre che se ↵ 6= ±1 allora f ↵ (x) ha ordine di infinitesimo 2 mentre se ↵ = ±1 si ha f _↵ (x) = o(x ² ) e quindi che la funzione ha ordine di infinitesimo maggiore di 2.

18. Determiniamo l’ordine di infinitesimo di f _↵ (x) = (sin x log(1 + ↵x))(e ^{sin x} 1) ² per x ! 0 al variare di ↵ 2 R. Per x ! 0 risulta

f ↵ (x) = (sin x log(1 + ↵x))(e ^{sin x} 1) ² = (x + o(x) (↵x + o(x)))(sin x + o(sin x)) ²

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

= ((1 ↵)x + o(x))(x ² + o(x ² )) = (1 ↵)x ³ + o(x ³ ).

Ne segue che se ↵ 6= 1 allora f ↵ (x) ha ordine di infinitesimo 3 mentre se ↵ = 1 si ha f _↵ (x) = o(x ³ ) e quindi che la funzione ha ordine di infinitesimo maggiore di 3.

19. Calcoliamo l’ordine di infinitesimo di f _↵ (x) = cos ² x p

1 + ↵x per x ! 0 al variare di ↵ 2 R.

Osservato che per x ! 0 si ha

cos ² x = (1 ^x ₂

+ o(x ² )) ² = 1 + ^x ₄

+ o(x ² ) · o(x ² ) x ² + o(x ² ) ^x ₂

· o(x ² ) = 1 x ² + o(x ² ), essendo x ⁴ = o(x ² ), o(x ² ) · o(x ² ) = o(x ⁴ ) = o(x ² ) e ^x ₂

· o(x ² ) = o(x ⁴ ) = o(x ² ), otteniamo f _↵ (x) = cos ² x p

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

dato che x ² = o(x). Ne concludiamo che se ↵ 6= 0 la funzione ha ordine di infinitesimo 1 mentre

se ↵ = 0 la funzione ha ordine di infinitesimo maggiore di 1. Osserviamo per` o che se ↵ = 0

allora f _↵ (x) = cos ² x 1 = x ² + o(x ² ) e in questo caso possiamo concludere che la funzione ha

ordine di infinitesimo 2.

20. Determiniamo l’ordine di infinitesimo della funzione f ↵ (x) = ⇣

log(cos ↵x) e ^sin

^x + 1 ⌘ ( p

cos x 1) per x ! 0 al variare di ↵ 2 R. Per x ! 0 abbiamo

f _↵ (x) = ⇣

log(cos ↵x) e ^sin

^x + 1 ⌘ ( p

cos x 1)

= ⇣

log((cos ↵x 1) + 1) e ^sin

^x + 1 ⌘ ( p

(cos x 1) + 1 1)

= (cos ↵x 1) + o(cos ↵x 1) sin ² x + o(sin ² x) ¹ ₄ (cos x 1) + o(cos x 1)

= ⇣

↵

2 x ² + o(x ² ) x ² + o(x ² ) ⌘

1

4 ( ¹ ₂ x ² + o(x ² )

= ⇣

↵

+2

2 x ² + o(x ² ) ⌘

1

8 x ² + o(x ² )

= ^↵

₁₆ ⁺² x ⁴ + o(x ⁴ )

e quindi che la funzione ha ordine di infinitesimo 4 per ogni ↵ 2 R.

21. La funzione f (x) ha ordine di infinitesimo 2, quindi esiste ` 2 R \ {0} tale che f(x) ⇠ `x ² . Allora a. lim

x !0

f (x)

log(1 + 2x ² ) `e finito non nullo poich´e log(1 + 2x ² ) ⇠ 2x ² per x ! 0 e dunque

x!0 lim

f (x)

log(1 + 2x ² ) = lim

x!0

`x <sup>2</sup> 2x <sup>2</sup> = `

2 2 R \ {0}

Si noti che ord(log(1 + 2x ² )) = 2 = ord(f (x).

b. lim

x !0

f (x)

p x sin x = 0 dato che p

x sin x ⇠ p

x · x per x ! 0 da cui

x lim !0

f (x)

p x sin x = lim

x !0

`x ² 2x ^3/2 = 0, osserviamo che ord( p

x sin x) = ³ ₂ < 2 = ord(f (x);

c. lim

x !0

f (x)

sin ² x x = 0 infatti per x ! 0 risulta

sin ² x x = (x + o(x)) ² x = x ² + o(x ² ) x = x + o(x) quindi ord(sin ² x x) = 1 < 2 = ord(f (x);

d. lim

x !0

sin ² x log(1 + x ² )

f (x) = 0 in quanto la funzione sin ² x log(1 + x ² ) ha ordine di infinites- imo maggiore di 2, infatti per x ! 0 si ha

sin ² x log(1 + x ² ) = x ² + o(x ² ) (x ² + o(x ² )) = o(x ² ).

Quindi

x!0 lim

sin ² x log(1 + x ² )

f (x) = lim

x!0

1

` o(x ² )

x ² = 0

per definizione di funzione trascurabile.