9. Teorema di De L Hopital

1

9. Teorema di De L’Hopital

Il teorema ( o regola) di de L’Hôpital riguarda limiti delle forme indeterminate:

𝟎 𝟎 ^∞

∞ 𝟎 ∙ ∞ ∞ − ∞ 𝟏^∞ 𝟎^𝟎 ∞^𝟎

Forma indeterminata ^𝟎_𝟎

Teorema ( o regola ) di De L’Hopital

Se 𝑓 e 𝑔 sono due funzioni continue in [𝑎; 𝑏] e derivabili in (𝑎; 𝑏), escluso al più il punto 𝑥₀ ∈ (𝑎; 𝑏) , con :

𝑔′(𝑥) ≠ 0 ∀𝑥 ∈ (𝑎; 𝑏) (𝑥 ≠ 𝑥₀) 𝑓(𝑥₀) = 0 𝑔(𝑥₀) = 0 e se esiste finito

𝑥→𝑥lim₀ 𝑓′(𝑥) 𝑔′(𝑥) allora esiste anche il

𝑥→𝑥lim0

𝑓(𝑥) 𝑔(𝑥) e risulta:

𝑥→𝑥lim0

𝑓(𝑥)

𝑔(𝑥) = lim

𝑥→𝑥0

𝑓′(𝑥) 𝑔′(𝑥)

Il teorema vale anche nel caso in cui 𝑥 → +∞ oppure 𝑥 → −∞.

Esercizi

( gli esercizi con asterisco sono avviati ) *1) lim

𝑥→0 𝑒^2𝑥−1

𝑥 2) lim

x→0 𝑒^𝑥−2^𝑥

𝑥

*3) lim

x→0⁻ 𝑒

1 𝑥

𝑥 4) lim

x→0 𝑒^3𝑥−1

𝑠𝑖𝑛𝑥 5) lim

x→0

𝑒^𝑥−𝑐𝑜𝑠𝑥

𝑠𝑖𝑛𝑥 6) lim

𝑥→0

𝑠𝑖𝑛𝑥−𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥

𝑥³

*7) lim

x→0⁻ 𝑥²−𝑒

1 𝑥

𝑥 8) lim

𝑥→0

𝑙𝑜𝑔(3𝑥+1)

𝑥

2 9) lim

𝑥→1

𝑙𝑜𝑔²𝑥−𝑙𝑜𝑔𝑥

𝑥²−1 10) lim

𝑥→0

𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥²

𝑥 11) lim

𝑥→1

𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥−^𝜋₄

𝑥−1 *12) lim

x→+∞

𝜋

2−𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥

𝑒^−𝑥 13) lim

x→0 𝑠𝑖𝑛𝑥²

log (1+𝑥) 14) lim

x→0⁺

log (1+𝑥)

√1−𝑐𝑜𝑠𝑥 15) lim

x→0 𝑒

𝑥 2−𝑥−1

𝑠𝑖𝑛𝑥 16) lim

x→0

𝑥−𝑠𝑖𝑛𝑥

𝑒^𝑥−1−𝑥² 17) lim

x→0

𝑒^𝑥−√1+𝑥

𝑥+𝑠𝑖𝑛𝑥 18) lim

x→0

1−𝑐𝑜𝑠(8𝑥)

(1+𝑥²)³−1 19) lim

x→0

𝑠𝑖𝑛𝑥⁴

𝑥³(𝑒^𝑥−𝑐𝑜𝑠𝑥) 20) lim

x→0

𝑒^𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥−1

𝑙𝑜𝑔(1+𝑥) 21) lim

x→0

𝑒^𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥−𝑥

𝑙𝑜𝑔(1+𝑥) 22) lim

x→1

log (2𝑥²−1) 𝑐𝑜𝑠(^𝜋

2𝑥) 23) lim

x→1

(2−𝑥)𝑙𝑜𝑔(2−𝑥)−𝑠𝑖𝑛(1−𝑥)

1−𝑐𝑜𝑠(𝑥−1) 24) lim

x→2⁺

log(𝑥−1)²+𝑥²−2𝑥

(𝑥−2)²

Forma indeterminata ^∞_∞ Teorema

Se 𝑓 e 𝑔 sono due funzioni continue in [𝑎; 𝑏] e derivabili in (𝑎; 𝑏), escluso al più il punto 𝑥₀ ∈ (𝑎; 𝑏) e sia

𝑔′(𝑥) ≠ 0 ∀𝑥 ∈ (𝑎; 𝑏) (𝑥 ≠ 𝑥₀) Se 𝑓 e 𝑔 sono entrambe infinite per 𝑥 → 𝑥₀ e se esiste il

𝑥→𝑥lim₀ 𝑓′(𝑥) 𝑔′(𝑥) allora esiste anche il

𝑥→𝑥lim0

𝑓(𝑥) 𝑔(𝑥) e risulta:

𝑥→𝑥lim0

𝑓(𝑥)

𝑔(𝑥) = lim

𝑥→𝑥0

𝑓′(𝑥) 𝑔′(𝑥)

Il teorema vale anche nel caso in cui 𝑥 → +∞ oppure 𝑥 → −∞.

3

Limiti notevoli

a) Dimostriamo che

𝑥→+∞lim

𝑒^𝑥

𝑥^𝛼 = +∞ ∀ 𝛼 ∈ ℝ₀⁺

Alla forma indeterminata ^∞

∞ applichiamo il teorema di De L’Hopital calcolando il limite del rapporto delle derivate

𝑥→+∞lim 𝑒^𝑥 𝛼𝑥^𝛼−1 Si possono avere due casi:

1) 𝛼 ≤ 1 allora 𝛼 − 1 ≤ 0 pertanto risulta

𝑥→+∞lim 𝑒^𝑥

𝛼𝑥^𝛼−1= lim

𝑥→+∞

𝑒^𝑥

𝑥^𝛼 = +∞

2) 𝛼 > 1 , in questo caso il lim

𝑥→+∞

𝑒^𝑥

𝛼𝑥^𝛼−1 si presenta ancora sotto la forma indeterminata ^∞_∞, si riapplica il teorema più volte finché l’esponente di 𝑥 risulti minore o uguale a 0.

In definitiva si ha :

𝑥→+∞lim

𝑒^𝑥

𝑥^𝛼= +∞ ∀ 𝛼 > 0 Possiamo, quindi, dire che :

La funzione esponenziale 𝒆^𝒙 , per 𝑥 → +∞, è un infinito di ordine superiore a qualunque potenza di 𝑥 a esponente positivo.

La proprietà vale ancora per l’esponenziale 𝑎^𝑥 con 𝑎 > 1, cioè lim

𝑥→+∞

𝑎^𝑥

𝑥^𝛼 = +∞ ∀ 𝛼 > 0, 𝑎 > 1

b) Dimostriamo che :

𝑥→+∞lim

𝑙𝑜𝑔𝑥

𝑥^𝛼 = 0 ∀ 𝛼 ∈ ℝ₀⁺

Alla forma indeterminata ^∞_∞ applichiamo il teorema di De L’Hopital calcolando il limite del

4 rapporto delle derivate

𝑥→+∞lim 1 𝑥

𝛼𝑥^𝛼−1 = lim

𝑥→+∞

1 𝛼𝑥^𝛼 = 0 Pertanto

𝑥→+∞lim

𝑙𝑜𝑔𝑥

𝑥^𝛼 = 0 ∀ 𝛼 > 0 Si può, quindi, dire che :

La funzione 𝒍𝒐𝒈𝒙 , per 𝑥 → +∞, è un infinito di ordine inferiore a qualunque potenza di 𝑥 a esponente positivo.

La proprietà vale ancora per 𝑙𝑜𝑔_𝑎𝑥 con 𝑎 > 1, cioè

𝑥→+∞lim

𝑙𝑜𝑔_𝑎𝑥

𝑥^𝛼 = 0 ∀ 𝛼 > 0, 𝑎 > 1

Esercizi

1) lim

𝑥→∞

3𝑥−𝑥²+4𝑥³

2−𝑥³ 2) lim

𝑥→−∞

2−𝑥+𝑥⁴

𝑥²+2𝑥³ 3) lim

𝑥→∞

𝑥³+𝑥²−𝑥+1

3−𝑥−2𝑥⁵ 4) lim

𝑥→+∞

5𝑒^2𝑥−2

1−𝑒^𝑥 5) lim

𝑥→+∞

𝑒^𝑥

𝑥²+1 6) lim

𝑥→−∞

𝑒^−𝑥+2

𝑥³ *7) lim

x→±∞

𝑒^𝑥2−4

2𝑥⁴ *8) lim

x→+∞

𝑙𝑜𝑔(𝑥²−1)

√𝑥 9) lim

𝑥→+∞

𝑙𝑜𝑔𝑥

3√𝑥 10) lim

𝑥→0⁺ 𝑙𝑜𝑔¹

𝑥+1𝑥 𝑥2

11) lim

x→^𝜋 2 +

log (𝑥−^𝜋₂)

𝑡𝑔𝑥 12) lim

x→+∞

𝑙𝑜𝑔(4𝑥−1)

3− √𝑥³ 13) lim

𝑥→0⁺ 𝑙𝑜𝑔𝑥

𝑐𝑡𝑔𝑥 14) lim

𝑥→0⁻ log (−𝑥)

𝑒⁻ 1 𝑥

15) lim

x→+∞

√1+𝑥⁴

𝑙𝑜𝑔(𝑥⁵−3) 16) lim

x→+∞

√𝑥

(𝑒^𝑥−1+3) 17) lim

x→+∞

𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥+𝑥

𝑙𝑜𝑔(𝑥⁵−3) *18) lim

x→+∞

3^𝑥+2

𝑥⁵+2𝑥

5 Forma indeterminata 𝟎 ∙ ∞

Limite notevole

Dimostriamo che

𝑥→0lim⁺𝑥^𝛼∙ 𝑙𝑜𝑔𝑥 = 0 ∀𝛼 ∈ ℝ₀⁺

Trasformiamo il limite che si presenta nella forma indeterminata 0 ∙ (−∞) nel limite lim

𝑥→0⁺ 𝑙𝑜𝑔𝑥

𝑥^−𝛼 che si presenta nella forma ^∞

∞ e applichiamo il teorema di De L’Hopital calcolando il limite del rapporto delle derivate :

𝑥→0lim⁺ 1 𝑥

−𝛼𝑥^−𝛼−1 = −1 𝛼 lim

𝑥→0⁺𝑥^𝛼 = 0 Ne segue che

𝑥→0lim⁺𝑥^𝛼∙ 𝑙𝑜𝑔𝑥 = 0 ∀𝛼 > 0 Risulta anche

lim

𝑥→0⁺𝑥^𝛼∙ 𝑙𝑜𝑔_𝑎𝑥 = 0 ∀𝛼 ∈ ℝ₀⁺, 𝑎 > 1

Esempio

Il limite

limx→1(1 − 𝑥³) 𝑡𝑔 (𝜋 2𝑥)

si presenta nella forma indeterminata 0 ∙∞, occorre perciò trasformarlo in una delle forme ⁰

0 oppure ^∞

∞. Si ha:

limx→1(1 − 𝑥³) 𝑡𝑔 (^𝜋₂𝑥) = lim

x→1 (1−𝑥³) 𝑐𝑡𝑔(^𝜋

2𝑥)= (⁰

0)

Calcoliamo il limite del rapporto delle derivate ottenendo limx→1

−3𝑥²

−𝜋

2 [1 + 𝑐𝑡𝑔²(𝜋 2 𝑥)]

= 6 𝜋 Pertanto anche il limite dato esiste e risulta

limx→1(1 − 𝑥³) 𝑡𝑔 (𝜋

2𝑥) = lim

x→1

−3𝑥²

−𝜋

2 [1 + 𝑐𝑡𝑔²(𝜋 2 𝑥)]

= 6 𝜋

6

Esercizi

1) lim

𝑥→0 (3𝑥 − 2𝑥²)𝑐𝑡𝑔𝑥 *2) lim

𝑥→0⁺𝑥𝑒

1

√𝑥 3) lim

x→0⁺(1 − 𝑒^4𝑥) 𝑐𝑡𝑔(3𝑥) *4) lim

x→1⁺(𝑥 − 1) 𝑙𝑜𝑔 (_𝑥−1¹ ) 5) lim

𝑥→0⁺𝑥²𝑙𝑜𝑔𝑥 6) lim

𝑥→1⁺(𝑥 − 1)𝑙𝑜𝑔²(𝑥 − 1) 7) lim

x→0⁺(𝑥⁴+ 𝑥³) 𝑙𝑜𝑔(𝑥) 8) lim

x→+∞𝑒^−𝑥𝑙𝑜𝑔(1 + 𝑥²) 9) lim

𝑥→1⁺(𝑥 − 1)log (log(𝑥)) 10) lim

𝑥→−∞(𝑥⁴− 𝑥²+ 4)𝑒^𝑥+1 11) lim

𝑥→^𝜋 2

−𝑐𝑜𝑠𝑥 ∙ log (𝑐𝑜𝑠𝑥) 12) lim

𝑥→+∞𝑥³𝑠𝑖𝑛 (¹

𝑥²) 13) lim

x→0⁺(𝑥 + 𝑠𝑖𝑛4𝑥) 𝑐𝑡𝑔(𝑥) 14) lim

x→+∞𝑒^𝑥2𝑙𝑜𝑔 (1 + ¹

𝑥²) 15) lim

𝑥→2(𝑥 − 2)𝑐𝑡𝑔(𝜋𝑥) 16) lim

𝑥→0 𝑥+2

𝑥 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 17) lim

x→0⁺(𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥) ∙ 𝑙𝑜𝑔(𝑥) 18) lim

x→+∞

𝑥³

1+𝑥(1 − 𝑒^1𝑥) 19) lim

x→+∞𝑥 (−^𝜋

2+ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑥 + 1)) 20) lim

x→+∞𝑒^−𝑥2+1(−𝑥³+ 𝑥)

Forma indeterminata ∞ − ∞

Esempio

Il limite

limx→0(1

𝑥− 1

𝑠𝑖𝑛𝑥)

si presenta nella forma indeterminata ∞ - ∞, occorre perciò trasformarlo in una delle forme ⁰

0 oppure ^∞

∞. Si ha:

limx→0(¹

𝑥− ¹

𝑠𝑖𝑛𝑥)=lim

x→0(^{𝑠𝑖𝑛𝑥−𝑥}

𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥 ) = (⁰

0) , calcoliamo il limite del rapporto delle derivate:

limx→0( ^{𝑐𝑜𝑠𝑥−1}

𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥) =(⁰₀) , poiché ancora abbiamo ottenuto una forma indeterminata riapplichiamo il teorema ottenendo

limx→0( −𝑠𝑖𝑛𝑥

2𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥) = 0 Ne consegue che

7 limx→0(1

𝑥− 1

𝑠𝑖𝑛𝑥) = 0

Esercizi

*1) lim

𝑥→3⁺( ^𝑥

𝑥²−9−^𝑥+1

𝑥−3) 2) lim

𝑥→0( ¹

𝑥+𝑥²−¹

𝑥) 3) lim

x→0⁺(¹

𝑥− 𝑒^1𝑥) 4) lim

x→+∞(^𝑒3𝑥

1+𝑥− 𝑥⁴) 5) lim

𝑥→0⁺(¹

𝑥− ¹

𝑒^𝑥−1) 6) lim

𝑥→+∞( ^𝑒2𝑥

𝑒^𝑥+1− 𝑥³) *7) lim

x→1⁺( ¹

𝑥−1+ 𝑙𝑜𝑔(𝑥 − 1)) 8) lim

𝑥→−1⁻( ¹

𝑥+1+ ¹

𝑙𝑜𝑔(−𝑥)) 9) lim

𝑥→0⁻( ¹

𝑠𝑖𝑛𝑥− ¹

𝑥²+𝑥) *10) lim

x→𝜋⁻( ¹

𝑠𝑖𝑛𝑥− 𝑡𝑔^𝑥

2) 11) lim

x→0(¹

𝑥²− 𝑐𝑡𝑔²𝑥) *12) lim

𝑥→+∞(𝑥 − 𝑙𝑜𝑔𝑥)

Forme indeterminate 𝟎^𝟎 ∞^𝟎 𝟏^∞ Ricordiamo che si può scrivere

𝑓(𝑥)^𝑔(𝑥)= 𝑒^{𝑙𝑜𝑔𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)} = 𝑒𝑔(𝑥)𝑙𝑜𝑔𝑓(𝑥)

Esempio

lim𝑥→0(1 + 𝑥²)^1𝑥

Il limite è della forma indeterminata 1^∞; scriviamo la funzione nella forma (1 + 𝑥²)^1𝑥 = 𝑒^{𝑙𝑜𝑔(1+𝑥2)}

1 𝑥 = 𝑒

𝑙𝑜𝑔(1+𝑥2) 𝑥

Calcoliamo il limite dell’esponente che si presenta nella forma indeterminata ⁰₀ :

𝑥→0lim

𝑙𝑜𝑔(1 + 𝑥²)

𝑥 = lim

𝑥→0

2𝑥 1 + 𝑥²

1 = 0

Perciò risulta

lim𝑥→0(1 + 𝑥²)^1𝑥 = 1

8

Esercizi

*1) lim

x→0⁺𝑥^𝑥 *2) lim

x→0⁺(¹

𝑥)^𝑥 3) lim

𝑥→0⁺𝑥^√𝑥 4) lim

𝑥→∞(𝑥²− 4)^1𝑥 5) lim

𝑥→1𝑥^𝑥−11 6) lim

𝑥→0⁺𝑥

1

2+𝑙𝑜𝑔𝑥 *7) lim

𝑥→0⁺(1 + 𝑥)^𝑥21 * 8) lim

x→0⁻(1 + 𝑥)^𝑥21

*9) lim

x→1⁺(𝑙𝑜𝑔𝑥)^𝑥−1 10) lim

𝑥→+∞(𝑙𝑜𝑔𝑥)^1𝑥 11) lim

x→2(3 − 𝑥)^𝑥−21 12) lim

𝑥→^𝜋₂(1 − 𝑐𝑜𝑠𝑥)^𝑡𝑔𝑥 13) lim

x→¹₂⁺

(2𝑥 − 1)^cosπx 14) lim

x→0⁺(𝑠𝑖𝑛𝑥)^𝑥−1𝑥 15) lim

𝑥→+∞(^𝜋

2− 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥)^𝑒

−𝑥

16) lim

𝑥→+∞( ^𝑥

𝑥+1)^{𝑙𝑜𝑔(𝑥}

4+2)

17) lim

𝑥→0⁺(𝑐𝑜𝑡𝑔𝑥)^𝑥3+𝑥 18) lim

𝑥→2⁺( ^𝑥

𝑥−2)^{𝑐𝑜𝑠(}

𝜋𝑥 4)

Soluzioni

Forma indeterminata ^𝟎

𝟎

*1.S. 2; ( il limite si presenta nella forma indeterminata ⁰

0 e le funzioni 𝑒^2𝑥− 1 e 𝑥 soddisfano le ipotesi del teorema di De L’Hopital ; calcoliamo il limite del rapporto delle derivate:

lim

𝑥→0 2𝑒^2𝑥

1 = 2 , poiché tale limite esiste allora esiste anche il limite del rapporto delle funzioni e risulta lim

𝑥→0 𝑒^2𝑥−1

𝑥 = lim

𝑥→0 2𝑒^2𝑥

1 = 2 );

2.S. 1-log2;

*3.S. 0 ; ( il limite si presenta nella forma ⁰

0 e sono soddisfatte le ipotesi del teorema, calcolia- mo perciò il limite del rapporto delle derivate: lim

x→0⁻

−¹ 𝑥2𝑒

1 𝑥

1 , osserviamo che abbiamo ottenuto una forma indeterminata ⁰₀ più complessa della precedente ; in tal caso

9 conviene calcolare il limite nella forma lim

x→0⁻ 1 𝑥 𝑒⁻ 1 𝑥

, ora il limite è del tipo ^∞

∞ e ( vedi teorema ) calcoliamo il limite del rapporto delle derivate :

lim

x→0⁻

−¹ 𝑥2 1 𝑥2𝑒⁻

1 𝑥

= 0 , quindi lim

x→0⁻−^𝑒

1 𝑥

1 = 0 );

4.S. 3 ; 5.S. 1; 6.S. ¹₃ ;

*7.S. 0 ; (scritta la funzione nella forma 𝑥 −

1 𝑥 𝑒⁻ 1 𝑥

per il calcolo del limite si veda la soluzione dell’es.

n°3);

8. S. 3; 9.S. −¹

2 ; 10.S. 0; 11. S. ¹

2 ;

*12.S. +∞; ( passando alle derivate si ha lim

x→+∞

− ¹ 1+𝑥2

−𝑒^−𝑥 = lim

x→+∞

𝑒^𝑥

1+𝑥² , riapplichiamo il teorema alla forma ^∞

∞ così ottenuta : lim

x→+∞

𝑒^𝑥

2𝑥 ; ancora una forma ^∞

∞ perciò riapplichiamo il teorema lim

x→+∞

𝑒^𝑥

2 = +∞ ; ne consegue che : lim

x→+∞

𝜋

2−𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥

𝑒^−𝑥 = lim

x→+∞

− ¹ 1+𝑥2

−𝑒^−𝑥 = lim

x→+∞

𝑒^𝑥

2𝑥= lim

x→+∞

𝑒^𝑥

2 = +∞ );

13. S. 0 ; 14. S. √2 ; 15. S. −¹₂ ; 16. S. 0 ; 17. S. ¹₄ ; 18. S.³²₃ ; 19. S. 1; 20. S. 1; 21. S. 0 ; 22. S. −⁸

𝜋 ; 23. S. 1; 24. S. +∞;

Forma indeterminata ^∞

∞

1. S. −4 ; 2.S. −∞ ; 3.S. 0 ; 4. S. −∞ ; 5.S. +∞ ; 6.S. −∞ ;

*7.S. +∞ ; ( applicando il teorema si ha : lim

x→±∞

2𝑥𝑒^𝑥2−4

8𝑥³ = lim

x→±∞

𝑒^𝑥2−4

4𝑥² , applichiamo ancora il teorema : lim

x→±∞

2𝑥𝑒^𝑥2−4

8𝑥 = +∞ , ne segue che lim

x→±∞

𝑒^𝑥2−4

2𝑥⁴ = +∞ ; a tale risultato si poteva arrivare tenendo conto dell’esempio a) e cioè che 𝑒^𝑥 è un infinito di ordine superiore a qualunque potenza di 𝑥 );

*8.S. 0 ; ( applichiamo il teorema : lim

x→+∞

2𝑥 𝑥2−11

2√𝑥

= lim

x→+∞

4𝑥√𝑥

𝑥²+1= 0 …);

9.S. 0 ; 10.S. 0 ; 11. S. 0; 12.S. 0 ; 13. S. 0 ; 14. S. 0 ; 15.S. +∞ ; 16.S. 0 ; 17.S. +∞;

*18. S. +∞ ;( calcoliamo il limite del rapporto delle derivate : lim

x→+∞

3^𝑥+2𝑙𝑜𝑔3

5𝑥⁴+2 , applicando il teorema ancora 4volte …, oppure il risultato si giustifica osservando che il

10 numeratore è un infinito di ordine superiore a 𝑥⁵ );

Forma indeterminata 𝟎 ∙ ∞ 1. S. 3 ;

*2. S. +∞ ; ( poniamo ¹

√𝑥= 𝑡 e otteniamo il limite lim

𝑡→+∞

𝑒^𝑡

𝑡² , applichiamo il teorema : lim

𝑡→

𝑒^𝑡

2𝑡 , applicando ancora il teorema …; oppure il risultato si giustifica tenendo conto che 𝑒^𝑡 è un infinito di ordine superiore a 𝑡², per 𝑡 → +∞);

3. S. −⁴

3 ;

*4. S. 0 ; ( scriviamo il limite nella forma lim

x→1⁺ 𝑙𝑜𝑔( ¹

𝑥−1) 1 𝑥−1

(^∞

∞) ; poniamo _𝑥−1¹ = 𝑡 ottenendo lim

𝑡→+∞

𝑙𝑜𝑔𝑡

𝑡 e applicando il teorema : lim

𝑡→+∞

1 𝑡

1 = 0 …);

5. S. 0 ; 6. S. 0; 7. S. 0 ; 8. S. 0 ; 9. S. 0 ; 10. S. 0; 11. S. 0 ; 12. S. +∞;13. S. 5 ; 14. S. +∞;

15. S. ¹_𝜋 ; 16. S. 2 ; 17.S. 0 ; 18.S − ∞;19.S. – 1; 20. S. 0 ; Forma indeterminata ∞ − ∞

*1.S. −∞; ( riduciamo a denominatore comune : lim

𝑥→3⁺

−𝑥²−3𝑥−3

𝑥²−9 = −∞ );

2.S. −1 ; 3.S. −∞; 4.S. + ∞ ; 5.S. ¹

2 ; 6.S. +∞ ;

*7.S. +∞; ( riduciamo a denominatore comune: lim

x→1⁺

1+(𝑥−1)𝑙𝑜𝑔(𝑥−1)

𝑥−1 ; occupiamoci innanzitutto della forma indeterminata 0∙ ∞ che compare al numeratore : lim

x→1⁺ (𝑥 − 1)𝑙𝑜𝑔(𝑥 − 1) = lim

x→1⁺

𝑙𝑜𝑔(𝑥−1) 1 𝑥−1

, calcoliamo il limite del rapporto delle derivate

otteniamo: lim

x→1⁺ 1 𝑥−1

−_(𝑥−1)2¹ = 0 , ne consegue che lim

x→1⁺

1+(𝑥−1)𝑙𝑜𝑔(𝑥−1)

𝑥−1 = +∞ );

8.S. −∞; 9.S. 1;

*10. S. −∞; ( tenendo conto che 𝑡𝑔^𝑥₂ =^{1−𝑐𝑜𝑠𝑥}

𝑠𝑖𝑛𝑥 , si ha lim

x→𝜋⁻( ¹

𝑠𝑖𝑛𝑥− 𝑡𝑔^𝑥

2) = lim

x→𝜋⁻ 𝑐𝑜𝑠𝑥

𝑠𝑖𝑛𝑥 = −∞ );

11.S. ^𝟐_𝟑 ;

*12. S. +∞;( lim

𝑥→+∞(𝑥 − 𝑙𝑜𝑔𝑥) = lim

𝑥→+∞𝑥 (1 −^{𝑙𝑜𝑔𝑥}

𝑥 ) = +∞ poiché lim

𝑥→+∞

𝑙𝑜𝑔𝑥

𝑥 = 0 );

11 Forme indeterminate 𝟎^𝟎 ∞^𝟎 𝟏^∞

*1.S. (0⁰)1; ( 𝑥^𝑥= 𝑒^{𝑙𝑜𝑔𝑥𝑥} = 𝑒^{𝑥𝑙𝑜𝑔𝑥} , calcoliamo il limite dell’esponente che si presenta nella forma indeterminata 0 ∙ ∞ , trasformandola in ^∞_∞ :

lim

𝑥→0⁺𝑥𝑙𝑜𝑔𝑥 = lim

𝑥→0⁺ 𝑙𝑜𝑔𝑥

1 𝑥

= lim

𝑥→0⁺ 1 𝑥

−¹ 𝑥2

= − lim

𝑥→0⁺𝑥 = 0 , da cui lim

x→0⁺𝑥^𝑥 = 1 );

*2.S. (∞⁰ ) 1; ((¹

𝑥)^𝑥 = 𝑒^{𝑙𝑜𝑔(}

1 𝑥)^𝑥

= 𝑒^{𝑥𝑙𝑜𝑔1𝑥}= 𝑒^{−𝑥𝑙𝑜𝑔𝑥} e si procede come nell’esercizio 1);

3.S. ( 0⁰) 1; 4.S. (∞⁰) 1; 5.S. (1^∞ ) 𝑒 ; 6.S. ( 0⁰ ) 𝑒;

*7.S. (1^∞ ) +∞ ; ( lim

𝑥→0⁺(1 + 𝑥)^𝑥21 = 𝑒^{𝑥→0+lim𝑙𝑜𝑔(1+𝑥)}

1

𝑥2 = 𝑒^𝑥→0+lim

𝑙𝑜𝑔(1+𝑥)

𝑥2 = 𝑒^𝑥→0+lim

1 1+𝑥

2𝑥 = +∞ );

*8.S. (1^∞ ) 0 ; ( lim

x→0⁻(1 + 𝑥)^𝑥21 = 𝑒^{𝑥→0−lim}

1 1+𝑥

2𝑥 =0 perché lim

𝑥→0⁻ 1 1+𝑥

2𝑥 = −∞ );

*9.S. ( 0⁰ ) 1; ( 𝑒^{𝑙𝑜𝑔(𝑙𝑜𝑔𝑥)𝑥−1} = 𝑒(𝑥−1)𝑙𝑜𝑔(𝑙𝑜𝑔𝑥) , calcoliamo il limite dell’esponente applicando più volte la regola di De l’Hopital :

lim

x→1⁺(𝑥 − 1)𝑙𝑜𝑔(𝑙𝑜𝑔𝑥) = lim

x→1⁺

𝑙𝑜𝑔(𝑙𝑜𝑔𝑥) 1 𝑥−1

= lim

x→1⁺ 1 𝑥𝑙𝑜𝑔𝑥

−_(𝑥−1)2¹ = − lim

x→1⁺ (𝑥−1)²

𝑥𝑙𝑜𝑔𝑥 = = − lim

x→1⁺ 2(𝑥−1)

𝑙𝑜𝑔𝑥+1= 0 …);

10.S. (∞⁰ ) 1; 11. S. (1^∞ ) ^𝟏

𝒆 ; 12. S. (1^∞) 𝑒⁻¹; 13. S. ( 0⁰ ) 1; 14.S. ( 0⁰ ) 1; 15.S. ( 0⁰) 1;

16.S. (1^∞ ) 1; 17. S. (∞⁰) 1; 18. S. (∞⁰) 1 ;