MarcelloColozzo Limitidifunzionirazionalifratteedifunzioniirrazionali MatematicaOpenSource

(1)

Limiti di funzioni razionali fratte e di funzioni irrazionali

Marcello Colozzo

x y

x®5^- x®5⁺

x₀=5 +¥

-¥

(2)

Indice

1 Funzioni razionali fratte 2

1.1 Rapporti che non si presentano in forma indeterminata . . . 2 1.2 Forma indeterminata ⁰₀ . . . 3 1.3 Forma indeterminata ^∞_∞ . . . 7

2 Funzioni irrazionali 13

2.1 Forma indeterminata ⁰₀ . . . 13 2.2 Forme indeterminate ^∞_∞ e 0 · ∞ . . . 16 2.3 Forma indeterminata ∞ − ∞. Fattore razionalizzante. . . 19

3 Esercizi di riepilogo 30

Bibliografia 34

(3)

1 Funzioni razionali fratte

1.1 Rapporti che non si presentano in forma indeterminata

Esercizio 1 Calcolare:

x→5lim

x²− 5x + 10 x²− 25 Soluzione

x→5lim

x² − 5x + 10

x²− 25 = 25 − 25 + 10 25 − 25 = 10

0

Dobbiamo distinguere i due casi: x → 5⁻, x → 5⁺, cio`e determinare il limite destro e il limite sinistro. `E conveniente studiare il segno del denominatore in un intorno di x0 = 5.

x²− 25 > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, −5) ∪ (5, +∞) , onde:

x→5lim⁻ x² − 25

= 0⁻, lim

x→5⁺ x²− 25

= 0⁺, per cui

x→5lim⁻

x²− 5x + 10 x²− 25 = 10

0⁻ = −∞

x→5lim⁺

x²− 5x + 10 x²− 25 = 10

0⁺ = +∞

Ne concludiamo che la funzione ^x²_x^−5x+102−25 `e divergente negativamente a sinistra di x₀ = 5, e divergente positivamente a destra.

x→−2lim

x²+ 20x − 7 4 − x² Soluzione

x→−2lim

x²+ 20x − 7

4 − x² = 4 − 40 − 7

4 − 4 = −43 0

Dobbiamo procedere come nell’esercizio precedente, ossia distinguere i due casi: x → −2⁻, x→ −2⁺. Studiamo perci`o il segno del denominatore in un intorno di x0 = −2.

4 − x² >0 ⇐⇒ x²− 4 < 0 ⇐⇒ x ∈ (−2, 2) , onde:

x→−2lim⁻ 4 − x²

= 0⁻, lim

x→−2⁺ 4 − x²

= 0⁺, per cui

x→−2lim⁻

x²+ 20x − 7

4 − x² = −43

0⁻ = − (−∞) = +∞

x→−2lim⁺

x²+ 20x − 7

4 − x² = −43

0⁺ = − (+∞) = −∞

(4)

1.2 Forma indeterminata

⁰₀

λ= lim

x→2

x²− 3x + 2

x²+ x − 6 (1)

Soluzione. Il rapporto si presenta nella forma indeterminata ⁰₀. Per rimuovere l’indeterminazione osserviamo che:

x²− 3x + 2 = (x − 1) (x − 2) x²+ x − 6 = (x + 3) (x − 2) , onde:

λ= lim

x→2

x− 1 x+ 3 = 1

5 Esercizio 4 Calcolare:

λ= lim

x→−2

x²− x − 6

x³+ 5x²+ 8x + 4 (2)

Soluzione. Il rapporto si presenta nella forma indeterminata ⁰₀. Per rimuovere l’indeterminazione osserviamo che:

x²− x − 6 = (x − 3) (x + 2) x³+ 5x²+ 8x + 4 = (x + 2)²(x + 1) , cosicch`e:

λ= lim

x→−2

x− 3

(x + 1) (x + 2) = −5 0

Occorre dunque stabilire il segno del denominatore (x + 1) (x + 2). Risulta:

(x + 1) (x + 2) = x²+ 3x + 2, onde

x²+ 3x + 2 = 0 ⇐⇒ x = −2, −1, da cui il segno:

x²+ 3x + 2 > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, −2) ∪ (−1, +∞) Ci`o implica:

x→ −2⁻ =⇒ (x + 1) (x + 2) → 0⁺ x→ −2⁺ =⇒ (x + 1) (x + 2) → 0⁻ Allora:

x→−2lim⁻

x− 3

(x + 1) (x + 2) = −5

0⁺ = − 5 0⁺

= − (+∞) = −∞

x→−2lim⁺

x− 3

(x + 1) (x + 2) = −5

0⁻ = − 5 0⁻

= − (−∞) = +∞

Ne concludiamo che la funzione assegnata è divergente negativamente a sinistra di x0 = −2, e divergente positivamente a destra di x0 = 2. Ciò è illustrato nel grafico di fig. (1).

(5)

x y

x®5^- x®5⁺

x₀=5 +¥

-¥

Figura 1: La retta verticale x = 5 `e asintoto verticale per il grafico della funzione f (x) = ^x²_x^−5x+102

−25 . Esercizio 5

f(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−2, −1) ∪ (3, +∞) Quindi:

x→−2lim⁻f(x) = −∞, lim

x→−2⁺f(x) = +∞

λ= lim

x→2

x⁴− 8x²+ 16

x³− 8 (3)

Soluzione. Il rapporto si presenta nella forma indeterminata ⁰₀. Per rimuovere tale indeterminazione procediamo come segue:

x⁴− 8x²+ 16 = x²− 42

= (x − 2)²(x + 2)² x³− 8 = (x − 2) x²+ 2x + 4

, onde:

λ= lim

x→2

(x − 2) (x + 2)

x² + 2x + 4 = 0 · 4

4 + 4 + 4 = 0 Esercizio 7 Calcolare:

λ= lim

x→2

x²− 2x

x²− 4x + 4 (4)

x²− 2x = x (x − 2) x²− 4x + 4 = (x − 2)², onde:

λ= lim

x→2

x

x− 2 = 2 0

Occorre dunque stabilire il segno del rapporto f (x) = ^x . Risulta:

(6)

Quindi:

x→2lim⁻f(x) = −∞, lim

x→2⁺f(x) = +∞

λ= lim

x→1

x³− 3x + 2 x⁴− 4x + 3

x³− 3x + 2 = (x − 1)²(x + 2)

x⁴− 4x + 3 = (x − 1)² x²+ 2x + 3 , onde:

λ= lim

x→1

x+ 2

x²+ 2x + 3 = 1 2 Esercizio 9 Calcolare:

λ= lim

x→1

x²− 1 x²− 3x + 2

x²− 1 = (x − 1) (x + 1) x²− 3x + 2 = (x − 2) (x − 1) , onde:

λ= lim

x→1

x+ 1 x− 2 = −2

Esercizio 10 Sia data una funzione f (y) la cui espressione analitica `e il risultato della seguente operazione di passaggio al limite:

f(y) = lim

x→y

x²− (y + 1) x + y

x³− y³ (5)

Dopo aver determinato f (y), calcolare:

y→0limf(y) Soluzione

Il limite a secondo membro della (5) si presenta nella forma indeterminata ⁰₀, che pu`o essere rimossa con il solito procedimento, ovvero riducendo in fattori numeratore e denominatore, per poi semplificare. Abbiamo:

x²− (y + 1) x + y = (x − 1) (x − y) , x³− y³ = (x − y) x²+ xy + y² Sostituendo nella (5):

f(y) = lim

x→y

x− 1 x²+ xy + y²

= y− 1 y²+ y²+ y²

= y− 1 3y²

(7)

Ne consegue

y→0limf(y) = −1 3lim

y→0

1 − y

y² = −1 3

1 0⁺

= − (+∞) = −∞

Cio`e f (y) diverge negativamente per y → 0. Come possiamo risolvere tale problema con Mathemat- ica? Per rispondere a questa domanda, cerchiamo di elaborare una routine che accetta una generica funzione di due variabili f1(x, y) tale che f1(y, y) d`a luogo alla forma indeterminata ⁰₀, per cui:

f(y) = lim

x→yf(x, y) La routine pu`o essere prelevata al seguente link.

h→0lim

(x + h)²− x² h Soluzione. Risulta:

h→0lim

(x + h)²− x²

h = 0

0 Sviluppando il numeratore e semplificando:

h→0lim

(x + h)²− x²

h = lim

h→0(2x + h) = 2x Esercizio 12 Calcolare:

x→2lim

x³− 3x²+ 4 x³− 2x²− 4x + 8 Soluzione

Il rapporto si presenta nella forma indeterminata ⁰₀. Riesce:

x³− 3x²+ 4 = (x + 1) (x − 2)² x³ − 2x²− 4x + 8 = (x − 2)²(x + 1) , per cui:

x→2lim

x³− 3x²+ 4

x³− 2x² − 4x + 8 = lim

x→2

x+ 1 x+ 2 = 3

4 Esercizio 13 Calcolare

x→−1lim

x²− 1 x²+ 3x + 2 Soluzione

Il rapporto si presenta nella forma indeterminata ⁰₀. Riesce:

x²− 1 = (x − 1) (x + 1) x²+ 3x + 2 = (x + 1) (x + 2) , per cui

x→−1lim

x² − 1

x²+ 3x + 2 = lim

x→−1

x− 1 x+ 2 = −2

(8)

Esercizio 14 Calcolare

x→2lim

x²− 2x x²− 4x + 4 Soluzione

Abbiamo

x→2lim

x²− 2x

x² − 4x + 4 = 0 0 = lim

x→2

x

x− 2 = 2 0 Osserviamo che

x→2lim⁻(x − 2) = 0⁻, lim

x→2⁺(x − 2) = 0⁺, per cui

x→2lim⁻ x

x− 2 = 2

0⁻ = −∞

x→2lim⁺ x

x− 2 = 2

0⁺ = +∞

x→1lim

x³− 3x + 2 x⁴− 4x + 3 Soluzione

Abbiamo:

x→1lim

x³− 3x + 2

x⁴− 4x + 3 = 1 − 3 + 2 1 − 4 + 3 = 0

0 Riesce:

x³− 3x + 2 = (x − 1)²(x + 2) x⁴− 4x + 3 = (x − 1)² x²+ 2x + 3 Pertanto:

x→1lim

x³− 3x + 2

x⁴− 4x + 3 = lim

x→1

x+ 2

x²+ 2x + 3 = 1 2

1.3 Forma indeterminata

^∞_∞

Esercizio 16 Studiare il comportamento all’infinito della seguente funzione f(x) = 3x³+ 4x²+ x − 1

x⁴ ,

per poi elaborare una routine in ambiente Mathematica.

Soluzione.

Si tratta di calcolare i limiti:

x→+∞lim f(x) , lim

x→−∞f(x) Iniziamo a calcolare il primo:

x→+∞lim

3x³+ 4x²+ x − 1

x⁴ = ∞

∞ = lim

x→+∞

x³ 3 + ⁴_x +_x¹2 − _x¹³ x⁴

= lim

x→+∞

3 + _x⁴ + _x¹2 − _x¹³

x = 3 + 0

+∞ = 0⁺

(9)

Similmente:

x→−∞lim

3x³+ 4x²+ x − 1

x⁴ = lim

x→−∞

3 + _x⁴ + _x¹2 − _x¹³

x = 3 + 0

−∞ = 0⁻

La routine in ambiente Mathematica per il calcolo di limiti di questo tipo, pu`o essere prelevata al seguente link.

Esercizio 17 Studiare il comportamento all’infinito della seguente funzione f(x) = 10⁹x

x²− 1 Soluzione.

x→+∞lim 10⁹x

x²− 1 = 10⁹ lim

x→+∞

x x 1 −x¹²

= 10⁹ 1 (+∞) (1 − 0)

= 10⁹ +∞ = 0⁺ Similmente:

x→−∞lim 10⁹x

x²− 1 = 10⁹ lim

x→−∞

x x 1 −_x¹²

= 10⁹ 1 (−∞) (1 − 0)

= 10⁹

−∞ = 0⁻

Esercizio 18 Studiare il comportamento all’infinito della seguente funzione f(x) = x²− 5x + 1

3x + 7 Soluzione.

x→+∞lim f(x) = ∞

∞ = lim

x→+∞

x 1 − ⁵_x +_x¹2

3 + _x⁷

= (+∞) (1 − 0 + 0) 3 + 0

(10)

Similmente:

x→−∞lim f(x) = ∞

∞ = lim

x→−∞

x 1 − ⁵_x +_x¹2

3 + _x⁷

= (−∞) (1 − 0 + 0) 3 + 0

= −∞

Esercizio 19 Studiare il comportamento all’infinito della seguente funzione f(x) = (x + 1)²

x²+ 1 Soluzione.

x→+∞lim f(x) = ∞

∞ = lim

x→+∞

x 1 + ¹_x x² 1 + _x¹2

= 1 + 0⁺ 1 + 0⁺

= 1⁺ Similmente:

x→+∞lim f(x) = ∞

∞ = lim

x→−∞

1 + _x¹ 1 + _x¹2

= 1 + 0⁻ 1 + 0⁻

= 1⁻ 1⁺ = 1⁻

Esercizio 20 Studiare il comportamento all’infinito della seguente funzione f(x) = 2x²− x + 3

x³− 8x + 5 Soluzione.

x→+∞lim f(x) = ∞

∞ = lim

x→+∞

2 −x¹ + _x³2

x

1 −_x²₊⁸ ⁵

x3

= 2 − 0⁺+ 0⁺ (+∞) (1 − 0⁺+ 0⁺)

= 2

+∞ = 0⁺

(11)

Similmente

x→−∞lim f(x) = ∞

∞ = lim

x→−∞

2 −_x¹ + _x³2

x

1 −_x²₊⁸ ⁵

x3

= 2

−∞ = 0⁻

Esercizio 21 Studiare il comportamento all’infinito della funzione:

f(x) = (2x + 3)³(3x − 2)² x⁵+ 5 Soluzione

x→−∞f(x) Iniziamo con il primo:

x→+∞lim f(x) = ∞

∞ = lim

x→+∞

x³ 2 + ³_x3

x² 3 − ²_x2

x⁵ 1 + _x⁵5

= lim

x→+∞

2 + ³_x3

3 − ²_x2

1 + _x⁵5

= (2 + 0⁺)³(3 − 0⁺)² 1 + 0⁺

= 8⁺· 9⁻

1⁺ = 72⁺ Similmente:

x→−∞lim f(x) = ∞

∞

= lim

x→∞

2 + _x³3

3 −_x²2

1 + _x⁵5

= (2 + 0⁻)³(3 − 0⁻)² 1 + 0⁺

= 8⁻· 9⁻

1⁻ = 72⁻ Esercizio 22 Calcolare:

x→±∞lim

4x⁵+ 7x⁴+ 1 2x⁵+ 7 Soluzione. Abbiamo:

x→±∞lim

4x⁵+ 7x⁴+ 1 2x⁵+ 7 = ∞

∞ = lim

x→±∞

x⁵ 4 + _x⁷ + _x¹5

x⁵ 2 + _x⁷5

= 2

(12)

x→±∞lim

x³+ 1 x²− 1 Soluzione. Abbiamo:

x→±∞lim

x³ + 1 x²− 1 = ∞

∞ = lim

x→±∞

x³ 1 + _x¹3

x² 1 − _x¹²

= lim

x→±∞x= ±∞

x→±∞lim

x⁴+ 1 x²− 1 Soluzione. Abbiamo:

x→±∞lim

x⁴ + 1 x²− 1 = ∞

∞ = lim

x→±∞

x⁴ 1 + _x¹3

x² 1 − _x¹²

= lim

x→±∞x² = +∞

Di seguito un esercizio sulla forma indeterminata ∞ − ∞:

x→1lim

1

1 − x − 3 1 − x²

Soluzione. Abbiamo:

x→1lim

1

1 − x− 3 1 − x²

= ∞ − ∞ = lim

x→1

1 + x − 3 1 − x²

= −1 0,

occorre dunque distinguire i due casi x → 1⁺, x → 1⁻. Studiando il segno del rapporto ^1+x−3_1−x2 , si trova:

x→1lim⁺

1 + x − 3

1 − x² = +∞

x→1lim⁻

1 + x − 3

1 − x² = −∞

x→±∞lim

x² − x + 1 x Soluzione. Abbiamo:

x→±∞lim

x²− x + 1

x = ∞

∞

= lim

x→±∞

x² 3 + _x¹ − x¹²

x² 4 + _x¹ − _x¹²

= 3 4

(13)

x→±∞lim

x− 2 x²+ x + 2 Soluzione. Abbiamo:

x→±∞lim

x− 2

x²+ x + 2 = ∞

∞

= lim

x→±∞

x 1 − ²_x x² 1 + ¹_x +_x²

= lim

x→±∞

1 x =

+∞, se x → +∞

−∞, se x → −∞

x→±∞lim

(5x + 1)³(2x − 1) x⁵+ 5 Soluzione. Abbiamo:

x→±∞lim

(5x + 1)³(2x − 1) x⁵+ 5 = ∞

∞

= lim

x→±∞

x³ 5 + _x¹3

2 −_x¹ x⁵ 1 + _x⁵

= 500 Esercizio 29 Calcolare

x→+∞lim

ax²+ bx + c

mx+ n , con a, b 6= 0 Soluzione. Abbiamo:

x→+∞lim

ax²+ bx + c mx+ n = ∞

∞

= lim

x→+∞

x² a+ _x^b +_x^c2

x m+ⁿ_x

= a

m · lim

x→+∞x= a

m · (+∞) =

+∞, se m^a >0

−∞, se _m^a <0 Esercizio 30 Calcolare

x→−∞lim

2x²− x + 5 x³− 4x + 1 Soluzione. Abbiamo:

x→−∞lim

2x²− x + 5 x³− 4x + 1 = ∞

∞

= lim

x→−∞

x² 2 − ¹_x +_x⁵2

x 1 − _x⁴² + _x¹3

= 2 · lim

x→−∞

1

x = 2 · 0⁻ = 0⁻

(14)

2 Funzioni irrazionali

2.1 Forma indeterminata

⁰₀

Si cerca di razionalizzare il numeratore e/o il denominatore.

λ = lim

x→1

1 −√ x 1 − x

Soluzione. Il rapporto si presenta nella forma indeterminata ⁰₀. Metodo 1

Razionalizziamo il numeratore:

1 −√ x

1 − x ·1 +√ x 1 +√

x = 1 − x (1 − x) (1 +√

x) = 1 1 +√

x, onde:

λ = lim

x→1

1 1 +√

x = 1 2 Metodo 2

Il denominatore `e la differenza di due quadrati: 1 − x = (1 −√x) (1 +√x), per cui:

x→1lim

1 −√ x

1 − x = lim

x→1

1 1 +√

x = 1 2 Esercizio 32 Calcolare:

λ= lim

x→2

√x+ 2 −√

√ 2x x− 2

Soluzione. Il rapporto si presenta nella forma indeterminata ⁰₀. Razionalizziamo il numeratore, poich`e `e proprio questo termine a dar luogo all’indeterminazione:

√x+ 2 −√

√ 2x

x− 2 =

√x+ 2 −√

√ 2x

x− 2 ·

√x+ 2 +√

√ 2x

x+ 2 +√ 2x

= −√x− 2 x− 2

| {z }

=√ x−2

· 1

√x+ 2 +√ 2x

= −

√x− 2

√x+ 2 +√ 2x, cosicch`e:

λ= − lim

x→2

√x− 2

√x+ 2 +√

2x = 0 Esercizio 33 Calcolare:

λ= lim

x→1

x+ 1 − 2√x (x − 1)²

Soluzione. Il rapporto si presenta nella forma indeterminata ⁰₀. Osserviamo che x+ 1 − 2√

x= √

x− 12

, per cui:

λ = lim

x→1

(√

x− 1)²

(√x− 1)²(√x+ 1)² = 1 4

(15)

λ= lim

x→1

√3x− 1 x− 1

Soluzione. Il rapporto si presenta nella forma indeterminata ⁰₀. Il denominatore `e la differenza di due cubi:

x− 1 = √³ x3

− 1³ = √³

x− 1 √3

x²+√³

x+ 1 , cosicch`e:

λ= lim

x→1

√3

x− 1 (√³

x− 1)√₃

x²+√³

x+ 1 = 1 3 Esercizio 35 Sia data la funzione:

f_a(x) =

√x²− a²+ x²(x − a) px(x − a) +√

x²− a², essendo a un parametro reale positivo. Calcolare

λ(a) = lim

x→af_a(x) (6)

Soluzione. Determiniamo innanzitutto l’insieme di definizione di f_a(x). Si tratta di risolvere:

px(x − a) +√

x²− a² 6= 0 ⇐⇒







x(x − a) ≥ 0 x²− a² ≥ 0

x(x − a) 6= x²− a²

(7)

Risulta:

x(x − a) ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ X¹ = (−∞, 0] ∪ [0, +∞) x²− a² ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ X² = (−∞, −a] ∪ [a, +∞) x(x − a) 6= x²− a² ⇐⇒ x ∈ X³ = R − {a}

Quindi l’insieme di definizione `e:

X = X1∩ X²∩ X³ = (−∞, −a] ∪ (a, +∞) Ciò implica che il limite (6) è in realtà un limite destro:

λ(a) = lim

x→a+f_a(x)

Per rimuovere la forma di indeterminazione sviluppiamo l’espressione analitica della funzione come segue:

√x²− a²+ x²(x − a) px(x − a) +√

x²− a² =

p(x − a) (x + a) + x²(x − a) px(x − a) +p

(x − a) (x + a)

=

√x− a √

x+ a + x²√ x− a

√x− a √ x+√

x+ a

√ ₂√

(16)

per cui

λ(a) =

√√2a + a²· 0 2a +√

a =

√2a

√2a +√ a =

√2

√2 + 1

=

√2 1 +√

2· 1 −√ 2 1 −√

2 =√ 2√

2 − 1

= 2 −√ 2, cio`e λ (a) `e indipendente da a.

λ= lim

x→1

√2 −√ x x− 2 = 0

0 Soluzione. Abbiamo:

λ = − lim

x→1

√x−√

√ 2 x−√

2 √ x+√

2

= − lim

x→1

√ 1 x+√

2 = − 1 2√

2

= −

√2 4 Esercizio 37 Calcolare:

λ= lim

x→1

√3

1 − x²

√3

1 − x³ = 0 0 Soluzione. Abbiamo:

λ= lim

x→1

3

s

(1 − x) (1 + x) (1 − x) (1 + x + x²)

= lim

x→1

3

r 1 + x 1 + x + x²

= ³ r2

3 Esercizio 38 Calcolare:

λ= lim

x→2

4 − x² 3 −√

5x − 1 = 0 0 Abbiamo:

λ= lim

x→2

4 − x² 3 +√

5x − 1 9 − 5x + 1

= 1 5 lim

x→2

(2 − x) (2 + x) 3 +√

5x − 1 2 − x

= 1 5 lim

x→2(2 + x) 3 +√

5x − 1

= 24 5

(17)

λ= lim

x→1

√x+ 1 −√

√ 2

x²+ 3 − 2 = 0 0 Soluzione. Abbiamo:

λ= lim

x→2

√x+ 1 −√

√ 2

x²+ 3 − 2 ·

√x+ 1 +√

√ 2

x²+ 3 + 2 ·

√x²+ 3 + 2

!

= lim

x→1

(x − 1) √

x²+ 3 + 2 (x − 1) (x + 1) √

x+ 1 +√ 2

= lim

x→1

√x²+ 3 + 2 (x + 1) √

x+ 1 +√ 2 =

2 + 2 2 2√

2

=

√2 2 Esercizio 40 Calcolare:

λ= lim

x→8

2 −√ x− 4 x²− 64 = 0

0 Abbiamo:

λ= lim

x→8

2 −√ x− 4

x²− 64 · 2 +√ x− 4 2 +√

x− 4

= − lim

x→8

x− 8 (x − 8) (x + 8) 2 +√

x− 4

= − lim

x→8

1 (x + 8) 2 +√

x− 4

= − 1 64 Esercizio 41 Calcolare:

λ= lim

x→4

3 −√ 5 + x 1 −√

5 − x = 0 0 Abbiamo:

λ = lim

x→4

3 −√ 5 + x 1 −√

5 − x ·3 +√ 5 + x 3 +√

5 + x · 1 +√ 5 − x 1 +√

5 − x

= − lim

x→4

1 +√ 5 − x 3 +√

5 + x

= −1 3

2.2 Forme indeterminate

^∞_∞

e 0 · ∞

λ= lim

x→+∞

x+√ x 2√

x+ x = ∞

∞

(18)

Soluzione. Abbiamo:

λ= lim

x→+∞

x 1 + √¹x

x

√2 x + 1

= lim

x→+∞

1 + ^√¹_x

√2

x + 1 = 1 + 0⁺ 0⁺+ 1

= 1 Esercizio 43 Calcolare:

λ= lim

x→+∞

3x − 2

√4x − 1 +√

x+ 1 = ∞

∞ Soluzione. Abbiamo:

λ = lim

x→+∞

x 3 −_x²

√xq

4 − ¹_x+q

1 + _x¹

= lim

x→+∞

√x 3 −_x² r

4 − ¹x +q 1 + ¹_x

= +∞

λ= lim

x→÷∞

3

r1 x

√x²+ 1 = 0 · ∞

Soluzione. Separiamo i due casi: x → +∞ e x → −∞. Abbiamo:

λ= lim

x→+∞

√x²+ 1

√3

x

= lim

x→+∞

|x|

q 1 + _x¹2

√3

x

|x|=x= lim

x→+∞

x

√3

x r

1 + 1 x²

= lim

x→+∞

√3

x² r

1 + 1 x²

= (+∞) · 1 + 0⁺

= +∞

Per x → −∞:

λ= lim

x→−∞

|x|q 1 + _x¹2

√3

x

|x|=−x= − lim

x→−∞

x

√3

x r

1 + 1 x²

= − lim

x→−∞

√3

x² r

1 + 1 x²

= − (+∞) 1 + 0⁺

= −∞

(19)

λ= lim

x→±∞

2x²− 5 +√

x⁴− 3x + 1 x− 1 +√

x⁴ + x − 2 = ∞

∞ Soluzione. Per x → +∞:

λ= lim

x→+∞

2x² − 5 +q

x⁴ 1 − x³³ +_x¹4

x− 1 +q

x⁴ 1 + _x¹3 − x²⁴

= lim

x→+∞

2x² − 5 + x² q

1 −x³³ + _x¹4

x− 1 + x²q

1 + _x¹3 − x²⁴

= lim

x→+∞

2 −x⁵² + q

1 + _x¹3 − x²⁴ 1

x − x¹² +q

1 + _x¹3 − x²⁴

= 2 − 0 +√

1 − 0 + 0 0 − 0 +√

1 + 0 − 0 = 3 Alla stessa maniera:

x→−∞lim

2x²− 5 +√

x⁴ − 3x + 1 x− 1 +√

x⁴+ x − 2 = 3

Ne concludiamo che la retta y = 3 `e asintoto orizzontale sia a destra che a sinistra, per il grafico della funzione assegnata.

λ= lim

x→+∞

5x −√x x+ 8√

x = ∞ − ∞

∞ Soluzione. Calcoliamo a parte il limite del numeratore:

x→+∞lim 5x −√ x

= lim

x→+∞x

5 − 1

√x

= (+∞) (5 − 0) = +∞,

per cui il rapporto ^5x−_x+8^√^√^x_x si presenta nella forma indeterminata ^∞_∞. Abbiamo:

λ= lim

x→+∞

5x −√ x x+ 8√x

= lim

x→+∞

x

5 −^√¹_x x

1 + ^√⁸_x

= 5 − 0 1 + 0 = 5 Esercizio 47 Calcolare:

λ= lim

x→−∞

12√

x¹²+ 1 +√⁴ x⁴− 1

√5

1 + x⁵+√³

1 + x³ = ∞

∞

(20)

Soluzione.

λ= lim

x→−∞

|x|

12

q

1 + _x¹12 +q⁴

1 − _x¹⁴ x

5

q1

x⁵ + 1 +q³

1 x³ + 1

=

x→−∞lim

|x|

x

| {z }

=−1

·



 lim

x→+∞

12

q

1 + _x¹12 +q⁴ 1 −_x¹⁴

5

q1

x⁵ + 1 +q³

1 x³ + 1





| {z }

=1

= −1 Esercizio 48 Calcolare:

λ= lim

x→−∞

√x− 1

x²+ x − 1 = ∞

∞ Soluzione.

λ= lim

x→−∞

√x 1 − ¹x

x² 1 + _x¹ − _x¹²

=

x→−∞lim

√1 x³

| {z }

=0

·

x→+∞lim

√1 − x 1 + _x¹ − x¹²

| {z }

=1

= 0

2.3 Forma indeterminata ∞ − ∞. Fattore razionalizzante.

Supponiamo di voler calcolare il limite:

x→+∞lim

√

x− 1 −√ 2x

= ∞ − ∞ (8)

Moltiplichiamo e dividiamo per √

x− 1 +√ 2x:

x→+∞lim

√

x− 1 −√ 2x

= lim

x→+∞

√x− 1 −√

2x √

x− 1 −√ 2x

√x− 1 +√ 2x

= − lim

x→+∞

x+ 1

√x− 1 +√ 2x

= − lim

x→+∞

x 1 + ¹_x

√x

q

1 − ¹_x +√ 2

= −

x→+∞lim

√x

·



 lim

x→+∞

1 + ¹_x q

1 −_x¹ +√ 2





= − (+∞) · 1 1 +√

2 = −∞

(21)

In questo caso relativamente semplice il fattore razionalizzante R (x) = √

x− 1 +√

2x si calcola a occhio. Nei casi pi`u complicati, invece, si calcola attraverso una formula. Precisamente, supponiamo di avere la funzione:

f(x) = pⁿ

p(x) ±pⁿ

q(x), (9)

dove p (x) e q (x) sono polinomi. Il fattore razionalizzante che ci permette di passare dalla forma indeterminata ∞ − ∞ alla forma ^∞_∞, `e [1]:

R(x) = Xn k=1

(∓1)^k+1 ⁿ q

p(x)^n−kq(x)^k−1 (10)

= ⁿ q

p(x)ⁿ⁻¹+ (∓1)³ ⁿ q

p(x)ⁿ⁻²q(x) + ⁿ q

p(x)ⁿ⁻³q(x)²+ + ... + (∓1)ⁿ⁺¹ ⁿ

q

q(x)ⁿ⁻¹ Esercizio 49 Calcolare:

λ= lim

x→+∞

√3

x− 1 −√³ 2x

(11) Soluzione. Risulta:

λ= ∞ − ∞ Applichiamo la (10):

R(x) = X3 k=1

3

q

(x − 1)^3−k(2x)^k−1

= ³ q

(x − 1)²+p³

2x (x − 1) + ³ q

(2x)², per cui:

λ= lim

x→+∞

√3

x− 1 −√³ 2x

3

q

(x − 1)²+p³

2x (x − 1) + ³ q

(2x)²

3

q

(x − 1)²+p³

2x (x − 1) + ³ q

(2x)²

= − lim

x→+∞

x+ 1

3

q

(x − 1)²+p³

2x (x − 1) + ³ q

(2x)²

= ∞

∞

= − lim

x→+∞

x 1 + ¹_x

√3

x²

3

q

1 −_x¹2

+q³

2 1 −_x¹ +√³

4

= − lim

x→+∞

√3

x= − (+∞) = −∞

λ= lim

x→+∞

√

x²+ 4x + 5 − x

λ= ∞ − ∞

Qui il fattore razionalizzante si calcola ad occhio. Innanzitutto osserviamo che:

(22)

Quindi:

λ= lim

x→+∞

√

x²+ 4x + 5 − |x|

= lim

x→+∞

√

x²+ 4x + 5 −√ x²

= lim

x→+∞

√

x²+ 4x + 5 −√

x² √

x²+ 4x + 5 +√ x²

√x²+ 4x + 5 +√ x²

= lim

x→+∞

4x + 5

√x²+ 4x + 5 +√

x² = ∞

∞

= lim

x→+∞

x 4 + ⁵_x

|x|q

1 + _x⁴ + _x⁵2 + 1

= lim

x→+∞

x

| {z|x|}

=1

· lim

x→−∞

4 + _x⁵ q

1 + ⁴_x +_x⁵2 + 1

| {z }

=2

= 2

λ= lim

x→−∞

√

x²+ 4x + 5 + x

λ= ∞ − ∞ Procediamo in maniera simile all’esercizio precedente:

λ= lim

x→−∞

√

x²+ 4x + 5 − |x|

= lim

x→−∞

√

x²+ 4x + 5 −√ x²

= lim

x→−∞

√

x²+ 4x + 5 −√

x² √

x²+ 4x + 5 +√ x²

√x²+ 4x + 5 +√ x²

= lim

x→−∞

4x + 5

√x²+ 4x + 5 + |x| = ∞

∞

= lim

x→−∞

4x + 5

|x|q

1 + ⁴_x +_x⁵2 + |x|

= lim

x→−∞

x

| {z|x|}

=−1

· lim

x→−∞

4 + _x⁵ q

1 + ⁴_x +_x⁵2 + 1

| {z }

=2

= −2

λ= lim

x→−∞

x+√⁴

x⁴+ 1 Soluzione.

λ= (−∞) + (+∞) = ∞ − ∞

(23)

Scriviamo:

λ= lim

x→−∞

− |x| +√⁴

x⁴+ 1

= lim

x→−∞

−√⁴

x⁴+√⁴

x⁴+ 1

= lim

x→−∞

√₄

x⁴+ 1 −√⁴ x⁴ Il fattore razionalizzante `e:

R(x) = X4 k=1

4

q

(x⁴+ 1)^4−k(x⁴)^k−1

= ⁴ q

(x⁴+ 1)³+ ⁴ q

x⁴(x⁴+ 1)²+p⁴

x⁸(x⁴+ 1) +√⁴ x¹² Quindi:

λ= lim

x→−∞

x+√⁴

x⁴+ 1 R(x) R(x)

Sviluppiamo il numeratore:

x+√⁴

x⁴+ 1 q₄

(x⁴+ 1)³+ ⁴ q

x⁴(x⁴+ 1)²+p⁴

x⁸(x⁴+ 1) +√⁴ x¹²

= ⁴ q

(x⁴ + 1)⁴−√⁴

x¹⁶ = x⁴+ 1 − x⁴ = 1, cosicch`e:

λ= lim

x→−∞

1

R(x) = 1

+∞ = 0⁺ Esercizio 53 Calcolare:

λ= lim

x→−∞

x+ ¹²√

x¹²+ 1 Soluzione.

λ= (−∞) + (+∞) = ∞ − ∞ Scriviamo:

λ= lim

x→−∞

− |x| + ¹²√

x¹²+ 1

= lim

x→−∞

−¹²√

x¹²+ ¹²√

x¹²+ 1

= lim

x→−∞

12√

x¹²+ 1 − ¹²√ x¹²

E conveniente calcolare il fattore razionalizzante con` Mathematica ottenendo:

λ= 0 Esercizio 54 Calcolare:

λ = lim

x→+∞

√

3x²+ 2x + 1 − x

(24)

Osserviamo che per x → +∞ `e x = |x| =√

x², onde:

λ = lim

x→+∞

√

3x²+ 2x + 1 −√ x² In questo caso il fattore razionalizzante si calcola a occhio, per cui:

λ= lim

x→+∞

√

3x²+ 2x + 1 −√

x² √

3x²+ 2x + 1 +√ x²

√3x²+ 2x + 1 +√ x²

= lim

x→+∞

2x²+ 2x + 1

√3x² + 2x + 1 + |x|

= lim

x→+∞

x² 2 + _x² + _x¹2

|x|q

3 + ²_x+ _x¹2 + 1

=

x→+∞lim x²

|x|

·



 lim

x→+∞

2 + _x² + _x¹2

q

3 + ²_x +_x¹2 + 1





= 2

√3 + 1 · lim

x→+∞x= 2

√3 + 1 · (+∞) = +∞

λ = lim

x→−∞

√

3x²+ 2x + 1 + x Soluzione. Risulta:

λ= (+∞) + (−∞) = ∞ − ∞ Osserviamo che per x → −∞ `e x = − |x| = −√

x², onde:

λ = lim

x→−∞

√

3x²+ 2x + 1 −√ x²

In questo caso il fattore razionalizzante si calcola a occhio, per cui:

λ= lim

x→−∞

√

3x²+ 2x + 1 −√

x² √

3x²+ 2x + 1 +√ x²

√3x²+ 2x + 1 +√ x²

= lim

x→−∞

2x²+ 2x + 1

√3x² + 2x + 1 + |x|

= lim

x→−∞

x² 2 + _x² + _x¹2

|x|q

3 + ²_x+ _x¹2 + 1

=

x→−∞lim x²

|x|

·



 lim

x→−∞

2 + _x² + _x¹2

q

3 + ²_x +_x¹2 + 1





= 2

√3 + 1 · lim

x→−∞(−x) = 2

√3 + 1 · (+∞) = +∞

λ= lim

x→+∞

√x√

x+ 1 −√ x

(25)

Soluzione. Calcoliamo a parte

x→+∞lim

√

x+ 1 −√ x

= ∞ − ∞

= lim

x→+∞

√x+ 1 −√ x √

x+ 1 +√ x

√x+ 1 +√x

= lim

x→+∞

x+ 1 − x

√x+ 1 +√ x

= 1 +∞ = 0,

cosicch`e il limite proposto si presenta nella forma indeterminata 0 · ∞. Scriviamo:

λ= lim

x→+∞

√

x²+ x −√ x²

= lim

x→+∞

√

x²+ x −√

x² √

x²+ x +√ x²

√x²+ x +√ x²

= lim

x→+∞

x

|x|q

1 + ¹_x+ 1

=

x→+∞lim x

|x|

| {z }

=1

·



 lim

x→+∞

1 q

1 + ¹_x + 1





| {z }

=¹₂

= 1 2 Esercizio 57 Calcolare:

λ= lim

x→−∞

2x −√

4x²− 1

√3

x²− 1 Soluzione. Risulta:

λ= (−∞) − (+∞)

+∞ = ∞

∞

λ= lim

x→−∞

2x − |x|q 4 −x¹²

x^2/3 ³ q

1 −x²²

|x|=−x, per x<0= lim

x→−∞

2x + xq 4 −x¹²

x^2/3 ³ q

1 −x²²

= lim

x→−∞

x 2 +q

4 − x¹²

x^2/3 ³

q 1 −_x²²

=

x→−∞lim x^1/3



 lim

x→−∞

2 +q 4 −_x¹²

3

q 1 − ²





(26)

λ= lim

x→−∞

√8

8x⁸− 3x + 1 + 2x³+√⁵ x⁴+ 1 2x³+√⁵

x⁴+ 1 Soluzione. Scriviamo:

λ = lim

x→−∞

√8

8x⁸− 3x + 1 2x³ +√⁵

x⁴+ 1 + 1

= λ^′+ 1, dove:

λ^′ = lim

x→−∞

√8

8x⁸− 3x + 1 2x³+√⁵

x⁴+ 1 Calcoliamo a parte il limite del denominatore:

x→−∞lim

2x³+√⁵

x⁴+ 1

= ∞ − ∞ = lim

x→−∞ 2x³+ x^4/5 ⁵ r

1 + 1 x⁴

!

Cio`e:

x→−∞lim x³ 2 + 1 x^11/5

5

r 1 + 1

x⁴

!

= (−∞)

2 + 0 ·√ 1 + 0

= −∞, cosicch`e:

λ^′ = ∞

∞ Risulta:

λ^′ = lim

x→−∞

|x|q⁸

8 − x³⁷ +_x¹8

x³

2 + _x11¹/5 5

q 1 + _x¹4

=

x→−∞lim

|x|

x³

| {z }

=0



 lim

x→−∞

8

q

8 −_x³⁷ +_x¹8

2 + _x11/5¹ 5

q 1 + _x¹4





| {z }

=^√⁸₂₊₀⁸⁺⁰

= 0 Finalmente

λ= 1 + 0 = 1 Esercizio 59 Dimostrare:

x→−∞lim

2n√

2nx²ⁿ− 3x + 1 + 2x²ⁿ⁻¹+ ²ⁿ⁻¹√

x²ⁿ⁻²+ 1 2x²ⁿ⁻¹+ ²ⁿ⁻¹√

x²ⁿ⁻²+ 1 = 1 dove n ∈ N − {0, 1}.

Soluzione. Scriviamo:

λ_2n = lim

x→−∞

2√n

2nx²ⁿ− 3x + 1 2x²ⁿ⁻¹+ ²ⁿ⁻¹√

x²ⁿ⁻²+ 1 + 1

= λ^′_2n+ 1,

(27)

dove:

λ^′_2n = lim

x→−∞

2n√

2nx²ⁿ− 3x + 1 2x²ⁿ⁻¹+ ²ⁿ⁻¹√

x²ⁿ⁻²+ 1 Calcoliamo a parte il limite del denominatore:

x→−∞lim

2x²ⁿ⁻¹+ ²ⁿ⁻¹√

x²ⁿ⁻²+ 1

= ∞ − ∞ Rimuoviamo l’indeterminazione:

x→−∞lim

2x²ⁿ⁻¹+ ²ⁿ⁻¹√

x²ⁿ⁻²+ 1

= lim

x→−∞ 2x²ⁿ⁻¹+ x²²ⁿ⁻²ⁿ⁻¹ ²ⁿ⁻¹ r

1 + 1 x²ⁿ⁻²

!

= lim

x→−∞

"

x²ⁿ⁻¹ 2 + 1 x⁴^n2−6n+3²ⁿ⁻¹

2n−1

r

1 + 1 x²ⁿ⁻²

!#

Osserviamo che:

4n²− 6n + 3

2n − 1 >0, 2n − 2 > 0, 2n − 1 > 0 per cui

x→−∞lim 1 x⁴^n2−6n+3²ⁿ⁻¹

= 0, lim

x→−∞

1

x²ⁿ⁻² = 0, lim

x→−∞x²ⁿ⁻¹ = −∞

Quindi:

x→−∞lim

2x²ⁿ⁻¹+ ²ⁿ⁻¹√

x²ⁿ⁻²+ 1

= (−∞)

2 + 0 ·√ 1 + 0

= −∞

Pertanto il calcolo di λ^′_2n conduce alla forma indeterminata ^∞_∞. Scriviamo:

λ^′_2n= lim

x→−∞

|x| ²qⁿ

2n − _x²n−1³ +_x¹2n

x²ⁿ⁻¹

2 + ¹

x

4n2−6n+3 2n−1

2n−1

q

1 + _x2n−2¹

=

x→−∞lim

|x|

x²ⁿ⁻¹

x→−∞lim 2 + 1 x⁴^n2−6n+3²ⁿ⁻¹

2n−1

r

1 + 1 x²ⁿ⁻²

!

Il primo limite `e

x→−∞lim

|x|

x²ⁿ⁻¹ = − lim

x→−∞

x

x²ⁿ⁻¹ = − lim

x→−∞

1

x²⁽ⁿ⁻¹⁾ = 0 Il secondo limite

x→−∞lim 2 + 1 x⁴^n2−6n+3²ⁿ⁻¹

2n−1

s

1 + 1 x²²ⁿ⁻²ⁿ⁻¹

!

= 2, cosicch`e:

λ^′_2n = 0 Ne concludiamo

λ_2n = 1, ∀n ∈ N − {0, 1}

Per n = 2 il grafico della funzione, tracciato con Mathematica `e riportato in fig. 2.