Esercizi sui limiti

R

1c) Per verificare che 2

3n

lim = +∞

n + 1

n→+∞

fissato R > 0 consideriamo la disuguaglianza

2

3n > R.

n +1

Per n ≥ 1, si ha sempre n + 1 ≤ n + n = 2n e quindi

2

2 3n 3

3n ≥ = n.

n +1 2n 2

32 23

Se n > R, ovvero n > K = R segue a maggior ragione che

2

3n > R.

n +1 5

LIMITI - ESERCIZI SVOLTI

1d) Per verificare che 3x + 1 =3

lim x − 2

x→−∞

fissiamo ε > 0 e consideriamo 3x + 1 7 1

=

|f (x) − l| = − 3 .

x − 2 3 |x − 2| 1 1

7 7 ,

Affinché si abbia |f (x)−l| < ε è sufficiente scegliere x tale che < ε, ovvero |x−2| >

3 3 ε

|x−2|

7

con x < 0, cioè, x < 2 − = −R.

3ε

2) In questo esercizio utilizzeremo i Teoremi sul limite di somma, prodotto, quoziente.

3

2a) Poiché x e x tendono a −∞ per x → −∞, per il Teorema sul limite di una somma, nel caso

di limiti infiniti e con lo stesso segno, si ha 3

lim (x + x) = −∞.

x→−∞

x

2b) Tenendo conto che 2 tende a +∞ per x → +∞, applicando il Teorema sul limite del prodotto,

e tenendo conto del segno dei fattori, segue che

x

lim x2 = +∞.

x→+∞

2c) Per il Teorema sul limite del quoziente di funzioni a limite finito e denominatore non infinites-

imo, si ha 1

lim = 1.

2

1 + x

x→0

2d) Utilizzando lo stesso Teorema, ma nel caso di denominatore a limite infinito si ha

1 = 0.

lim 2

1 + x

x→±∞

2e) Per calcolare 1

lim cos x

±

π

x→ 2

ricordiamo che il limite del reciproco di una funzione infinitesima non necessariamente esiste.

π

In questo caso, poiché cos x > 0 in un intorno sinistro di si ha

2

1

lim = +∞.

cos x

−

π

x→ 2 π si ha

Al contrario, poiché cos x < 0 in un intorno destro di 2

1

lim = −∞.

cos x

π +

x→ 2

6 LIMITI - ESERCIZI SVOLTI

2f ) Per calcolare √ −x

5 x + 2

lim ( )

x→+∞

basta osservare che √ −x

5 x = +∞, lim 2 = 0

lim x→+∞

x→+∞

ed applicare il Teorema sul limite della somma: il limite assegnato vale +∞. ∞ 0

3) I limiti di questo esercizio sono forme indeterminate del tipo ∞ − ∞, 0 · ∞, , .

∞ 0

3a) Il limite 2

x − 1 )

lim ( 3

x − 1

x→1

0 . Semplificando i fattori comuni a numeratore e denom-

è una forma indeterminata del tipo 0

inatore si ha 2

x − 1 (x − 1)(x + 1)

lim ( ) = lim ( =

3 2

x − 1 (x − 1)(x + x + 1)

x→1 x→1

(x + 1) 2

= lim ( = .

2

(x + x + 1) 3

x→1

3b) Analogamente 2 (x − 2)(x − 3)

x − 5x + 6 = lim =

(b) lim 2 2

x − 4x + 4 (x − 2)

±

± x→2

x→2 (x − 3)

= lim = ∓∞,

(x − 2)

±

x→2

dove si è tenuto conto del segno della funzione nell’intorno sinistro e destro di x = 2.

0

3c) Con lo stesso metodo 2 x(3x − 1)

3x − x = lim =

lim 5 2 2 3

x + 2x x (x + 2)

±

± x→0

x→0 1 3x − 1

= lim lim .

3

x x + 2

± ±

x→0 x→0

Il primo fattore non ha limite, ma 1 = ±∞.

lim x

±

x→0

Il secondo fattore ha limite finito 3x − 1 1

lim = − .

3

x +2 2

±

x→0

Pertanto, applicando il Teorema sul limite del prodotto, si ha

2

3x − x = ∓∞.

lim 5 2

x + 2x

±

x→0 7

LIMITI - ESERCIZI SVOLTI

3d) Per calcolare √

5/2 x + 1

x − 2x

lim 5/2

2x − 1

x→+∞

conviene raccogliere a fattore comune la potenza di x con esponente più alto che appare in

5 . Quindi si ha

numeratore e denominatore, ovvero x 2

√ 5

−

5/2 −1

5/2 x + 1 )

x (1 − 2x + x

x − 2x 2 =

= lim

lim 5

5/2

2x − 1 −

x→+∞

x→+∞ 5/2

x (2 − x )

2

5

−

−1

(1 − 2x + x 1

)

2

= lim =

5 2

−

x→+∞ (2 − x )

2

3e) 3 3 −2 −3

−2x + x + 1 x (−2 + x + x )

lim = lim =

2 2 −1

x + 3x x (1 + 3x )

x→+∞ x→+∞ −2 −3

(−2 + x + x ) = −∞.

= lim x · lim −1

(1 + 3x )

x→+∞ x→+∞

3f ) 4 4 −3 −4

3x + 9x − 1 x (3 + 9x − x )

lim = lim =

4 3 4 −1 −4

−x + 6x + 1 x (−1 + 6x + x )

x→−∞ x→−∞

−3 −4

3 + 9x − x

= lim = −3.

−1 −4

−1 + 6x + x

x→−∞

4) Calcoliamo i seguenti limiti mediante razionalizzazione.

2 2

4a) Applicando il prodotto notevole a − b = (a − b)(a − b) abbiamo

√

√ √ √

√ √ x)( x)

( x + 1 − x + 1 +

√

x + 1 − x) = lim

lim ( =

√

( x + 1 + x)

x→+∞

x→+∞ 1

x +1 − x

√ √

= lim =0

= lim √ √

x) x)

( x + 1 + ( x + 1 +

x→+∞

x→+∞ 3 3 2 2

4b) Applicando il prodotto notevole a − b = (a − b)(a + ab + b ) abbiamo

√ √ x +1 − x

3 √

3

x + 1 − =0

lim ( x) = lim 3

p 2

2 p

x→+∞ x→+∞ 3 x(x + 1) + x )

( (x + 1) + 3

4c) Operando come in 4a) abbiamo

√ √ 1+ x − 1+ x

1+ x − 1 − x √ √

lim = lim =

x x( 1 + x + 1 − x)

x→0 x→0

2

√ √ =1

= lim ( 1 + x + 1 − x)

x→0

8 LIMITI - ESERCIZI SVOLTI

4d) √

√ 2 2

4 + x + x)( 4 + x

( − x)

p 2 √

4 + x + x) = lim =

lim ( 2

( 4 + x − x)

x→−∞

x→−∞ 2 2 4

4 + x − x

√ √

= lim = 0.

= lim 2 2

x→−∞

x→−∞ 4+ x − x 4 + x − x

5) Calcoliamo i seguenti limiti mediante cambiamenti di variabili.

5a) 3x

e + 1

lim 2x

e + 2

x→±∞

x x

Posto y = f (x) = e si ha che y = e → +∞ per x → +∞: il Teorema di cambiamento di

variabili è quindi applicabile. Si ha quindi 3

3x y + 1

e + 1 = lim = +∞.

lim 2x 2

e + 2 y + 2

y→+∞

x→+∞ x

Se invece x → −∞ allora y = e → 0: il Teorema di cambiamento di variabili è ancora

applicabile perchè la funzione 3

y + 1

g(y) = 2

y + 2

è continua per y = 0. Si ha pertanto 3

3x y + 1 1

e + 1 = lim = .

lim 2x 2

e + 2 y + 2 2

x→−∞ y→0

5b) 3x

√

lim 2

x→−∞ 4 + x

Posto y = −x si ha che y = −x → +∞ per x → −∞, e quindi

3x −3y

√ =

lim = lim p 2

2 4 + y

x→−∞ y→+∞

4+ x s 2

9y

= − lim = −3

2

4 + y

y→+∞

5c) log x

lim q

+

x→0 2

1 + 2 log x +

Posto y = f (x) = log x si ha che y = log x → −∞ per x → 0 ; pertanto

y

log x = lim =

lim q p 2

1 + 2y

y→−∞

+ 2

x→0 1 + 2 log x 9

LIMITI - ESERCIZI SVOLTI s 2 r

y 1

= − lim = − ,

2

1 + 2y 2

y→−∞ p 2

dove si è tenuto conto che per y < 0 vale y = − y .

6) Per calcolare 3

lim [x − x]

±

x→−1 3

dove [t] = indica la parte intera di t, conviene studiare il segno della funzione f (x) = x − x =

x(x − 1)(x + 1) nell’intorno di x = −1. Si ha f (x) < 0 per x in un intorno sinistro di x = −1

e f (x) > 0 in un intorno destro di x = −1. Inoltre f è continua in x = −1. Segue che

−1 se −1 − δ < x < −1

[f (x)] = 0 se −1 < x < −1 + δ

per δ > 0 sufficientemente piccolo. Quindi

3 3

lim [x − x] = −1 lim [x − x] = 0

− +

x→−1 x→−1

7) Limiti di successioni N

7a) Tenendo conto che sin(2nπ) = 0 per ogni n ∈ , si ha

lim sin(2nπ) = lim 0 = 0.

n→+∞ n→+∞ N

7b) Analogamente al caso precedente, poichè sin(n!π) = 0 per ogni n ∈ , si ha

lim sin(n!π) = lim 0 = 0.

n→+∞ n→+∞

7c) Ricordando che n!

n

N

∀n, k ∈ ,

=

k k!(n − k)!

si ha n

2 3

3!(n − 3)! = lim = 0.

lim = lim 2!(n − 2)! n − 2

n n→+∞

n→+∞

n→+∞

3

7d) (n + 2)! − n! (n + 2)(n + 1)n! − n!

lim = lim =

(n + 1)!(2n + 1) (n + 1)!(2n + 1)

n→+∞ n→+∞ 2

n![(n + 1)(n + 2) − 1] 1

n + 3n + 1

= lim = lim = .

2

n!(n + 1)(2n + 1) 2n + 3n + 2 2

n→+∞ n→+∞

10 LIMITI - ESERCIZI SVOLTI

8) Per calcolare i seguenti limiti, utilizzeremo i teoremi del confronto.

8a) Per calcolare √

lim ( x + cos x)

x→+∞

√

√ R

x − cos x ≥ x − 1 per ogni x ∈ . Poichè

osserviamo che √

lim ( x − 1) = +∞

x→+∞

applicando il Teorema del confronto otteniamo

√ x + cos x) = +∞.

lim (

x→+∞

8b) Per calcolare cos x

√

lim x

x→+∞

R

osserviamo che −1 ≤ cos x ≤ 1 per ogni x ∈ , da cui segue

cos x 1

1

√ √ √

≤ ≤

− ∀x 6 = 0.

x x x

Poichè 1

√

lim = 0

x

x→+∞

si ha che anche cos x

√ = 0.

lim x

x→+∞

8c) Il limite √ x cos x

lim

x→+∞

√ π ′

non esiste. Infatti, posto f (x) = x cos x, x = + nπ, e x = 2nπ, si ha

n n

2 √

′

f (x ) = 0 → 0, f (x ) = 2nπ → +∞.