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CORSO DI LAUREA IN MATEMATICA
ESERCITAZIONI DI ANALISI MATEMATICA I
ESERCIZI SUI LIMITI 2
CALCOLARE IL VALORE DEI SEGUENTI LIMITI
- lim x→ 0
sin(ex^ − 1) − x − x
2 2 x^4
- lim x→ 1
(x − 1) log x −
(x−1)^2 x (ex^ − e)^3
- lim x→ 0
x − sin x
ex^ − 1 − x −
x^2 2
- lim x→ 0
log
2 (1 + x) − sin
2 x
1 − e−x
2
- lim x→ 0
2(tan x − sin x) − x
3
x^5
- lim x→ 0
x
tan x
- lim x→ 0
x^2
tan^2 x
- lim x→+∞
[
log
x
)x
− 1
]
x
- lim x→ 0
(sin x)
x − 1
xx^ − 1
- lim n→+∞
[
tan
π
4
n
)]n
- lim x→+∞
x
2
e
1 x (^) − e
1 x+
- lim x→+∞
x
[
arctan x −
π
2
]
- lim x→+∞
(log log x) e
−x
- lim x→0+
log sin x
log x
- lim x→ 1
(x + 3)
1 (^2) − (3x + 5)
1 3 [ 1 − tan
π 4 x
] 2 16)^ lim x→+∞
[
x
x
)x
− e x
2 log
x
)]
- lim x→ 0
log(cos ax)
log cos bx
- lim x→ 0
x +
1 + x^2
tan x
- lim x→ 1
ex
(^2) +x − e^2 x
cos
π 2 x^
- lim x→a
x
a
)tan(πx 2 a )
- lim x→+∞
tan (^1) x
)x
- lim x→ 0
2 − x
2 − 2 cos x
x^4
- lim x→ 0
ex^ − 1 − x
sin x
- lim x→0+
x
[
e − (1 + x)
1 x
]}
- lim x→0+
arccos(1 − x^2 )
x
- lim x→0+
sin x
x
x
- lim x→0+
ex^ − cos x
(sin x)^2 log x
- lim x→+∞
(x + cos x)
1 x
- lim x→ 0
x arctan log(1 + x)
e − ecos
(^4) x 30)^ xlim→0+
sin (^) x^1
(x^2 ex^ + 2 log cos x)
x^2
x
- lim n→+∞
n
a +
√n b + n
c
3
)n
, a, b, c ∈ R
\ { 0 , 1 } 32) lim x→0+
[log(1 + e
1 x (^) )] sin x^7 ( 1 1 −x^2
)sin^2 x − 1 − x^4
- lim x→+∞
esin^
1 x (^) − 1 − 1 x
log
[
1 + x
2 (1+x)^3
]
− x
2 (1+x)^3
- Per ogni coppia di numeri interi n ≥ 1 , m ≥ 1 determinare k ∈ N ed L ∈ R \ { 0 } tali
che
lim x→ 0
(sin x)n^ − arctan(xm)
xk^
= L
RISULTATI
2 e^3
- 1 10) e
2 a
- 1 12) − 1 13) 0 14) 1 15) −
8 π^2
a
2
b^2
- e 19)
− 2 e
2
π
- e
2 π (^) 21) + ∞ 22) −
e
2
2 e
abc 32) 6
- se n < m : k = n, L = 1; se n > m : k = m, L = −1; se n = m : k = 3n, L =
ESERCIZIO 2
Effettuiamo il seguente cambiamento di variabile: y = x − 1. Osservato che per x → 1 y → 0 ,
possiamo scrivere:
lim y→ 0
y log(y + 1) −
y^2 y+
(ey+1^ − e)^3
e^3
lim y→ 0
y log(y + 1) −
y^2 y+
(ey^ − 1)^3
Utilizziamo i seguenti sviluppi di Taylor:
log(y + 1) = y −
y^2 2 +^ o(y
2 ) 1 y+1 = 1^ −^ y^ +^ y
(^2) + o(y (^2) )
e
y = 1 + y + o(y) da cui
(ey^ − 1)^3 = [y + o(y)]^3 = y^3 + o(y^3 ) perch´e
[y + o(y)]^3 = y^3 + 3y^2 o(y) + 3y[o(y)]^2 + [o(y)]^3 = y^3 + 3o(y^3 ) + 3o(y^3 ) + o(y^3 ) = y^3 + o(y^3 )
Infatti
3 y
2 o(y) = o(y
3 ), y[o(y
2 )] = o(y
3 ), [o(y)]
3 = o(y
3 ), 3 o(x
3 ) = o(x
3 ), o(x
3 ) + o(x
3 ).
(vedi propriet`a degli o-piccoli nel file LIMITI 1). Sostituendo sopra:
e^3
lim y→ 0
y
[
y −
y^2 2 +^ o(y
]
− y^2 [1 − y + o(y)]
y^3 + o(y^3 )
e^3
lim y→ 0
1 2 y
3
3 )
y^3 + o(y^3 )
(principio di sostituzione degli infinitesimi)
e^3
lim y→ 0
1 2
y^3
y^3
2 e^3
ESERCIZIO 3 Utilizziamo i seguenti sviluppi di Taylor:
sin x = x +
x
3
3 )
e
x = 1 + x +
x
2
x
3
3 )
ed otteniamo
lim x→ 0
x − (x −
1 6 x
(^3) + o(x (^3) )
1 + x +
1 2 x
6 x
(^3) + o(x (^3) ) − 1 − x − 1 2 x
2
= lim x→ 0
1 6 x
(^3) + o(x (^3) )
1 6 x
(^3) + o(x (^3) )
(principio sostituzione infinitesimi)
lim x→ 0
1 6 x
3
1 6 x
3
ESERCIZIO 15
Effettuiamo il cambiamento di variabile: y = x − 1 ed ossserviamo che per x → 1 si ha che
y → 0 .Il limite proposto pu`o quindi essere scritto nella forma seguente:
lim y→ 0
y + 4 − 3
3 y + 8 [ 1 − tan
π 4 y^ +^
π 4
)] 2 =
Applichiamo al denominatore le formule di addizione della tangente, ed al numeratore modi-
fichiamo l’espressione dei radicandi in modo da poter applicare lo sviluppo di Taylor (1+z)α^ =
1 + αz + 1 2
α(α − 1)z^2 + o(z^2 ) con i valori α = 1 2
ed α = 1 3
lim y→ 0
y 4 −^2
3
3 8 y [
1 −
tan π 4
y + tan π 4 1 − tan π 4
y tan π 4
] 2 =^ −^ lim y→ 0
y 4 −^
3
3 8 y
tan^2 π 4 y
= − lim y→ 0
y 4 −^
3
3 8 y
sin
2 π 4 y^
lim y→ 0
cos
2 π 4
y =
Utilizziamo quindi lo sviluppo di Taylor visto sopra, rispettivamente con α =
1 2 , z^ =^
y 4 e α =
1 3 , z^ =^
3 8 y^ :
√
1 +
y
2
y
8
y
2
2 )
3
y = 1 +
y +
y
2
2 ).
Inoltre
sin
2 π 4
y =
π
4
y + o(y)
π^2
16
y
2
π
2
y o(y) + [o(y)]
2
π^2
16
y
2
2 ),
Perch´e: π
2
y o(y) = o(y
2 ); [o(y)]
2 = o(y
2 ); o(y
2 ) + o(y
2 ) = o(y
2 ).
Sostituendo otteniamo:
− lim y→ 0
1 128 y
64 y
(^2) + o(y (^2) )
π^2 16
y^2 + o(y^2 )
= − lim y→ 0
3 128 y
(^2) + o(y (^2) )
π^2 16
y^2 + o(y^2 )
= (principio sostituzione infinitesimi)
= − lim y→ 0
128
y^2
π^2 16 y
2
8 π^2
ESERCIZIO 16
Effettuiamo il seguente cambiamento di variabile: y =
x
. Osservato che per x → +∞ si ha
y → 0+, sostituendo otteniamo
lim y→0+
[
y
(1 + y)
1 y (^) − e
y^2
log(1 + y)
]
= lim y→0+
[
y
e
1 y log(1+y)^ − e
y^2
log(1 + y)
]
= e lim y→0+
y
e[^
1 y log(1+y)−^1 ]^ −
y^2
log(1 + y)
ESERCIZIO 18
Utilizzando l’artificio di Bernoulli otteniamo:
lim x→ 0
e
1 tan x log(x+
√ 1+x^2 )
Calcoliamo il limite dell’esponente.
lim x→ 0
log(x +
1 + x^2 )
tan x
= lim x→ 0
log
[√
1 + x^2
√x 1+x^2
)]
sin x
cos x =
= lim x→ 0
log
1 + x^2 + log
√x 1+x^2
sin x
= lim x→ 0
1 2 log(1 +^ x
2 ) + log
√x 1+x^2
sin x
Utilizziamo gli sviluppi di Taylor delle funzioni che compaiono nell’espressione del limite:
log(1 + y) = y + o(y) con y = x^2 e y =
x √ 1 + x^2
lim x→ 0
1 2 x
(^2) + o(x (^2) ) + √x 1+x^2
√x 1+x^2
x + o(x)
Osserviamo che:
o(x
2 ) = o(x);
x
2 = o(x); o
x √ 1 + x^2
= o(x); o(x) + o(x) = o(x).
Sostituendo ed utilizzando il principio di sostituzione degli infinitesimi
lim x→ 0
√^ x 1+x^2
x + o(x)
= lim x→ 0
√^6 x 1+x^2
6 x
ESERCIZIO 31
Osservato che √n a = e
1 n log^ a,
√n b = e
1 n log^ b, n
c = e
1 n log^ c,
Il limite da calcolare assume la forma
lim n→+∞
e
1 n log^ a^ + e
1 n log^ b^ + e
1 n log^ c
3
)n
Effettuiamo il cambiamento di variabile x =
n
ed osserviamo che per n → +∞ si ha che
x → 0 +. Sostituendo sopra
lim x→0+
ex^ log^ a^ + ex^ log^ b^ + ex^ log^ c
3
x
Utilizziamo gli sviluppi di Taylor della funzione esponenziale e
y = 1+y+o(y), rispettivamente
con y = x log a, y = x log b e y = x log c, osservando che ciascuno di questi tende a zero per
x → 0. Sostituendo:
lim x→0+
1 + x log a + o(x) + 1 + x log b + o(x) + 1 + x log c + o(x)
3
x
= lim x→0+
3 + x log a + x log b + x log c + o(x)
3
x
= lim x→0+
x[log a + log b + log c] + o(x)
3
x
= lim x→0+
e
8 <
:
x
log
[
x[log a + log b + log c] + o(x)
3
] 9
=
;
= lim x→0+
e
8 <
:
x
log
[
x log(a b c) + o(x)
3
] 9
=
; = e
1 3 log(a b c)^ =
a b c.
Infatti possiamo calcolare il limite dell’esponente utilizzando lo sviluppo di Taylor per la
funzione logaritmo: log y = y + o(y) con y =
x log(a b c) + o(x)
3
(infatti per x → 0 risulta
y → 0 ,) e quindi
log
[
x log(a b c) + o(x)
3
]
x log(a b c) + o(x)
3
x log(a b c) + o(x)
3
x log(a b c)
3
o(x)
3
x log(a b c)
3
Perch´e (^2 )
o(x)
3
= o(x), o
x log(a b c) + o(x)
3
= o(x) e o(x) + o(x) = o(x).
In definitiva il limite dell’esponente si calcola come segue:
lim x→0+
x
log
[
x log(a b c) + o(x)
3
]}
= lim x→0+
x log(abc)
3 x
o(x)
x
= lim x→0+
x log(abc)
3 x
log(a b c).
(^2) lim x→ 0
o
( x log(a b c)+o(x) 3
)
x
= lim x→ 0
o
( x log(a b c)+o(x) 3
)
x log(a b c)+o(x) 3
( x log(a b c)+o(x) 3
)
x
= 0 ·
[ log(abc)
3
o(x)
x
]
= 0.
ν 1 ν 2 ν 3 ν 4
3 0 0 0
2 1 0 0
2 0 1 0
2 0 0 1
1 1 1 0
1 0 1 1
1 1 0 1
0 3 0 0
1 2 0 0
0 2 1 0
0 2 0 1
0 1 1 1
0 0 3 0
1 0 2 0
0 1 2 0
0 0 2 1
0 0 0 3
1 0 0 2
0 1 0 2
0 0 1 2
Otteniamo quindi
(a + b + c + d)^3 =
a
3 b
0 c
0 d
0
a
2 b
1 c
0 d
0
a
2 b
0 c
1 d
0
a
2 b
0 c
0 d
1
a
1 b
1 c
1 d
0
a
1 b
0 c
1 d
1
a
1 b
1 c
0 d
1
a
0 b
3 c
0 d
0
a
1 b
2 c
0 d
0
a
0 b
2 c
1 d
0
a
0 b
2 c
0 d
1
a
0 b
1 c
1 d
1
a
0 b
0 c
3 d
0
a
1 b
0 c
2 d
0
a
0 b
1 c
2 d
0
a
0 b
0 c
2 d
1
a
0 b
0 c
0 d
3
a
1 b
0 c
0 d
2
a
0 b
1 c
0 d
2
a
0 b
0 c
1 d
2 = · · · · · · · · ·
