Esercizi svolti limiti con infiniti e infinitesimi - Scheda 2

State leggendo la seconda scheda di esercizi sui limiti con infiniti e infinitesimi; si tratta di una scheda di esercizi risolti, ciascuno con la relativa soluzione e con svolgimenti rapidi.

 

Se non avete già letto la prima scheda di esercizi su infiniti e infinitesimi vi raccomandiamo di fermarvi un attimo e di ripartire da lì, perché lì abbiamo fatto il punto della situazione ricapitolando nel dettaglio a che livello ci troviamo, cosa dobbiamo già sapere, cosa stiamo affrontando, cosa serve e cosa seguirà. ;)

 
 
 

 

Oltre alla prima scheda e a questa ci sono altri esercizi con cui potete proseguire la vostra preparazione sui limiti con infiniti e infinitesimi:

 

- esercizi sui limiti con infiniti e infinitesimi - scheda 3, risolti

 

- esercizi svolti sui limiti con infiniti e infinitesimi - scheda 4, risolti

 

Esercizi svolti sui limiti con infiniti e infinitesimi - Scheda 2

 

Calcolare ove possibile i seguenti limiti applicando le regole dell'algebra di infiniti e infinitesimi, facendo riferimento nel contempo alla tabella dei limiti fondamentali e alla tecnica di calcolo dei limiti da sinistra e da destra.

 

Il primo esercizio è svolto ed in fondo potete consultare le soluzioni. ;)

 

0) \lim_{x\to 2^{-}}{\left(\frac{x+x^{2}\ln{\left(2-x\right)}}{x-2}}\right)}

 

Svolgimento: proviamo ad applicare le sostituzioni suggerite dall'algebra di infiniti e infinitesimi, ragionando termine a termine. Sottolineiamo il verbo proviamo perché come sappiamo potremmo imbatterci in un calcolo che esula dalla tabella di infiniti e infinitesimi:

 

Facendo uso delle cosiddette pseudouguaglianze, risulta

 

\frac{2^-+4^-\cdot\ln(2-2^-)}{2-2^-}

 

Interpretando 2^- come una quantità a sinistra di 2 si capisce facilmente che valgono le pseudouguaglianze

 

\\ 2-2^-=0^-\\ \\ 2^--2=0^- 

 

Quindi possiamo scrivere

 

\frac{2^-+4^-\cdot\ln(2-2^-)}{2^--2}=\frac{2^-+4^-\cdot \ln(0^+)}{0^-}=

 

e ricordando il limite fondamentale della funzione logaritmica con base maggiore di 1 per x\to 0^+

 

=\frac{2^-+4^-\cdot (-\infty)}{0^-}=

 

Il prodotto di una quantità positiva e di un infinito di segno negativo è un infinito di segno negativo

 

=\frac{2^--\infty}{0^-}=

 

D'altra parte la somma di una quantità finita e di un infinito di segno negativo è un infinito di segno negativo. Risulta così

 

=\frac{-\infty}{0^-}=+\infty

 

dove il risultato finale viene dedotto grazie ad un'ulteriore regola dell'algebra di infiniti e infinitesimi.

 

Osservazione: come abbiamo già spiegato nella lezione su infiniti e infinitesimi, il termine pseudouguaglianza sta a significare che concettualmente il passaggio è corretto, ma in termini rigorosi non potremmo scrivere un =. La tendenza generale è quella di scrivere a parte i passaggi del tipo pseudouguaglianze e scrivere il risultato finale, che è esatto, in un colpo solo. Così si salvano capra (forma logico-stilistica) e cavoli (meglio scrivere i ragionamenti onde evitare futili errori di distrazione).

 

Per intenderci, una pseudouguaglianza è correlata alle operazioni che non possiamo svolgere con l'algebra standard dei numeri reali, e si riferisce in particolare alle operazioni che abbiamo elencato nell'algebra di infiniti e infinitesimi.

 

All'atto pratico avremmo dovuto risolvere il limite in un colpo solo:

 

\lim_{x\to 2^-}\left(\frac{x+x^2\ln\left(2-x\right)}{x-2}\right)=+\infty

 

e - ve lo assicuriamo - dopo aver svolto un discreto numero di esercizi riuscirete a sbranarvi limiti simili al precedente in pochissimi secondi, con qualche semplice passaggio svolto a mente. ;)

 

In alternativa possiamo indicare le pseudouguaglianze mediante l'operazione di passaggio al limite: ad esempio, non possiamo scrivere \ln(+\infty)=+\infty, ma possiamo scrivere \ln(x)\to_{x\to +\infty}+\infty.

 

 

Calcolare i seguenti limiti con infiniti e infinitesimi

 

Nel caso non fosse possibile giungere al risultato con il metodo di infiniti e infinitesimi, la soluzione momentanea è: "Non è possibile calcolare il limite con l'algebra di infiniti e infinitesimi".

 

I) \lim_{x\to +\infty}{\left(\frac{x^{2}+2}{x}\right)

 

II) \lim_{x\to -\infty}{\left(2^{x}-\frac{1}{x}\right)}

 

III) \lim_{x\to 9}\frac{x-2}{x-9}

 

Suggerimento: calcolare separatamente i due limiti da sinistra e da destra.

 

IV) \lim_{x\to \pi^-}\frac{\cos(x)}{x-\pi}

 

V) \lim_{x\to 0^{+}}{\left(x^{3}-\frac{2}{x^{6}}\right)}

 

VI) \lim_{x\to 2^{+}}{\left(\frac{1}{x-2}+\frac{1}{\sqrt{x-2}}\right)}

 

VII) \lim_{x\to +\infty}{\left[\frac{(-2)(\frac{1}{5})^{x}}{\ln{(x+4)}}\right]}

 

VIII) \lim_{x\to 2^+}3^{\frac{x^2}{x-2}}+\frac{x}{2-\log_2(2x)}

 

IX) \lim_{x\to 1^{-}}{\left(\frac{x+3}{2x-2}-\frac{1}{1-e^{4x-4}}\right)}

 

X) \lim_{x\to \left(\frac{\pi}{4}\right)^{-}}{\left[\frac{\sin{\left(x+\frac{\pi}{4}\right)}}{\tan{\left(x-\frac{\pi}{4}\right)}}\log_{\frac{\pi}{4}}(x)\right]}

 

XI) \lim_{x\to 0^{+}}{\left[\frac{\log_{3}{\left(x+3\right)}}{\sin{(x)}}\right]}

 

 

Soluzioni

 

Nota bene: le uguaglianze relative a infiniti e infinitesimi sono da considerarsi come pseudouguaglianze.

 

I) Apparentemente non siamo in grado di arrivare al risultato:

 

\frac{+\infty+2}{+\infty}=\frac{+\infty}{+\infty}

 

Ma se dividiamo termine a termine otteniamo

 

\lim_{x\to +\infty}\left(\frac{x^2}{x}+\frac{2}{x}\right)=\lim_{x\to +\infty}\left(x+\frac{2}{x}\right)

 

e quindi +\infty+\frac{2}{+\infty}=+\infty+0^+=+\infty.

 

II) 2^{-\infty}-\frac{1}{-\infty}=0^+-0^-=0

 

La somma di due infinitesimi qualsiasi è infatti un infinitesimo, cioè zero.

 

III) Per il limite da sinistra (x\to 9^-)

 

\frac{9^--2}{9^--9}=\frac{7}{0^-}=-\infty

 

Per il limite da destra (x\to 9^+)

 

\frac{9^+-2}{9^+-9}=\frac{7}{0^+}=+\infty

 

IV) \frac{\cos(\pi^-)}{\pi^--\pi}=\frac{-1}{0^-}=+\infty

 

V) 0^+-\frac{2}{0^+}=0^+-(+\infty)=-\infty

 

VI) \frac{1}{2^+-2}+\frac{1}{\sqrt{2^+-2}}=\frac{1}{0^+}+\frac{1}{\sqrt{0^+}}=+\infty+\frac{1}{0^+}=+\infty+\infty=+\infty

 

VII) \frac{(-2)\cdot \left(\frac{1}{5}\right)^{+\infty}}{\ln(+\infty+4)}=

 

Tenendo a mente il limite fondamentale della funzione esponenziale con base minore di 1

 

=\frac{(-2)\cdot 0^+}{\ln(+\infty)}=\frac{0^-}{+\infty}=0^-

 

VIII) 3^{\frac{(2^+)^2}{2^+-2}}+\frac{2^+}{2-\log_2(2\cdot 2^+)}=

 

Moltiplicando 2 per 2+ otteniamo un risultato a destra di 4

 

=3^{\frac{4^+}{0^+}}+\frac{2^+}{2-\log_2(4^+)}=

 

Ricordando la definizione di logaritmo risulta che \log_2(4)=2, quindi

 

=3^{\frac{4^+}{0^+}}+\frac{2^+}{2-2^+}=3^{+\infty}+\frac{2}{0^-}=+\infty-\infty

 

e usando le sole regole di infiniti e infinitesimi non siamo in grado di giungere alla soluzione.

 

IX) \frac{1^-+3}{2\cdot 1^--2}-\frac{1}{1-e^{4\cdot 1^--4}}=

 

La somma del primo numeratore non richiede un'analisi sinistra/destra, ci basta sapere che la somma è una costante positiva. L'analisi accurata riguarda il primo denominatore

 

=\frac{4}{2^--2}-\frac{1}{1-e^{4^--4}}=\frac{4}{0^-}-\frac{1}{1-e^{0^-}}=

 

La funzione esponenziale con base maggiore di 1 a sinistra di zero vale 1-

 

=-\infty-\frac{1}{1-1^-}=-\infty-\frac{1}{0^+}=-\infty-(+\infty)=-\infty-\infty=-\infty

 

X) \frac{\sin\left(2\cdot \left(\frac{\pi}{4}\right)^-\right)}{\tan\left(\left(\frac{\pi}{4}\right)^--\frac{\pi}{4}\right)}\cdot \log\left(\left(\frac{\pi}{4}\right)^-\right)=\frac{\sin\left(\left(\frac{\pi}{2}\right)^-\right)}{\tan(0^-)}\cdot (1^-)=

 

A sinistra di \frac{\pi}{2} la funzione seno vale poco meno di 1; a sinistra di x=0 la funzione tangente vale poco meno di zero

 

\frac{1^-}{0^-}\cdot 1^-=\frac{1-}{0^-}=-\infty

 

XI) \frac{\log_3(0^++3)}{\sin(0^+)}=\frac{\log_3(3^+)}{0^+}=\frac{1^+}{0^+}=+\infty

 

 


 

Se vi servissero altri esercizi svolti o per qualsiasi dubbio non esitate: potete trovare tutto quello che vi serve con la barra di ricerca interna. ;)

 

 

Buon lavoro!

Fulvio Sbranchella (Agente Ω)

 

Lezione correlata


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