Esercizi svolti limiti con infiniti e infinitesimi - Scheda 3

Benvenuti nella terza scheda di esercizi svolti sui limiti con infiniti e infinitesimi. Se siete finiti qui per caso e non avete ancora letto la prima scheda di esercizi svolti su infiniti e infinitesimi vi suggeriamo caldamente di farlo, perché lì abbiamo fatto il punto della situazione e spiegato come si inserisce l'algebra di infiniti e infinitesimi tra le varie tecniche di calcolo dei limiti.

 

Prima di proseguire, un rapido riepilogo delle schede di esercizi correlate. Oltre a quella che state leggendo (scheda 3) e a quella introduttiva (scheda 1), avete a disposizione altre due schede di esercizi risolti:

 

- esercizi sui limiti con infiniti e infinitesimi - scheda 2, svolti

 

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

 
 
 

Esercizi svolti sui limiti con infiniti e infinitesimi - Scheda 3

 

Dato che nelle precedenti schede ci siamo dilungati a sufficienza sugli aspetti delicati del metodo di applicazione dell'algebra di infiniti e infinitesimi, qui ci limitiamo a rammentarvi che per risolvere agevolmente gli esercizi è necessario ricordare i limiti fondamentali e aver studiato la lezione sul calcolo dei limiti da sinistra e da destra.

 

Nel caso il metodo di infiniti e infinitesimi non permettesse di ottenere il risultato, per il momento ci limiteremo a constatare che non disponiamo dei mezzi per effettuare il calcolo. Nel prosieguo delle lezioni e delle schede di esercizi amplieremo il bagaglio di tecniche per il calcolo dei limiti. ;)

 

I) \lim_{x\to +\infty}\frac{1}{x^3}

 

II) \lim_{x\to 0^{-}}\frac{1}{x^5}

 

III) \lim_{x\to 1^{-}}\frac{\ln(1-x)}{\ln(x)}

 

IV) \lim_{x\to 1^{+}}\frac{\ln(x+1)}{x^2-2x+1}

 

V) \lim_{x\to +\infty}\left(1-\frac{1}{\ln(x)}\right)

 

VI) \lim_{x\to +\infty}{\frac{\sin{(x)}+e^{x}}{\ln{\left(\frac{x+1}{x}\right)}}}

 

VII) \lim_{x\to +\infty}{\frac{2\log_{\frac{1}{3}}{(x)}+3}{6\log_{\frac{1}{4}}{\left(\frac{x+1}{x}\right)}}}

 

VIII) \lim_{x\to 0^{+}}{\left(\frac{1}{2}\right)^{\displaystyle{\frac{\ln(x)}{e^x}}}}

 

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

 

X) \lim_{x\to (-3)^{-}}{\frac{2e}{x^{3}+27}}

 

XI) \lim_{x\to 3^{-}}{2^{\frac{1}{x-3}}}

 

XII) \lim_{x\to 3^{-}}{\frac{\log_{3}{\left(\frac{1}{x}\right)}}{|x|-3}}

 

 

Soluzioni e svolgimenti

 

Nota bene: le uguaglianze riportate negli svolgimento sono da considerarsi come pseudouguaglianze. Sono utili per indicare i ragionamenti da effettuare, ma non trattandosi di uguaglianze rigorose non possono essere riportate negli svolgimenti da bella copia. Nella risoluzione degli esercizi in una verifica o in un esame ci limiteremo a riportare il risultato finale, oppure ad indicare le pseudouguaglianze in modo rigoroso mediante l'operazione di passaggio al limite.

 

Ad esempio, scrivere in un compito \ln(+\infty)=+\infty sarebbe un errore formale, mentre è corretto specificare che \ln(x)\to+\infty al tendere di x\to +\infty.

 

I) \frac{1}{(+\infty)^3}=\frac{1}{+\infty}=0^+

 

II) \frac{1}{(0^-)^5}=\frac{1}{0^-}=-\infty

 

Attenzione: 0- è una quantità negativa. Abbiamo una potenza di un numero negativo con esponente dispari.

 

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

 

Qui è necessario ricordare il limite fondamentale della funzione logaritmica a destra di zero.

 

IV) \frac{\ln(1^++1)}{(1^+)^2-2\cdot 1^++1}=

 

A numeratore la specifica + o - non è rilevante perché non influisce sul risultato: si tratta di una quantità positiva, per cui possiamo pensare a

 

=\frac{\ln(2)}{(1^+)^2-2\cdot 1^++1}

 

A denominatore invece serve un'analisi più accurata. Ragionando quantitativamente si intuisce che (1^+)^2=1^+ e che 2\cdot 1^+=2^+, ma poi c'è un'altra somma di mezzo e rischieremmo seriamente di diventare matti tra tutti i + e i - coinvolti.

 

Cambiamo strategia e scomponiamo il denominatore con la regola del quadrato di un binomio:

 

x^2-2x+1=(x-1)^2

 

Ora è tutto più semplice:

 

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

 

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

 

Nel risultato possiamo indifferentemente scrivere 1 oppure 1-, è irrilevante.

 

VI) Se proviamo con le pseudo-sostituzioni, ricaviamo

 

\frac{\sin(+\infty)+e^{+\infty}}{\ln\left(\frac{+\infty+1}{+\infty}\right)}=\frac{\sin(+\infty)+\infty}{\ln\left(\frac{+\infty}{+\infty}\right)}

 

Anche se a numeratore abbiamo \sin(+\infty), e anche se sappiamo che il limite del seno a +infinito non esiste, nel nostro caso basta notare che è coinvolto in una somma con un infinito. La funzione seno è pur sempre una funzione limitata tra -1 e +1, per cui

 

\sin(+\infty)+\infty=+\infty

 

Il problema riguarda il denominatore: qui possiamo aggirare l'ostacolo dividendo l'argomento del logaritmo termine a termine, e quindi riscrivere il limite nella forma

 

\lim_{x\to +\infty}{\frac{\sin{(x)}+e^{x}}{\ln{\left(1+\frac{1}{x}\right)}}}

 

In questo modo otteniamo

 

\frac{\sin(+\infty)+e^{+\infty}}{\ln\left(1+\frac{1}{+\infty}\right)}=\frac{\sin(+\infty)+\infty}{\ln\left(1+0^+\right)}=\frac{+\infty}{\ln(1^+)}=

 

La specifica sul + o - dell'argomento è essenziale perché, ricordando il comportamento della funzione logaritmica e tenendo presente che \ln(1)=0, ne consegue che \ln(x)\to_{x\to 1^+}0^+

 

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

 

VII) \frac{2\ln_{\frac{1}{3}}(+\infty)+3}{6\log_{\frac{1}{4}}\left(1+\frac{1}{+\infty}\right)}=

 

Attenzione al comportamento della funzione logaritmica con base minore di 1

 

=\frac{2\cdot(-\infty)+3}{6\cdot \log_{\frac{1}{4}}\left(1^+\right)}=\frac{-\infty}{0^-}=+\infty

 

VIII) \left(\frac{1}{2}\right)^{\tfrac{\log(0^+)}{e^{0^+}}}=\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{-\infty}{1^+}}=\left(\frac{1}{2}\right)^{-\infty}=+\infty

 

Attenzione al comportamento della funzione esponenziale con base minore di 1.

 

IX) Qui dobbiamo inevitabilmente separare il calcolo del limite da sinistra e da destra.

 

Da sinistra:

 

\frac{(-4)\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^-}{\left(4\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^--2\right)}=

 

Per non sbagliare la specifica sui prodotti conviene ragionare con un approccio quantitativo. Attenzione perché i segni dei fattori rischiano di produrre dei veri e propri disastri quando vengono presi alla leggera!

 

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

 

Da destra:

 

\frac{(-4)\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^+}{\left(4\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^+-2\right)^2}=\frac{(-2)^-}{(2^+-2)^2}=\frac{(-2)^-}{(0^+)^2}=\frac{-2}{0^+}=-\infty

 

Poiché i due limiti sinistro e destro esistono infiniti e valgono entrambi -infinito, concludiamo che il limite bilatero vale -\infty.

 

X) \frac{2e}{((-3)^-)^3+27}=

 

Anche in questo caso dobbiamo procedere con i piedi di piombo, perché la potenza a denominatore ha un segno negativo. Dobbiamo calcolare la potenza cubica di una quantità a sinistra di -3, quindi in modulo maggiore di 3. Per farlo possiamo seguire due strade equivalenti:

 

- adottare un approccio quantitativo;

oppure

- pensare al grafico della funzione potenza con esponente 3 e osservarne il comportamento in un intorno sinistro di -3.

 

In entrambi i casi ricaviamo

 

=\frac{2e}{(-27)^-+27}=\frac{2e}{0^-}=-\infty

 

perché ovviamente il numero di Nepero è positivo.

 

XI) 2^{\frac{1}{3^--3}}=2^{\frac{1}{0^-}}=2^{-\infty}=0^+

 

XII) \frac{\log_3\left(\frac{1}{3^-}\right)}{|3^-|-3}=

 

Per il numeratore conviene usare la regola per le potenze con esponente negativo e successivamente applicare una ben nota proprietà dei logaritmi

 

=\frac{\log_3\left((3^-)^{-1}\right)}{|3^-|-3}=\frac{-\log_3(3^-)}{|3^-|-3}=

 

Al denominatore il valore assoluto può essere omesso perché naturalmente 3->0. Per il resto fate buon uso delle parentesi e non fatevi ingannare: il segno meno a numeratore oppone simmetricamente 1- rispetto a zero, quindi in ottica posizionale...

 

=\frac{-(1^-)}{3^--3}=\frac{(-1)^+}{0^-}=+\infty

 

 


 

Per il momento è tutto! Non perdetevi la quarta scheda di esercizi risolti e ricordate che la barra di ricerca interna vi aiuterà a trovare tutto quello che vi serve qui su YM! ;)

 

 

Buon lavoro!

Fulvio Sbranchella (Agente Ω)

 

Lezione correlata


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