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Limiti di funzioni

Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva

Universita degli Studi di PadovaDipartimento di Matematica

28 ottobre 2015

Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 1/ 143

Intorno di un punto

Definizione (Intorno di x0 ∈ R)

Un intorno U di x0 ∈ R e un intervallo (aperto) del tipo(x0 − δ, x0 + δ) cioe

U := (x0 − δ, x0 + δ) := {x ∈ R : |x − x0| < δ}.

Definizione (Intorno di +∞)

Un intorno U di +∞ e un intervallo (aperto) del tipo (a,+∞) cioe

U := (a,+∞) := {x ∈ R : x > a}.

Definizione (Intorno di −∞)

Un intorno U di −∞ e un intervallo (aperto) del tipo (−∞, a) cioe

U := (−∞, a) := {x ∈ R : x < a}.


Intorno di un punto

Figura : Dall’alto in basso: un intorno di a, di +∞, di −∞.


Intorno di un punto

Definizione (Definitivamente per x → c)

La funzione f ha una certa proprieta definitivamente per x → c seesiste un intorno U di c tale che la proprieta vale per ogni x ∈ U,x 6= c.

Nota.

x ∈ Ux0 = (x0 − δ, x0 + δ) se e solo se |x − x0| < δ.

x ∈ U+∞ = (a,+∞) se e solo se x > a.

x ∈ U−∞ = (−∞, a) se e solo se x < a.


Limite di funzione

Definizione (Intorni di ±∞, c)

Con la scrittura

U−∞ intendiamo l’insieme degli intorni (aperti) di −∞ del tipo

U−∞,b = (−∞, b)

al variare di b;

U+∞ intendiamo l’insieme degli intorni (aperti) di +∞ del tipo

Ua,+∞ = (a,+∞)

al variare di a;

Uc intendiamo l’insieme degli intorni (aperti) di c del tipo

Uc,δ = (c − δ, c + δ)

al variare di δ > 0;


Limite di funzione

Nota.

Ricordiamo che per una successione f (n) := an era

limn→∞

f (n) = L

se e solo se

per ogni ε > 0 esiste N(ε) tale che per ogni n > N(ε) si ha|f (n)− L| < ε.

In termini di intorni, la si puo trascrivere come se e solo se

per ogniVL = (L− ε, L + ε) ∈ UL,

esisteU+∞ = (N(ε),+∞) ∈ U+∞

tale che f (n) ∈ VL per ogni n ∈ N tale che n ∈ U+∞.


Limite di funzione

Definizione (Limite (via intorni))

Sia R∗ = R ∪ {+∞} ∪ {−∞}. Sia f definita (almeno)definitivamente per x → c. Sia L ∈ R∗. La scrittura

limx→c

f (x) = L

significa che

per ogniVL ∈ VL

esisteUc ∈ Uc

tale chef (x) ∈ VL, per ogni x ∈ Uc\c .


Limite di funzione: c , L ∈ R

Nel caso c, L ∈ R la scrittura

limx→c

f (x) = L

significa che

per ogniVL = (L− ε, L + ε) = {y ∈ R : |y − L| < ε}

esisteUc = (c − δ(ε), c + δ(ε)) = {x ∈ R : |x − c| < δ(ε)}

tale che se x ∈ Uc\c, allora f (x) ∈ VL.

Nota.

Notiamo che siccome gli intervalli Uc , VL dipendono solo da ε e δ(ε) (oltre cheda L e c) possiamo riscrivere la definizione di limite esclusivamente in terminidi ε e δ(ε).


Limite di funzione: c , L ∈ R

Definizione (Limite finito per x → c)

Siano c, L ∈ R. Con la scrittura

limx→c

f (x) = L

intendiamo che per ogni ε > 0 esiste δ(ε) > 0 tale che

|f (x)− L| < ε

per ogni x tale che|x − c | < δ(ε)

con x 6= c.


Limite di funzione

−0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Figura : Si vede che limx→π/6 sin(x) = 0.5. Descrizione degli intorniV0.5 = (0.5− ε, 0.5 + ε) (rosso), Uπ/6 = (π/6− δ, π/6 + δ) (magenta),per ε = 0.2 e δ = 0.15. Si evince (intuitivamente!) dal grafico che pertale ε una buona scelta e determinata da tale δ.


Limite di funzione

Nota.

Se cambio ε, allora cambio δ(ε).

Non si richiede di conoscere f (x) per x = c.

Nel fare la verifica, usualmente si cercano i punti x per cui|f (x)− L| < ε e di seguito si cerca di determinare, sepossibile, δ(ε).


Limite di funzione: esempio

Esercizio

Mostrare chelimx→0

x2 = 0.

Svolgimento.

L’asserto limx→0 x2 = 0 significa che per ogni ε > 0 esiste δ(ε) > 0tale che |x2 − 0| < ε, per ogni x tale che |x − 0| < δ(ε), con x 6= 0.Ma |x2| < ε implica −ε < x2 < ε, ovvero per la non negativita di

x2, 0 ≤ x2 < ε e cio accade per −√ε < x < +

√ε. Per verificare

l’asserto basta scegliere δ(ε) =√ε.


Limite di funzione

−0.5 −0.4 −0.3 −0.2 −0.1 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5

−0.25

−0.2

−0.15

−0.1

−0.05

0

0.05

0.1

0.15

0.2

0.25

Figura : Il limite di x2 per x → 0 e 0. Descrizione degli intorni Uc (rosso),VL (magenta), per c = 0, per ε = 0.2. Dalla teoria si evince che per taleε una buona scelta e δ(ε) =

√ε = 0.447 . . . ed e confermata dal grafico.


Limite di funzione: esercizi.

Esercizio

Verificare che

limx→1

x2 + 6x + 5

x + 5= 2.

Svolgimento.

Per prima cosa osserviamo che

f (x) =x2 + 6x + 5

x + 5=

(x + 5)(x + 1)

x + 5= (x + 1).

Di conseguenza dobbiamo mostrare che

per ogni ε > 0 esiste δ(ε) > 0 tale che se |x − 1| < δ(ε) allora |(x + 1)− 2| ≤ ε

A tal proposito, visto che |(x + 1)− 2| = |x − 1|, basta scegliere δ(ε) = ε perverificare l’asserto.



Esercizio

Verificare chelimx→2

x2 − 8 = −4.

Svolgimento.

Dobbiamo mostrare che

per ogni ε > 0 esiste δ(ε) > 0 tale che se |x − 2| < δ(ε) allora|(x2 − 8)− (−4)| ≤ ε

A tal proposito, visto che |(x2 − 8)− (−4)| = |x2 − 4|, basta mostrare che

per ogni ε > 0 esiste δ(ε) > 0 tale che se |x − 2| < δ(ε) allora |x2 − 4| ≤ ε.

Con facili conti, |x2 − 4| ≤ ε se e solo se{x2 − 4 ≤ εx2 − 4 ≥ −ε ⇔

{−√

4 + ε < x <√

4 + εx >√

4− ε o x < −√

4− ε



Risolvendo le disequazioni, abbiamo cosı

⇔{ √

4− ε < x <√

4 + ε−√

4 + ε < x < −√

4− ε

Poiche (√

4− ε,√

4 + ε) e un intervallo aperto contenente 2 al suo interno,esiste di sicuro un intervallo simmetrico aperto di 2, cioe un intorno U2 di 2tale che se x ∈ U2\{2} allora |(x2 − 8)− 4| < ε.

Per determinare δ(ε), basta porre δ(ε) = min(2−√

4− ε,√

4 + ε− 2). Infatti,con tale scelta, l’intervallo simmetrico aperto U2 = (x − δ(ε), x + δ(ε)) verifica

(x − δ(ε), x + δ(ε)) ⊆ (√

4− ε,√

4 + ε)

e quindi se x ∈ U2\{2} allora |(x2 − 8)− 4| < ε.



Nota. (Facoltativa)

Si noti che, razionalizzando, con facili conti

δ1 := 2−√

4− ε = (2−√

4− ε) · (2 +√

4− ε)(2 +

√4− ε)

=4− (4− ε)2 +√

4− ε=

ε

2 +√

4− ε

δ2 :=√

4 + ε− 2 = (√

4 + ε− 2) · (√

4 + ε+ 2)

(√

4 + ε+ 2)=

(4 + ε)− 4

2 +√

4 + ε=

ε

2 +√

4 + ε

e pure, da 2 +√

4− ε < 2 +√

4 + ε, abbiamo

δ2 =ε

2 +√

4 + ε<

ε

2−√

4− ε= δ1.

In altre parole, nell’esercizio precedente

δ(ε) = min(2−√

4− ε,√

4 + ε− 2) = min(δ1, δ2) = δ2.



Esercizio

Verificare che

limx→1(x − 1) = 0;

limx→1(5x − 3) = 2;

limx→1 x = 1.


Limite di funzione: c ∈ R, L = +∞

Nel caso c ∈ R, L = +∞, la scrittura

limx→c

f (x) = +∞

indica che per ogni intorno V+∞ di +∞ del tipo

V+∞ = (K ,+∞) = {y ∈ R : y > K}

esiste Uc intorno di c ∈ R del tipo

Uc = (c − δ(K ), c + δ(k)) = {x ∈ R : |x − c | < δ(K )}

tale che f (x) ∈ V+∞ per ogni x ∈ Uc\c. Notiamo che gli intorni

dipendono, oltre che da c, solo da K e δ(K ). In virtu di questaosservazione possiamo dare una definizione di limx→c f (x) = +∞basata su K e δ(K ).


Limite di funzione: c ∈ R, L = +∞

Definizione (Limite +∞ per x → c)

Siano c, L ∈ R. Con la scrittura

limx→c

f (x) = +∞

intendiamo che per ogni K > 0 esiste δ(K ) > 0 tale che f (x) > K ,per ogni x tale che |x − c | < δ(K ), con x 6= c.

Nota.

Si sottolinea che δ(K ) varia con K .


Limite di funzione: c ∈ R, L = +∞, esempio

Esercizio

Mostrare che

limx→1

1

(x − 1)2= +∞.

Svolgimento.

Bisogna mostrare che per ogni K > 0 esiste δ(K) > 0 tale che 1(x−1)2 > K, per

ogni x tale che |x − 1| < δ(K), con x 6= 1. Supponiamo 1(x−1)2 > K.

Osserviamo che

1

(x − 1)2> K ⇔ (x − 1)2 <

1

K⇔√

(x − 1)2 = |x − 1| <√

1

K(1)

Se scelgo δ(K) =√

1K

, se |x − 1| < δ(K) =√

1K

, x 6= 1, necessariamente

abbiamo da (1) che 1(x−1)2 > K.


Limite di funzione

0.99 0.992 0.994 0.996 0.998 1 1.002 1.004 1.006 1.008 1.010

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10x 10

5

Figura : Il limite di 1(x−1)2 per x → 1 e +∞. Descrizione degli intorni Uc

(rosso), VL (magenta), per c = 1, per K = 20000. Dalla teoria si evince

che per tale K una buona scelta e δ(K ) =√

1K = 0.0022 . . . ed e

confermata dal grafico.


Limite di funzione: c = +∞, L ∈ R

Per quanto visto, se c = +∞, L ∈ R, con la scrittura

limx→+∞

f (x) = L

intendiamo che per ogni VL ∈ UL esiste U+∞ ∈ U+∞ tale chef (x) ∈ VL per ogni x ∈ U+∞.Notiamo che

per L ∈ R, VL ∈ UL se e solo se del tipo

(L− ε, L + ε) = {y ∈ R : |y − L| < ε};

U+∞ ∈ U+∞ se e solo del tipo

(K (ε),+∞) = {x ∈ R : x > K (ε)}.

Come in precedenza osserviamo che la definizione, oltre che da L,dipende solo da ε e K (ε).



Definizione (Limite L ∈ R a +∞)

Sia L ∈ R. Con la scrittura

limx→+∞

f (x) = L

intendiamo che per ogni ε > 0 esiste K (ε) > 0 tale che|f (x)− L| < ε, per ogni x tale che x > K .

Nota.

Si sottolinea che K (ε) varia con ε.



0 20 40 60 80 100 120 140 160 180 2000.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

1.1

1.2

1.3

1.4

1.5

Figura : Il grafico di f (x) = xx+sin (x) in [0, 200] (in nero), la striscia

[0, 200]× [1− 0.2, 1 + 0.2] (tra linee verdi). Per K > 20, il grafico di fsta nella striscia.


Limite di funzione: c = +∞, L = −∞

Per quanto visto, se c = +∞, L = −∞, con la scrittura

limx→+∞

f (x) = −∞

intendiamo che per ogni V−∞ ∈ U−∞ esiste U+∞ ∈ U+∞ tale chef (x) ∈ V−∞ per ogni x ∈ U+∞. Notiamo che

V−∞ ∈ U−∞ se e solo se del tipo

(−∞,M) = {y ∈ R : y < M}.

U+∞ ∈ U+∞ se e solo del tipo

(K (M),+∞) = {x ∈ R : x > K (M)}.

Osserviamo che la definizione dipende esclusivamente da M eK (M).



Definizione (Limite −∞ a +∞)

Sia L ∈ R. Con la scrittura

limx→+∞

f (x) = −∞

intendiamo che per ogni M esiste K (M) tale che f (x) < M, perogni x tale che x > K (M).

Nota.

Si sottolinea che K (M) varia con M.

Siccome siamo interessati al comportamento in un intorno di+∞, non e restrittivo scegliere K (M) > 0.



0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000−25

−20

−15

−10

−5

0

5

10

Figura : Il grafico di f (x) = −x3/2

x+1 in [0, 1000] (in nero), la retta x = −4(in verde). Per K > 300, il grafico di f sta sotto la retta.


Limite di funzione: note

Nota.

se limx→+∞ f (x) = L o limx→−∞ f (x) = L, con L ∈ R, allorala retta y = L si chiama asintoto orizzontale;

se limx→+∞ f (x) = L o limx→−∞ f (x) = L, notiamo che il Kdella definizione dipende da ε;

se limx→±∞ f (x) = ±∞ notiamo che il K della definizionedipende da M;


Limite di funzione: esercizio

Esercizio

Definire limx→c f (x) = L nei casi non spiegati, ovvero

c ∈ R, L = −∞;

c = +∞, L = +∞;

c = −∞, L ∈ R;

c = −∞, L = −∞;

c = −∞, L = +∞.

Esercizio

Dopo aver definitolim

x→∞f (x) = +∞

mostrare, utilizzando la definizione, che

limx→+∞

x2 + 1 = +∞.


Limite di funzione: unicita.

Valgono per funzioni tutti i teoremi gia visti sui limiti di successioni.

Teorema

Se esiste limx→c f (x), tale limite e unico.


Limite di funzione: permanenza del segno.

Teorema

Se

limx→c f (x) = L,

L > 0

allora f (x) > 0 definitivamente per x → c.

Teorema

Se f (x) ≥ 0 definitivamente e

limx→c

f (x) = L

allora L ≥ 0.


Limite di funzione: teorema del confronto.

Teorema (Dei due carabinieri o del confronto)

Se

f (x) ≤ h(x) ≤ g(x) (definitivamente, per x → c),

limx→c f (x) = limx→c g(x) = L

alloralimx→c

h(x) = L.

Teorema

Se

f (x) ≤ h(x) (definitivamente, per x → c),

limx→c f (x) = +∞allora

limx→c

h(x) = +∞.Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 33/ 143

Limite di funzione: teorema del confronto.

Teorema

Se

h(x) ≤ f (x) (definitivamente, per x → c),

limx→c f (x) = −∞,

allora limx→c h(x) = −∞.

Corollario

Se

|h(x)| ≤ g(x) (definitivamente, per x → c),

limx→c g(x) = 0,

allora limx→c h(x) = 0.

Dimostrazione.

Traccia: Osservare che −g(x) ≤ h(x) ≤ g(x) e applicare ilteorema del confronto.


Limite di funzione: infinitesime e limitate.

Teorema

Se

limx→c f (x) = 0,

g e limitata (definitivamente, per x → c)

alloralimx→c

f (x) · g(x) = 0.

Esercizio

Mostrare che limx→+∞sin (x)

x = 0.

Esercizio

Mostrare che limx→+∞| cos(x)+sin(x)|

ex = 0.


Limiti destro e sinistro (finiti).

Definizione (Limite L ∈ R a c+)

Con la scritturalim

x→c+f (x) = L, L ∈ R

indendiamo che il il limite destro per x tendente a c vale L e cioeche per ogni ε > 0 esiste δ(ε) > 0 tale che |f (x)− L| < ε per ognix ∈ (c , c + δ(ε)).

Definizione (Limite L ∈ R a c−)

Con la scritturalim

x→c−f (x) = L, L ∈ R

indendiamo che il il limite sinistro per x tendente a c vale L e cioeche per ogni ε > 0 esiste δ(ε) > 0 tale che |f (x)− L| < ε per ognix ∈ (c − δ(ε), c).


Limiti destro e sinistro (+∞).

Definizione (Limite L ∈ R a c+)

Con la scritturalim

x→c+f (x) = +∞

indendiamo che il il limite destro per x tendente a c vale +∞ ecioe che per ogni K > 0 esiste δ(K ) > 0 tale che f (x) > K perogni x ∈ (c, c + δ).

Definizione (Limite +∞ a c−)

Con la scritturalim

x→c−f (x) = +∞

indendiamo che il il limite sinistro per x tendente a c vale +∞ ecioe che per ogni K > 0 esiste δ(K ) > 0 tale che f (x) > K perogni per ogni x ∈ (c − δ(K ), c).


Limiti destro e sinistro (−∞).

Definizione (Limite −∞ a c+)

Con la scritturalim

x→c+f (x) = −∞

indendiamo che il il limite destro per x tendente a c vale −∞ ecioe che per ogni K < 0 esiste δ(K ) > 0 tale che f (x) < K perogni x ∈ (c, c + δ(K )).

Definizione (Limite +∞ a c−)

Con la scritturalim

x→c−f (x)−+∞

indendiamo che il il limite sinistro per x tendente a c vale −∞ ecioe che per ogni K < 0 esiste δ(K ) > 0 tale che f (x) < K perogni per ogni x ∈ (c − δ(K ), c).


Limiti destro e sinistro, esempio

Esempio

Si consideri la funzione

segno(x) =

1, x > 00, x = 0−1, x < 0

Allora

limx→0− segno(x) = −1.

limx→0+ segno(x) = +1.


Limiti destro e sinistro e limiti.

Teorema

Sia c ∈ R. Allora

limx→c

f (x) = L

se e solo se

limx→c−

f (x) = limx→c+

f (x) = L

Esempio

La quantita limx→0 segno(x) non esiste in quanto

limx→0−

segno(x) = −1 6= limx→0+

segno(x) = 1.

Esempio

La quantita limx→01x

non esiste in quanto

limx→0−

1

x= −∞ 6= lim

x→0+

1

x= +∞.


Limiti: potenze.

Si mostra che

Teorema

Se α > 0

limx→+∞ xα = +∞;

limx→x0 xα = xα0 per x0 ∈ R;

limx→0+ xα = 0.

Se α < 0

limx→+∞ xα = 0;

limx→x0 xα = xα0 per x0 ∈ R;

limx→0+ xα = +∞.


Limiti: esponenziali.

Si mostra che

Teorema

limx→−∞ αx = +∞, se α ∈ (0, 1);

limx→−∞ αx = 0, se α ∈ (1,+∞);

limx→x0 αx = αx0 , se x0 ∈ R;

limx→+∞ αx = 0, se α ∈ (0, 1);

limx→+∞ αx = +∞, se α ∈ (1,+∞);


Limiti: logaritmi.

Si mostra che

Teorema

limx→0+ loga(x) = +∞, se a ∈ (0, 1);

limx→0+ loga(x) = −∞, se a ∈ (1,+∞);

limx→x0 loga(x) = loga(x0), se x0 ∈ R;

limx→+∞ loga(x) = −∞, se a ∈ (0, 1);

limx→+∞ loga(x) = +∞, se a ∈ (1,+∞).


Limiti: funzioni trigonometriche.

Si mostra che

Teorema

limx→x0 sin(x) = sin(x0), se x0 ∈ R;

limx→x0 cos(x) = cos(x0), se x0 ∈ R;

limx→x0 tan(x) = tan(x0), se x0 ∈ R\{pi2 + kπ, k ∈ Z}.

Teorema

limx→−∞ arctan(x) = −π/2;

limx→x0 arctan(x) = arctan(x0), se x0 ∈ R;

limx→+∞ arctan(x) = +π/2.


Limiti: continuita.

Definizione

Sia x0 ∈ R e f definita in un intorno di x0. Tale funzione si dicecontinua in x0 se e solo se

limx→x0 f (x) = f (x0).

Esempio

Per quanto visto sono continue in x0 ∈ Rxα per α > 0;

loga per a > 0 e x0 ∈ R+\{0};sin(x);

cos(x);

tan(x) per x0 ∈ R\{ pi2

+ kπ, k ∈ Z};arctan(x).


Limite di funzione: algebra dei limiti.

Teorema

Si supponga che c ∈ R∗, L1, L2 ∈ R e che

limx→c f (x) = L1;

limx→c g(x) = L2.

Allora

limx→c K · f (x) = K · L1 per ogni K ∈ R;

limx→c f (x) + g(x) = L1 + L2;

limx→c f (x)− g(x) = L1 − L2;

limx→c f (x) · g(x) = L1 · L2;

se L2 6= 0, limx→cf (x)g(x) = L1

L2,

limx→c(f (x))g(x) = L1L2 .



Nota.

Si supponga che f , g siano continue in c ∈ R cioe

limx→c f (x) = f (c);

limx→c g(x) = g(c).

Allora dall’algebra dei limiti

limx→c K · f (x) = K · limx→c f (x) = K · f (c) per ogni K ∈ R e quindi sef e continua in c allora lo e K · f ;

limx→c f (x) + g(x) = limx→c f (x) + limx→c g(x) = f (c) + g(c) e quindisomma di funzioni continue in c e pure continua in c;

limx→c f (x)− g(x) = limx→c f (x)− limx→c g(x) = f (c)− g(c) e quindisottrazione di funzioni continue in c e pure continua in c;

limx→c f (x) · g(x) = limx→c f (x) · limx→c g(x) = f (c) · g(c) e quindiprodotto di funzioni continue in c e pure continua in c;

se g 6= 0, limx→cf (x)g(x)

= limx→c f (x)limx→c g(x)

= f (c)g(c)

e quindi divisione di funzioni

continue in c e pure continua in c a patto che il denominatore g(c) nonsia nullo.



Teorema

Se limx→c f (x) = +∞ e limx→c g(x) = +∞ allora

limx→c f (x) + g(x) = +∞;

limx→c f (x) · g(x) = +∞;



Teorema

Se limx→c f (x) = +∞ e limx→c g(x) = −∞ allora

limx→c f (x)− g(x) = +∞;

limx→c −f (x) + g(x) = −∞;

limx→c f (x) · g(x) = −∞;

Teorema

Se limx→c f (x) = ±∞ e limx→c g(x) = L 6= 0 ∈ R allora

limx→c

f (x)

g(x)= (segno(L)) · (±∞).



Nota.

Le seguenti forme sono di indecisione

+∞−∞ =?;∞∞ =? dove ∞ = +∞ o ∞ = −∞;

0 · ∞ =? dove ∞ = +∞ o ∞ = −∞;00 =?

Nota.

Se L = 0, la formulazione ∞/0 =∞ ·∞ =∞ e quindi non eindeterminata.


Limite di funzione: algebra dei limiti,esempi.

Esempio

Sapendo che limx→−1 x = −1, abbiamo

limx→−1 x2 = (limx→−1 x) · (limx→−1 x) = (−1) · (−1) = 1;

limx→−1 5x = 5 · (limx→−1 x) = 5 · (−1) = −5;

limx→−1 1/x = (limx→−1 1)/(limx→−1 x) = 1/(−1) = −1;

limx→−1x2−3x+1

2x3+7= (limx→−1 x2−3x +1)/(limx→−1 2x3+7) =

(−1)2−3(−1)+12(−1)3+7

= 55 = 1.


Limite di funzione: algebra dei limiti, esempi.

Esempio

Mostrare che limx→+∞ x2 − 3x + 5 = +∞

Svolgimento.

Osserviamo che per x 6= 0 (stiamo ragionando in un intorno di+∞, quindi non e restrittivo supporre x > 0)

limx→+∞

x2 − 3x + 5 = limx→+∞

x2

(1− 3

x+

5

x2

)= +∞

in quanto

limx→+∞

1− 3

x+

5

x2= 1.



Teorema

Se an 6= 0 allora

limx→±∞

anxn + . . .+ a1x + a0 = segno(an) · (±)n∞

Dimostrazione.

Osserviamo che per x 6= 0 (stiamo ragionando in un intorno di +∞, quindi none restrittivo supporre x > 0)

limx→±∞

anxn + . . .+ a1x + a0 = limx→±∞

xn(

an + . . .+a1

xn−1+

a0

xn

)= segno(an) · (±)n∞

in quantolim

x→±∞an + . . .+

a1

xn−1+

a0

xn= an

e limx→±∞ xn = (±)n∞.



Esempio

Mostrare che

limx→−∞

−3x5 + 3x2 − 8x + 1 = +∞.

Svolgimento.

Con la tecnica appena usata

limx→−∞

−3x5 + 3x2 − 8x + 1 = limx→−∞

x5

(−3 +

3

x3− 8

x4+

1

x5

)= +∞.



Teorema

Mostrare che se an 6= 0 e bm 6= 0 allora

L = limx→±∞

anxn + . . .+ a1x + a0

bmxm + . . .+ n1x + b0=

anbm

limx→±∞

xn−m.

Dimostrazione.

Per quanto visto

limx→±∞

anxn + . . .+ a1x + a0 = limx→±∞

anxn

limx→±∞

bmxm + . . .+ n1x + b0 = limx→±∞

bmxm



e quindi

limx→±∞

anxn + . . .+ a1x + a0

bmxm + . . .+ n1x + b0= lim

x→±∞

anxn

bmxm=

anbm

limx→±∞

xn

xm.

Nota.

L’asserto dice che

se n > m allora L = (±)n−m · segno(an/bm))∞;

se n = m allora L = an/bm;

se n < m allora L = 0.


Limite di funzione: algebra dei limiti, esercizi.

Esercizio

Mostrare che limx→+∞x7+3x−8

2−5x2+3x= −∞.

Svolgimento.

Eliminando i termini di grado piu alto

limx→+∞

x7 + 3x − 8

2− 5x2 + 3x= lim

x→+∞

x7 +��3x − �8

�2− 5x2 +��3x

= limx→+∞

x7

−5x2=

(−1)

5lim

x→+∞x5

= −∞


Limite di funzione: algebra dei limiti, esercizi.

Esercizio

Mostrare che

limx→+∞x−2

x5−2x3+5= 0;

limx→+∞3x2−5

2−2x2+x= (−3/2);



Teorema

Se f e limitata e g → ±∞ allora f + g → ±∞;

Se f e limitata di segno costante e g → ±∞ alloraf · g → segno(f ) · (±∞);

Esempio

limx→+∞ x3 + cos(3x) = (+∞) + limitata = +∞;

limx→+∞−x2 + sin2(x) = (−∞) + limitata = −∞;

limx→+∞ x · (2 + sin(x)) = +∞ · limitata positiva = +∞;



Esempio (Facoltativo)

E’ possibile utilizzare il fatto che sin(1/x) e limitata per valutare

limx→+∞

x · sin(1/x)?

Traccia.

Se fosse possibile utilizzare il fatto che sin(1/x) e limitata pervalutare limx→0 x · sin(1/x) avremo

limx→+∞

x · sin(1/x) = +∞ · limitata = +∞

ma si puo dimostrare che tale limite vale invece 1. Il problemaconsiste nel fatto che sin(1/x) non ha segno costante.



Esempio

Calcolare

limx→0

3x2 + x3

x4 + 6x7

Svolgimento.

Raccogliendo opportunamente

limx→0

3x2 + x3

x4 + 6x7= lim

x→0

x2(3 + x)

x4(1 + 6x3)

= limx→0

(3 + x)

x2(1 + 6x3)=

3

0+= +∞.



Esempio

Calcolarelim

x→+∞x2 + x sin(x)

Svolgimento.

Notiamo che non e chiaro come limite di una somma, poichex2 → +∞ mentre x · sin(x) non ha limite. Tuttavia

limx→+∞

x2 + x sin(x) = limx→+∞

x(x + sin(x)) = (+∞) · (+∞) = +∞.


Cambio di variabile.

Teorema

Siano f , g due funzioni tali che e definita f ◦ g e supponiamo che

limx→x0 g(x) = t0;

limt→t0 f (t) = L;

g(x) 6= t0 in un intorno di x0.

Alloralimx→x0

(f ◦ g)(x)) = limt→t0

f (t) = L.


Cambio di variabile.

Nota.

Questo importante teorema ci permette di effettuare lasostituzione t = g(x) ed invece di calcolare il limite

limx→x0

f (g(x))

effettuarelimt→t0

f (t)

cont0 = lim

x→x0

g(x).


Cambio di variabile: esempio 1.

Esempio

Calcolarelim

x→+∞a1/x

per a ∈ R\{0}.

Svolgimento. (Metodo 1)

Poniamo t = 1/x. Se x → +∞ allora t → 0+. Quindi

limx→+∞

a1/x = limt→0+

at = 1.



Esempio

Calcolarelim

x→+∞a1/x

per a ∈ R\{0}.

Svolgimento. (Metodo 2)

Con riferimento al teorema sul limite di funzioni composte, a1/x = f (g(x)) con

g(x) = 1/x;

f (y) = ay .

Visto che

limx→+∞ 1/x = 0;

limt→0 a0 = 1.

limx→+∞

a1/x = limt→0

at = 1.



Esempio

Calcolarelimx→1

(x − 1)2

Svolgimento.

Notiamo che relativamente al teorema di sostituzione,

g(x) = (x − 1),

f (x) = x2,

x0 = 1

abbiamolimx→x0

g(x) = limx→1

(x − 1) = 0⇒ t0 = 0

potendo concluderelimt→t0

f (x) = limt→0

x2 = 0.



Esempio (Facoltativo)

Calcolarelim

x→+∞sin (1/x)

Svolgimento.

Poniamo t = 1/x. Se x → +∞ allora t → 0+. Quindi

limx→+∞

sin (1/x) = limt→0+

sin (t) = 0.


Limite di funzione: limiti notevoli.

Teorema

Vale il seguente limite notevole

limx→±∞(1 + 1

x

)x= e

Corollario


limx→±∞(1 + α

x

)x= eα



Dimostrazione.

Partiamo dal caso α 6= 0. Ragioniamo per sostituzione, e poniamo t = xα

, cioex = αt. Dal limite notevole

limx→±∞

(1 +

1

x

)x

= e

e dal fatto che se

limx→c

f (x) = L1, limx→c

g(x) = L2, con L1, L2 ∈ R\{0}

alloralimx→c

(f (x))g(x) = limx→c

(f (x))limx→c (g(x)) = L1L2

ricaviamo per f (x) = (1 + (1/x))x , g(x) = α,

limx→±∞

(1 +

α

x

)x= lim

t→±∞

(1 +

1

t

)tα

= limt→±∞

((1 +

1

t

)t)α=

(lim

x→±∞

(1 +

1

t

)t)limx→±∞ α

= eα (2)



Per quanto riguarda il caso α = 0 abbiamo che per ogni x 6= 0(1 +

α

x

)x=

(1 +

0

x

)x

= 1x = 1

e quindi

limx→±∞

(1 +

α

x

)x= lim

x→±∞1 = 1 = e0 = eα.

come volevasi provare.



Teorema


limx→0log (1+x)

x = 1

Dimostrazione facoltativa.

Effettuiamo la sostituzione y = 1/x, cioe x = 1/y. Allora sex → ±0, si ha che y → ±∞ e da γ log(y) = log(y)γ

limx→0

log (1 + x)

x= lim

y→±∞

log (1 + 1y )

1y

= limy→±∞

y · log (1 +1

y)

= limy→±∞

log

(1 +

1

y

)y

= log e = 1.



Nota.

Nella precedente dimostrazione, abbiamo prima osservato che

limx→0(1 + 1y )y = e,

limx→e log(x) = 1,

e quindi per il teorema del limite delle funzioni composte dedottoche

limx→0

log

(1 +

1

y

)y

= log

(1 +

1

y

)y

= log e = 1.



Teorema


limx→0ex−1x = 1

Svolgimento.

Posto y = ex − 1 (e quindi x = log(y + 1)), se x → 0, allora

y → 0 e quindi da limy→0log (1+y)

y = 1

limy→0

y

log(y + 1)= lim

y→0

1log (1+y)

y

=1

limy→0

log (1 + y)

y︸︷︷︸=1

= 1.


Limite di funzione: esercizi svolti, 1.

Esercizio

Calcolare

limx→0

3x − 1

x.

Svolgimento.

Da3x − 1

x=

e log (3x ) − 1

x=

ex log (3) − 1

x · log (3)· log (3)

abbiamo, posto y = x · log (3), da limx→0ex−1

x= 1

limx→0

3x − 1

x= lim

x→0

ex log (3) − 1

x · log (3)· log (3)

= limy→0

ey − 1

y· log (3) = 1 · log (3) = log (3).



Teorema


limx→0ax−1x = log(a).

Svolgimento.

Usare la tecnica dell’esercizio precedente.



Esempio

Mostrare che

limx→0

(1 + x)α − 1

x= α

per ogni α ∈ R.

Traccia.

Se α = 0, il risultato e di facile verifica.

Se α 6= 0, osserviamo che

(1 + x)α − 1

x=

eα log (1+x) − 1

x

visto il limite notevole limt→0et−1

t= 1, per avere un simile numeratore,

poniamo t = α log (1 + x) e notiamo che se x → 0 allora t → 0.



Siccome t = α log (1 + x), se e solo se x = etα − 1, come detto

limx→0

ex − 1

x= 1,

e abbiamo, visto che yα = eα·log(y),

limx→0

(1 + x)α − 1

x= lim

x→0

eα log (1+x) − 1

x

= limt→0

et − 1

etα − 1

= limt→0

et − 1

t·

tα

etα − 1

· α

= limt→0

et − 1

t︸︷︷︸=1

· limt→0

tα

etα − 1︸︷︷︸

=1

· α = α

essendo per s = t/α

limt→0

tα

etα − 1

= lims→0

s

es − 1= lim

s→0

1es−1

s

=1

lims→0

es − 1

s︸︷︷︸=1

= 1.


Limite di funzione: limiti notevoli trigonometrici.

Lemma

Per x ∈ (0, π/2) si ha

sin x ≤ x ≤ tan (x).

Figura : Aree relative al disco unitario: area OCH = 12 sin(x), area settore

circolare OCH= 12 x , area OHB= 1

2 tan(x).Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 79/ 143


Dimostrazione.

Le aree del disco unitario della precedente figura, sono

area triangolo OCH = 12

sin(x), visto che |OH| = 1,

area settore circolare OCH= 12x, visto che se x e in radianti

area disco : (2π) = area settore circolare : x ⇔π : (2 · π) = area settore circolare : x ⇔

area settore circolare =x

2.

area triangolo OBH= 12

tan(x).

Essendo per x ∈ (0, π/2), l’area del triangolo rettangolo OCH minore dell’ areadel settore circolare OCH che a sua volta e minore dell’area del triangolorettangolo OBH, abbiamo

(1/2) sin(x) ≤ (1/2)x ≤ (1/2) tan(x)⇔ sin x ≤ x ≤ tan (x).



Teorema

Vale il limite notevole

limx→0sin (x)

x= 1.

Dimostrazione.

Osservando che sin (x)x

e pari, basta mostrare che limx→0+sin (x)

x= 1. Ma dal

lemma, per x ∈ (0, π/2),

sin x ≤ x ≤ tan (x) =sin (x)

cos (x).

e dividendo i membri per sin x abbiamo

1 ≤ x

sin (x)≤ 1

cos (x)

e passando ai reciproci, poiche 0 ≤ a ≤ b ≤ c implica 0 ≤ 1/c ≤ 1/b ≤ 1/a,

cos (x) ≤ sin (x)

x≤ 1,

e quindi otteniamo il risultato richiesto per il teorema del confronto.



Teorema


limx→01−cos (x)

x2 = 1/2.

Dimostrazione.

Osserviamo che1− cos (x)

x2=

1− cos (x)

x2· 1 + cos (x)

1 + cos (x)

=1− cos2 (x)

x2(1 + cos (x))=

sin2 (x)

x2· 1

1 + cos (x)(3)

Da limx→0sin (x)

x= 1 si ha limx→0

sin2 (x)

x2 = limx→0sin (x)

x· sin (x)

x= 1 e quindi

limx→0

1− cos (x)

x2= lim

x→0

sin2 (x)

x2︸︷︷︸=1

1

1 + cos (x)︸︷︷︸=1/2

= 1 · (1/2) = 1/2.



Teorema


limx→0tan (x)

x = 1.

Dimostrazione facoltativa.

Dal limite notevole limx→0sin (x)

x = 1, essendo limx→01

cos(x) = 1,

limx→0

tan (x)

x= lim

x→0

sin (x)

x · cos (x)= lim

x→0

sin (x)

x︸︷︷︸=1

· limx→0

1

cos(x)︸︷︷︸=1

si ottiene quanto richiesto.



Teorema


limx→0arcsin (x)

x = 1.

Dimostrazione.

Posto y = arcsin(x), abbiamo x = sin(y) e che se x → 0 alloray → 0. Quindi

limx→0

arcsin (x)

x= lim

y→0

y

sin (y)= lim

y→0

1sin(y)

y

=1

limy→0

sin(y)

y︸︷︷︸=1

= 1



Nota. (Facoltativa)

I limiti notevoli finora visti dicono che sin (x) ∼ x, tan (x) ∼ x,arcsin (x) ∼ x per x → 0. Vediamo l’effetto su un esempio.

x sin(x) tan(x) arcsin(x)

1.0e + 00 8.4147098481e − 01 1.5574077247e + 00 1.5707963268e + 00

1.0e − 01 9.9833416647e − 02 1.0033467209e − 01 1.0016742116e − 01

1.0e − 02 9.9998333342e − 03 1.0000333347e − 02 1.0000166674e − 02

1.0e − 03 9.9999983333e − 04 1.0000003333e − 03 1.0000001667e − 03

1.0e − 04 9.9999999833e − 05 1.0000000033e − 04 1.0000000017e − 04

1.0e − 05 9.9999999998e − 06 1.0000000000e − 05 1.0000000000e − 05

1.0e − 06 1.0000000000e − 06 1.0000000000e − 06 1.0000000000e − 06

1.0e − 07 1.0000000000e − 07 1.0000000000e − 07 1.0000000000e − 07

1.0e − 08 1.0000000000e − 08 1.0000000000e − 08 1.0000000000e − 08

1.0e − 09 1.0000000000e − 09 1.0000000000e − 09 1.0000000000e − 09

1.0e − 10 1.0000000000e − 10 1.0000000000e − 10 1.0000000000e − 10

Tabella : Valori di alcune funzioni asintotiche a x in un intorno di 0.



Teorema


limx→+∞(logγ x)α

xβ= 0, α > 0, β > 0, γ > 1.

Nota.

Importante il caso particolare

limx→+∞log xxβ

= 0, β > 0.



Teorema

Vale il seguenti limite notevole

limx→+∞xβ

αx = 0, α > 1, β > 0.

Nota.


limx→+∞xβ

ex = 0, β > 0.



Teorema


limx→0+ xα| logγ(x)|β = 0, α > 0, β > 0, γ > 1.

Nota.


limx→0+ xα log(x) = 0, α > 0.



Esercizio

Calcolarelim

x→0+

√x · log(sin(x))

Traccia.

Posto t = sin(x), abbiamo x = arcsin(t), e da x → 0+ che t → 0+. Quindi

limx→0+

√x · log(sin(x)) = lim

t→0+

√arcsin(t) · log(t)

= limt→0+

√arcsin(t)√

t·√

t log(t)

= limt→0+

√arcsin(t)

t· limt→0+

√t log(t)

=

√lim

t→0+

arcsin(t)

t· limt→0+

√t log(t) = 1 · 0 = 0.



Nota.

Nel calcolare il limite

limt→0+

√arcsin(t)

t

abbiamo notato che l’argomento e una funzione compostaf ◦ g(x) = f (g(x)) dove

f (x) =√

x,

g(x) = arcsin(t)t

e osservato che f (x) =√

x e continua nel dominio. Quindi, visto

che limt→0+arcsin(t)

t = 1

limt→0+

√arcsin(t)

t= lim

s→1

√x =√

1 = 1. (4)



Esercizio (Facoltativo)

Calcolarelim

x→0+

√x · log4(sin(x))

Traccia.

Osserviamo che da limx→0+

√x√

sin(x)= 1 (perche?) abbiamo, posto t = sin(x)

limx→0+

√x log4(sin(x)) = lim

x→0+

√x√

(sin(x))

√sin(x) log4(sin(x))

= 1 · limx→0+

√sin(x) log4(sin(x))

= limt→0+

√t log4(t) = 0

per il terzo limite notevole della pagina precedente.


Limite di funzione: potenze.

Nota.

Mancano da studiare i limite di funzioni del tipo f (x)g(x). Alvariare dei limiti di f , g , si possono incontrare per il calcolo di

limx→x0

f (x)g(x)

indeterminazioni del tipo

00, 1±∞, ±∞0.

Da

limx→x0

f (x)g(x) = limx→x0

e log(f (x)g(x)) = limx→x0

eg(x) log(f (x))

si riconducono tutte le sopramenzionate indeterminazioni a formedel tipo 0 · ∞, dove ∞ = ±∞.


Limite di funzione: potenze, esempio 1.

Esercizio

Calcolarelim

x→+∞xx

Nota.

Per quanto vistolim

x→+∞ex log(x).

Visto che x log(x)→ +∞ deduciamo che

limx→+∞

xx = +∞.


Limite di funzione: ordini di convergenza.

Definizione (Infinitesima in x0)

Una funzione f si dice infinitesima in x0 se e solo se

limx→x0

f (x) = 0.

Definizione (Ordini di infinitesimi)

Siano f , g due funzioni infinitesime in x0.

se limx→x0

f (x)g(x) = 0 allora f e di ordine superiore rispetto a g

(e si scrive f (x) = o(g(x)) per x → x0);

se limx→x0

f (x)g(x) = ±∞ allora g e di ordine superiore rispetto a

f (e si scrive g(x) = o(f (x)) per x → x0);

se limx→x0

f (x)g(x) = L ∈ R allora f , g hanno lo stesso ordine; se

L = 1, allora scriveremo f ∼ g e diremo che sono asintotiche.


Limite di funzione: ordini di convergenza.

Definizione (Infinito in x0)

Una funzione f si dice infinito in x0 se e solo se

limx→x0

f (x) = ±∞.

Definizione (Ordini di infinito)

Siano f , g due funzioni infinite in x0.

se limx→x0

f (x)g(x) = ±∞ allora f e di ordine superiore rispetto a

g;

se limx→x0

f (x)g(x) = 0 allora g e di ordine superiore rispetto a f ;

se limx→x0

f (x)g(x) = L ∈ R allora f , g hanno lo stesso ordine.


Gerarchia degli infiniti

Si vede che

limx→+∞ loga x = +∞, se a > 1.

limx→+∞ xα = +∞, se α > 0.

limx→+∞ ax = +∞, se a > 1.

limx→+∞ x! = +∞.

limx→+∞ xx =∞

Tali funzioni sono ordinate gerarchicamente dall’ordine inferiore aquello superiore, cioe loga x con a > 1 ha ordine inferiore rispettoxα con α > 0, che a sua volta ha ordine inferiore rispetto ax , sea > 1, etc.



In virtu della gerarchia degli ordini di infinito, possiamo dimostrarei seguenti risultati.

Teorema

Vale il seguente limite

limx→+∞loga xxα = 0 per ogni α > 0, a > 1.

Teorema


limx→+∞xα

ax = 0 per ogni a > 1.



Teorema


limx→+∞ax

x! = 0 per ogni a > 1.

Teorema


limx→+∞x!xx = 0

Nota.

La funzione x! e per x ∈ N il solito fattoriale, mentre per x ∈ R+

coincide con Γ(x + 1) dove Γ e la funzione Gamma di Eulero.


Limite di funzione: ordini di convergenza, esempio 1.

Esempio

Sappiamo chelimx→0

sin (x) = 0,

limx→0

x = 0,

e dal limite notevole

limx→0

sin (x)

x= 1

possiamo dire che sin(x) ∼ x per x → 0.



Esercizio

Mostrare che 1− cos(x) = o(x) per x → 0, cioe

limx→01−cos(x)

x = 0.

Svolgimento.

Sappiamo chelimx→0

1− cos (x) = 0,

limx→0

x = 0.

Dal limite notevole limx→01−cos(x)

x2 = 1/2 abbiamo

limx→0

1− cos(x)

x= lim

x→0x

1− cos(x)

x2= 0 · (1/2) = 0.



Esercizio

Mostrare che tan(x) ∼ x per x → 0.

Svolgimento.

Per definizione, basta mostrare che

limx→0

tan(x)

x= 1

cosa nota da un limite notevole visto in precedenza.



Esercizio

Mostrare che arctan(x) ∼ x per x → 0.

Svolgimento.

Per definizione, basta mostrare che

limx→0

arctan(x)

x= 1.

Posto y = arctan(x), ovviamente x = tan(y) e quindi se x → 0pure t → 0. Quindi

limx→0

arctan(x)

x= lim

y→0

y

tan(y)= lim

y→0

(tan(y)

y

)−1

= 1.



Esercizio

Mostrare che xx e infinito di ordine superiore rispetto 3x (perx → +∞).

Traccia.

Basta osservare che

limx→+∞

3x

xx= lim

x→+∞

(3

x

)x

= limx→+∞

ex log(3/x) = 0

poiche limx→+∞ log(3/x) = log(limx→+∞(3/x)) = −∞.



Esercizio

Mostrare che, se α > β allora xα e infinito di ordine superiorerispetto xβ (per x → +∞).

Traccia.

Basta osservare che se α > β allora

limx→+∞

xα

xβ= lim

x→+∞xα−β = +∞.


Limite di funzione: nota sugli ordini di convergenza.

Nota. (Importante)

Si supponga di dover calcolare

limx→x0

f+(x) + f−(x)

g+(x) + g−(x)

se le funzioni sono infinitesime e supponiamo f+/f− → 0,g+/g− → 0 (cioe f+ = o(f−), g+ = o(g−)) essendo

limx→x0

f+(x) + f−(x)

g+(x) + g−(x)= lim

x→x0

f−(x)(1 + (f+(x)/f−(x))

g−(x)(1 + (g+(x)/g−(x))

= limx→x0

f−(x)

g−(x)(5)

si possono tralasciare i termini infinitesimi di ordine superioref+, g+.


Limite di funzione: nota sugli ordini di convergenza.

se le funzioni sono infiniti e supponiamo f−/f +→ 0,g−/g+ → 0 essendo

limx→x0

f+(x) + f−(x)

g+(x) + g−(x)= lim

x→x0

f+ − (x)(1 + (f−(x)/f+(x))

g+(x)(1 + (g−(x)/g+(x))

= limx→x0

f+(x)

g+(x)(6)

si possono tralasciare i termini infinito di ordine inferiore f−,g−.


Limite di funzione: con ordini di convergenza, esercizio 1.

Esercizio

Calcolare

limx→+∞

2x4 + 4 · 3x

x4 +√

x + log(x).

Traccia.

Eliminando gli ordini di infinito inferiori

limx→+∞

��2x4 + 4 · 3x

x4 +��√

x +��log(x)= lim

x→+∞

4 · 3x

x4= +∞



Esercizio

Calcolare al variare del parametro α > 0

L = limx→+∞

2x4 + 4 · αx

x4 + log x.

Traccia.

Eliminando gli ordini di infinito inferiori

limx→+∞

2x4 + 4 · 3x

x4 +√

x + log(x)= lim

x→+∞

2x4 + 4 · αx

x4.

Se α < 1 allora 4 · αx → 0 e si vede facilmente che L = 2.

Se α = 1 allora 4 · αx = 4 e si si vede facilmente che L = 2.

Se α > 1 allora eliminando gli ordini di infinito inferiori

L = limx→+∞

2x4 + 4 · αx

x4= lim

x→+∞

4 · αx

x4= +∞.



Esempio

Calcolare

limx→+∞

e5x

x + sin(x)− e6x.

Traccia.

Eliminando la funzione limitata (che non da contributo contro leinfinite!), visto che e6x ha ordine superiore rispetto a e5x in quantoe6x/e5x = (e6/5)x → +∞ (e ovviamente superiore rispetto a x)

limx→+∞

e5x

�x +��sin(x)− e6x. = lim

x→+∞

e5x

−e6x= 0.



Esercizio

Calcolare al variare del parametro α ∈ R+

limx→+∞

αx+1 + x2

πx − e−x − 2x3 + sin(x)

Traccia.

Notiamo che al numeratore tutto dipende se α ∈ (0, 1] o α ∈ (1,+∞). Aldenominatore, tolti gli infinitesimi e le funzioni limitate, osserviamo che πx haordine superiore rispetto −2x3. Quindi

L = limx→+∞

αx+1 + x2

πx −��e−x − 2x3 +��sin(x)= lim

x→+∞

αx+1 + x2

πx.

Se α ∈ (0, 1) il termine αx+1 e infinitesimo, mentre se α = 1 e limitato. Inentrambi i casi il termine αx+1 e irrilevante. Quindi

L = limx→+∞

�αx+1 + x2

πx= lim

x→+∞

x2

πx= 0

visto che x2 e infinito di ordine inferiore rispetto a πx .



Se α ∈ (1,+∞) il termine αx+1 e infinito e domina su x2. Quindi

L = limx→+∞

αx+1 +��x2

πx= lim

x→+∞

αx+1

πx= lim

x→+∞ααx

πx

= α limx→+∞

(απ

)x.

Se

se α ∈ (1, π) allora L = 0,

se α = π vale L = α,

se α ∈ (π,+∞) allora L = +∞.


Limite di funzione. Esercizio di ricapitolazione.

Esercizio

Calcolare al variare del parametro α ∈ R+

limx→+∞

3x+1 − 3√

x2+1

Svolgimento.

Notiamo subito che razionalizzare non aiuta. Ovviamente 3x+1 e 3√

x2+1 sonoinfiniti, ma il limite richiesto non e determinabile (forma +∞−∞).Osserviamo che razionalizzando

x −√

x2 + 1 = (x −√

x2 + 1) · x +√

x2 + 1

x +√

x2 + 1=

(−1)

x +√

x2 + 1

e quindi

limx→+∞

3x+1

3√

x2+1= lim

x→+∞3

3x

3√

x2+1= 3 lim

x→+∞

3x

3√

x2+1

= 3 limx→+∞

3x−√

x2+1 = 3 limx→+∞

3(−1)

x+√

x2+1︸︷︷︸=1

= 3.


Limite di funzione. Esercizio di ricapitolazione.

Da

limx→+∞

3x+1

3√

x2+1= 3

abbiamo

limx→+∞

3x+1 − 3√

x2+1 = limx→+∞

3√

x2+1 ·(

3x+1

3√

x2+1− 1

)= lim

x→+∞3√

x2+1︸︷︷︸=+∞

· limx→+∞

(3x+1

3√

x2+1− 1

)︸︷︷︸

=3−1=2

= +∞.


Esercizi di ricapitolazione



Ricordiamo ora che arcsin e dispari e quindi si haarcsin (−x) = − arcsin (x) per x ∈ [−π/2, π/2]. Quindi affinche−ε < sin (x) < ε, almeno in un intorno di 0 contenuto in[−π/2, π/2], basta − arcsin (ε) = arcsin (−ε) < x < arcsin (ε) cioe|x | < arcsin (ε).

Per verificare l’asserto basta scegliere δ(ε) = arcsin (ε).


Limite di funzione

−0.25 −0.2 −0.15 −0.1 −0.05 0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25

−0.25

−0.2

−0.15

−0.1

−0.05

0

0.05

0.1

0.15

0.2

0.25

Figura : Il limite di sin (x) per x → 0 e 0. Descrizione degli intorni Vc

(rosso), Uc (magenta), per c = 0, per ε = 0.2. Dalla teoria si evince cheper tale ε una buona scelta e δ(ε) = arcsin (ε) = 0.2013 . . . ed econfermata dal grafico.



Esercizio

Mostrare che non vale limx→0 x2 = 1.

Svolgimento.

Per assurdo supponiamo sia limx→0 x2 = 1, cioe che per ogni ε > 0esiste δ(ε) > 0 tale che |x2 − 1| < ε, per ogni x tale che|x − 0| < δ(ε), con x 6= 0. Supponiamo inoltre sia ε < 1. Ma|x2 − 1| < ε implica −ε < x2 − 1 < ε cioe 1− ε < x2 < 1 + ε equindi dalla monotonia della radice quadrata che o√

(1− ε) < x <√

(1 + ε)

o−√

(1 + ε) < x < −√

(1− ε)

che non e un intorno di 0 in quanto non contiene nemmeno 0(ricordarsi che ε < 1 altrimenti sarebbe contenuto).


Limite di funzione: esercizio 3

Esempio

Verificare chelim

x→−∞21/x = 1

Svolgimento.

Come detto, mostrare che per ogni ε > 0 esiste K tale che se x < K allora|f (x)− L| < ε. Nel nostro caso diventa per ogni ε > 0 esiste K tale che sex < K allora |21/x − 1| < ε. La tesi sta per

−ε < 21/x − 1 < ε⇔ 1− ε < 21/x < 1 + εVisto che vogliamo determinare il comportamento per x → −∞ non erestrittivo supporre K < 0. Osserviamo che per x < 0, la funzione 1/x enegativa e decrescente. Quindi 21/x e decrescente, in quanto composta di unacrescente con una decrescente. Inoltre e non negativa, ed essendo 1/x < 0,certamente 21/x < 20 = 1, in quanto se α < β allora 2α < 2β .



Se ε ≥ 1, allora1− ε < 21/x < 1 + ε

e ovviamente verificata per x < 0 in quanto

1− ε < 0 < 21/x < 1 < 1 + ε.

In questo caso, posto K < 0 arbitrario, 1− ε < 21/x < 1 + εper x < K .



Se ε < 1 vogliamo

−ε < 21/x − 1 < ε⇔ 1− ε < 21/x < 1 + ε.

Se x < 0 allora certamente 21/x < 1 < 1 + ε. Basta mostrareche per un certo K < 0 si ha che se x < K allora1− ε < 21/x . Dalla monotonia crescente di log2(x), osservatoche log2(1− ε) < 0, x < 0 basta

log2(1− ε) < log2 21x =

1

x⇔ x <

1

log2(1− ε)

e quindi posto K = 1log2(1−ε) , se x < K allora

1− ε < 21/x < 1 + ε.


Limiti destro e sinistro e limiti: esercizio 1.

Esercizio

Mostrare che

limx→0−

1

x= −∞

Svolgimento.

Con la scrittura

limx→0−

1

x= −∞

indendiamo che per ogni K < 0 esiste δ(K ) > 0 tale che 1x < K

per ogni x ∈ (−δ(K ), 0).

In effetti, affinche 1x < K basta 1

K < x (attenzione, K < 0) che everificata per x ∈ (−δ(K ), 0) con δ(K ) =

∣∣ 1K

∣∣ = − 1K .


Limite di funzione: calcolo del limite, esercizio 1. Difficile(facoltativo)

Esercizio

Osservando che

f (x)g(x) = e log (f (x)g(x)) = eg(x) log f (x)

calcolare

limx→+∞

(x + 3

x + 4

) x2+72x+1

.


Limite di funzione: calcolo del limite, esercizio 1. Difficile(facoltativo)

Traccia.

Dopo un po’ di conti essendo

x + 3

x + 4= 1− 1

x + 4

si ricava, raccogliendo opportunamente e moltiplicando sopra esotto per (−1/(x + 4)),

(x + 3

x + 4

) x2+72x+1

= ex2(1+7/x2)x(2+1/x)

log(1−1/(x+4))−1/(x+4)

(−1/(x+4))

e per algebra di limiti e limiti notevoli si ha che il limitedell’esponente vale −1/2 e quindi il limite valee−1/2 ≈ 0.6065306597126334.


Limite di funzione: calcolo del limite, esercizio 1. Difficile(facoltativo).

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

x 105

0.6065

0.6065

0.6066

0.6066

0.6066

0.6066

0.6066

0.6067

0.6067

Figura : La funzione(

x+3x+4

) x2+72x+1

per x ∈ [104, 106] (in verde) e la funzione

costante e−1/2 (in nero).


Limite di funzione: esercizio 2. Medio (facoltativo).

Esempio

Calcolare al variare di α ∈ R

L = limx→+∞

αx −√

x2 + 3

per ogni α ∈ R.

Traccia.

L’unico caso complicato e quello per α > 0. Distinguere i casi α2 − 1 6= 0(quindi α = 1) da quelli in cui α2 − 1 = 0. Si ottiene che per

se α ≤ 0 allora L = −∞;

se α ∈ (0, 1) allora L = −∞;

se α > 1 allora L = +∞;

se α = 1 allora L = 0.


Limite di funzione: esercizio 3. Facile (facoltativo).

Esempio

Mostrare che

limx→0

(1 + x)√

2 − 1

x=√

2

Traccia.

Usare il limite notevole

limx→0

(1 + x)α − 1

x= α.



Esempio

Mostrare che

limx→0

√1 + x − 1

3√

1 + x − 1= 3/2

Traccia.

Moltiplicare e dividere per x e quindi ricordare il limite notevole

limx→0

(1 + x)α − 1

x= α.



Esempio

Mostrare chelim

x→+∞

√1 + x2 − x = 0

Traccia.

Moltiplicare e dividere per√

1 + x2 − x.



Esempio

Mostrare che

L = limx→+∞

(√

1 + x2 − x)x3/2

= 0

Svolgimento.

Da (f (x))g(x) = eg(x) log(f (x))

limx→+∞

(√

1 + x2 − x)x3/2

= ex3/2 log(

√1+x2−x)

Dall’esercizio precedente sappiamo che limx→+∞√

1 + x2 − x = 0quindi log(

√1 + x2 − x)→ −∞ e da x3/2 → +∞ ricaviamo che

l’esponente h(x) = x3/2 log(√

1 + x2 − x)→ 0 e quindi eh(x) → 0.



Esempio

Mostrare che

L = limx→−∞

(√

2x2 + 1 + x) = +∞

Traccia.

E’ una forma indeterminata. Dopo aver razionalizzato, troviamo, posto t = −x(e quindi t → +∞)√

2x2 + 1 + x =−x2 − 1

x −√

2x2 + 1=

−t2 − 1

−t −√

2t2 + 1

=−t2(1 + (1/t2))

−t − t ·√

2 + (1/t2)=

−t2(1 + (1/t2))

−t(1 +√

2 + (1/t2))

∼ t

1 +√

2→ +∞


Limite di funzione: esercizi riassuntivi.

Esercizio

Mostrare che, razionalizzando oppurtanamente,

limx→+∞

√x −

√x2 + 1

x= 0.

Esercizio

Mostrare che, razionalizzando oppurtunamente,

limx→−∞

3√

x2 + 1−√

2x2 = −∞.

Suggerimento: nella razionalizzazione moltiplicare sopra e sotto per

3√

(x2 + 1)2 + 3√

(x2 + 1)(2x2) + 3√

(2x2)2.

Perche funziona? a3 − b3 = (a− b)(a2 + ab + b2) e quindi . . .



Esercizio

Utilizzando opportune sostituzioni, calcolare

limx→0sin(3x)

x

limx→π+sin(x)√x−π

limx→+∞ x(π2 − arctan(x)

)



Esercizio

Mostrare che

limx→0

1− cos3 (x)

x tan (x)= 3/2.

Suggerimento: a3 − b3 = (a− b)(a2 + ab + b2) e usare limitenotevole.

Esercizio

Mostrare che

limx→3

2x − 6

sin (πx)= −2/π.

Suggerimento: ricordare che sin(πx) = − sin(πx − 3π) edeffettuare una opportuna sostituzione e usare un certo limitenotevole.



Esercizio

Mostrare che

limx→+∞

x ·(π

2− arctan (x)

)= 1.

Suggerimento: t = tan (x) e usare un limite notevole.

Esercizio

Calcolare al variare di a ∈ R

limx→+∞

x + ax2 − 4x2

1 + 3x + 2x2=

a− 4

2.



Esercizio


limx→0+

xa + x4

x2

Esercizio


limx→0

sin (|x |3)

|x |a.



Esercizio

Mostrare che

limx→0

sin(x2)√3x4 + x5 cos(x)

= 1/√

3

Esercizio

Calcolare attraverso le sostituzioni t = 1/x, y = arccos(t) eu = (π/2)− y

limx→+∞

x((π/2)− arccos(1/x)).



Esercizio

Calcolare

limx→+∞

log4(x)

3x

limx→0

√|x | · log1/4(| sin(x)|).

limx→+∞

3x2/(1−x) · (1− cos(1/x))



Esercizio

Calcolare

limx→0+

(x2)x ;

limx→+∞

(x3)1/x ;

limx→+∞

(√

x2 + 1− 1)1/x

limx→0

(cos(x))1/x2

limx→−∞

3x · x3



Esercizio

Calcolare

limx→+∞

5x − 7x

x

Traccia.

Raccogliere 7x .



Esercizio

Calcolare (attenzione, x → 0)

limx→0

5x − 7x

x

Traccia.

Raccogliere 7x e ricordare che limx→0ax−1x = log(a).



Esercizio

Calcolare

limx→−∞

x3 + 2x + 1

x − 1

(cos(x

2

)+ 2)

Traccia.

Osservare che si moltiplica un infinito per una limitata a segnocostante.



Esercizio

Calcolare

limx→0

sin(x2)√3x4 + x5 cos(x)

Traccia.

Usare il limite notevole limx→0 sin(x)/x = 1 e raccogliere x4 nellaradice quadrata.


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