Esercitazione 4 (analisi matematica)

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In questa esercitazione vedremo come risolvere alcuni limiti a seconda del caso. I limiti saranno presentati nella forma

$\lim _{x\rightarrow x_{0}}f(x)$

con $f:I\subseteq \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$, $I=[a,b]$ e $x_{0},a,b\in \mathbb {R}$.

Limiti di funzione continua in $x_{0}$

È il caso di limiti banali di funzioni che sono continue in un punto e non presentano una forma indeterminata. In questo caso basta calcolare la funzione direttamente per il valore di $x_{0}$.

• $\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {8x^{2}-12x+4}{13x^{3}-x^{5}+12}}$
  $\color {RoyalBlue}\left[{\frac {1}{3}}\right]$

Soluzione

La funzione

$f(x)={\frac {8x^{2}-12x+4}{13x^{3}-x^{5}+12}}$

è composizione di funzioni continue, ed è continua sul dominio $D=\mathbb {R} \backslash \{(x)\in \mathbb {R} :13x^{3}-x^{5}+12=0\}$ dunque si può passare alla risoluzione del limite direttamente sostituendo il valore di $x_{0}$, in questo caso 0, per valutare il comportamento della funzione nel punto. Sostituendo:

$\lim _{x\rightarrow 0}f(x)=\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {8\cdot 0^{2}-12\cdot 0+4}{13\cdot 0^{3}-0^{5}+12}}$

da cui

$\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {+4}{+12}}={\frac {1}{3}}.$

• $\lim _{x\rightarrow 2}{\frac {15}{2x-e^{2-x}}}$
  $\color {RoyalBlue}\left[5\right]$

Soluzione

Valgono le considerazioni fatte per la funzione precedente. La funzione risulta continua sul dominio $D=\mathbb {R} \backslash \{(x)\in \mathbb {R} :2x-e^{2-x}=0\}$. Valutiamo la funzione nel punto $x_{0}=2$, da cui:

$\lim _{x\rightarrow 2}f(x)=\lim _{x\rightarrow 2}{\frac {15}{2\cdot 2-e^{2-2}}}$

Infine, svolgendo i calcoli, si ha

$\lim _{x\rightarrow 2}f(x)=\lim _{x\rightarrow 2}{\frac {15}{4-e^{0}}}=5.$

• $\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {7\ln \left[{-\cos {\left(\pi -{\frac {1}{e^{x}}}\right)}+1}\right]}{15-12x^{-1}}}$
  $\color {RoyalBlue}\left[{\frac {7\ln \left[{2}\right]}{15}}\right]$

Soluzione

La funzione, per $x\geq 0$ è definita per ogni valore appartenente a $D=\mathbb {R^{+}} \backslash \left\{{\frac {4}{5}}\right\}$. Dunque per valutarla per $x\rightarrow +\infty$ sostituiamo i "valori" $x_{0}=+\infty$ nella funzione:

$\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {7\ln \left[{-\cos {\left(\pi -{\frac {1}{e^{+\infty }}}\right)}+1}\right]}{15-12(+\infty )^{-1}}}$

Procedendo per stime asintotiche otteniamo:

$\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {7\ln \left[{1+1}\right]}{15-0}}=\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {7\ln \left[{2}\right]}{15}}={\frac {7\ln \left[{2}\right]}{15}}.$

• $\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {x^{4}-sin(x)}{e^{x}-1}}$
  $\color {RoyalBlue}\left[-1\right]$

Soluzione

La funzione non è risolvibile per sostituzione diretta in quanto, procedendo in tal senso, si ottiene la forma indeterminata ${\frac {0}{0}}$

$\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {x^{4}-sin(x)}{e^{x}-1}}=\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {0^{4}-sin(0)}{e^{0}-1}}=\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {0}{0}}$

ossia una scrittura priva di senso. Dunque occorre procedere in maniera alternativa, con manipolazioni algebriche. Un metodo risolutivo in questo caso è procedere come segue

$\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {x^{4}-sin(x)}{e^{x}-1}}=\lim _{x\rightarrow 0}x^{4}-sin(x)\cdot {\frac {1}{e^{x}-1}}\cdot {\frac {x}{x}}=\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {x^{4}-sin(x)}{x}}\cdot {\frac {x}{e^{x}-1}}$

$\lim _{x\rightarrow 0}\left(x^{3}-{\frac {sin(x)}{x}}\right)\cdot \left({\frac {e^{x}-1}{x}}\right)^{-1}$

Ora, sfruttando i limiti notevoli ${\frac {sinx}{x}}\rightarrow 1$ per $x\rightarrow 0$ e ${\frac {e^{x}-1}{x}}\rightarrow 1$ per $x\rightarrow 0$. Il limite si riduce quindi a:

$\lim _{x\rightarrow 0}\left(x^{3}-{\frac {sin(x)}{x}}\right)\cdot \left({\frac {e^{x}-1}{x}}\right)^{-1}=\lim _{x\rightarrow 0}\left(0-1\right)\cdot (1)^{-1}=-1.$

Limiti destri e sinistri con stime asintotiche

Si trattano qui i limiti di funzioni che richiedono, per essere risolti, delle stime asintotiche e la conoscenza dell'algebra degli infinitesimi, ossia degli ordini di infinito e infinitesimo delle funzioni che compongono la $f(x)$ di cui si vuole conoscere il limite. Inoltre i seguenti esercizi comprendono lo studio di limiti destri $\lim _{x\rightarrow x_{0}^{+}}f(x)$ e sinistri $\lim _{x\rightarrow x_{0}^{-}}f(x)$.

• $\lim _{x\rightarrow 1^{+}}{\frac {\ln(x^{3}-1)}{4-5x}}$
  $\color {RoyalBlue}\left[+\infty \right]$

Soluzione

La funzione $\ln(x)$ non è definita in $0$, dunque per svolgere il limite occorre ricorrere all'analisi del comportamento asintotico della funzione in questione. In particolare sappiamo che la funzione logaritmo tende a $-\infty$ quando il suo argomento tende a $0$, poiché la funzione $e^{x}$ va a $0$ per valori di $x$ tendenti a $-\infty$. Da notare inoltre che il limite esiste solo per $x$ tendenti a $1$ da destra, poiché la funzione logaritmo naturale non risulta definita per valori di $x<0$. Tenendo a mente queste considerazioni possiamo concludere che

$\lim _{x\rightarrow 1^{+}}{\frac {\ln(1^{+}-1)}{4-5^{+}}}=\lim _{x\rightarrow 1^{+}}{\frac {-\infty }{-1}}=+\infty$

e quindi che la funzione, definita sul dominio $D=\{(x)\in \mathbb {R} :1<x\}$ e dunque $\forall x\in (1,+\infty )$, tende a valori infinitamente grandi per $x\rightarrow 1^{+}$.

• $\lim _{x\rightarrow \left({\frac {\pi }{2}}\right)^{+}}{\frac {\cos(x)}{\frac {1}{x-{\frac {\pi }{2}}}}}$
  $\color {RoyalBlue}\left[0^{-}\right]$

Soluzione

Per valutare la funzione in $x_{0}={\frac {\pi }{2}}^{+}$ occorre far attenzione al fatto che il valore ${\frac {\pi }{2}}^{+}$ rappresenta una quantità infinitesimalmente maggiore di ${\frac {\pi }{2}}$; si può pensare ad esempio come ${\frac {\pi }{1.99\dots 9}}$. Dunque nel momento in cui si svolge l'operazione ${\frac {\pi }{2}}^{+}-{\frac {\pi }{2}}$ otteniamo come risultato una quantità comunque positiva ma prossima a zero, ossia $0^{+}$. Altresì nel valutare la funzione coseno si deve tener conto che in ${\frac {\pi }{2}}$ essa vale $0$ e per valori di angoli maggiori (fino a ${\frac {3\pi }{2}}$) assume valori negativi. Da questo, $\cos \left({\frac {\pi }{2}}^{+}\right)=0^{-}$, dove $0^{-}$ rappresenta una quantità infinitesima negativa. Applicando tutti i ragionamenti sopra si può quindi passare al calcolo del limite:

$\lim _{x\rightarrow \left({\frac {\pi }{2}}\right)^{+}}{\frac {0^{-}}{\frac {1}{0^{+}}}}=\lim _{x\rightarrow \left({\frac {\pi }{2}}\right)^{+}}{\frac {0^{-}}{+\infty }}=0^{-}$

Il tendere della funzione $f(x)$ a valori infinitesimi negativi ci dice che la funzione in quel punto resta sotto l'asse delle ascisse avvicinandosi sempre a zero. Con uno studio del limite per $x\rightarrow x_{0}={\frac {\pi }{2}}^{-}$, che fornisce lo stesso risultato

$\lim _{x\rightarrow \left({\frac {\pi }{2}}\right)^{-}}{\frac {0^{+}}{\frac {1}{0^{-}}}}=\lim _{x\rightarrow \left({\frac {\pi }{2}}\right)^{-}}{\frac {0^{+}}{-\infty }}=0^{-}$

possiamo dire che i limiti destro e sinistro coincidono nel punto ${\frac {\pi }{2}}$, cosa che rende la funzione continua, e che in un intorno $I_{\delta }(x_{0})=\{x,\delta \in \mathbb {R} ,\delta >0:x_{0}-\delta <x<x_{0}+\delta ,\}$ del punto - con $x_{0}={\frac {\pi }{2}}$ - la funzione assume valori negativi.