In questa raccolta proponiamo 20 esercizi svolti sulla gerarchia degli infiniti, ordinati secondo una difficoltà crescente. Gli esercizi riguardano il confronto tra funzioni infinite, gli infiniti di ordine superiore e inferiore, gli infiniti dello stesso ordine, l'equivalenza asintotica, le gerarchie fondamentali e l'individuazione del termine dominante.
Ogni esercizio viene risolto passo passo, mettendo in evidenza il criterio utilizzato e spiegando perché esso può essere applicato.
Esercizio 1 — livello ★☆☆☆☆
Confrontare gli infiniti \(x^2\) e \(x^5\) per \(x\to+\infty\) e stabilire quale dei due è di ordine superiore.
Risultato
Si ha
\[ x^2=o\bigl(x^5\bigr) \qquad\text{per }x\to+\infty. \]
Pertanto \(x^2\) è un infinito di ordine inferiore rispetto a \(x^5\).
Svolgimento
Entrambe le funzioni tendono a \(+\infty\) quando \(x\to+\infty\). Per confrontarne l'ordine di crescita consideriamo il rapporto tra la prima e la seconda:
\[ \frac{x^2}{x^5}. \]
Utilizzando le proprietà delle potenze, semplifichiamo:
\[ \frac{x^2}{x^5}=\frac{1}{x^3}. \]
Quando \(x\to+\infty\), anche \(x^3\to+\infty\), quindi il suo reciproco tende a \(0\):
\[ \frac{1}{x^3}\to0. \]
Abbiamo dunque ottenuto
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{x^5}=0. \]
Per definizione, questo significa che \(x^2\) è trascurabile rispetto a \(x^5\). In notazione \(o\)-piccolo,
\[ x^2=o\bigl(x^5\bigr). \]
Di conseguenza, \(x^2\) è un infinito di ordine inferiore rispetto a \(x^5\), mentre \(x^5\) è un infinito di ordine superiore rispetto a \(x^2\).
Esercizio 2 — livello ★☆☆☆☆
Stabilire se gli infiniti \(4x^3\) e \(7x^3\), per \(x\to+\infty\), sono dello stesso ordine e se sono equivalenti.
Risultato
Gli infiniti \(4x^3\) e \(7x^3\) sono dello stesso ordine, ma non sono equivalenti.
Svolgimento
Per confrontare le due funzioni calcoliamo il limite del loro rapporto:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4x^3}{7x^3}. \]
Poiché \(x^3\neq0\) per \(x\) sufficientemente grande, possiamo semplificare il fattore \(x^3\):
\[ \frac{4x^3}{7x^3}=\frac{4}{7}. \]
Quindi
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4x^3}{7x^3}=\frac{4}{7}. \]
Il limite è un numero reale positivo e finito. Questo è precisamente il criterio che caratterizza due infiniti dello stesso ordine.
Perché le due funzioni fossero anche equivalenti, il limite del rapporto dovrebbe essere uguale a \(1\). In questo caso, invece,
\[ \frac{4}{7}\neq1. \]
Pertanto \(4x^3\) e \(7x^3\) sono infiniti dello stesso ordine, ma non sono equivalenti.
Esercizio 3 — livello ★☆☆☆☆
Dimostrare che
\[ x^4+2x^2\sim x^4 \qquad\text{per }x\to+\infty. \]
Risultato
Si ha
\[ x^4+2x^2\sim x^4. \]
Svolgimento
Per verificare un'equivalenza asintotica dobbiamo studiare il rapporto tra le due funzioni e controllare se esso tende a \(1\).
Consideriamo quindi
\[ \frac{x^4+2x^2}{x^4}. \]
Dividiamo separatamente i due termini del numeratore per \(x^4\):
\[ \frac{x^4+2x^2}{x^4} = 1+\frac{2}{x^2}. \]
Per \(x\to+\infty\),
\[ \frac{2}{x^2}\to0. \]
Di conseguenza,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{x^4+2x^2}{x^4} = 1. \]
Per definizione di equivalenza asintotica possiamo quindi concludere che
\[ x^4+2x^2\sim x^4. \]
Questo risultato esprime anche il fatto che, nella somma \(x^4+2x^2\), il termine \(x^4\) è dominante: il termine \(2x^2\) cresce più lentamente ed è trascurabile rispetto a \(x^4\).
Esercizio 4 — livello ★★☆☆☆
Confrontare \(x^3\) e \(x^4\) per \(x\to-\infty\).
Risultato
In valore assoluto,
\[ x^3=o\bigl(x^4\bigr) \qquad\text{per }x\to-\infty. \]
Pertanto \(x^3\) è un infinito di ordine inferiore rispetto a \(x^4\).
Svolgimento
In questo caso è importante osservare che, per \(x\to-\infty\),
\[ x^3\to-\infty, \qquad x^4\to+\infty. \]
Le due funzioni hanno quindi segno diverso. Per confrontare correttamente la loro grandezza consideriamo il rapporto tra i moduli:
\[ \frac{|x^3|}{|x^4|}. \]
Utilizzando le proprietà del valore assoluto,
\[ |x^3|=|x|^3, \qquad |x^4|=|x|^4. \]
Pertanto
\[ \frac{|x^3|}{|x^4|} = \frac{|x|^3}{|x|^4} = \frac{1}{|x|}. \]
Quando \(x\to-\infty\), si ha \(|x|\to+\infty\). Di conseguenza,
\[ \frac{1}{|x|}\to0. \]
Ne segue che
\[ \lim_{x\to-\infty} \frac{|x^3|}{|x^4|} =0. \]
La grandezza di \(x^3\) è quindi trascurabile rispetto a quella di \(x^4\), e possiamo scrivere
\[ x^3=o\bigl(x^4\bigr) \qquad\text{in valore assoluto per }x\to-\infty. \]
Esercizio 5 — livello ★★☆☆☆
Confrontare \(\ln(x)\) e \(x^{1/3}\) per \(x\to+\infty\).
Risultato
Si ha
\[ \ln(x)=o\bigl(x^{1/3}\bigr). \]
Svolgimento
Entrambe le funzioni tendono a \(+\infty\), ma appartengono a due famiglie differenti: \(\ln(x)\) è una funzione logaritmica, mentre \(x^{1/3}\) è una potenza positiva di \(x\).
La gerarchia fondamentale degli infiniti stabilisce che qualunque potenza positiva del logaritmo naturale cresce più lentamente di qualunque potenza positiva di \(x\):
\[ \bigl(\ln(x)\bigr)^p=o\bigl(x^q\bigr) \]
per ogni \(p>0\) e \(q>0\).
Nel nostro caso possiamo scegliere
\[ p=1, \qquad q=\frac{1}{3}. \]
Otteniamo immediatamente
\[ \ln(x)=o\bigl(x^{1/3}\bigr). \]
In termini di rapporto, questa relazione significa
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\ln(x)}{x^{1/3}} =0. \]
Dunque, anche se entrambe le funzioni diventano arbitrariamente grandi, \(x^{1/3}\) cresce asintoticamente più rapidamente di \(\ln(x)\).
Esercizio 6 — livello ★★☆☆☆
Calcolare
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\bigl(\ln(x)\bigr)^4}{\sqrt{x}}. \]
Risultato
\[ 0 \]
Svolgimento
Scriviamo innanzitutto la radice quadrata come potenza:
\[ \sqrt{x}=x^{1/2}. \]
Il limite diventa quindi
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\bigl(\ln(x)\bigr)^4}{x^{1/2}}. \]
La gerarchia fondamentale afferma che, per ogni \(p>0\) e \(q>0\),
\[ \bigl(\ln(x)\bigr)^p=o\bigl(x^q\bigr). \]
Prendendo
\[ p=4, \qquad q=\frac{1}{2}, \]
otteniamo
\[ \bigl(\ln(x)\bigr)^4=o\bigl(x^{1/2}\bigr). \]
Per definizione di \(o\)-piccolo, questo significa precisamente che
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\bigl(\ln(x)\bigr)^4}{x^{1/2}} =0. \]
Pertanto
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\bigl(\ln(x)\bigr)^4}{\sqrt{x}} =0 . \]
Esercizio 7 — livello ★★☆☆☆
Calcolare
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^6}{e^x}. \]
Risultato
\[ 0 \]
Svolgimento
Il numeratore \(x^6\) è una potenza positiva di \(x\), mentre il denominatore \(e^x\) è una funzione esponenziale con base \(e>1\).
La gerarchia fondamentale degli infiniti stabilisce che ogni potenza positiva di \(x\) cresce più lentamente di ogni esponenziale con base maggiore di \(1\):
\[ x^q=o\bigl(a^x\bigr) \]
per ogni \(q>0\) e \(a>1\).
Nel nostro caso
\[ q=6, \qquad a=e. \]
Pertanto
\[ x^6=o\bigl(e^x\bigr). \]
La notazione \(o\)-piccolo significa esattamente che il rapporto tra \(x^6\) ed \(e^x\) tende a zero:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^6}{e^x}=0. \]
Quindi
\[ 0. \]
Esercizio 8 — livello ★★☆☆☆
Confrontare \(3^x\) e \(7^x\) per \(x\to+\infty\).
Risultato
\[ 3^x=o\bigl(7^x\bigr). \]
Svolgimento
Le due funzioni sono entrambe esponenziali con base maggiore di \(1\). All'interno di questa famiglia, l'esponenziale con base maggiore cresce più rapidamente.
Possiamo verificarlo direttamente studiando il rapporto:
\[ \frac{3^x}{7^x}. \]
Utilizzando la proprietà delle potenze con lo stesso esponente,
\[ \frac{3^x}{7^x} = \left(\frac{3}{7}\right)^x. \]
Poiché
\[ 0<\frac{3}{7}<1, \]
la potenza \(\left(\displaystyle\frac{3}{7}\right)^x\) tende a \(0\) quando \(x\to+\infty\). Pertanto
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{3^x}{7^x} =0. \]
Per definizione,
\[ 3^x=o\bigl(7^x\bigr). \]
Quindi \(3^x\) è un infinito di ordine inferiore rispetto a \(7^x\).
Esercizio 9 — livello ★★☆☆☆
Confrontare
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) \qquad\text{e}\qquad \sqrt{\ln(x)} \]
per \(x\to+\infty\).
Risultato
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) = o\bigl(\sqrt{\ln(x)}\bigr). \]
Svolgimento
Scriviamo la seconda funzione come potenza del logaritmo:
\[ \sqrt{\ln(x)} = \bigl(\ln(x)\bigr)^{1/2}. \]
La gerarchia degli infiniti può essere estesa al logaritmo iterato e stabilisce che
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) = o\bigl((\ln(x))^p\bigr) \]
per ogni \(p>0\).
Scegliendo
\[ p=\frac{1}{2}, \]
otteniamo
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) = o\bigl((\ln(x))^{1/2}\bigr). \]
Poiché \((\ln(x))^{1/2}=\sqrt{\ln(x)}\), possiamo concludere che
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) = o\bigl(\sqrt{\ln(x)}\bigr). \]
Esercizio 10 — livello ★★☆☆☆
Confrontare \(e^x\) e \(x^x\) per \(x\to+\infty\).
Risultato
\[ e^x=o\bigl(x^x\bigr). \]
Svolgimento
Entrambe le funzioni tendono a \(+\infty\), ma \(x^x\) cresce più rapidamente di ogni esponenziale \(a^x\) con base costante \(a>1\).
La gerarchia fondamentale estesa contiene infatti la relazione
\[ a^x=o\bigl(x^x\bigr) \]
per ogni base fissa \(a>1\).
Scegliendo \(a=e\), otteniamo immediatamente
\[ e^x=o\bigl(x^x\bigr). \]
Equivalentemente,
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{e^x}{x^x}=0. \]
Pertanto \(x^x\) è un infinito di ordine superiore rispetto a \(e^x\).
Esercizio 11 — livello ★★★☆☆
Ordinare, dalla funzione che cresce più lentamente a quella che cresce più rapidamente, le seguenti funzioni per \(x\to+\infty\):
\[ x^4,\qquad 2^x,\qquad \bigl(\ln(x)\bigr)^3,\qquad x^{1/2},\qquad x^x,\qquad \ln\bigl(\ln(x)\bigr). \]
Risultato
L'ordine corretto è
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr), \quad \bigl(\ln(x)\bigr)^3, \quad x^{1/2}, \quad x^4, \quad 2^x, \quad x^x. \]
Svolgimento
Procediamo riconoscendo la famiglia a cui appartiene ciascuna funzione.
La funzione
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) \]
è un logaritmo iterato. Essa cresce più lentamente di ogni potenza positiva di \(\ln(x)\). In particolare,
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) = o\bigl((\ln(x))^3\bigr). \]
Successivamente confrontiamo \((\ln(x))^3\) con \(x^{1/2}\). Ogni potenza positiva del logaritmo cresce più lentamente di ogni potenza positiva di \(x\), quindi
\[ (\ln(x))^3=o\bigl(x^{1/2}\bigr). \]
Tra le due potenze \(x^{1/2}\) e \(x^4\), quella con esponente maggiore cresce più rapidamente:
\[ x^{1/2}=o\bigl(x^4\bigr). \]
Ogni potenza positiva di \(x\) cresce più lentamente di un esponenziale con base maggiore di \(1\), quindi
\[ x^4=o\bigl(2^x\bigr). \]
Infine, ogni esponenziale con base costante maggiore di \(1\) cresce più lentamente di \(x^x\):
\[ 2^x=o\bigl(x^x\bigr). \]
Mettendo insieme tutti i confronti otteniamo la catena
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) = o\bigl((\ln(x))^3\bigr), \]
\[ (\ln(x))^3 = o\bigl(x^{1/2}\bigr), \]
\[ x^{1/2} = o\bigl(x^4\bigr), \]
\[ x^4=o\bigl(2^x\bigr), \qquad 2^x=o\bigl(x^x\bigr). \]
Pertanto, dalla funzione che cresce più lentamente a quella che cresce più rapidamente, l'ordine richiesto è
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr), \qquad \bigl(\ln(x)\bigr)^3, \qquad x^{1/2}, \qquad x^4, \qquad 2^x, \qquad x^x. \]
Esercizio 12 — livello ★★★☆☆
Determinare il termine dominante di
\[ f(x)=5x^6-2x^3+7 \]
per \(x\to+\infty\) e trovare una funzione equivalente a \(f\).
Risultato
Il termine dominante è \(5x^6\) e
\[ 5x^6-2x^3+7\sim5x^6. \]
Svolgimento
Tra le potenze positive di \(x\), quella con esponente maggiore cresce più rapidamente. Nella funzione
\[ 5x^6-2x^3+7 \]
il termine con la potenza più elevata è \(5x^6\).
Per dimostrare rigorosamente che esso è dominante dividiamo tutta la funzione per \(5x^6\):
\[ \frac{5x^6-2x^3+7}{5x^6} = 1-\frac{2x^3}{5x^6}+\frac{7}{5x^6}. \]
Semplificando,
\[ \frac{5x^6-2x^3+7}{5x^6} = 1-\frac{2}{5x^3}+\frac{7}{5x^6}. \]
Quando \(x\to+\infty\),
\[ \frac{2}{5x^3}\to0, \qquad \frac{7}{5x^6}\to0. \]
Pertanto
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{5x^6-2x^3+7}{5x^6} =1. \]
Per definizione di equivalenza asintotica,
\[ 5x^6-2x^3+7\sim5x^6 . \]
Esercizio 13 — livello ★★★☆☆
Determinare il termine dominante di
\[ f(x)=4e^x+x^8-\bigl(\ln(x)\bigr)^5 \]
per \(x\to+\infty\).
Risultato
Il termine dominante è \(4e^x\) e
\[ 4e^x+x^8-\bigl(\ln(x)\bigr)^5\sim4e^x. \]
Svolgimento
I tre termini appartengono a famiglie differenti:
\[ \bigl(\ln(x)\bigr)^5, \qquad x^8, \qquad e^x. \]
La gerarchia fondamentale stabilisce che
\[ \bigl(\ln(x)\bigr)^5=o\bigl(x^8\bigr) \]
e
\[ x^8=o\bigl(e^x\bigr). \]
L'esponenziale è quindi il termine di crescita maggiore.
Per verificare che \(4e^x\) sia effettivamente equivalente alla funzione completa dividiamo per \(4e^x\):
\[ \frac{4e^x+x^8-(\ln(x))^5}{4e^x} = 1+\frac{x^8}{4e^x} - \frac{(\ln(x))^5}{4e^x}. \]
Poiché \(x^8=o(e^x)\),
\[ \frac{x^8}{4e^x}\to0. \]
Per il termine \((\ln(x))^5\) utilizziamo entrambi i confronti della gerarchia. Possiamo infatti scrivere
\[ \frac{(\ln(x))^5}{4e^x} = \frac{1}{4} \cdot \frac{(\ln(x))^5}{x^8} \cdot \frac{x^8}{e^x}. \]
Poiché
\[ \frac{(\ln(x))^5}{x^8}\to0 \qquad\text{e}\qquad \frac{x^8}{e^x}\to0, \]
anche il loro prodotto tende a \(0\). Pertanto
\[ \frac{(\ln(x))^5}{4e^x}\to0. \]
Otteniamo dunque
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{4e^x+x^8-(\ln(x))^5}{4e^x} =1. \]
Pertanto
\[ 4e^x+x^8-\bigl(\ln(x)\bigr)^5\sim4e^x . \]
Esercizio 14 — livello ★★★☆☆
Calcolare
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{(x^3+2x)(\ln(x)+1)} {x^3\ln(x)}. \]
Risultato
\[ 1 \]
Svolgimento
Il numeratore è il prodotto di due fattori. Studiamoli separatamente.
Per il primo fattore,
\[ \frac{x^3+2x}{x^3} = 1+\frac{2}{x^2}\to1. \]
Pertanto
\[ x^3+2x\sim x^3. \]
Per il secondo fattore,
\[ \frac{\ln(x)+1}{\ln(x)} = 1+\frac{1}{\ln(x)}. \]
Poiché \(\ln(x)\to+\infty\),
\[ \frac{1}{\ln(x)}\to0. \]
Quindi
\[ \ln(x)+1\sim\ln(x). \]
L'equivalenza asintotica si conserva nei prodotti. Pertanto
\[ (x^3+2x)(\ln(x)+1) \sim x^3\ln(x). \]
Per definizione di equivalenza,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{(x^3+2x)(\ln(x)+1)} {x^3\ln(x)} =1. \]
Dunque
\[ 1. \]
Esercizio 15 — livello ★★★☆☆
Stabilire se
\[ 3x^4+x \qquad\text{e}\qquad 5x^4-2 \]
sono infiniti dello stesso ordine o equivalenti per \(x\to+\infty\).
Risultato
Le due funzioni sono infiniti dello stesso ordine, ma non sono equivalenti.
Svolgimento
Consideriamo il rapporto
\[ \frac{3x^4+x}{5x^4-2}. \]
Poiché al numeratore e al denominatore il termine di grado maggiore è di quarto grado, dividiamo entrambi per \(x^4\):
\[ \frac{3x^4+x}{5x^4-2} = \frac{3+\displaystyle\frac{1}{x^3}}{5-\displaystyle\frac{2}{x^4}}. \]
Quando \(x\to+\infty\),
\[ \frac{1}{x^3}\to0, \qquad \frac{2}{x^4}\to0. \]
Pertanto
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{3x^4+x}{5x^4-2} = \frac{3}{5}. \]
Il limite è positivo e finito, quindi le due funzioni sono infiniti dello stesso ordine.
Tuttavia
\[ \frac{3}{5}\neq1. \]
Di conseguenza esse non sono equivalenti.
Possiamo anche osservare separatamente che
\[ 3x^4+x\sim3x^4, \qquad 5x^4-2\sim5x^4, \]
e che i due termini dominanti differiscono per un fattore costante.
Esercizio 16 — livello ★★★★☆
Calcolare
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{e^x+x^6}{e^x-3x^2}. \]
Risultato
\[ 1 \]
Svolgimento
Nel numeratore compaiono \(e^x\) e \(x^6\). Nel denominatore compaiono \(e^x\) e \(x^2\).
La gerarchia fondamentale ci dice che qualsiasi potenza positiva di \(x\) è trascurabile rispetto a \(e^x\). In particolare,
\[ x^6=o\bigl(e^x\bigr), \qquad x^2=o\bigl(e^x\bigr). \]
Il termine dominante sia al numeratore sia al denominatore è quindi \(e^x\).
Dividiamo numeratore e denominatore per \(e^x\):
\[ \frac{e^x+x^6}{e^x-3x^2} = \frac{1+\displaystyle\frac{x^6}{e^x}}{1-\displaystyle\frac{3x^2}{e^x}}. \]
Per le relazioni precedenti,
\[ \frac{x^6}{e^x}\to0 \]
e
\[ \frac{3x^2}{e^x}\to0. \]
Passando al limite otteniamo
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{1+\displaystyle\frac{x^6}{e^x}}{1-\displaystyle\frac{3x^2}{e^x}} = \frac{1+0}{1-0} =1. \]
Pertanto
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{e^x+x^6}{e^x-3x^2} =1 . \]
Possiamo esprimere lo stesso risultato affermando che
\[ e^x+x^6\sim e^x \qquad\text{e}\qquad e^x-3x^2\sim e^x. \]
Esercizio 17 — livello ★★★★☆
Sapendo che
\[ \ln(x)=o\bigl(\sqrt{x}\bigr) \qquad\text{per }x\to+\infty, \]
stabilire la corrispondente relazione tra i reciproci
\[ \frac{1}{\ln(x)} \qquad\text{e}\qquad \frac{1}{\sqrt{x}}. \]
Risultato
Si ha
\[ \frac{1}{\sqrt{x}} = o\left(\frac{1}{\ln(x)}\right). \]
Svolgimento
La relazione iniziale
\[ \ln(x)=o\bigl(\sqrt{x}\bigr) \]
significa, per definizione, che
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\ln(x)}{\sqrt{x}} =0. \]
Ora vogliamo confrontare i reciproci
\[ \frac{1}{\sqrt{x}} \qquad\text{e}\qquad \frac{1}{\ln(x)}. \]
Formiamo il rapporto tra il primo e il secondo:
\[ \frac{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{x}}}{\displaystyle\frac{1}{\ln(x)}}. \]
Dividere per una frazione significa moltiplicare per il suo reciproco, quindi
\[ \frac{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{x}}}{\displaystyle\frac{1}{\ln(x)}} = \frac{\ln(x)}{\sqrt{x}}. \]
Ma abbiamo già stabilito che
\[ \frac{\ln(x)}{\sqrt{x}}\to0. \]
Di conseguenza,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{x}}}{\displaystyle\frac{1}{\ln(x)}} =0. \]
Per definizione di \(o\)-piccolo,
\[ \frac{1}{\sqrt{x}} = o\left(\frac{1}{\ln(x)}\right) . \]
Il passaggio ai reciproci inverte quindi l'ordine di grandezza: la funzione che cresce più rapidamente possiede il reciproco che tende a zero più rapidamente.
Esercizio 18 — livello ★★★★☆
Sapendo che
\[ x^2+x\sim x^2 \qquad\text{per }x\to+\infty, \]
spiegare perché non è corretto sostituire \(x^2+x\) con \(x^2\) nella differenza
\[ (x^2+x)-x^2, \]
e calcolare
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{(x^2+x)-x^2}{x}. \]
Risultato
In questo caso non è lecito sostituire \(x^2+x\) con il suo equivalente \(x^2\) nella differenza, perché la cancellazione dei termini dominanti farebbe perdere il termine \(x\).
Il limite vale
\[ 1. \]
Svolgimento
Cominciamo verificando l'equivalenza indicata:
\[ \frac{x^2+x}{x^2} = 1+\frac{1}{x}\to1. \]
Quindi è effettivamente vero che
\[ x^2+x\sim x^2. \]
Tuttavia l'equivalenza asintotica non è un'uguaglianza. Dire che \(x^2+x\sim x^2\) non significa che possiamo sostituire sempre \(x^2+x\) con \(x^2\) in qualsiasi espressione.
Consideriamo infatti la differenza esatta:
\[ (x^2+x)-x^2. \]
I termini \(x^2\) si cancellano e rimane
\[ (x^2+x)-x^2=x. \]
Di conseguenza,
\[ \frac{(x^2+x)-x^2}{x} = \frac{x}{x} =1. \]
Pertanto
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{(x^2+x)-x^2}{x} =1 . \]
Vediamo ora che cosa accadrebbe effettuando impropriamente la sostituzione
\[ x^2+x\sim x^2 \]
direttamente nella differenza. Otterremmo
\[ x^2-x^2=0, \]
perdendo completamente il termine \(x\), che è invece proprio ciò che rimane dopo la cancellazione.
Questo esempio mostra perché gli equivalenti possono essere utilizzati direttamente nei prodotti e nei quozienti, ma non indiscriminatamente nelle somme e nelle differenze.
Esercizio 19 — livello ★★★★☆
Calcolare
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{(\ln(x))^3+x^4}{e^x}. \]
Risultato
\[ 0 \]
Svolgimento
Il numeratore è la somma di due funzioni:
\[ (\ln(x))^3 \qquad\text{e}\qquad x^4. \]
Confrontiamole innanzitutto tra loro. Dalla gerarchia fondamentale,
\[ (\ln(x))^3=o\bigl(x^4\bigr). \]
Pertanto, all'interno del numeratore, il termine dominante è \(x^4\).
Possiamo verificarlo dividendo il numeratore per \(x^4\):
\[ \frac{(\ln(x))^3+x^4}{x^4} = \frac{(\ln(x))^3}{x^4}+1. \]
Poiché
\[ \frac{(\ln(x))^3}{x^4}\to0, \]
segue che
\[ (\ln(x))^3+x^4\sim x^4. \]
Ora confrontiamo \(x^4\) con il denominatore \(e^x\). Una potenza positiva di \(x\) cresce più lentamente di un esponenziale:
\[ x^4=o\bigl(e^x\bigr). \]
Possiamo anche separare direttamente il rapporto iniziale:
\[ \frac{(\ln(x))^3+x^4}{e^x} = \frac{(\ln(x))^3}{e^x} + \frac{x^4}{e^x}. \]
Il secondo termine tende a \(0\) perché \(x^4=o(e^x)\).
Per il primo termine possiamo scrivere
\[ \frac{(\ln(x))^3}{e^x} = \frac{(\ln(x))^3}{x^4} \cdot \frac{x^4}{e^x}. \]
Entrambi i fattori tendono a \(0\), quindi anche il loro prodotto tende a \(0\).
Di conseguenza,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{(\ln(x))^3+x^4}{e^x} =0 . \]
Esercizio 20 — livello ★★★★★
Calcolare
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{x^x+3^x}{2x^x+x^5}. \]
Risultato
\[ \frac{1}{2} \]
Svolgimento
In questo limite compaiono tre differenti tipi di crescita:
\[ x^5,\qquad 3^x,\qquad x^x. \]
Dobbiamo innanzitutto stabilire quale funzione domina le altre.
La gerarchia fondamentale ci fornisce
\[ x^5=o\bigl(3^x\bigr), \]
perché ogni potenza positiva di \(x\) cresce più lentamente di ogni esponenziale con base maggiore di \(1\).
Inoltre,
\[ 3^x=o\bigl(x^x\bigr), \]
perché ogni esponenziale con base costante maggiore di \(1\) cresce più lentamente di \(x^x\).
Il termine dominante sia al numeratore sia al denominatore è quindi \(x^x\).
Dividiamo numeratore e denominatore per \(x^x\):
\[ \frac{x^x+3^x}{2x^x+x^5} = \frac{1+\displaystyle\frac{3^x}{x^x}}{2+\displaystyle\frac{x^5}{x^x}}. \]
Dalla relazione
\[ 3^x=o\bigl(x^x\bigr) \]
segue immediatamente che
\[ \frac{3^x}{x^x}\to0. \]
Dobbiamo ora giustificare con attenzione anche
\[ \frac{x^5}{x^x}\to0. \]
Utilizziamo i due confronti della gerarchia già individuati:
\[ \frac{x^5}{3^x}\to0 \qquad\text{e}\qquad \frac{3^x}{x^x}\to0. \]
Possiamo scrivere
\[ \frac{x^5}{x^x} = \frac{x^5}{3^x} \cdot \frac{3^x}{x^x}. \]
Entrambi i fattori tendono a \(0\). Pertanto il loro prodotto tende a \(0\):
\[ \frac{x^5}{x^x}\to0. \]
Possiamo ora passare al limite nell'espressione ottenuta:
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{1+\displaystyle\frac{3^x}{x^x}}{2+\displaystyle\frac{x^5}{x^x}} = \frac{1+0}{2+0} = \frac{1}{2}. \]
Quindi
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{x^x+3^x}{2x^x+x^5} = \frac{1}{2} . \]
Il risultato può essere interpretato anche attraverso i termini dominanti:
\[ x^x+3^x\sim x^x \]
e
\[ 2x^x+x^5\sim2x^x. \]
Il rapporto tra le due funzioni si comporta quindi come
\[ \frac{x^x}{2x^x}=\frac{1}{2}. \]