I seguenti esercizi permettono di applicare progressivamente le definizioni e le proprietà relative a infiniti, infinitesimi, ordini, equivalenze asintotiche e \(o\)-piccolo.
In ogni esercizio il processo di limite viene indicato esplicitamente, poiché una funzione può essere infinita, infinitesima oppure non presentare nessuno dei due comportamenti a seconda del limite considerato.
Esercizio 1 — livello ★☆☆☆☆
Stabilire se la funzione
\[ f(x)=x^3 \]
è infinita oppure infinitesima nei processi di limite \(x\to 0\) e \(x\to+\infty\).
Risultato
La funzione \(x^3\) è infinitesima per \(x\to 0\) ed è infinita per \(x\to+\infty\).
Svolgimento
Una funzione è infinitesima rispetto a un determinato processo di limite quando il suo limite è uguale a zero.
Consideriamo innanzitutto \(x\to 0\). Poiché la funzione \(x^3\) è continua, possiamo calcolare il limite mediante sostituzione diretta:
\[ \lim_{x\to 0}x^3=0^3=0. \]
Pertanto \(x^3\) è una funzione infinitesima per \(x\to 0\).
Consideriamo ora \(x\to+\infty\). Quando \(x\) assume valori positivi sempre più grandi, anche \(x^3\) assume valori positivi sempre più grandi. Si ha quindi
\[ \lim_{x\to+\infty}x^3=+\infty. \]
Di conseguenza, \(x^3\) è una funzione infinita per \(x\to+\infty\).
L’esercizio mostra che essere infinita o infinitesima non è una proprietà assoluta della funzione: dipende sempre dal processo di limite considerato.
Esercizio 2 — livello ★☆☆☆☆
Studiare il comportamento della funzione
\[ f(x)=\frac{1}{x^2} \]
per \(x\to 0\) e per \(x\to+\infty\).
Risultato
La funzione \(\displaystyle\frac{1}{x^2}\) è infinita per \(x\to 0\) ed è infinitesima per \(x\to+\infty\).
Svolgimento
Consideriamo inizialmente il limite per \(x\to 0\).
Quando \(x\) si avvicina a zero, \(x^2\) rimane positivo e tende a zero:
\[ x^2\to 0^+. \]
Il reciproco di una quantità positiva che tende a zero assume valori positivi arbitrariamente grandi. Pertanto
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1}{x^2}=+\infty. \]
La funzione è quindi infinita per \(x\to 0\).
Consideriamo adesso \(x\to+\infty\). In questo caso
\[ x^2\to+\infty. \]
Il reciproco di una quantità positiva che tende a \(+\infty\) tende a zero. Ne segue che
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x^2}=0. \]
Pertanto \(\displaystyle\frac{1}{x^2}\) è infinitesima per \(x\to+\infty\).
Esercizio 3 — livello ★★☆☆☆
Confrontare gli infiniti
\[ f(x)=x^2 \qquad\text{e}\qquad g(x)=x^5 \]
per \(x\to+\infty\).
Risultato
La funzione \(x^2\) è un infinito di ordine inferiore rispetto a \(x^5\).
Svolgimento
Entrambe le funzioni sono infinite per \(x\to+\infty\), poiché
\[ \lim_{x\to+\infty}x^2=+\infty \qquad\text{e}\qquad \lim_{x\to+\infty}x^5=+\infty. \]
Per confrontare la rapidità con cui crescono, calcoliamo il limite del rapporto tra \(f(x)\) e \(g(x)\):
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{x^5}. \]
Utilizzando le proprietà delle potenze, semplifichiamo:
\[ \frac{x^2}{x^5}=\frac{1}{x^3}. \]
Poiché \(x^3\to+\infty\), il suo reciproco tende a zero:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x^3}=0. \]
Abbiamo quindi ottenuto
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{x^5}=0. \]
Quando il rapporto tra due infiniti tende a zero, la funzione posta al numeratore è un infinito di ordine inferiore rispetto a quella posta al denominatore.
Pertanto \(x^2\) è un infinito di ordine inferiore rispetto a \(x^5\).
Esercizio 4 — livello ★★☆☆☆
Confrontare gli infinitesimi
\[ f(x)=\frac{1}{x^4} \qquad\text{e}\qquad g(x)=\frac{1}{x} \]
per \(x\to+\infty\).
Risultato
La funzione \(\displaystyle\frac{1}{x^4}\) è un infinitesimo di ordine superiore rispetto a \(\displaystyle\frac{1}{x}\).
Svolgimento
Le due funzioni sono infinitesime per \(x\to+\infty\), poiché
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x^4}=0 \qquad\text{e}\qquad \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}=0. \]
Per confrontare due infinitesimi consideriamo il limite del loro rapporto:
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\displaystyle\frac{1}{x^4}} {\displaystyle\frac{1}{x}}. \]
Dividere per una frazione equivale a moltiplicare per il suo reciproco. Pertanto
\[ \frac{\displaystyle\frac{1}{x^4}} {\displaystyle\frac{1}{x}} = \frac{1}{x^4}\cdot x = \frac{1}{x^3}. \]
Calcoliamo il limite:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x^3}=0. \]
Quando il rapporto tra due infinitesimi tende a zero, l’infinitesimo posto al numeratore tende a zero più rapidamente ed è quindi di ordine superiore.
Di conseguenza, \(\displaystyle\frac{1}{x^4}\) è un infinitesimo di ordine superiore rispetto a \(\displaystyle\frac{1}{x}\).
Esercizio 5 — livello ★★☆☆☆
Stabilire se gli infiniti
\[ f(x)=3x^2+1 \qquad\text{e}\qquad g(x)=x^2 \]
sono dello stesso ordine e se sono asintoticamente equivalenti per \(x\to+\infty\).
Risultato
Le due funzioni sono infinite dello stesso ordine, ma non sono asintoticamente equivalenti.
Svolgimento
Per \(x\to+\infty\), entrambe le funzioni tendono a \(+\infty\). Possiamo quindi confrontarle mediante il rapporto:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2+1}{x^2}. \]
Dividiamo separatamente ciascun termine del numeratore per \(x^2\):
\[ \frac{3x^2+1}{x^2} = \frac{3x^2}{x^2}+\frac{1}{x^2} = 3+\frac{1}{x^2}. \]
Poiché
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x^2}=0, \]
otteniamo
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2+1}{x^2}=3. \]
Il rapporto tende a una costante finita e diversa da zero. Le due funzioni sono quindi infinite dello stesso ordine.
Per essere asintoticamente equivalenti, tuttavia, il rapporto dovrebbe tendere esattamente a \(1\). Poiché il limite è \(3\), non possiamo scrivere
\[ 3x^2+1\sim x^2. \]
Possiamo invece osservare che
\[ 3x^2+1\sim 3x^2, \]
perché
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2+1}{3x^2}=1. \]
Esercizio 6 — livello ★★☆☆☆
Verificare che
\[ x^2+x\sim x^2 \qquad\text{per }x\to+\infty. \]
Risultato
L’equivalenza è vera:
\[ x^2+x\sim x^2 \qquad\text{per }x\to+\infty. \]
Svolgimento
Due funzioni sono asintoticamente equivalenti quando il rapporto tra la prima e la seconda tende a \(1\).
Dobbiamo quindi calcolare
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2+x}{x^2}. \]
Dividiamo entrambi i termini del numeratore per \(x^2\):
\[ \frac{x^2+x}{x^2} = \frac{x^2}{x^2}+\frac{x}{x^2} = 1+\frac{1}{x}. \]
Poiché
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}=0, \]
segue che
\[ \lim_{x\to+\infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)=1. \]
Pertanto
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2+x}{x^2}=1, \]
e quindi
\[ x^2+x\sim x^2. \]
Il termine \(x\) è trascurabile rispetto a \(x^2\) nel comportamento principale della funzione per \(x\to+\infty\).
Esercizio 7 — livello ★★★☆☆
Determinare l’ordine dell’infinito
\[ f(x)=x^6 \]
rispetto all’infinito
\[ g(x)=x^2 \]
per \(x\to+\infty\).
Risultato
La funzione \(x^6\) è un infinito di ordine \(3\) rispetto a \(x^2\).
Svolgimento
La funzione \(f\) è un infinito di ordine \(\alpha>0\) rispetto a \(g\) se
\[ \lim\frac{f(x)}{[g(x)]^\alpha}=L, \qquad 0<|L|<+\infty. \]
Nel nostro caso
\[ f(x)=x^6 \qquad\text{e}\qquad g(x)=x^2. \]
Cerchiamo un numero \(\alpha>0\) tale che
\[ [g(x)]^\alpha=(x^2)^\alpha=x^{2\alpha} \]
abbia la stessa potenza di \(x\) presente in \(f(x)=x^6\).
Dobbiamo quindi imporre
\[ 2\alpha=6. \]
Dividendo entrambi i membri per \(2\), otteniamo
\[ \alpha=3. \]
Verifichiamo la definizione:
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{x^6}{(x^2)^3} = \lim_{x\to+\infty} \frac{x^6}{x^6} = \lim_{x\to+\infty}1 = 1. \]
Il limite è finito e diverso da zero. Pertanto \(x^6\) è un infinito di ordine \(3\) rispetto a \(x^2\).
Esercizio 8 — livello ★★★☆☆
Determinare l’ordine dell’infinitesimo
\[ f(x)=x^5 \]
rispetto all’infinitesimo
\[ g(x)=x \]
per \(x\to 0^+\).
Risultato
La funzione \(x^5\) è un infinitesimo di ordine \(5\) rispetto a \(x\).
Svolgimento
Per \(x\to 0^+\), sia \(x^5\) sia \(x\) tendono a zero. Sono quindi due infinitesimi rispetto allo stesso processo di limite.
Cerchiamo \(\alpha>0\) tale che
\[ \lim_{x\to 0^+}\frac{x^5}{x^\alpha} \]
sia una costante finita e diversa da zero.
Utilizzando le proprietà delle potenze, per \(x>0\) si ha
\[ \frac{x^5}{x^\alpha}=x^{5-\alpha}. \]
Affinché il rapporto sia identicamente uguale a \(1\), dobbiamo scegliere
\[ 5-\alpha=0. \]
Ne segue
\[ \alpha=5. \]
Verifichiamo:
\[ \lim_{x\to 0^+}\frac{x^5}{x^5} = \lim_{x\to 0^+}1 = 1. \]
Poiché il limite è finito e diverso da zero, \(x^5\) è un infinitesimo di ordine \(5\) rispetto a \(x\).
Esercizio 9 — livello ★★★☆☆
Stabilire se gli infiniti
\[ f(x)=x(2+\sin x) \qquad\text{e}\qquad g(x)=x \]
sono confrontabili mediante la classificazione basata sul limite del rapporto per \(x\to+\infty\).
Risultato
Le due funzioni sono entrambe infinite, ma non sono confrontabili mediante la classificazione basata sul limite del rapporto, perché tale limite non esiste.
Svolgimento
Per ogni numero reale \(x\) vale
\[ -1\leq\sin x\leq 1. \]
Sommando \(2\) a tutti i membri otteniamo
\[ 1\leq 2+\sin x\leq 3. \]
Per \(x>0\), moltiplicando per \(x\) si ricava
\[ x\leq x(2+\sin x)\leq 3x. \]
Poiché \(x\to+\infty\), anche \(x(2+\sin x)\to+\infty\). Pertanto sia \(f\) sia \(g\) sono infinite per \(x\to+\infty\).
Calcoliamo ora il loro rapporto:
\[ \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{x(2+\sin x)}{x} = 2+\sin x. \]
La funzione \(\sin x\) continua a oscillare tra \(-1\) e \(1\) quando \(x\to+\infty\). Di conseguenza, \(2+\sin x\) continua a oscillare tra \(1\) e \(3\) e non ammette limite.
Il rapporto non tende quindi né a zero, né a una costante finita e diversa da zero, né ha valore assoluto tendente a \(+\infty\).
Le due funzioni non sono pertanto confrontabili mediante questa classificazione.
Esercizio 10 — livello ★★★☆☆
Studiare la relazione tra l’infinitesimo
\[ f(x)=x \]
e il suo reciproco per \(x\to 0\), distinguendo il limite destro, il limite sinistro e il limite bilatero.
Risultato
Si ha
\[ \lim_{x\to 0^+}\frac{1}{x}=+\infty, \qquad \lim_{x\to 0^-}\frac{1}{x}=-\infty. \]
Il limite bilatero di \(\displaystyle\frac{1}{x}\) per \(x\to 0\) non esiste, mentre
\[ \lim_{x\to 0}\left|\frac{1}{x}\right|=+\infty. \]
Svolgimento
La funzione \(f(x)=x\) è infinitesima per \(x\to 0\), perché
\[ \lim_{x\to 0}x=0. \]
Tuttavia, \(x\) non ha segno definitivo in un intorno completo di zero: è positiva a destra di zero e negativa a sinistra di zero.
Consideriamo prima \(x\to 0^+\). In questo caso \(x\) assume valori positivi sempre più piccoli:
\[ x\to 0^+. \]
Il reciproco di una quantità positiva che tende a zero tende a \(+\infty\). Pertanto
\[ \lim_{x\to 0^+}\frac{1}{x}=+\infty. \]
Consideriamo ora \(x\to 0^-\). In questo caso \(x\) assume valori negativi il cui valore assoluto diventa sempre più piccolo:
\[ x\to 0^-. \]
Il reciproco rimane negativo e diventa arbitrariamente grande in valore assoluto. Di conseguenza
\[ \lim_{x\to 0^-}\frac{1}{x}=-\infty. \]
I due limiti laterali sono diversi. Il limite bilatero
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1}{x} \]
non esiste quindi come limite infinito con segno.
Il valore assoluto del reciproco è invece
\[ \left|\frac{1}{x}\right|=\frac{1}{|x|}. \]
Poiché \(|x|\to 0^+\), si ha
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1}{|x|}=+\infty. \]
Pertanto
\[ \lim_{x\to 0}\left|\frac{1}{x}\right|=+\infty. \]
Esercizio 11 — livello ★★☆☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x}=3. \]
Svolgimento
Per \(u\to 0\) vale l’equivalenza fondamentale
\[ \sin u\sim u. \]
Nel nostro caso l’argomento del seno è
\[ u=3x. \]
Quando \(x\to 0\), anche \(3x\to 0\). Possiamo quindi applicare l’equivalenza:
\[ \sin(3x)\sim 3x. \]
Poiché \(\sin(3x)\) compare come fattore al numeratore di un quoziente, possiamo sostituirla con il suo equivalente:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{3x}{x}. \]
Per \(x\neq 0\), semplifichiamo \(x\):
\[ \frac{3x}{x}=3. \]
Pertanto
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x} = \lim_{x\to 0}3 = 3. \]
Esercizio 12 — livello ★★☆☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(2x)}{x^2}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(2x)}{x^2}=2. \]
Svolgimento
Per \(u\to 0\) vale l’equivalenza
\[ 1-\cos u\sim\frac{u^2}{2}. \]
Poniamo
\[ u=2x. \]
Quando \(x\to 0\), anche \(u=2x\to 0\). Possiamo quindi scrivere
\[ 1-\cos(2x)\sim\frac{(2x)^2}{2}. \]
Calcoliamo il quadrato:
\[ (2x)^2=4x^2. \]
Di conseguenza
\[ \frac{(2x)^2}{2} = \frac{4x^2}{2} = 2x^2. \]
Pertanto
\[ 1-\cos(2x)\sim 2x^2. \]
Sostituendo l’equivalente nel quoziente otteniamo
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(2x)}{x^2} = \lim_{x\to 0}\frac{2x^2}{x^2}. \]
Per \(x\neq 0\), si ha
\[ \frac{2x^2}{x^2}=2. \]
Pertanto il limite vale
\[ 2. \]
Esercizio 13 — livello ★★★☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{\tan(5x)}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{\tan(5x)}=\frac{2}{5}. \]
Svolgimento
Per \(u\to 0\) valgono le equivalenze
\[ e^u-1\sim u \qquad\text{e}\qquad \tan u\sim u. \]
Nel numeratore poniamo \(u=2x\). Poiché \(2x\to 0\), otteniamo
\[ e^{2x}-1\sim 2x. \]
Nel denominatore poniamo \(u=5x\). Poiché \(5x\to 0\), otteniamo
\[ \tan(5x)\sim 5x. \]
Le due espressioni compaiono rispettivamente al numeratore e al denominatore di un quoziente. Possiamo quindi utilizzare i loro equivalenti:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{\tan(5x)} = \lim_{x\to 0}\frac{2x}{5x}. \]
Per \(x\neq 0\), semplifichiamo \(x\):
\[ \frac{2x}{5x}=\frac{2}{5}. \]
Pertanto
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{\tan(5x)} = \frac{2}{5}. \]
Esercizio 14 — livello ★★★☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+4x)}{\arcsin(3x)}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+4x)}{\arcsin(3x)}=\frac{4}{3}. \]
Svolgimento
Per \(u\to 0\) valgono le equivalenze
\[ \ln(1+u)\sim u \qquad\text{e}\qquad \arcsin u\sim u. \]
Nel numeratore l’incremento che compare nel logaritmo è \(4x\). Quando \(x\to 0\), anche \(4x\to 0\). Pertanto
\[ \ln(1+4x)\sim 4x. \]
Nel denominatore l’argomento della funzione arcoseno è \(3x\). Poiché \(3x\to 0\), si ha
\[ \arcsin(3x)\sim 3x. \]
Utilizzando gli equivalenti nel quoziente otteniamo
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+4x)}{\arcsin(3x)} = \lim_{x\to 0}\frac{4x}{3x}. \]
Per \(x\neq 0\), semplifichiamo il fattore \(x\):
\[ \frac{4x}{3x}=\frac{4}{3}. \]
Pertanto il limite richiesto è
\[ \frac{4}{3}. \]
Esercizio 15 — livello ★★★☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^5-1}{e^{2x}-1}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^5-1}{e^{2x}-1}=\frac{5}{2}. \]
Svolgimento
Per \(x\to 0\) vale l’equivalenza
\[ (1+x)^\alpha-1\sim\alpha x, \qquad \alpha\neq 0. \]
Nel nostro caso \(\alpha=5\). Pertanto
\[ (1+x)^5-1\sim 5x. \]
Per il denominatore utilizziamo l’equivalenza
\[ e^u-1\sim u \qquad\text{per }u\to 0. \]
Ponendo \(u=2x\), poiché \(2x\to 0\), otteniamo
\[ e^{2x}-1\sim 2x. \]
Le due espressioni compaiono in un quoziente, quindi possiamo sostituirle con i rispettivi equivalenti:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^5-1}{e^{2x}-1} = \lim_{x\to 0}\frac{5x}{2x}. \]
Per \(x\neq 0\), semplifichiamo \(x\):
\[ \frac{5x}{2x}=\frac{5}{2}. \]
Pertanto
\[ \lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^5-1}{e^{2x}-1} = \frac{5}{2}. \]
Esercizio 16 — livello ★★★★☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(2x)\tan(3x)}{x^2}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(2x)\tan(3x)}{x^2}=6. \]
Svolgimento
Il numeratore è il prodotto di due infinitesimi. Possiamo applicare separatamente le equivalenze fondamentali ai due fattori.
Poiché
\[ \sin u\sim u \qquad\text{per }u\to 0, \]
ponendo \(u=2x\) otteniamo
\[ \sin(2x)\sim 2x. \]
Inoltre
\[ \tan u\sim u \qquad\text{per }u\to 0. \]
Ponendo \(u=3x\), ricaviamo
\[ \tan(3x)\sim 3x. \]
Gli equivalenti vengono utilizzati all’interno di un prodotto e di un quoziente, quindi la sostituzione è lecita:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(2x)\tan(3x)}{x^2} = \lim_{x\to 0}\frac{(2x)(3x)}{x^2}. \]
Moltiplichiamo i fattori al numeratore:
\[ (2x)(3x)=6x^2. \]
Pertanto
\[ \lim_{x\to 0}\frac{6x^2}{x^2}. \]
Per \(x\neq 0\), si ha
\[ \frac{6x^2}{x^2}=6. \]
Il limite richiesto è quindi
\[ 6. \]
Esercizio 17 — livello ★★★★☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(4x)}{x\sin(2x)}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(4x)}{x\sin(2x)}=4. \]
Svolgimento
Per il numeratore utilizziamo l’equivalenza
\[ 1-\cos u\sim\frac{u^2}{2} \qquad\text{per }u\to 0. \]
Ponendo \(u=4x\), otteniamo
\[ 1-\cos(4x)\sim\frac{(4x)^2}{2}. \]
Calcoliamo:
\[ \frac{(4x)^2}{2} = \frac{16x^2}{2} = 8x^2. \]
Pertanto
\[ 1-\cos(4x)\sim 8x^2. \]
Nel denominatore compare il prodotto \(x\sin(2x)\). Per il seno vale
\[ \sin(2x)\sim 2x. \]
Di conseguenza
\[ x\sin(2x)\sim x\cdot 2x=2x^2. \]
Possiamo ora sostituire gli equivalenti nel quoziente:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(4x)}{x\sin(2x)} = \lim_{x\to 0}\frac{8x^2}{2x^2}. \]
Per \(x\neq 0\), semplifichiamo \(x^2\):
\[ \frac{8x^2}{2x^2}=\frac{8}{2}=4. \]
Pertanto il limite vale
\[ 4. \]
Esercizio 18 — livello ★★★☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{(x^2+x)-x^2}{x} \]
e spiegare perché non è corretto sostituire direttamente \(x^2+x\) con l’equivalente \(x^2\) nella differenza.
Risultato
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{(x^2+x)-x^2}{x}=1. \]
La sostituzione diretta mediante equivalenti nella differenza non è lecita, perché eliminerebbe proprio il termine che determina il valore del limite.
Svolgimento
Sappiamo che
\[ x^2+x\sim x^2 \qquad\text{per }x\to+\infty, \]
perché
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2+x}{x^2}=1. \]
Tuttavia, l’espressione \(x^2+x\) compare all’interno della differenza
\[ (x^2+x)-x^2. \]
Gli equivalenti non possono essere sostituiti automaticamente nelle somme e nelle differenze, perché i termini principali possono cancellarsi.
Calcoliamo quindi la differenza esattamente:
\[ (x^2+x)-x^2=x^2+x-x^2=x. \]
Il limite diventa
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{x}. \]
Per \(x\neq 0\),
\[ \frac{x}{x}=1. \]
Pertanto
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{(x^2+x)-x^2}{x}=1. \]
Se avessimo sostituito \(x^2+x\) con \(x^2\) direttamente nella differenza, avremmo ottenuto
\[ x^2-x^2=0 \]
e quindi, erroneamente,
\[ \frac{0}{x}=0. \]
La sostituzione avrebbe eliminato il termine \(x\), che è trascurabile rispetto a \(x^2\) nella funzione \(x^2+x\), ma diventa il termine determinante dopo la cancellazione dei termini \(x^2\).
Esercizio 19 — livello ★★★★☆
Utilizzando le gerarchie fondamentali, stabilire le seguenti relazioni per \(x\to+\infty\):
\[ \ln(x)=o(\sqrt{x}), \qquad x^4=o(2^x), \]
e ricavare le corrispondenti relazioni tra i reciproci.
Risultato
Per \(x\to+\infty\) si ha
\[ \ln(x)=o(\sqrt{x}), \qquad x^4=o(2^x), \]
e, passando ai reciproci,
\[ \frac{1}{2^x}=o\left(\frac{1}{x^4}\right), \qquad \frac{1}{\sqrt{x}}=o\left(\frac{1}{\ln(x)}\right). \]
Svolgimento
La scrittura
\[ f(x)=o(g(x)) \]
significa che
\[ \lim\frac{f(x)}{g(x)}=0. \]
La gerarchia fondamentale tra logaritmi e potenze afferma che, per ogni \(\alpha>0\),
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x)}{x^\alpha}=0. \]
Poiché
\[ \sqrt{x}=x^{1/2} \]
e \(\displaystyle\frac{1}{2}>0\), scegliendo \(\alpha=\displaystyle\frac{1}{2}\) otteniamo
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x)}{\sqrt{x}}=0. \]
Per definizione di \(o\)-piccolo, possiamo quindi scrivere
\[ \ln(x)=o(\sqrt{x}). \]
La gerarchia tra potenze ed esponenziali afferma inoltre che, per ogni \(\alpha>0\) e ogni \(a>1\),
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^\alpha}{a^x}=0. \]
Scegliendo \(\alpha=4\) e \(a=2\), otteniamo
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^4}{2^x}=0. \]
Pertanto
\[ x^4=o(2^x). \]
Passiamo ora ai reciproci. Dalla relazione
\[ x^4=o(2^x) \]
segue che \(2^x\) cresce più rapidamente di \(x^4\). Di conseguenza, il reciproco di \(2^x\) tende a zero più rapidamente del reciproco di \(x^4\):
\[ \frac{1}{2^x} = o\left(\frac{1}{x^4}\right). \]
Infatti,
\[ \frac{\displaystyle\frac{1}{2^x}} {\displaystyle\frac{1}{x^4}} = \frac{x^4}{2^x} \to 0. \]
Analogamente, dalla relazione
\[ \ln(x)=o(\sqrt{x}) \]
segue
\[ \frac{1}{\sqrt{x}} = o\left(\frac{1}{\ln(x)}\right). \]
Infatti,
\[ \frac{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{x}}} {\displaystyle\frac{1}{\ln(x)}} = \frac{\ln(x)}{\sqrt{x}} \to 0. \]
Esercizio 20 — livello ★★★★★
Calcolare il limite
\[ \lim_{x\to 0} \frac{(1-\cos x)\ln(1+x)} {x^2\sin x}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 0} \frac{(1-\cos x)\ln(1+x)} {x^2\sin x} = \frac{1}{2}. \]
Svolgimento
Il limite presenta la forma indeterminata \(\displaystyle\frac{0}{0}\), perché per \(x\to 0\) si ha
\[ 1-\cos x\to 0, \qquad \ln(1+x)\to 0, \qquad x^2\sin x\to 0. \]
Il numeratore è un prodotto e il denominatore è anch’esso un prodotto. Possiamo quindi utilizzare le equivalenze asintotiche dei singoli fattori.
Per \(x\to 0\) vale
\[ 1-\cos x\sim\frac{x^2}{2}. \]
Inoltre,
\[ \ln(1+x)\sim x \]
e
\[ \sin x\sim x. \]
Sostituiamo ciascun fattore con il proprio equivalente:
\[ \lim_{x\to 0} \frac{(1-\cos x)\ln(1+x)} {x^2\sin x} = \lim_{x\to 0} \frac{\displaystyle\frac{x^2}{2}\cdot x} {x^2\cdot x}. \]
Moltiplichiamo i fattori al numeratore:
\[ \frac{x^2}{2}\cdot x=\frac{x^3}{2}. \]
Moltiplichiamo i fattori al denominatore:
\[ x^2\cdot x=x^3. \]
Il limite diventa quindi
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\displaystyle\frac{x^3}{2}}{x^3}. \]
Dividere \(\displaystyle\frac{x^3}{2}\) per \(x^3\) equivale a scrivere
\[ \frac{x^3}{2x^3}. \]
Per \(x\neq 0\), possiamo semplificare \(x^3\):
\[ \frac{x^3}{2x^3}=\frac{1}{2}. \]
Pertanto
\[ \lim_{x\to 0} \frac{(1-\cos x)\ln(1+x)} {x^2\sin x} = \frac{1}{2}. \]