I seguenti esercizi permettono di applicare le definizioni e le proprietà dei limiti infiniti e dei limiti all'infinito. Gli esercizi comprendono limiti infiniti in un punto, limiti destro e sinistro, asintoti verticali e orizzontali, forme indeterminate, confronto tra funzioni e studio del termine dominante.
Ogni esercizio è svolto passo passo, prestando particolare attenzione al segno delle quantità che tendono a zero e distinguendo i limiti destro e sinistro ogni volta che questa distinzione è necessaria.
Nei limiti all'infinito verranno utilizzati esclusivamente gli strumenti introdotti nella teoria: proprietà dei limiti, trasformazioni algebriche, razionalizzazione, confronto tra gradi, individuazione del termine dominante e teorema del confronto.
Esercizio 1 — livello ★☆☆☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{x\to2}\frac{1}{(x-2)^2} \]
e verificarlo direttamente mediante la definizione di limite uguale a \(+\infty\).
Risultato
\[ \lim_{x\to2}\frac{1}{(x-2)^2}=+\infty. \]
Svolgimento
Quando \(x\to2\), la differenza \(x-2\) tende a \(0\). Poiché questa differenza è elevata al quadrato, per ogni \(x\neq2\) si ha
\[ (x-2)^2>0. \]
Il denominatore tende quindi a zero attraverso valori positivi:
\[ (x-2)^2\to0^+. \]
Il reciproco di una quantità positiva che tende a zero cresce senza limite. Ci aspettiamo pertanto
\[ \lim_{x\to2}\frac{1}{(x-2)^2}=+\infty. \]
Verifichiamo ora il risultato direttamente dalla definizione. Dobbiamo dimostrare che, per ogni \(M>0\), esiste \(\delta>0\) tale che
\[ 0<|x-2|<\delta \]
implichi
\[ \frac{1}{(x-2)^2}>M. \]
Partiamo proprio dalla disuguaglianza che vogliamo ottenere. Poiché \((x-2)^2>0\) e \(M>0\),
\[ \frac{1}{(x-2)^2}>M \]
equivale a
\[ (x-2)^2<\frac{1}{M}. \]
Prendendo la radice quadrata,
\[ |x-2|<\frac{1}{\sqrt{M}}. \]
È quindi sufficiente scegliere
\[ \delta=\frac{1}{\sqrt{M}}. \]
Infatti, se \(0<|x-2|<\delta\), allora
\[ |x-2|<\frac{1}{\sqrt{M}}, \]
da cui
\[ (x-2)^2<\frac{1}{M} \]
e dunque
\[ \frac{1}{(x-2)^2}>M. \]
La definizione è verificata per ogni \(M>0\), quindi il limite è \(+\infty\).
Esercizio 2 — livello ★☆☆☆☆
Calcolare
\[ \lim_{x\to-3}\left(-\frac{4}{(x+3)^2}\right). \]
Risultato
\[ \lim_{x\to-3}\left(-\frac{4}{(x+3)^2}\right)=-\infty. \]
Svolgimento
Quando \(x\to-3\), si ha
\[ x+3\to0. \]
Il quadrato \((x+3)^2\) è positivo per ogni \(x\neq-3\) e tende a zero. Più precisamente,
\[ (x+3)^2\to0^+. \]
Di conseguenza,
\[ \frac{4}{(x+3)^2}\to+\infty. \]
Nell'espressione dell'esercizio è però presente il segno meno. Moltiplicare una quantità positiva arbitrariamente grande per \(-1\) produce una quantità negativa arbitrariamente grande in valore assoluto. Pertanto
\[ -\frac{4}{(x+3)^2}\to-\infty. \]
Si conclude quindi che
\[ \lim_{x\to-3}\left(-\frac{4}{(x+3)^2}\right)=-\infty. \]
Poiché lo stesso comportamento si verifica sia per \(x\to-3^-\) sia per \(x\to-3^+\), il limite per \(x\to-3\) esiste come limite infinito ed è uguale a \(-\infty\). La retta \(x=-3\) è inoltre un asintoto verticale.
Esercizio 3 — livello ★☆☆☆☆
Calcolare il limite sinistro e il limite destro
\[ \lim_{x\to1^-}\frac{1}{x-1}, \qquad \lim_{x\to1^+}\frac{1}{x-1}, \]
e stabilire se esiste il limite per \(x\to1\).
Risultato
\[ \lim_{x\to1^-}\frac{1}{x-1}=-\infty, \qquad \lim_{x\to1^+}\frac{1}{x-1}=+\infty. \]
Il limite per \(x\to1\) non esiste. La retta \(x=1\) è un asintoto verticale.
Svolgimento
Il denominatore \(x-1\) tende a zero quando \(x\to1\). Per determinare il comportamento del reciproco non basta sapere che il denominatore tende a zero: è indispensabile stabilire se tende a \(0^-\) oppure a \(0^+\).
Consideriamo prima \(x\to1^-\). In questo caso \(x<1\), quindi
\[ x-1<0. \]
Inoltre \(x-1\) si avvicina a zero. Possiamo dunque scrivere
\[ x-1\to0^-. \]
Il reciproco di una quantità negativa che tende a zero assume valori negativi arbitrariamente grandi in valore assoluto. Pertanto
\[ \lim_{x\to1^-}\frac{1}{x-1}=-\infty. \]
Consideriamo ora \(x\to1^+\). Questa volta \(x>1\), perciò
\[ x-1>0 \]
e quindi
\[ x-1\to0^+. \]
Ne segue
\[ \lim_{x\to1^+}\frac{1}{x-1}=+\infty. \]
Il limite sinistro e il limite destro hanno segno opposto. Perché il limite per \(x\to1\) sia uguale a \(+\infty\), è necessario che il limite sinistro e il limite destro siano entrambi uguali a \(+\infty\); analogamente, per ottenere \(-\infty\), entrambi devono essere uguali a \(-\infty\).
Poiché ciò non accade, il limite
\[ \lim_{x\to1}\frac{1}{x-1} \]
non esiste. Tuttavia sia il limite sinistro sia il limite destro sono infiniti, quindi \(x=1\) è un asintoto verticale.
Esercizio 4 — livello ★★☆☆☆
Studiare il comportamento della funzione
\[ f(x)=\frac{2x+1}{x-2} \]
per \(x\to2^-\) e per \(x\to2^+\), quindi stabilire se \(x=2\) è un asintoto verticale.
Risultato
\[ \lim_{x\to2^-}\frac{2x+1}{x-2}=-\infty, \qquad \lim_{x\to2^+}\frac{2x+1}{x-2}=+\infty. \]
Il limite per \(x\to2\) non esiste e \(x=2\) è un asintoto verticale.
Svolgimento
In questo limite il numeratore e il denominatore hanno comportamenti differenti. Quando \(x\to2\),
\[ 2x+1\to5. \]
Il numeratore tende quindi a un numero positivo e, in particolare, rimane positivo per tutti gli \(x\) sufficientemente vicini a \(2\).
Il denominatore, invece, tende a zero:
\[ x-2\to0. \]
Il suo segno dipende dal lato di avvicinamento.
Se \(x\to2^-\), allora \(x<2\), quindi
\[ x-2\to0^-. \]
Abbiamo così un numeratore positivo che tende a \(5\) e un denominatore negativo che tende a zero. Il quoziente è pertanto negativo e cresce senza limite in valore assoluto:
\[ \lim_{x\to2^-}\frac{2x+1}{x-2}=-\infty. \]
Se invece \(x\to2^+\), allora
\[ x-2\to0^+. \]
Il numeratore è ancora positivo, mentre il denominatore è positivo e arbitrariamente piccolo. Ne segue
\[ \lim_{x\to2^+}\frac{2x+1}{x-2}=+\infty. \]
Poiché il limite sinistro e il limite destro sono infiniti ma hanno segno opposto, il limite per \(x\to2\) non esiste. La retta \(x=2\) è comunque un asintoto verticale, perché è sufficiente che almeno uno tra il limite sinistro e il limite destro sia infinito.
Esercizio 5 — livello ★★☆☆☆
Calcolare
\[ \lim_{x\to1^+}\frac{1}{\sqrt{x-1}} \]
e interpretare geometricamente il risultato.
Risultato
\[ \lim_{x\to1^+}\frac{1}{\sqrt{x-1}}=+\infty. \]
La retta \(x=1\) è un asintoto verticale.
Svolgimento
La funzione
\[ f(x)=\frac{1}{\sqrt{x-1}} \]
è definita soltanto quando \(x-1>0\), cioè per \(x>1\). Non esistono quindi punti del dominio arbitrariamente vicini a \(1\) da sinistra: il limite può essere studiato soltanto per \(x\to1^+\).
Per \(x\to1^+\), si ha
\[ x-1\to0^+. \]
La radice quadrata conserva la positività, perciò
\[ \sqrt{x-1}\to0^+. \]
Il reciproco di una quantità positiva che tende a zero tende a \(+\infty\). Pertanto
\[ \lim_{x\to1^+}\frac{1}{\sqrt{x-1}}=+\infty. \]
È importante osservare che per avere un asintoto verticale non è necessario che il comportamento infinito sia presente da entrambi i lati. È sufficiente che il limite destro oppure il limite sinistro sia infinito.
Di conseguenza, la retta
\[ x=1 \]
è un asintoto verticale del grafico della funzione.
Esercizio 6 — livello ★★☆☆☆
Calcolare
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(3+\frac{2}{x}\right) \]
e verificare il risultato mediante la definizione di limite finito per \(x\to+\infty\).
Risultato
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(3+\frac{2}{x}\right)=3. \]
La retta \(y=3\) è un asintoto orizzontale destro.
Svolgimento
Quando \(x\to+\infty\), il denominatore \(x\) cresce senza limite. Di conseguenza,
\[ \frac{2}{x}\to0. \]
Sommando \(3\), otteniamo immediatamente
\[ 3+\frac{2}{x}\to3. \]
Verifichiamo ora il risultato mediante la definizione. Dobbiamo dimostrare che, per ogni \(\varepsilon>0\), esiste \(A\in\mathbb{R}\) tale che
\[ x>A \]
implichi
\[ \left|3+\frac{2}{x}-3\right|<\varepsilon. \]
Per \(x>0\),
\[ \left|3+\frac{2}{x}-3\right| = \left|\frac{2}{x}\right| = \frac{2}{x}. \]
Vogliamo quindi
\[ \frac{2}{x}<\varepsilon. \]
Essendo \(x>0\) ed \(\varepsilon>0\), questa disuguaglianza equivale a
\[ x>\frac{2}{\varepsilon}. \]
È pertanto sufficiente scegliere
\[ A=\frac{2}{\varepsilon}. \]
Per ogni \(x>A\) si ha infatti
\[ \left|3+\frac{2}{x}-3\right|<\varepsilon. \]
La definizione è verificata e il limite è \(3\). Geometricamente, ciò significa che il grafico si avvicina alla retta \(y=3\) quando \(x\) assume valori positivi arbitrariamente grandi.
Esercizio 7 — livello ★★☆☆☆
Calcolare entrambi i limiti
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}, \qquad \lim_{x\to-\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}, \]
e determinare gli eventuali asintoti orizzontali.
Risultato
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=1, \qquad \lim_{x\to-\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=-1. \]
La retta \(y=1\) è l'asintoto orizzontale destro, mentre la retta \(y=-1\) è l'asintoto orizzontale sinistro.
Svolgimento
Il punto fondamentale è ricordare che
\[ \sqrt{x^2}=|x|, \]
e non semplicemente \(x\).
Riscriviamo il denominatore raccogliendo \(x^2\) sotto la radice:
\[ \sqrt{x^2+1} = \sqrt{x^2\left(1+\frac{1}{x^2}\right)} = |x|\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}. \]
Per \(x\to+\infty\), \(x\) è definitivamente positivo e quindi \(|x|=x\). Otteniamo
\[ \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} = \frac{x}{x\sqrt{1+\displaystyle\frac{1}{x^2}}} = \frac{1}{\sqrt{1+\displaystyle\frac{1}{x^2}}}. \]
Poiché
\[ \frac{1}{x^2}\to0, \]
segue
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=1. \]
Per \(x\to-\infty\), invece, \(x\) è definitivamente negativo e quindi \(|x|=-x\). Pertanto
\[ \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} = \frac{x}{-x\sqrt{1+\displaystyle\frac{1}{x^2}}} = -\frac{1}{\sqrt{1+\displaystyle\frac{1}{x^2}}}. \]
Passando al limite,
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=-1. \]
I due valori sono differenti. Il grafico possiede quindi due asintoti orizzontali distinti: \(y=1\) per \(x\to+\infty\) e \(y=-1\) per \(x\to-\infty\).
Esercizio 8 — livello ★★☆☆☆
Calcolare
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(-2x^5+3x^2-1\right) \]
e
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(-2x^5+3x^2-1\right). \]
Risultato
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(-2x^5+3x^2-1\right)=-\infty, \]
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(-2x^5+3x^2-1\right)=+\infty. \]
Svolgimento
In un polinomio, per \(x\to\pm\infty\), il comportamento complessivo è determinato dal termine di grado massimo. In questo caso il termine dominante è
\[ -2x^5. \]
Possiamo vedere formalmente questo comportamento raccogliendo \(x^5\):
\[ -2x^5+3x^2-1 = x^5\left(-2+\frac{3}{x^3}-\frac{1}{x^5}\right). \]
Quando \(x\to\pm\infty\),
\[ \frac{3}{x^3}\to0, \qquad \frac{1}{x^5}\to0, \]
quindi il fattore tra parentesi tende a \(-2\), che è negativo.
Per \(x\to+\infty\),
\[ x^5\to+\infty. \]
Moltiplicando una quantità positiva che cresce senza limite per un fattore che tende al numero negativo \(-2\), otteniamo
\[ -2x^5+3x^2-1\to-\infty. \]
Per \(x\to-\infty\), essendo la potenza \(5\) dispari,
\[ x^5\to-\infty. \]
Il prodotto di una quantità negativa arbitrariamente grande in valore assoluto per un fattore definitivamente negativo è positivo e cresce senza limite. Pertanto
\[ -2x^5+3x^2-1\to+\infty. \]
Esercizio 9 — livello ★★★☆☆
Calcolare
\[ \lim_{x\to\pm\infty}\frac{4x+1}{x^2+3}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4x+1}{x^2+3}=0, \qquad \lim_{x\to-\infty}\frac{4x+1}{x^2+3}=0. \]
La retta \(y=0\) è asintoto orizzontale in entrambi i versi.
Svolgimento
Numeratore e denominatore crescono entrambi in valore assoluto, perciò una lettura puramente simbolica porterebbe alla forma indeterminata
\[ \frac{\infty}{\infty}. \]
Questa forma non determina il valore del limite. Dobbiamo confrontare i termini dominanti.
Il numeratore ha grado \(1\), mentre il denominatore ha grado \(2\). Il denominatore cresce quindi più rapidamente.
Per rendere esplicito il calcolo dividiamo numeratore e denominatore per \(x^2\), la potenza di grado massimo presente al denominatore:
\[ \frac{4x+1}{x^2+3} = \frac{\displaystyle\frac{4}{x}+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {1+\displaystyle\frac{3}{x^2}}. \]
Per \(x\to+\infty\) e per \(x\to-\infty\),
\[ \frac{1}{x}\to0, \qquad \frac{1}{x^2}\to0. \]
Il numeratore tende quindi a \(0\), mentre il denominatore tende a \(1\). Ne segue
\[ \frac{\displaystyle\frac{4}{x}+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {1+\displaystyle\frac{3}{x^2}} \to0. \]
Pertanto entrambi i limiti sono uguali a \(0\), e la retta \(y=0\) è un asintoto orizzontale sia a destra sia a sinistra.
Esercizio 10 — livello ★★★☆☆
Calcolare
\[ \lim_{x\to\pm\infty}\frac{3x^2-x+1}{2x^2+5}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2-x+1}{2x^2+5} = \lim_{x\to-\infty}\frac{3x^2-x+1}{2x^2+5} = \frac{3}{2}. \]
Svolgimento
Sia il numeratore sia il denominatore sono polinomi di grado \(2\). In una funzione razionale con numeratore e denominatore dello stesso grado, il comportamento all'infinito è determinato dal rapporto tra i coefficienti dei termini di grado massimo.
Verifichiamo il risultato algebricamente. Dividiamo tutti i termini per \(x^2\):
\[ \frac{3x^2-x+1}{2x^2+5} = \frac{3-\displaystyle\frac{1}{x}+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {2+\displaystyle\frac{5}{x^2}}. \]
Quando \(x\to+\infty\) oppure \(x\to-\infty\),
\[ \frac{1}{x}\to0, \qquad \frac{1}{x^2}\to0. \]
Di conseguenza, il numeratore tende a \(3\) e il denominatore tende a \(2\):
\[ 3-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}\to3, \qquad 2+\frac{5}{x^2}\to2. \]
Poiché il limite del denominatore è diverso da zero, possiamo passare al quoziente:
\[ \lim_{x\to\pm\infty}\frac{3x^2-x+1}{2x^2+5} = \frac{3}{2}. \]
La retta
\[ y=\frac{3}{2} \]
è quindi un asintoto orizzontale in entrambi i versi.
Esercizio 11 — livello ★★★☆☆
Calcolare
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{2x^3+1}{x^2+1} \]
e
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3+1}{x^2+1}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{2x^3+1}{x^2+1}=+\infty, \qquad \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3+1}{x^2+1}=-\infty. \]
Svolgimento
Il numeratore ha grado \(3\), mentre il denominatore ha grado \(2\). Il numeratore cresce quindi di un ordine polinomiale superiore rispetto al denominatore.
Dividiamo numeratore e denominatore per \(x^2\):
\[ \frac{2x^3+1}{x^2+1} = \frac{2x+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {1+\displaystyle\frac{1}{x^2}}. \]
Per \(x\to+\infty\),
\[ 2x+\frac{1}{x^2}\to+\infty, \qquad 1+\frac{1}{x^2}\to1. \]
Il denominatore tende quindi a un numero positivo diverso da zero, mentre il numeratore tende a \(+\infty\). Pertanto
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{2x^3+1}{x^2+1}=+\infty. \]
Per \(x\to-\infty\), invece,
\[ 2x+\frac{1}{x^2}\to-\infty, \]
mentre il denominatore tende ancora a \(1>0\). Di conseguenza,
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3+1}{x^2+1}=-\infty. \]
Il risultato è coerente con il confronto dei termini dominanti:
\[ \frac{2x^3}{x^2}=2x. \]
Per grandi valori di \(|x|\), il rapporto ha quindi lo stesso comportamento essenziale di \(2x\).
Esercizio 12 — livello ★★★☆☆
Calcolare
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+1}-x\right). \]
Risultato
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)=0. \]
Svolgimento
Se consideriamo separatamente i due termini, per \(x\to+\infty\) si ha
\[ \sqrt{x^2+1}\to+\infty, \qquad x\to+\infty. \]
Compare quindi la forma indeterminata
\[ \infty-\infty. \]
Non possiamo concludere direttamente. In presenza di una differenza in cui compare una radice, è naturale razionalizzare moltiplicando e dividendo per l'espressione coniugata:
\[ \sqrt{x^2+1}-x = \frac{\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)\left(\sqrt{x^2+1}+x\right)} {\sqrt{x^2+1}+x}. \]
Al numeratore utilizziamo la differenza di quadrati:
\[ \left(\sqrt{x^2+1}\right)^2-x^2 = x^2+1-x^2 = 1. \]
Pertanto
\[ \sqrt{x^2+1}-x = \frac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}. \]
Per \(x\to+\infty\), entrambi i termini del denominatore sono positivi e crescono senza limite, quindi
\[ \sqrt{x^2+1}+x\to+\infty. \]
Il reciproco di una quantità che tende a \(+\infty\) tende a zero. Ne segue
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)=0. \]
La razionalizzazione ha quindi trasformato la forma indeterminata \(\infty-\infty\) in un quoziente il cui comportamento è immediatamente determinabile.
Esercizio 13 — livello ★★★★☆
Calcolare
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+3x}-x\right). \]
Risultato
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+3x}-x\right)=\frac{3}{2}. \]
Svolgimento
Per \(x\to+\infty\), sia \(\sqrt{x^2+3x}\) sia \(x\) tendono a \(+\infty\). Ci troviamo quindi nuovamente davanti alla forma indeterminata
\[ \infty-\infty. \]
Razionalizziamo:
\[ \sqrt{x^2+3x}-x = \frac{\left(\sqrt{x^2+3x}-x\right) \left(\sqrt{x^2+3x}+x\right)} {\sqrt{x^2+3x}+x}. \]
Il numeratore diventa
\[ x^2+3x-x^2=3x. \]
Pertanto
\[ \sqrt{x^2+3x}-x = \frac{3x}{\sqrt{x^2+3x}+x}. \]
Ora raccogliamo \(x^2\) sotto la radice:
\[ \sqrt{x^2+3x} = \sqrt{x^2\left(1+\frac{3}{x}\right)} = |x|\sqrt{1+\frac{3}{x}}. \]
Poiché stiamo considerando \(x\to+\infty\), \(x\) è definitivamente positivo e quindi \(|x|=x\). Otteniamo
\[ \sqrt{x^2+3x} = x\sqrt{1+\frac{3}{x}}. \]
Sostituendo,
\[ \frac{3x}{\sqrt{x^2+3x}+x} = \frac{3x} {x\sqrt{1+\displaystyle\frac{3}{x}}+x}. \]
Raccogliamo \(x\) al denominatore e semplifichiamo:
\[ \frac{3} {\sqrt{1+\displaystyle\frac{3}{x}}+1}. \]
Poiché
\[ \frac{3}{x}\to0, \]
otteniamo
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{3} {\sqrt{1+\displaystyle\frac{3}{x}}+1} = \frac{3}{1+1} = \frac{3}{2}. \]
Esercizio 14 — livello ★★★★☆
Calcolare
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^2+1}+x\right). \]
Risultato
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^2+1}+x\right)=0. \]
Svolgimento
Per \(x\to-\infty\), si ha
\[ \sqrt{x^2+1}\to+\infty, \qquad x\to-\infty. \]
La somma presenta quindi la forma indeterminata
\[ \infty-\infty. \]
Razionalizziamo moltiplicando e dividendo per l'espressione coniugata \(\sqrt{x^2+1}-x\):
\[ \sqrt{x^2+1}+x = \frac{\left(\sqrt{x^2+1}+x\right) \left(\sqrt{x^2+1}-x\right)} {\sqrt{x^2+1}-x}. \]
Al numeratore otteniamo
\[ x^2+1-x^2=1. \]
Quindi
\[ \sqrt{x^2+1}+x = \frac{1}{\sqrt{x^2+1}-x}. \]
Studiamo il denominatore. Per \(x\to-\infty\),
\[ \sqrt{x^2+1}\to+\infty \]
e, poiché \(x\to-\infty\),
\[ -x\to+\infty. \]
Pertanto
\[ \sqrt{x^2+1}-x = \sqrt{x^2+1}+(-x)\to+\infty. \]
Il suo reciproco tende allora a zero:
\[ \frac{1}{\sqrt{x^2+1}-x}\to0. \]
Concludiamo quindi che
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^2+1}+x\right)=0. \]
Esercizio 15 — livello ★★★★☆
Utilizzando il teorema del confronto, calcolare
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(x+2\sin(x)\right). \]
Risultato
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(x+2\sin(x)\right)=+\infty. \]
Svolgimento
La presenza del termine \(\sin(x)\) significa che la funzione oscilla. Questo non impedisce però l'esistenza di un limite infinito.
Per ogni \(x\in\mathbb{R}\),
\[ -1\leq\sin(x)\leq1. \]
Moltiplicando per \(2\),
\[ -2\leq2\sin(x)\leq2. \]
Sommando \(x\) a tutti i membri,
\[ x-2\leq x+2\sin(x)\leq x+2. \]
Per dimostrare che la funzione tende a \(+\infty\), è sufficiente utilizzare il confronto inferiore:
\[ x+2\sin(x)\geq x-2. \]
Poiché
\[ \lim_{x\to+\infty}(x-2)=+\infty, \]
il teorema del confronto implica
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(x+2\sin(x)\right)=+\infty. \]
È importante comprendere ciò che è accaduto. Il termine \(2\sin(x)\) continua a oscillare tra \(-2\) e \(2\), ma queste oscillazioni sono limitate. Il termine \(x\), invece, cresce senza limite. Anche nella situazione più sfavorevole, cioè quando \(2\sin(x)=-2\), la funzione è almeno uguale a \(x-2\), che tende comunque a \(+\infty\).
Esercizio 16 — livello ★★★★☆
Utilizzando il teorema del confronto, calcolare
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(-x+3\cos(x)\right). \]
Risultato
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(-x+3\cos(x)\right)=-\infty. \]
Svolgimento
Anche in questo caso compare un termine oscillante. Sappiamo che
\[ -1\leq\cos(x)\leq1. \]
Moltiplicando per \(3\),
\[ -3\leq3\cos(x)\leq3. \]
Sommando \(-x\),
\[ -x-3\leq -x+3\cos(x)\leq -x+3. \]
Per dimostrare che la funzione tende a \(-\infty\), dobbiamo trovare una funzione superiore che tenda a \(-\infty\). Dalla disuguaglianza precedente,
\[ -x+3\cos(x)\leq -x+3. \]
Inoltre,
\[ \lim_{x\to+\infty}(-x+3)=-\infty. \]
Per il teorema del confronto,
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(-x+3\cos(x)\right)=-\infty. \]
Il termine oscillante rimane sempre compreso tra \(-3\) e \(3\), mentre il termine \(-x\) diminuisce senza limite. Le oscillazioni non sono quindi sufficienti a modificare il comportamento dominante della funzione.
Esercizio 17 — livello ★★★★☆
Calcolare
\[ \lim_{x\to0}\frac{3+\cos\left(\displaystyle\frac{1}{x}\right)}{x^2}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to0}\frac{3+\cos\left(\displaystyle\frac{1}{x}\right)}{x^2}=+\infty. \]
Svolgimento
Il termine
\[ \cos\left(\frac{1}{x}\right) \]
oscilla sempre più rapidamente quando \(x\to0\) e non possiede un limite. Questo, da solo, non significa però che l'intera funzione non abbia limite.
Utilizziamo il fatto che, per ogni valore reale dell'argomento,
\[ -1\leq\cos\left(\frac{1}{x}\right)\leq1. \]
Sommando \(3\),
\[ 2\leq3+\cos\left(\frac{1}{x}\right)\leq4. \]
Per \(x\neq0\), si ha \(x^2>0\). Dividendo per \(x^2\), il verso delle disuguaglianze rimane invariato:
\[ \frac{2}{x^2} \leq \frac{3+\cos\left(\displaystyle\frac{1}{x}\right)}{x^2} \leq \frac{4}{x^2}. \]
Per dimostrare che il limite è uguale a \(+\infty\), è sufficiente il confronto inferiore:
\[ \frac{3+\cos\left(\displaystyle\frac{1}{x}\right)}{x^2} \geq \frac{2}{x^2}. \]
Poiché
\[ \lim_{x\to0}\frac{2}{x^2}=+\infty, \]
dal teorema del confronto segue
\[ \lim_{x\to0}\frac{3+\cos\left(\displaystyle\frac{1}{x}\right)}{x^2}=+\infty. \]
Questo esercizio mostra ancora una volta che l'esistenza di un limite infinito non richiede monotonia e non viene impedita dalla presenza di oscillazioni, purché sia possibile garantire che la funzione superi definitivamente ogni soglia positiva.
Esercizio 18 — livello ★★★★☆
Studiare il limite
\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2-1}{x-1} \]
e stabilire se \(x=1\) è un asintoto verticale.
Risultato
\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2-1}{x-1}=2. \]
La retta \(x=1\) non è un asintoto verticale.
Svolgimento
Sostituendo formalmente \(x=1\), numeratore e denominatore si annullano:
\[ x^2-1\to0, \qquad x-1\to0. \]
Compare quindi la forma indeterminata
\[ \frac{0}{0}. \]
Non possiamo concludere che il limite sia infinito semplicemente perché il denominatore tende a zero. Dobbiamo prima studiare l'espressione.
Fattorizziamo il numeratore utilizzando la differenza di quadrati:
\[ x^2-1=(x-1)(x+1). \]
Per \(x\neq1\),
\[ \frac{x^2-1}{x-1} = \frac{(x-1)(x+1)}{x-1} = x+1. \]
Nel calcolo del limite possiamo utilizzare questa uguaglianza, perché il limite dipende dal comportamento della funzione nei punti arbitrariamente vicini a \(1\), non dal valore assunto nel punto \(x=1\).
Pertanto
\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2-1}{x-1} = \lim_{x\to1}(x+1) = 2. \]
Il limite è finito. Di conseguenza \(x=1\) non è un asintoto verticale.
Questo esercizio evidenzia un principio importante: l'annullamento del denominatore non è sufficiente per concludere che esista un asintoto verticale. Occorre sempre calcolare effettivamente il limite.
Esercizio 19 — livello ★★★★★
Studiare il limite
\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2+1}{(x-1)^2} \]
calcolando anche il limite sinistro e il limite destro e determinando l'eventuale asintoto verticale.
Risultato
\[ \lim_{x\to1^-}\frac{x^2+1}{(x-1)^2}=+\infty, \qquad \lim_{x\to1^+}\frac{x^2+1}{(x-1)^2}=+\infty. \]
Di conseguenza,
\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2+1}{(x-1)^2}=+\infty, \]
e \(x=1\) è un asintoto verticale.
Svolgimento
Analizziamo separatamente numeratore e denominatore. Quando \(x\to1\),
\[ x^2+1\to2. \]
Il numeratore tende quindi a un numero strettamente positivo e rimane positivo per tutti gli \(x\) sufficientemente vicini a \(1\).
Il denominatore soddisfa
\[ (x-1)^2\to0. \]
Essendo un quadrato,
\[ (x-1)^2>0 \]
per ogni \(x\neq1\). Il denominatore tende quindi a zero sempre attraverso valori positivi, indipendentemente dal lato:
\[ (x-1)^2\to0^+ \]
sia per \(x\to1^-\) sia per \(x\to1^+\).
Per il limite sinistro abbiamo pertanto un numeratore che tende a \(2>0\) e un denominatore che tende a \(0^+\). Ne segue
\[ \lim_{x\to1^-}\frac{x^2+1}{(x-1)^2}=+\infty. \]
Lo stesso ragionamento vale da destra:
\[ \lim_{x\to1^+}\frac{x^2+1}{(x-1)^2}=+\infty. \]
Poiché sia il limite sinistro sia il limite destro sono uguali a \(+\infty\), possiamo concludere che
\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2+1}{(x-1)^2}=+\infty. \]
La retta
\[ x=1 \]
è dunque un asintoto verticale.
Esercizio 20 — livello ★★★★★
Considerare la funzione
\[ f(x)=\frac{2x^3+1}{x^2-4}. \]
Calcolare i limiti per \(x\to2^-\), \(x\to2^+\), \(x\to-2^-\), \(x\to-2^+\), \(x\to+\infty\) e \(x\to-\infty\). Determinare quindi gli eventuali asintoti verticali e orizzontali.
Risultato
\[ \lim_{x\to2^-}f(x)=-\infty, \qquad \lim_{x\to2^+}f(x)=+\infty, \]
\[ \lim_{x\to-2^-}f(x)=-\infty, \qquad \lim_{x\to-2^+}f(x)=+\infty, \]
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty, \qquad \lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty. \]
Le rette \(x=-2\) e \(x=2\) sono asintoti verticali. La funzione non possiede asintoti orizzontali.
Svolgimento
Il denominatore può essere fattorizzato:
\[ x^2-4=(x-2)(x+2). \]
I punti \(x=2\) e \(x=-2\) sono quindi gli unici punti nei quali il denominatore si annulla. Per stabilire il comportamento della funzione in loro prossimità dobbiamo studiare con attenzione i segni.
Cominciamo da \(x=2\). Il numeratore tende a
\[ 2\cdot2^3+1=17, \]
quindi è definitivamente positivo vicino a \(2\).
Per \(x\to2^-\), il fattore \(x-2\) è negativo e tende a zero, mentre \(x+2\) è positivo e tende a \(4\). Di conseguenza,
\[ (x-2)(x+2)\to0^-. \]
Un numeratore positivo diviso per una quantità negativa che tende a zero produce
\[ \lim_{x\to2^-}\frac{2x^3+1}{x^2-4}=-\infty. \]
Per \(x\to2^+\), entrambi i fattori \(x-2\) e \(x+2\) sono positivi, quindi
\[ x^2-4\to0^+. \]
Ne segue
\[ \lim_{x\to2^+}\frac{2x^3+1}{x^2-4}=+\infty. \]
Passiamo ora a \(x=-2\). Il numeratore tende a
\[ 2(-2)^3+1=-16+1=-15, \]
quindi è definitivamente negativo vicino a \(-2\).
Per \(x\to-2^-\), si ha \(x+2<0\) e \(x-2<0\). Il prodotto dei due fattori è positivo:
\[ (x-2)(x+2)\to0^+. \]
Dividendo un numeratore negativo per una quantità positiva che tende a zero otteniamo
\[ \lim_{x\to-2^-}\frac{2x^3+1}{x^2-4}=-\infty. \]
Per \(x\to-2^+\), invece, \(x+2>0\), mentre \(x-2<0\). Il denominatore tende dunque a zero attraverso valori negativi:
\[ (x-2)(x+2)\to0^-. \]
Il quoziente tra un numeratore negativo e un denominatore negativo è positivo, perciò
\[ \lim_{x\to-2^+}\frac{2x^3+1}{x^2-4}=+\infty. \]
Abbiamo quindi già stabilito che entrambe le rette
\[ x=-2 \qquad\text{e}\qquad x=2 \]
sono asintoti verticali.
Studiamo ora il comportamento all'infinito. Il numeratore ha grado \(3\), mentre il denominatore ha grado \(2\). Dividiamo numeratore e denominatore per \(x^2\):
\[ \frac{2x^3+1}{x^2-4} = \frac{2x+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {1-\displaystyle\frac{4}{x^2}}. \]
Per \(x\to+\infty\),
\[ 2x+\frac{1}{x^2}\to+\infty \]
e
\[ 1-\frac{4}{x^2}\to1. \]
Il denominatore tende a un numero positivo diverso da zero, quindi
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{2x^3+1}{x^2-4}=+\infty. \]
Per \(x\to-\infty\),
\[ 2x+\frac{1}{x^2}\to-\infty, \]
mentre il denominatore tende ancora a \(1\). Pertanto
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3+1}{x^2-4}=-\infty. \]
Poiché né per \(x\to+\infty\) né per \(x\to-\infty\) la funzione tende a un numero reale, non esistono asintoti orizzontali.
L'esercizio riunisce così le principali idee utilizzate nello studio dei limiti infiniti e dei limiti all'infinito: fattorizzazione, controllo del segno nei limiti destro e sinistro, riconoscimento degli asintoti verticali e confronto dei termini dominanti nei limiti all'infinito.