Gli esercizi proposti in questa pagina permettono di applicare in modo graduale i principali teoremi sulle operazioni con i limiti. Inizieremo dai casi nei quali il risultato può essere ottenuto direttamente mediante i teoremi della somma, del prodotto, del quoziente, delle potenze, delle radici e della funzione composta.
Successivamente affronteremo situazioni nelle quali la sostituzione diretta conduce a una forma indeterminata. In questi casi non sarà possibile fermarsi alla scrittura simbolica \(\displaystyle\frac{0}{0}\), \(0\cdot\infty\) oppure \(\infty-\infty\): occorrerà trasformare l'espressione mediante scomposizioni, semplificazioni, razionalizzazioni o divisioni per il termine dominante.
Una particolare attenzione sarà dedicata al dominio delle funzioni e allo studio del segno. Quando un denominatore tende a zero, infatti, conoscere soltanto il suo limite non è sufficiente: per stabilire se il quoziente tende a \(+\infty\), a \(-\infty\) oppure non ammette limite, è necessario determinare il segno assunto dal denominatore a destra e a sinistra del punto considerato.
In ogni esercizio saranno indicate esplicitamente le proprietà utilizzate e saranno giustificati tutti i passaggi. Non verranno utilizzati la regola di de l'Hôpital, gli sviluppi di Taylor o altri strumenti non necessari: tutti i risultati saranno ottenuti applicando esclusivamente i teoremi e le tecniche algebriche introdotti nella teoria.
Esercizio 1 — livello ★☆☆☆☆
Calcolare il seguente limite:
\[ \lim_{x\to 2}\left(3x^2-5x+4\right). \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 2}\left(3x^2-5x+4\right)=6. \]
Svolgimento
L'espressione \(3x^2-5x+4\) è un polinomio. I polinomi sono funzioni continue per ogni \( x\in\mathbb{R}\), perciò il loro limite in un punto finito si calcola sostituendo direttamente alla variabile il valore verso il quale essa tende.
Possiamo giustificare la sostituzione anche mediante i teoremi sulle operazioni con i limiti. Sappiamo infatti che
\[ \lim_{x\to 2}x=2. \]
Dal teorema sulle potenze segue
\[ \lim_{x\to 2}x^2=2^2=4. \]
Portando fuori dal limite i fattori costanti, otteniamo
\[ \lim_{x\to 2}3x^2=3\cdot 4=12 \]
e
\[ \lim_{x\to 2}(-5x)=-5\cdot 2=-10. \]
La funzione costante \(4\) ha limite uguale a \(4\). Applicando infine il teorema della somma,
\[ \begin{aligned} \lim_{x\to 2}\left(3x^2-5x+4\right) &=3\cdot 2^2-5\cdot 2+4\\ &=12-10+4\\ &=6. \end{aligned} \]
Pertanto il limite richiesto è
\[ 6. \]
Esercizio 2 — livello ★☆☆☆☆
Siano \(f\) e \(g\) due funzioni tali che
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=-2 \qquad\text{e}\qquad \lim_{x\to x_0}g(x)=3. \]
Calcolare
\[ \lim_{x\to x_0}\left(4f(x)-2g(x)+5\right). \]
Risultato
\[ \lim_{x\to x_0}\left(4f(x)-2g(x)+5\right)=-9. \]
Svolgimento
Entrambi i limiti assegnati sono finiti. Possiamo quindi applicare il teorema della somma e il teorema del prodotto per una costante.
Dal limite di \(f\) segue
\[ \lim_{x\to x_0}4f(x) = 4\lim_{x\to x_0}f(x) = 4\cdot(-2) = -8. \]
Analogamente,
\[ \lim_{x\to x_0}\bigl(-2g(x)\bigr) = -2\lim_{x\to x_0}g(x) = -2\cdot 3 = -6. \]
La funzione costante \(5\) ha limite uguale a \(5\). Possiamo quindi sommare i tre risultati:
\[ \begin{aligned} \lim_{x\to x_0}\left(4f(x)-2g(x)+5\right) &= 4(-2)-2(3)+5\\ &=-8-6+5\\ &=-9. \end{aligned} \]
Il limite richiesto è dunque
\[ -9. \]
Esercizio 3 — livello ★☆☆☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{x\to-1}(2x-3)^2(x+4). \]
Risultato
\[ \lim_{x\to-1}(2x-3)^2(x+4)=75. \]
Svolgimento
L'espressione è il prodotto di due funzioni:
\[ (2x-3)^2 \qquad\text{e}\qquad x+4. \]
Calcoliamo separatamente i loro limiti.
Poiché
\[ \lim_{x\to-1}(2x-3)=2(-1)-3=-5, \]
dal teorema sulle potenze segue
\[ \lim_{x\to-1}(2x-3)^2=(-5)^2=25. \]
Per il secondo fattore,
\[ \lim_{x\to-1}(x+4)=-1+4=3. \]
Entrambi i limiti sono finiti. Possiamo quindi applicare il teorema del prodotto:
\[ \begin{aligned} \lim_{x\to-1}(2x-3)^2(x+4) &= \left(\lim_{x\to-1}(2x-3)^2\right) \left(\lim_{x\to-1}(x+4)\right)\\ &=25\cdot 3\\ &=75. \end{aligned} \]
Pertanto
\[ 75. \]
Esercizio 4 — livello ★☆☆☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^2+2x+3}{2x+5}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^2+2x+3}{2x+5} = \frac{6}{7}. \]
Svolgimento
Il numeratore e il denominatore sono polinomi. Possiamo quindi calcolare separatamente i loro limiti mediante sostituzione diretta.
Per il numeratore,
\[ \lim_{x\to 1}(x^2+2x+3) = 1^2+2\cdot 1+3 = 6. \]
Per il denominatore,
\[ \lim_{x\to 1}(2x+5) = 2\cdot 1+5 = 7. \]
Il limite del denominatore è diverso da zero:
\[ 7\neq 0. \]
L'ipotesi fondamentale del teorema del quoziente è quindi soddisfatta. Possiamo scrivere
\[ \begin{aligned} \lim_{x\to 1}\frac{x^2+2x+3}{2x+5} &= \frac{\displaystyle\lim_{x\to 1}(x^2+2x+3)} {\displaystyle\lim_{x\to 1}(2x+5)}\\ &= \frac{6}{7}. \end{aligned} \]
Il risultato è
\[ \frac{6}{7}. \]
Esercizio 5 — livello ★★☆☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{x\to 2}|x^2-5|. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 2}|x^2-5|=1. \]
Svolgimento
Consideriamo innanzitutto la funzione contenuta nel valore assoluto:
\[ f(x)=x^2-5. \]
Essendo un polinomio, il suo limite si calcola mediante sostituzione diretta:
\[ \lim_{x\to 2}(x^2-5)=2^2-5=4-5=-1. \]
Il teorema sul limite del valore assoluto stabilisce che, se \(f(x)\to L\), allora
\[ |f(x)|\to |L|. \]
Nel nostro caso \(L=-1\). Pertanto,
\[ \lim_{x\to 2}|x^2-5| = |-1| = 1. \]
Possiamo anche verificare il risultato mediante la permanenza del segno. Poiché \(x^2-5\to-1<0\), la funzione \(x^2-5\) è negativa per ogni \(x\) sufficientemente vicino a \(2\). In tale intorno,
\[ |x^2-5|=-(x^2-5)=5-x^2. \]
Di conseguenza,
\[ \lim_{x\to 2}|x^2-5| = \lim_{x\to 2}(5-x^2) = 5-4 = 1. \]
Il limite richiesto è quindi
\[ 1. \]
Esercizio 6 — livello ★★☆☆☆
Calcolare il limite destro
\[ \lim_{x\to 0^+}\sqrt{x(1+x)}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 0^+}\sqrt{x(1+x)}=0. \]
Svolgimento
Prima di applicare i teoremi sui limiti, dobbiamo verificare il dominio della radice quadrata. È necessario che
\[ x(1+x)\geq 0. \]
Per \(x\) positivo e sufficientemente vicino a \(0\), entrambi i fattori \(x\) e \(1+x\) sono positivi. L'espressione sotto radice è quindi non negativa e la funzione è definita.
Calcoliamo ora il limite del radicando. Per \(x\to 0^+\),
\[ x\to 0 \qquad\text{e}\qquad 1+x\to 1. \]
Applicando il teorema del prodotto,
\[ x(1+x)\to 0\cdot 1=0. \]
La funzione radice quadrata è continua in \(0\) nel proprio dominio. Possiamo quindi far passare il limite attraverso la radice:
\[ \lim_{x\to 0^+}\sqrt{x(1+x)} = \sqrt{\lim_{x\to 0^+}x(1+x)} = \sqrt{0} = 0. \]
Pertanto
\[ 0. \]
Esercizio 7 — livello ★★☆☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{x\to-3}\sqrt[3]{2x+5}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to-3}\sqrt[3]{2x+5}=-1. \]
Svolgimento
La radice cubica ha indice dispari ed è quindi definita per ogni numero reale. Non è necessario imporre alcuna condizione di non negatività al radicando.
Calcoliamo il limite dell'espressione interna:
\[ \lim_{x\to-3}(2x+5) = 2(-3)+5 = -6+5 = -1. \]
La funzione
\[ \varphi(t)=\sqrt[3]{t} \]
è continua su tutto \(\mathbb{R}\). Possiamo pertanto applicare il teorema della funzione composta:
\[ \begin{aligned} \lim_{x\to-3}\sqrt[3]{2x+5} &= \sqrt[3]{\lim_{x\to-3}(2x+5)}\\ &= \sqrt[3]{-1}\\ &=-1. \end{aligned} \]
Il risultato è
\[ -1. \]
Esercizio 8 — livello ★★☆☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{x\to 0}\cos\left(\frac{x^2+1}{x+1}\right). \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 0}\cos\left(\frac{x^2+1}{x+1}\right)=\cos(1). \]
Svolgimento
L'espressione è una funzione composta. La funzione interna è
\[ f(x)=\frac{x^2+1}{x+1}, \]
mentre la funzione esterna è
\[ \varphi(t)=\cos(t). \]
Calcoliamo innanzitutto il limite della funzione interna.
Il numeratore tende a
\[ \lim_{x\to 0}(x^2+1)=0^2+1=1. \]
Il denominatore tende a
\[ \lim_{x\to 0}(x+1)=1. \]
Poiché il limite del denominatore è diverso da zero, possiamo applicare il teorema del quoziente:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{x^2+1}{x+1} = \frac{1}{1} = 1. \]
La funzione coseno è continua in ogni punto reale. Applicando il teorema della funzione composta,
\[ \begin{aligned} \lim_{x\to 0}\cos\left(\frac{x^2+1}{x+1}\right) &= \cos\left( \lim_{x\to 0}\frac{x^2+1}{x+1} \right)\\ &=\cos(1). \end{aligned} \]
Pertanto il limite richiesto è
\[ \cos(1). \]
Esercizio 9 — livello ★★★☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3}=6. \]
Svolgimento
Se sostituiamo direttamente \(x=3\), il numeratore e il denominatore assumono entrambi valore zero:
\[ \frac{3^2-9}{3-3} = \frac{0}{0}. \]
La scrittura \(\displaystyle\frac{0}{0}\) è una forma indeterminata. Non rappresenta il risultato del limite, ma indica che il teorema del quoziente non può essere applicato direttamente.
Dobbiamo trasformare l'espressione. Il numeratore è una differenza di quadrati:
\[ x^2-9=x^2-3^2=(x-3)(x+3). \]
Per \(x\neq 3\), possiamo quindi scrivere
\[ \frac{x^2-9}{x-3} = \frac{(x-3)(x+3)}{x-3} = x+3. \]
La semplificazione è lecita nel calcolo del limite perché si considerano valori di \(x\) vicini a \(3\), ma diversi da \(3\).
Le due funzioni
\[ \frac{x^2-9}{x-3} \qquad\text{e}\qquad x+3 \]
coincidono infatti in ogni punto del dominio con \(x\neq 3\). Hanno quindi lo stesso limite per \(x\to 3\).
Otteniamo
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3} = \lim_{x\to 3}(x+3) = 3+3 = 6. \]
Pertanto
\[ 6. \]
Esercizio 10 — livello ★★★☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x^2-1}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x^2-1} = \frac{3}{2}. \]
Svolgimento
La sostituzione diretta fornisce
\[ \frac{1^3-1}{1^2-1} = \frac{0}{0}. \]
Siamo quindi in presenza di una forma indeterminata. Cerchiamo un fattore comune tra numeratore e denominatore.
Il numeratore è una differenza di cubi:
\[ x^3-1^3=(x-1)(x^2+x+1). \]
Il denominatore è una differenza di quadrati:
\[ x^2-1^2=(x-1)(x+1). \]
Per \(x\neq 1\), possiamo quindi semplificare il fattore \(x-1\):
\[ \begin{aligned} \frac{x^3-1}{x^2-1} &= \frac{(x-1)(x^2+x+1)}{(x-1)(x+1)}\\ &= \frac{x^2+x+1}{x+1}. \end{aligned} \]
Nella nuova espressione il denominatore tende a
\[ 1+1=2\neq 0. \]
Possiamo quindi applicare il teorema del quoziente:
\[ \begin{aligned} \lim_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x^2-1} &= \lim_{x\to 1}\frac{x^2+x+1}{x+1}\\ &= \frac{1^2+1+1}{1+1}\\ &= \frac{3}{2}. \end{aligned} \]
Il risultato è
\[ \frac{3}{2}. \]
Esercizio 11 — livello ★★★☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+x}-1}{x}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+x}-1}{x} = \frac{1}{2}. \]
Svolgimento
Per \(x\) sufficientemente vicino a \(0\), risulta \(1+x>0\), quindi la radice quadrata è definita.
Sostituendo direttamente \(x=0\), otteniamo
\[ \frac{\sqrt{1+0}-1}{0} = \frac{1-1}{0} = \frac{0}{0}. \]
La forma è indeterminata. La presenza della differenza tra due radici suggerisce di razionalizzare il numeratore.
Moltiplichiamo numeratore e denominatore per l'espressione coniugata \(\sqrt{1+x}+1\):
\[ \frac{\sqrt{1+x}-1}{x} \cdot \frac{\sqrt{1+x}+1}{\sqrt{1+x}+1}. \]
Al numeratore utilizziamo il prodotto della somma per la differenza:
\[ \bigl(\sqrt{1+x}-1\bigr)\bigl(\sqrt{1+x}+1\bigr) = (1+x)-1 = x. \]
Pertanto, per \(x\neq 0\),
\[ \begin{aligned} \frac{\sqrt{1+x}-1}{x} &= \frac{x}{x\bigl(\sqrt{1+x}+1\bigr)}\\ &= \frac{1}{\sqrt{1+x}+1}. \end{aligned} \]
Ora la nuova espressione non presenta alcuna forma indeterminata. Il denominatore tende infatti a
\[ \sqrt{1+0}+1=2. \]
Applicando il teorema del quoziente,
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+x}-1}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{1}{\sqrt{1+x}+1} = \frac{1}{2}. \]
Quindi
\[ \frac{1}{2}. \]
Esercizio 12 — livello ★★★☆☆
Studiare il limite
\[ \lim_{x\to 2}\frac{x+1}{x-2}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{x+1}{x-2}=-\infty, \qquad \lim_{x\to 2^+}\frac{x+1}{x-2}=+\infty. \]
Pertanto il limite per \(x\to 2\) non esiste, neppure come limite infinito.
Svolgimento
Il numeratore tende a
\[ \lim_{x\to 2}(x+1)=3, \]
mentre il denominatore tende a
\[ \lim_{x\to 2}(x-2)=0. \]
Non possiamo applicare il teorema del quoziente, perché il limite del denominatore è zero.
Poiché il numeratore tende al numero positivo \(3\), per la permanenza del segno esso è positivo per ogni \(x\) sufficientemente vicino a \(2\).
Il segno del quoziente dipende quindi dal segno del denominatore \(x-2\).
Consideriamo dapprima il limite sinistro. Quando \(x\to 2^-\), si ha \(x<2\), quindi
\[ x-2<0. \]
Inoltre, il denominatore si avvicina a zero attraverso valori negativi:
\[ x-2\to 0^-. \]
Il rapporto tra una quantità positiva vicina a \(3\) e una quantità negativa arbitrariamente piccola in valore assoluto assume valori negativi con modulo arbitrariamente grande. Pertanto,
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{x+1}{x-2}=-\infty. \]
Consideriamo ora il limite destro. Quando \(x\to 2^+\), si ha \(x>2\), quindi
\[ x-2>0 \]
e
\[ x-2\to 0^+. \]
Il rapporto tra una quantità positiva vicina a \(3\) e una quantità positiva che tende a zero cresce senza limite. Ne segue
\[ \lim_{x\to 2^+}\frac{x+1}{x-2}=+\infty. \]
Poiché il limite sinistro e il limite destro sono differenti, il limite bilatero non esiste:
\[ \lim_{x\to 2}\frac{x+1}{x-2}\text{ non esiste}. \]
Esercizio 13 — livello ★★★★☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{x\to+\infty}x\cdot\frac{1}{x+1}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to+\infty}x\cdot\frac{1}{x+1}=1. \]
Svolgimento
Per \(x\to+\infty\), il primo fattore tende a \(+\infty\):
\[ x\to+\infty. \]
Il secondo fattore tende invece a zero:
\[ \frac{1}{x+1}\to 0. \]
Il prodotto presenta quindi la forma indeterminata
\[ \infty\cdot 0. \]
Non possiamo concludere che il risultato sia zero o infinito. Dobbiamo trasformare l'espressione.
Scriviamo il prodotto come un unico quoziente:
\[ x\cdot\frac{1}{x+1} = \frac{x}{x+1}. \]
Numeratore e denominatore tendono entrambi a \(+\infty\), quindi compare la forma indeterminata \(\displaystyle\frac{\infty}{\infty}\).
Dividiamo numeratore e denominatore per \(x\), che è diverso da zero per ogni \(x\) sufficientemente grande:
\[ \frac{x}{x+1} = \frac{\displaystyle\frac{x}{x}} {\displaystyle\frac{x+1}{x}} = \frac{1}{1+\displaystyle\frac{1}{x}}. \]
Ora
\[ \frac{1}{x}\to 0. \]
Il denominatore della nuova espressione tende quindi a
\[ 1+0=1, \]
che è diverso da zero. Possiamo applicare il teorema del quoziente:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{1+\displaystyle\frac{1}{x}} = \frac{1}{1} = 1. \]
Pertanto
\[ 1. \]
Esercizio 14 — livello ★★★★☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+4x}-x\right). \]
Risultato
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+4x}-x\right)=2. \]
Svolgimento
Per \(x\to+\infty\), abbiamo
\[ x^2+4x\to+\infty, \]
e quindi
\[ \sqrt{x^2+4x}\to+\infty. \]
Anche il secondo termine tende a \(+\infty\). La differenza presenta dunque la forma indeterminata
\[ \infty-\infty. \]
Per eliminare la differenza tra la radice e \(x\), moltiplichiamo e dividiamo per l'espressione coniugata:
\[ \sqrt{x^2+4x}+x. \]
Otteniamo
\[ \sqrt{x^2+4x}-x = \frac{\bigl(\sqrt{x^2+4x}-x\bigr)\bigl(\sqrt{x^2+4x}+x\bigr)} {\sqrt{x^2+4x}+x}. \]
Al numeratore compare una differenza di quadrati:
\[ \bigl(\sqrt{x^2+4x}\bigr)^2-x^2 = x^2+4x-x^2 = 4x. \]
Pertanto,
\[ \sqrt{x^2+4x}-x = \frac{4x}{\sqrt{x^2+4x}+x}. \]
Poiché \(x\to+\infty\), per ogni \(x\) sufficientemente grande risulta \(x>0\). Possiamo quindi raccogliere \(x^2\) sotto la radice:
\[ \sqrt{x^2+4x} = \sqrt{x^2\left(1+\frac{4}{x}\right)} = x\sqrt{1+\frac{4}{x}}. \]
È importante osservare che, in generale, \(\sqrt{x^2}=|x|\). In questo caso, però, \(x\) è positivo per valori sufficientemente grandi, quindi \(|x|=x\).
Sostituendo,
\[ \frac{4x}{\sqrt{x^2+4x}+x} = \frac{4x}{x\sqrt{1+\displaystyle\frac{4}{x}}+x}. \]
Raccogliamo \(x\) al denominatore:
\[ \frac{4x}{x\left(\sqrt{1+\displaystyle\frac{4}{x}}+1\right)} = \frac{4}{\sqrt{1+\displaystyle\frac{4}{x}}+1}. \]
Poiché
\[ \frac{4}{x}\to 0, \]
segue
\[ \sqrt{1+\frac{4}{x}}\to 1. \]
Il limite diventa quindi
\[ \frac{4}{1+1} = \frac{4}{2} = 2. \]
Pertanto
\[ 2. \]
Esercizio 15 — livello ★★★★☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(-2x^5+3x^2-1\right). \]
Risultato
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(-2x^5+3x^2-1\right)=+\infty. \]
Svolgimento
Il polinomio contiene termini che, considerati separatamente, hanno comportamenti differenti:
\[ -2x^5\to+\infty, \qquad 3x^2\to+\infty, \qquad -1\to-1. \]
Il risultato può essere determinato osservando che il comportamento di un polinomio all'infinito è governato dal termine di grado massimo.
Il termine dominante è
\[ -2x^5. \]
Per rendere rigoroso il confronto, raccogliamo \(x^5\):
\[ -2x^5+3x^2-1 = x^5\left(-2+\frac{3}{x^3}-\frac{1}{x^5}\right). \]
Quando \(x\to-\infty\), la potenza \(x^5\), avendo esponente dispari, tende a \(-\infty\):
\[ x^5\to-\infty. \]
Inoltre,
\[ \frac{3}{x^3}\to 0 \qquad\text{e}\qquad \frac{1}{x^5}\to 0. \]
Pertanto il secondo fattore tende a
\[ -2+0-0=-2. \]
Questo limite è negativo e diverso da zero. Per la permanenza del segno, il fattore tra parentesi è negativo per ogni \(x\) sufficientemente piccolo.
Il prodotto è quindi formato da una quantità negativa con valore assoluto arbitrariamente grande e da una quantità negativa vicina a \(-2\). Il prodotto è positivo e cresce senza limite:
\[ (-\infty)\cdot(-2)=+\infty. \]
Questa scrittura rappresenta sinteticamente il corrispondente risultato sui limiti. Concludiamo che
\[ +\infty. \]
Esercizio 16 — livello ★★★★☆
Calcolare
\[ \lim_{x\to\pm\infty}\frac{3x^2-1}{x^4+2}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2-1}{x^4+2}=0, \qquad \lim_{x\to-\infty}\frac{3x^2-1}{x^4+2}=0. \]
Svolgimento
Il numeratore è un polinomio di grado \(2\), mentre il denominatore è un polinomio di grado \(4\).
Per \(x\to+\infty\) e per \(x\to-\infty\), sia il numeratore sia il denominatore tendono a \(+\infty\). La sostituzione simbolica produce quindi la forma indeterminata
\[ \frac{\infty}{\infty}. \]
Poiché il grado del denominatore è maggiore di quello del numeratore, ci aspettiamo che il denominatore cresca più rapidamente e che il rapporto tenda a zero.
Dividiamo numeratore e denominatore per \(x^4\), la potenza di grado massimo presente nel denominatore:
\[ \frac{3x^2-1}{x^4+2} = \frac{\displaystyle\frac{3x^2}{x^4}-\displaystyle\frac{1}{x^4}} {\displaystyle\frac{x^4}{x^4}+\displaystyle\frac{2}{x^4}}. \]
Semplificando le potenze,
\[ \frac{3x^2-1}{x^4+2} = \frac{\displaystyle\frac{3}{x^2}-\displaystyle\frac{1}{x^4}} {1+\displaystyle\frac{2}{x^4}}. \]
Per \(x\to+\infty\) e per \(x\to-\infty\),
\[ \frac{1}{x^2}\to 0 \qquad\text{e}\qquad \frac{1}{x^4}\to 0. \]
Il numeratore della nuova frazione tende quindi a
\[ 3\cdot 0-0=0, \]
mentre il denominatore tende a
\[ 1+0=1. \]
Poiché il limite del denominatore è diverso da zero, possiamo applicare il teorema del quoziente:
\[ \lim_{x\to\pm\infty}\frac{3x^2-1}{x^4+2} = \frac{0}{1} = 0. \]
Pertanto, in entrambe le direzioni,
\[ 0. \]
Esercizio 17 — livello ★★★★★
Calcolare il limite
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3-x+1}{4x^3+5}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3-x+1}{4x^3+5} = \frac{1}{2}. \]
Svolgimento
Il numeratore e il denominatore sono polinomi dello stesso grado, cioè di grado \(3\).
Per \(x\to-\infty\),
\[ 2x^3-x+1\to-\infty \]
e
\[ 4x^3+5\to-\infty. \]
Il quoziente presenta quindi la forma indeterminata
\[ \frac{\infty}{\infty}. \]
Dividiamo tutti i termini per \(x^3\), la potenza corrispondente al grado massimo:
\[ \frac{2x^3-x+1}{4x^3+5} = \frac{\displaystyle\frac{2x^3}{x^3} -\displaystyle\frac{x}{x^3} +\displaystyle\frac{1}{x^3}} {\displaystyle\frac{4x^3}{x^3} +\displaystyle\frac{5}{x^3}}. \]
Semplificando,
\[ \frac{2x^3-x+1}{4x^3+5} = \frac{2-\displaystyle\frac{1}{x^2} +\displaystyle\frac{1}{x^3}} {4+\displaystyle\frac{5}{x^3}}. \]
Quando \(x\to-\infty\),
\[ \frac{1}{x^2}\to 0 \qquad\text{e}\qquad \frac{1}{x^3}\to 0. \]
Il numeratore tende quindi a
\[ 2-0+0=2, \]
mentre il denominatore tende a
\[ 4+0=4. \]
Il limite del denominatore è diverso da zero. Applicando il teorema del quoziente,
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3-x+1}{4x^3+5} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}. \]
Il risultato coincide con il rapporto tra i coefficienti dei termini di grado massimo:
\[ \frac{2}{4}=\frac{1}{2}. \]
Pertanto
\[ \frac{1}{2}. \]
Esercizio 18 — livello ★★★★★
Calcolare il limite
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{x^4+1}{-2x^2+3}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{x^4+1}{-2x^2+3} = -\infty. \]
Svolgimento
Il numeratore è un polinomio di grado \(4\), mentre il denominatore è un polinomio di grado \(2\).
Per \(x\to-\infty\), entrambe le potenze \(x^4\) e \(x^2\) tendono a \(+\infty\). Ne segue
\[ x^4+1\to+\infty \]
e
\[ -2x^2+3\to-\infty. \]
Per determinare rigorosamente il comportamento del quoziente, dividiamo numeratore e denominatore per \(x^2\):
\[ \frac{x^4+1}{-2x^2+3} = \frac{\displaystyle\frac{x^4}{x^2} +\displaystyle\frac{1}{x^2}} {\displaystyle\frac{-2x^2}{x^2} +\displaystyle\frac{3}{x^2}}. \]
Semplificando,
\[ \frac{x^4+1}{-2x^2+3} = \frac{x^2+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {-2+\displaystyle\frac{3}{x^2}}. \]
Per \(x\to-\infty\),
\[ x^2\to+\infty \qquad\text{e}\qquad \frac{1}{x^2}\to 0. \]
Il numeratore tende quindi a \(+\infty\):
\[ x^2+\frac{1}{x^2}\to+\infty. \]
Il denominatore tende invece al numero negativo
\[ -2+0=-2. \]
Per la permanenza del segno, il denominatore è negativo e resta lontano da zero per ogni \(x\) sufficientemente piccolo.
Dividendo una quantità positiva arbitrariamente grande per una quantità negativa vicina a \(-2\), si ottiene una quantità negativa con valore assoluto arbitrariamente grande.
Pertanto
\[ -\infty. \]
Esercizio 19 — livello ★★★★★
Calcolare il limite
\[ \lim_{x\to+\infty}x^{\frac{1}{\ln(x)}}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to+\infty}x^{\frac{1}{\ln(x)}}=e. \]
Svolgimento
La funzione è definita per \(x>0\) e \(x\neq 1\), perché il logaritmo naturale richiede \(x>0\) e il denominatore dell'esponente non può essere uguale a zero.
Per \(x\to+\infty\), la base tende a \(+\infty\):
\[ x\to+\infty. \]
Poiché
\[ \ln(x)\to+\infty, \]
l'esponente tende a zero:
\[ \frac{1}{\ln(x)}\to 0. \]
La potenza presenta quindi la forma indeterminata
\[ \infty^0. \]
Non dobbiamo però cercare di attribuire un valore alla forma simbolica. In questo caso l'espressione può essere semplificata esattamente utilizzando la relazione tra funzione esponenziale e logaritmo naturale.
Per ogni \(x>0\),
\[ x=e^{\ln(x)}. \]
Pertanto, per \(x>1\),
\[ x^{\frac{1}{\ln(x)}} = \left(e^{\ln(x)}\right)^{\frac{1}{\ln(x)}}. \]
Applicando la proprietà \((a^b)^c=a^{bc}\), lecita in questo caso perché la base \(e\) è positiva, otteniamo
\[ \left(e^{\ln(x)}\right)^{\frac{1}{\ln(x)}} = e^{\ln(x)\cdot\frac{1}{\ln(x)}}. \]
Poiché \(x\neq 1\), risulta \(\ln(x)\neq 0\), quindi
\[ \ln(x)\cdot\frac{1}{\ln(x)}=1. \]
Ne segue che, per ogni \(x>1\),
\[ x^{\frac{1}{\ln(x)}}=e. \]
La funzione è dunque costante e uguale a \(e\) in tutto l'intervallo \((1,+\infty)\). Il suo limite è pertanto
\[ e. \]
Esercizio 20 — livello ★★★★★
Studiare il limite
\[ \lim_{x\to 1} \frac{(x-1)^2(x+2)} {(x-1)^3(2-x)}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 1^-} \frac{(x-1)^2(x+2)} {(x-1)^3(2-x)} = -\infty, \]
\[ \lim_{x\to 1^+} \frac{(x-1)^2(x+2)} {(x-1)^3(2-x)} = +\infty. \]
Pertanto il limite per \(x\to 1\) non esiste, neppure come limite infinito.
Svolgimento
Sostituendo direttamente \(x=1\), il numeratore e il denominatore tendono entrambi a zero:
\[ (x-1)^2(x+2)\to 0 \]
e
\[ (x-1)^3(2-x)\to 0. \]
La forma iniziale è quindi
\[ \frac{0}{0}. \]
Il fattore \(x-1\) compare sia al numeratore sia al denominatore, ma con molteplicità differenti. Al numeratore ha esponente \(2\), mentre al denominatore ha esponente \(3\).
Per \(x\neq 1\), possiamo semplificare il fattore comune \((x-1)^2\):
\[ \begin{aligned} \frac{(x-1)^2(x+2)} {(x-1)^3(2-x)} &= \frac{(x-1)^2(x+2)} {(x-1)^2(x-1)(2-x)}\\ &= \frac{x+2}{(x-1)(2-x)}. \end{aligned} \]
Dopo la semplificazione rimane un fattore \(x-1\) al denominatore. Questo indica che il valore assoluto del quoziente tenderà all'infinito, ma per stabilirne il segno dobbiamo studiare separatamente i fattori.
Quando \(x\to 1\),
\[ x+2\to 3. \]
Poiché \(3>0\), per la permanenza del segno il fattore \(x+2\) è positivo in un opportuno intorno di \(1\).
Inoltre,
\[ 2-x\to 1. \]
Anche questo limite è positivo, quindi \(2-x\) è positivo per ogni \(x\) sufficientemente vicino a \(1\).
L'unico fattore che cambia segno attraversando \(x=1\) è dunque \(x-1\).
Consideriamo il limite sinistro. Se \(x\to 1^-\), allora \(x<1\), perciò
\[ x-1<0 \]
e
\[ x-1\to 0^-. \]
Il numeratore \(x+2\) è positivo. Nel denominatore, il fattore \(x-1\) è negativo, mentre il fattore \(2-x\) è positivo. Il denominatore è quindi negativo e tende a zero.
Ne segue
\[ \lim_{x\to 1^-} \frac{x+2}{(x-1)(2-x)} = -\infty. \]
Consideriamo ora il limite destro. Se \(x\to 1^+\), allora \(x>1\), quindi
\[ x-1>0 \]
e
\[ x-1\to 0^+. \]
Tutti i fattori \(x+2\), \(x-1\) e \(2-x\) sono positivi per \(x\) sufficientemente vicino a \(1\) da destra. Il denominatore tende a zero attraverso valori positivi.
Pertanto,
\[ \lim_{x\to 1^+} \frac{x+2}{(x-1)(2-x)} = +\infty. \]
I due limiti laterali sono differenti:
\[ -\infty\neq+\infty. \]
Di conseguenza,
\[ \lim_{x\to 1} \frac{(x-1)^2(x+2)} {(x-1)^3(2-x)} \text{ non esiste}. \]