Esercizi svolti sui limiti: forme indeterminate, limiti notevoli e asintoti

Perché questo metodo. «Verifica» significa che il risultato è già dato: non devi calcolarlo, ma dimostrare che per ogni $\varepsilon > 0$ esiste un $\delta > 0$ tale che $0 < \lvert x - 3 \rvert < \delta$ implica $\lvert f(x) - 7 \rvert < \varepsilon$. Si parte dalla disuguaglianza su $f(x)$ e si risale a una disuguaglianza su $x$.

1. Fissato $\varepsilon > 0$, risolviamo $\lvert (2x + 1) - 7 \rvert < \varepsilon$:

Quindi basta scegliere $\delta = \frac{\varepsilon}{2}$: se $0 < \lvert x - 3 \rvert < \frac{\varepsilon}{2}$, allora $\lvert f(x) - 7 \rvert < \varepsilon$. Per esempio, per avere $f(x)$ a meno di $0{,}01$ da 7 basta prendere $x$ a meno di $0{,}005$ da 3. Il limite è verificato.

2. Dai grafici: $\ln x \to -\infty$ per $x \to 0^+$ (l’asse $y$ è un asintoto verticale), $e^x \to 0$ per $x \to -\infty$ (l’asse $x$ è un asintoto orizzontale), $\arctan x \to -\frac{\pi}{2}$ per $x \to -\infty$. Questi valori, raccolti nei limiti infiniti e all’infinito, vanno saputi a memoria: sono i mattoni di tutti gli altri esercizi.

Perché questo metodo. Con polinomi e frazioni di polinomi per $x \to \pm\infty$ escono $\infty - \infty$ o $\frac{\infty}{\infty}$. Si raccoglie la potenza di grado massimo: tutti gli altri termini diventano frazioni che tendono a 0. Per le frazioni questo porta alla regola del confronto dei gradi.

1. Per $x \to -\infty$, $2x^3 \to -\infty$ e $5x^2 \to +\infty$: forma $-\infty + \infty$. Raccogliendo $x^3$:

Un polinomio all’infinito si comporta come il suo termine di grado massimo.

2. Forma $\frac{\infty}{\infty}$ con gradi uguali. Raccogliendo $x^3$ sopra e sotto:

Con gradi uguali il limite è il rapporto tra i coefficienti dei termini di grado massimo.

3. Il grado del numeratore (2) è minore di quello del denominatore (3): la frazione si comporta come $\frac{x^2}{x^3} = \frac{1}{x}$, e il limite è $0$.

4. Il grado del numeratore è maggiore: la frazione si comporta come $\frac{x^4}{5x^2} = \frac{x^2}{5}$, che tende a $+\infty$ anche per $x \to -\infty$, perché $x^2$ è sempre positivo.

Perché questo metodo. Sostituendo esce $\frac{0}{0}$ e ci sono solo polinomi. Se un polinomio si annulla in $x_0$, per il teorema di Ruffini è divisibile per $(x - x_0)$: si scompongono numeratore e denominatore e si semplifica il fattore comune. Semplificare è lecito perché nel limite $x$ si avvicina a $x_0$ ma è sempre diverso da $x_0$.

1. Con la differenza di cubi e la differenza di quadrati:

2. Scomponendo, $x^2 + x - 2 = (x + 2)(x - 1)$ e $x^2 + 4x + 4 = (x + 2)^2$:

Ora il numeratore tende a $-3$ e il denominatore a $0$: conta il segno. Per $x \to -2^+$ il denominatore è $0^+$ e il limite è $-\infty$; per $x \to -2^-$ è $0^-$ e il limite è $+\infty$. I due limiti sono diversi: il limite per $x \to -2$ non esiste, e la retta $x = -2$ è un asintoto verticale.

Perché questo metodo. Con le radici, le forme $\frac{0}{0}$ e $\infty - \infty$ si sbloccano con la razionalizzazione: si moltiplica e si divide per l’espressione coniugata, sfruttando $(a - b)(a + b) = a^2 - b^2$. Così la radice sparisce dal termine che dava problemi.

1. Forma $\frac{0}{0}$. Si può razionalizzare, oppure notare che, per $x \geq 0$, $x - 4 = (\sqrt{x} - 2)(\sqrt{x} + 2)$:

2. Forma $\infty - \infty$. Moltiplichiamo e dividiamo per $\sqrt{x^2 + 4x} + x$, e per $x > 0$ scriviamo $\sqrt{x^2 + 4x} = x\sqrt{1 + \frac{4}{x}}$:

3. Prima di tutto, sostituisci: $\sqrt{x^2 + 4x} \to +\infty$ e $x \to -\infty$, quindi è la forma $+\infty - \infty$. (Invece $\sqrt{x^2 + 4x} - x$ per $x \to -\infty$ sarebbe $+\infty + \infty = +\infty$, senza bisogno di conti.) Razionalizziamo con la differenza:

Ora la trappola. Per $x < 0$ vale $\sqrt{x^2} = \lvert x \rvert = -x$ (rivedi il valore assoluto), quindi $\sqrt{x^2 + 4x} = -x\sqrt{1 + \frac{4}{x}}$. Il denominatore diventa $-x\left(\sqrt{1 + \frac{4}{x}} + 1\right)$ e

Perché questo metodo. Quando l’espressione si comporta in modo diverso ai due lati di $x_0$ (un valore assoluto che si annulla in $x_0$, un $\frac{1}{x}$ dentro un esponenziale, una forma $\frac{\ell}{0}$) si calcolano separatamente il limite destro e il limite sinistro. Il limite esiste solo se sono uguali.

1. Il valore assoluto si scioglie in due modi: per $x > 1$ vale $\lvert x - 1 \rvert = x - 1$, per $x < 1$ vale $\lvert x - 1 \rvert = -(x - 1)$. Quindi

I due limiti sono diversi: il limite per $x \to 1$ non esiste, e il grafico fa un salto.

2. Per $x \to 0^+$ si ha $\frac{1}{x} \to +\infty$, quindi $e^{1/x} \to +\infty$. Per $x \to 0^-$ si ha $\frac{1}{x} \to -\infty$, quindi $e^{1/x} \to 0$. Il limite non esiste, e la retta $x = 0$ è un asintoto verticale solo da destra.

3. Qui non ci sono due lati: il problema è che $\sin x$ oscilla. Per quanto grande sia un numero $M$, oltre $M$ ci sono punti con $\sin x = 1$ (come $x = \frac{\pi}{2} + 2k\pi$) e punti con $\sin x = -1$. Se il limite fosse un numero $\ell$, con $\varepsilon = \frac{1}{2}$ dovremmo avere, da un certo punto in poi, sia $\lvert 1 - \ell \rvert < \frac{1}{2}$ sia $\lvert -1 - \ell \rvert < \frac{1}{2}$: impossibile, perché $1$ e $-1$ distano $2$. Non può essere nemmeno $\pm\infty$, perché $\lvert \sin x \rvert \leq 1$. Il limite non esiste.

Perché questo metodo. Forma $\frac{0}{0}$ con seni, coseni, esponenziali o logaritmi: non c’è niente da scomporre, servono i limiti notevoli. Valgono con qualsiasi quantità che tende a 0 al posto di $x$, purché la stessa quantità compaia nell’argomento e al denominatore. Il lavoro è farla comparire, moltiplicando e dividendo.

1. Al denominatore serve $(3x)^2 = 9x^2$:

2. Facciamo comparire $2x$ sotto il logaritmo e $5x$ sotto il seno, moltiplicando e dividendo per entrambi:

3. L’argomento dell’esponenziale è $x^2$, che tende a 0: quindi $\frac{e^{x^2} - 1}{x^2} \to 1$. Inoltre $\frac{x}{\tan x} \to 1$:

4. Qui $x$ tende a $\pi$, non a 0: si cambia variabile. Con $t = x - \pi$, che tende a 0, e con $\sin(\pi + t) = -\sin t$ (dagli archi associati):

Perché questo metodo. La base tende a 1 e l’esponente a infinito: è la forma $1^\infty$, che non vale automaticamente 1. Si scrive la potenza come esponenziale, $f^g = e^{g\ln f}$. Siccome per $f \to 1$ vale $\ln f \sim f - 1$ (è il limite notevole $\frac{\ln(1 + t)}{t} \to 1$ con $t = f - 1$), si ottiene la regola pratica

valida quando $f \to 1$ e il limite all’esponente esiste, finito o infinito.

1. Basta il limite notevole $\left(1 + \frac{a}{x}\right)^x \to e^a$ con le proprietà delle potenze:

Con la regola pratica: $g\,(f - 1) = 2x \cdot \frac{3}{x} = 6$. Stesso risultato.

2. La base tende a 1 e l’esponente a $+\infty$. Calcoliamo $f - 1$:

quindi $g\,(f - 1) = \frac{3x}{x - 1} \to 3$, e il limite è $e^3$.

3. Per $x \to 0$, $\cos 2x \to 1$ e $\frac{1}{x^2} \to +\infty$. Con il limite notevole del coseno, $\cos 2x - 1 = -(1 - \cos 2x) \sim -\frac{(2x)^2}{2} = -2x^2$, quindi

e il limite è $e^{-2} = \frac{1}{e^2}$.

Perché questo metodo. Quando all’infinito si scontrano esponenziali, potenze e logaritmi, conta chi va più veloce. La gerarchia degli infiniti dice che, per $x \to +\infty$, con $a > 0$ e $b > 1$:

Il logaritmo perde contro qualsiasi potenza, e qualsiasi potenza perde contro un esponenziale.

1. Forma $\frac{\infty}{\infty}$. Sopra $x^5$ è trascurabile rispetto a $e^x$, sotto lo è $\ln x$. Raccogliendo $e^x$:

2. Forma $0 \cdot (-\infty)$. Con $t = \frac{1}{x}$, che tende a $+\infty$, si ha $\sqrt{x} = \frac{1}{\sqrt{t}}$ e $\ln x = -\ln t$:

per la gerarchia, perché $\sqrt{t} = t^{1/2}$ è una potenza. Allo stesso modo $x^a\ln x \to 0$ per $x \to 0^+$, per ogni $a > 0$.

3. Forma $0^0$, anche questa indeterminata. Si usa ancora $f^g = e^{g\ln f}$: $x^x = e^{x\ln x}$, e $x\ln x \to 0$ per quanto appena visto (con $a = 1$). Quindi $x^x \to e^0 = 1$.

Perché questo metodo. In un prodotto o in un quoziente di funzioni che tendono a 0, ogni fattore si può sostituire con una funzione asintotica (principio di sostituzione): è il modo più veloce di usare i limiti notevoli. Nelle somme invece non si sostituisce a occhio: si scrive ogni pezzo con l’o piccolo e si controlla che i termini principali non si cancellino.

1. Per $x \to 0$: $1 - \cos 2x \sim \frac{(2x)^2}{2} = 2x^2$, $\ \ln(1 + 3x) \sim 3x$, $\ \tan 4x \sim 4x$. È un quoziente di prodotti, quindi si sostituisce:

2. Si sostituisce $1 - \cos x \sim \frac{x^2}{2}$:

Il limite è $0$ se $\alpha < 2$, è $\frac{1}{2}$ se $\alpha = 2$, è $+\infty$ se $\alpha > 2$. In altre parole $1 - \cos x$ è un infinitesimo di ordine 2: va a zero «come $x^2$».

3. Sostituendo esce $\frac{0}{0}$. Il numeratore è una differenza: se sostituisci $\sqrt{1 + x^2} \sim 1$ e $\cos x \sim 1$ trovi $1 - 1 = 0$, che non dice nulla. Si aggiunge e si toglie 1, per far comparire due limiti notevoli:

Con $(1 + t)^\beta - 1 \sim \beta t$ (qui $t = x^2$ e $\beta = \frac{1}{2}$) e con il limite del coseno:

La somma è $x^2 + o(x^2)$: i termini principali si sommano, non si cancellano. Il denominatore è un prodotto, $x\ln(1 + x) \sim x \cdot x = x^2$, quindi

Perché questo metodo. Quando c’è un pezzo che oscilla senza limite (come $\cos\frac{1}{x}$ per $x \to 0$ o $\sin x$ per $x \to +\infty$) o che fa dei salti (come la parte intera), le regole algebriche non bastano. Si stringe la funzione tra due funzioni con lo stesso limite: è il teorema del confronto, detto dei carabinieri.

1. Il fattore $\cos\frac{1}{x}$ non ha limite per $x \to 0$, ma è sempre compreso tra $-1$ e $1$. Moltiplicando per $x^2 \geq 0$:

Le due funzioni esterne tendono a 0, quindi anche quella in mezzo: il limite è $0$. È il caso tipico limitata per infinitesima, che dà sempre 0.

2. Forma $\frac{\infty}{\infty}$. Dividiamo sopra e sotto per $x$:

Per $x \to +\infty$, $\frac{\sin x}{x} = \sin x \cdot \frac{1}{x}$ è una funzione limitata per una infinitesima, quindi tende a 0. Il limite è $\frac{3 + 0}{1 + 0} = 3$.

3. Per definizione $\lfloor x \rfloor \leq x < \lfloor x \rfloor + 1$, cioè $x - 1 < \lfloor x \rfloor \leq x$. Dividendo per $x > 0$:

Entrambi i carabinieri tendono a 1, quindi il limite è $1$. Nella figura si vede bene: la funzione fa dei denti di sega, ma resta chiusa in un corridoio che si stringe attorno alla retta $y = 1$.

Perché questo metodo. Gli asintoti sono limiti con un significato geometrico, e si cercano sempre nello stesso ordine: dominio, asintoti verticali (limiti nei punti esclusi), orizzontali (limiti a $\pm\infty$) e, solo dove il limite all’infinito è infinito, obliqui $y = mx + q$, con $m = \lim \frac{f(x)}{x}$ e $q = \lim \big(f(x) - mx\big)$, entrambi finiti e $m \neq 0$.

1. Il dominio è $x \neq -1$.

• Verticale. In $x = -1$ il numeratore tende a $2 + 3 = 5$ e il denominatore a $0^\pm$: $f(x) \to -\infty$ da sinistra e $+\infty$ da destra. La retta $x = -1$ è un asintoto verticale.
• Orizzontale. Il grado del numeratore supera quello del denominatore, quindi $f(x) \to \pm\infty$: nessuno.
• Obliquo. $m = \displaystyle\lim_{x \to \pm\infty} \frac{2x^2 - 3x}{x^2 + x} = 2$ e poi

L’asintoto obliquo è $y = 2x - 5$, da entrambe le parti. Controllo con la divisione tra polinomi: $\frac{2x^2 - 3x}{x + 1} = 2x - 5 + \frac{5}{x + 1}$, e l’ultimo termine tende a 0.

2. Il dominio è $x^2 - 2x \geq 0$, cioè $x(x - 2) \geq 0$: $x \leq 0$ oppure $x \geq 2$. Non ci sono asintoti verticali (la radice è continua fino agli estremi del dominio), né orizzontali, perché $g(x) \to +\infty$ da entrambe le parti. Cerchiamo gli obliqui, ricordando che $\sqrt{x^2} = \lvert x \rvert$.

Per $x \to +\infty$: $\ m = \displaystyle\lim \frac{x\sqrt{1 - \frac{2}{x}}}{x} = 1$ e, razionalizzando,

Per $x \to -\infty$: $\ m = \displaystyle\lim \frac{-x\sqrt{1 - \frac{2}{x}}}{x} = -1$ e

Per $x < 0$ il denominatore è $-x\sqrt{1 - \frac{2}{x}} - x = -x\left(\sqrt{1 - \frac{2}{x}} + 1\right)$, quindi

Gli asintoti sono $y = x - 1$ a destra e $y = -x + 1$ a sinistra: due rette diverse, perché $\lvert x \rvert$ cambia formula.

Perché questo metodo. È un pezzo tipico di ogni studio di funzione: ogni limite richiede una tecnica diversa, e il lavoro è riconoscerla. Serviranno un limite notevole, il segno nelle forme $\frac{\ell}{0}$ e la gerarchia degli infiniti.

Dominio. Serve $x^2 + x = x(x + 1) \neq 0$, quindi $x \neq 0$ e $x \neq -1$. I limiti da calcolare sono quattro: in $0$, in $-1$, a $+\infty$ e a $-\infty$.

In $x = 0$. Sostituendo esce $\frac{0}{0}$, con un esponenziale: limite notevole $\frac{e^t - 1}{t} \to 1$ con $t = 2x$.

Il limite è finito, da entrambe le parti: in $x = 0$ non c’è un asintoto, ma un «buco» nel grafico, nel punto $(0, 2)$. Non tutti gli zeri del denominatore danno un asintoto verticale.

In $x = -1$. Il numeratore tende a $e^{-2} - 1 \approx -0{,}86$, un numero negativo, mentre il denominatore $x(x + 1)$ tende a 0. Serve il segno. Vicino a $-1$ il fattore $x$ è negativo, quindi:

• per $x \to -1^+$, $x + 1$ è positivo, il denominatore è $0^-$ e $f(x) \to +\infty$ (negativo diviso negativo);
• per $x \to -1^-$, $x + 1$ è negativo, il denominatore è $0^+$ e $f(x) \to -\infty$.

La retta $x = -1$ è un asintoto verticale.

Per $x \to +\infty$. Forma $\frac{\infty}{\infty}$. Al numeratore il $-1$ è trascurabile e al denominatore conta il termine di grado massimo, quindi $f(x) \sim \frac{e^{2x}}{x^2}$, che tende a $+\infty$ per la gerarchia: l’esponenziale batte la potenza. Nessun asintoto orizzontale. Nemmeno obliquo, perché $\frac{f(x)}{x} \sim \frac{e^{2x}}{x^3} \to +\infty$, e $m$ non è finito.

Per $x \to -\infty$. Qui non c’è nessuna forma indeterminata: $e^{2x} \to 0$, quindi il numeratore tende a $-1$, mentre il denominatore tende a $+\infty$. Il limite è $0$, da sotto, perché la frazione è negativa. La retta $y = 0$ è un asintoto orizzontale, ma solo a sinistra.

In conclusione: un asintoto verticale $x = -1$, un asintoto orizzontale $y = 0$ per $x \to -\infty$, nessun asintoto per $x \to +\infty$ e un buco in $(0, 2)$. Il grafico conferma tutto.