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Channel: L'esperto di Matematica – Zanichelli Aula di scienze
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Alcuni limiti

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Ricevo da Angela la seguente domanda:
 
Salve professore,
non riesco a risolvere i seguenti limiti:
\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{\left( {{x}^{2}}+2x \right)}^{1-\cos x}}\quad \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( {{e}^{x}}+1 \right)}^{\frac{1}{x}}}\quad \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( {{2}^{x}}-4 \right)}^{\frac{1}{\sqrt{x}}}}\quad \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{\left( \sin x \right)}^{\frac{4}{\ln 3x}}}\quad .\]
Grazie.
 
Le rispondo così:
 
Cara Angela,
il primo e l’ultimo limite si presentano nella forma indeterminata \(0^0\), mentre il secondo e il terzo nella forma \(\infty^0\): tutti possono essere discussi utilizzando l’identità \(f{{\left( x \right)}^{g\left( x \right)}}={{e}^{g\left( x \right)\ln \left( f\left( x \right) \right)}}\) e diversi limiti notevoli, per cui, posto che esista \(\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,g\left( x \right)\ln \left( f\left( x \right) \right)=l\), con \(l\) finito o infinito, si ha  \(\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,f{{\left( x \right)}^{g\left( x \right)}}=\underset{t\to l}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{t}}\), che nel caso di \(l\) finito è semplicemente, per continuità, \(e^l\).
Nel primo caso, si tratta di calcolare
\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( 1-\cos x \right)\ln \left( {{x}^{2}}+2x \right)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( 1-\cos x \right){{x}^{2}}\ln \left( x\left( x+2 \right) \right)}{{{x}^{2}}}=\] \[=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( 1-\cos x \right)}{{{x}^{2}}}\left( \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{x}^{2}}\ln x+\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{x}^{2}}\ln \left( x+2 \right) \right)=\frac{1}{2}\left( 0+0\cdot \ln 2 \right)=0\] essendo \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( 1-\cos x \right)}{{{x}^{2}}}=\frac{1}{2}\quad \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{x}^{2}}\ln x=\underset{p\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln p}{1/{{p}^{2}}}=0\ .\]
 In definitiva: \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{\left( {{x}^{2}}+2x \right)}^{1-\cos x}}={{e}^{0}}=1\quad .\]
Nel secondo caso, si tratta di calcolare \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{x}\ln \left( {{e}^{x}}+1 \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( {{e}^{x}}\left( 1+{{e}^{-x}} \right) \right)}{x}=\] \[=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x+\ln \left( 1+{{e}^{-x}} \right)}{x}=1+\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( 1+{{e}^{-x}} \right)}{x}=1+\frac{0}{+\infty }=1\] per cui in definitiva: \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( {{e}^{x}}+1 \right)}^{\frac{1}{x}}}={{e}^{1}}=e\quad .\]
Nel terzo caso, si tratta di calcolare \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\sqrt{x}}\ln \left( {{2}^{x}}-4 \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x\ln 2+\ln \left( 1-4\cdot {{2}^{-x}} \right)}{\sqrt{x}}=\] \[=\ln 2\cdot \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\sqrt{x}+\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( 1-4\cdot {{2}^{-x}} \right)}{\sqrt{x}}=+\infty +\frac{0}{+\infty }=+\infty \] per cui in definitiva: \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( {{2}^{x}}-4 \right)}^{\frac{1}{\sqrt{x}}}}={{e}^{+\infty }}=+\infty \quad .\]
Nell’ultimo caso, si tratta di calcolare \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{4\ln \left( \sin x \right)}{\ln \left( 3x \right)}=4\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( 3x\sin x/3x \right)}{\ln \left( 3x \right)}=4\left( 1+\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( \sin x/x \right)-\ln 3}{\ln \left( 3x \right)} \right)=4\left( 1-\frac{\ln 3}{-\infty } \right)=4\] per cui in definitiva: \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{\left( \sin x \right)}^{\frac{4}{\ln 3x }}}={{e}^{4}}\quad .\]
Massimo Bergamini
 


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