Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

§4 Limiti di funzioni e ordini di infinito/esimo

Per le definizioni e teoremi si fa riferimento ad uno qualsiasi dei libri M.Bertsch - R.Dal Passo Lezioni di Analisi Matematica, I edizione settembre 1996, ARACNE EDITRICE, via Raffaele Garofalo, 133 A/B 00173 Roma tel.0672672233/22, M.Bertsch - R.Dal Passo Elementi di Analisi Matematica, I edizione ottobre 2001, ARACNE EDITRICE

1.4 Dimostrare che se lim_{x→a} g(x) = 0 allora \frac{1}{1−g(x)} = 1 + g(x) + o(g). Sapendo che tan x = x + \frac{1}{3}x^{3} + o(x^{4}) nell’intorno di x = 0 trovare cot x sempre nell’intorno di x = 0

2.4 Disporre in ordine di infinitesimo crescente le seguenti funzioni rispetto all’infinitesimo campione \frac{1}{x} per x → +∞^{(1.4)}

f_{1}(x) = (\sqrt{x + 1} − \sqrt{x − 1}) sin \frac{1}{x}, f_{2}(x) = arctan \frac{1}{x}, f_{3}(x) = \frac{5x^{2}−1}{x^{3}+1} arctan(x log x)(1 − e^{sin ^{\frac{1}{x}}})

3.4 Disporre in ordine decrescente di infinito per x → +∞ le seguenti funzioni:

f_{1}(x) = x^{2} ln x, f_{2}(x) = \frac{2+sin x}{1−cos \frac{1}{x}} , f_{3}(x) = ^{\frac{\sqrt{sin \frac{1}{x}}}{e^{1/x}−1}} (e^{2x} − 1)

4.4 Disporre in ordine di decrescente di infinito per x → 5^{−} le seguenti funzioni:

f_{1}(x) = (5 − x)^{−5/2}, f_{2}(x) = (arcsin(5 − x)^{3})^{−1/4}, f_{3}(x) = (1 + arctan(5 − x)^{5})^{1/(5−x)^{6}},

f_{4}(x) = − log(1 − e^{\frac{x−5}{x^{2}}} ).

5.4 Disporre in ordine di infinito crescente per x → −∞ le seguenti funzioni

f_{1}(x) = \sqrt{x^{2} + (−x)^{3/2}} + x, f_{2}(x) = \frac{−x^{3}+1}{log(1+e^{x^{2}} )}, f_{3}(x) = [(1 − cos \frac{1}{(−x)^{3/4}} ) sin(sin \frac{1}{|x|})]^{−1}

6.4 Disporre in ordine di inifinitesimo crescente x → 0 (precisando l’eventuale ordine)

f_{1}(x) = e^{3x} − cos x, f_{2}(x) = tan(sin(2x)^{2}), f_{3}(x) = ln |x|^{2x}

7.4 Disporre in ordine di inifinitesimo crescente x → 0 (precisando l’eventuale ordine)

f_{1}(x) = x ln((π + e^{2x})^{4}), f_{2}(x) = x ln^{19} x, f_{3}(x) = ((x^{2} + x)^{1/3} − (x^{2} − x)^{1/3})x f_{4}(x) = (x^{2} + x)^{1/3} + (x^{2} − x)^{1/3}

8.4 Disporre in ordine di inifinitesimo crescente x → +∞ (precisando l’eventuale ordine)

f_{1}(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}} − \frac{cos 1/x}{2\sqrt{x+1/x}}, f_{2}(x) = arctan(3x + 1) sin(1/(x\sqrt{x})), f_{3}(x) = (ln x) sin(1/(x\sqrt{x}))

9.4 Disporre in ordine di inifinitesimo crescente x → +∞ (precisando l’eventuale ordine)

f_{1}(x) = (sin \frac{1}{x^{2}} − \frac{1}{1+x^{2}} ) log x, f_{2}(x) = \sqrt{\frac{x^{2}−1}{x^{2}}} − cos \frac{1}{x}, f_{3}(x) = log(x^{4} + x^{1/2}) − log(x^{4} − x^{1/2})

10.4 Dare un esempio di funzione f tale che 1) lim_{x→+∞} x^{N}f(x) = 0 ∧ lim_{x→+∞} e^{x}f(x) = +∞ per ogni intero N; 2) lim_{x→+∞} x^{N}f(x) = 0 ∧ lim_{x→+∞} e^{ax}f(x) = +∞ per ogni a > 0 e per ogni intero N 3) lim_{x→+∞} f(x) = +∞ ∧ lim_{x→+∞} \frac{f(x)}{x^{a}} = 0 per ogni a positivo 4) lim_{x→+∞} f(x) = +∞ ∧ lim_{x→+∞} \frac{f(x)}{ln^{a} x} = 0 per ogni a positivo 5) lim_{x→+∞} x^{N}f(x) = 0 ∧ lim_{x→+∞} e^{ax}f(x) = +∞ ∧ lim_{x→+∞} e^{x^{a}}f(x) = +∞ per ogni N ed a positivi

(1.4) Le funzioni che seguono possono avere un ordine rispetto ad un infinito/esimo campione secondo la Definizione di pag.160 ma possono anche non averlo. In questo secondo caso per confrontare due funzioni si fa riferimento alle definizioni di pag.156

SOLUZIONI

1.4 cot x = \frac{1}{x} − \frac{1}{3}x+o(x)  2.4 f_{2} < f_{1} < f_{3}  3.4 f_{2} < f_{1} < f_{3}  4.4
f_{3} > f_{1} > f_{2} > f_{4}  5.4 f_{1} < f_{2} < f_{3}  6.4 f_{2} > f_{1} > f_{3}  7.4 f_{3} =
f_{1} > f_{4} > f_{2}  8.4 f_{1} > f_{3} > f_{2}  9.4 f_{2} > f_{1} (circa f_{3} vedi la risoluzione)

10.4 f(x) = e^{− \frac{1}{2} x}, f(x) = e^{−\sqrt{x}}, f(x) = ln x, f(x) = ln(ln x), f(x) = e^{− ln^{2} x} = \frac{1}{x^{ln x}}

RISOLUZIONE DEGLI ESERCIZI

1.4 \frac{1}{1−g(x)} − (1 + g(x)) = \frac{g^{2}(x)}{1−g} e lim_{x→a} \frac{1}{g} \frac{g^{2}(x)}{1−g} = 0 che è come dire il risultato.

cot x = \frac{1}{tan x} = \frac{1}{x+ \frac{1}{3} x^{3}+o(x^{4})} = \frac{1}{x} \frac{1}{1+ \frac{1}{3} x^{2}+o(x^{3})} ed applicando il risultato precedente dove g(x) =

−\frac{1}{3}x^{2} + o(x^{3}) si ottiene cot x = \frac{1}{x}(1 − \frac{1}{3}x^{2} + o(x^{2})) = \frac{1}{x} − \frac{1}{3}x + o(x)

2.4 f_{1}(x) = \frac{2}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x−1}} sin \frac{1}{x} = (x sin \frac{1}{x})\frac{2}{x(\sqrt{x+1}+\sqrt{x−1})}. Poiché lim_{x→+∞} \frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x−1}} = 2 e lim_{x→+∞} x sin \frac{1}{x} = 1 (viene da lim_{t→0} \frac{sin t}{t} = 1) ne consegue che l’ordine è 3/2 (si intende la definizione di pag.160 del libro di testo con x_{o} = +∞, α = \frac{3}{2}, l = \frac{1}{2} e g(x) = \frac{1}{x}). Si può in questo caso equivalentemente dire che f_{1}(x) ∼ \frac{1}{2x^{\frac{3}{2}}} . f_{2}(x) : lim_{x→∞} x arctan \frac{1}{x} = 1

(basta cambiare variabile t = \frac{1}{x} ed utilizzare il limite notevole lim_{t→0} \frac{tan t}{t} = 1 che a sua volta viene dal limite notevole lim_{t→0} \frac{sin t}{t} = 1) e dunque essendo x arctan \frac{1}{x} = \frac{arctan 1/x}{\frac{1}{x}} se ne conclude

che l’ordine di f_{2}(x) è 1. f_{3} : per x > 1 si ha lim_{x→+∞} \frac{x(5x^{2}−1)}{x^{3}+1} = 5, per cui la prima funzione è infinitesima di ordine uno rispetto a \frac{1}{x}. per x → ∞ lim_{x→+∞} arctan(x log x) = \frac{π}{2} . Per la terza funzione si utilizza il limite notevole lim_{z→0} \frac{e^{z}−1}{z} = 1 ponendo sin 1/x al posto di z e x → +∞; in altre parole lim_{x→+∞} \frac{e^{sin 1/x}−1}{sin 1/x} = 1. Scrivendo quindi

f_{3}(x) = \frac{5x^{2}−1}{x^{3}+1} arctan(x log x)(1 − sin^{1/x}) = \frac{5x^{2}−1}{x^{3}+1} arctan(x log x)\frac{1−e^{^{sin} \frac{1}{x}}}{sin^{\frac{1}{x}}} \frac{sin \frac{1}{x}}{\frac{1}{x}} \frac{1}{x}

si ottiene lim_{x→+∞} \frac{f_{3}(x)}{\frac{1}{x^{2}}} = \frac{5π}{2} . Mettendo assieme i risultati si ha f_{2} < f_{1} < f_{3}.

Per arctan(x log x) non è applicabile la definizione di pag. 160 del libro nonostante lo sia per f_{3}(x). In questo caso si può dire che arctan(x log x) = O(1) per x → +∞ ossia è una quantità limitata per x → ∞.

3.4 f_{1}(x) : è infinita di ordine maggiore di 2 e minore di qualsiasi numero maggiore di 2 rispetto ad x per x → +∞. Va evidenziato che non ha ordine rispetto all’infinito campione ossia non esiste nessun numero reale positivo a tale che lim_{x→+∞} \frac{x^{2} ln x}{x^{a}} = b ≠ 0 e quindi non è applicabile la Definizione di pag.160. Viceversa è applicabile la definizione di pag.156. Infatti f_{1}(x) ha ordine maggiore di due in quanto lim_{x→+∞} \frac{x^{2} ln x}{x^{2}} = +∞ e minore di un qualsiasi numero maggiore di 2 essendo lim_{x→+∞} \frac{x^{2} ln x}{x^{2+δ}} = 0 per ogni δ > 0. f_{2}(x) : si può dire che 2 + sin x = O(1) per x → +∞ (infatti dalla trigonometria si ha 1 ≤ 2 + sin x ≤ 3); inoltre lim_{x→+∞} \frac{1−cos \frac{1}{x}}{\frac{1}{x^{2}}} = \frac{1}{2}. È di tutta evidenza che lim_{x→+∞} \frac{f_{1}(x)}{f_{2}(x)} = +∞ ed è altrettanto evidente

che lim_{x→+∞} \frac{f_{3}(x)}{f_{1}(x)} = +∞ per cui il risultato è f_{3} > f_{1} > f_{2}. Per dimostrare che lim_{x→+∞} \frac{f_{3}(x)}{f_{1}(x)} =

+∞ l’ultima cosa da fare è usare il teorema de l’Hopital. Viceversa bisogna osservare che \frac{\sqrt{sin \frac{1}{x}}}{e^{\frac{1}{x}} −1} è

infinita di ordine \frac{1}{2} rispetto all’infinito campione x e che lim_{x→+∞} \frac{\sqrt{x}e^{2x}}{x^{N}} = +∞ per ogni intero positivo N. Infatti per quanto riguarda \frac{\sqrt{sin \frac{1}{x}}}{e^{\frac{1}{x}} −1} basta riscriverla come \sqrt{x sin \frac{1}{x}} \frac{x}{\sqrt{x}} \frac{\frac{1}{x}}{e^{\frac{1}{x}} −1} e per x → +∞ il primo e terzo fattore tendono ad uno facendo si che la espressione sia infinita di ordine \frac{1}{2}. Per quanto riguarda lim_{x→+∞} \frac{\sqrt{x}e^{2x}}{x^{N}} = +∞ è un limite notevole.

4.4 f_{1}(x) è un infinito di ordine 5/2 rispetto all’infinito campione 5 − x. f_{2}(x) : è un infinito di ordine 3/4 rispetto allo steso infinito campione. Infatti da lim_{x→+∞} \frac{sin x}{x} = 1 segue che lim_{x→+∞} \frac{arcsin x}{x} = 1 (basta cambiare variabile x = arcsin t; il cambio è del tutto lecito in quanto nell’intorno dell’origine sin x è una funzione monotona crescente e quindi invertibile). Dunque lim_{x→5^{−}} \frac{(arcsin(5−x)^{3})^{−1/4}}{\frac{1}{(5−x)^{3/4}}} = lim_{x→5^{−}} \frac{(5−x)^{3/4}}{(arcsin(5−x)^{3})^{1/4}} = 1 da cui l’asserto. È

chiaro che lim_{x→5^{−}} \frac{f_{1}}{f_{2}} = +∞. f_{3}(x) : essa è una forma indeterminata del tipo 1^{∞}

che riscriviamo come exp(\frac{1}{(5−x)^{6}} ln(1 + arctan(5 − x)^{5})) e ci ricordiamo che lim_{x→0} \frac{ln(1+x)}{x} = 1

e che lim_{x→0} \frac{arctan x}{x} = 1 per cui riscriviamo \frac{ln(1+arctan(5−x)^{5}))}{(5−x)^{5}} = \frac{ln(1+arctan(5−x)^{5}))}{(arctan(5−x))^{5}} \frac{(arctan(5−x))^{5}}{(5−x)^{5}}

il cui limite per x → 5^{−} è uno. Dunque si ottiene lim_{x→5^{−}} ^{\frac{exp( \frac{1}{(5−x)^{6}} ln(1+arctan(5−x)^{5}))}{exp(1/(5−x)}} = 1 e se ne conclude che f_{3}(x) ha, per così dire, “ordine infinito” rispetto a 1/(5 − x). Si ha

lim_{x→5^{−}} \frac{f_{3}}{f_{1}} = +∞. f_{4}(x) : da lim_{x→5^{−}} \frac{e^{\frac{x−5}{x^{2}}} −1}{\frac{x−5}{x^{2}}} = 1 segue che e^{\frac{x−5}{x^{2}}} = 1+ \frac{x−5}{x^{2}} +o(\frac{x−5}{x^{2}})

e quindi log(1−e^{\frac{x−5}{x^{2}}} ) = log \frac{x−5}{x^{2}} +o(\frac{x−5}{x^{2}}) da cui segue che lim_{x→5^{−}} ^{\frac{− log(1−e^{\frac{x−5}{x^{2}}} )}{− log(5−x)}} = 1 ed essendo

lim_{x→5^{−}} \frac{− log(5−x)}{(5−x)^{3/4}} = +∞ ne segue che l’ordine decrescente di infinito è dato da f_{3} > f_{1} > f_{2} > f_{4}.

5.4 Razionalizzando f_{1} diventa \frac{(−x)^{3/2}}{\sqrt{x^{2}+(−x)^{3/2}}−x} = \frac{(−x)^{3/2}}{−x(\sqrt{1+(−x)^{−1/2}}+1)} = \frac{(−x)^{1/2}}{(\sqrt{1+(−x)^{−1/2}}+1)} ed è

chiaro che ha ordine \frac{1}{2} rispetto all’infinito campione −x. Sarebbe stato un grave errore ragionare nel seguente modo: \sqrt{x^{2} + (−x)^{3/2}} ha ordine 1 ed anche x per cui la loro somma ha ordine 1 rispetto all’infinito campione. Il punto è che la radice tende a +∞ per x → −∞ mentre x → −∞ e quindi i due termini danno contributi di segno opposto. Tale opposizione dei segni si manifesta nel fatto che l’ordine dell’espressione è \frac{1}{2} e non 1. Se dopo la radice ci fosse stato il segno meno allora il ragionamento intuitivo avrebbe condotto al risultato corretto ossia che la somma dei termini avrebbe ordine 1. Per quanto concerne f_{2} scriviamo log(1 + e^{x^{2}}) = log e^{x^{2}} + log(1 + e^{−x^{2}}) = x^{2} + log(1 + e^{−x^{2}}) ed osserviamo che e^{−x^{2}} → 0 per x → −∞. La funzione diventa f_{2}(x) = \frac{x(−1+x^{−3})}{1+x^{−2} log(1+e^{−x^{2}} )} da cui appare evidente che la funzione è infinita con ordine 1 rispetto all’infinito campione −x. Da ultimo è rimasta f_{3}. La riscriviamo per x negativo nel seguente modo

[(1 − cos \frac{1}{(−x)^{\frac{3}{4}}} )(|x|)^{\frac{3}{2}} ]^{−1} \frac{(sin \frac{1}{|x|})}{sin(sin \frac{1}{|x|})]} \frac{1}{|x| sin \frac{1}{|x|}} |x||x|^{\frac{3}{2}} e per x → −∞ la funzione ha ordine \frac{5}{2}.

6.4 f_{1}(x) = 1+3x+o(x)−1+ \frac{1}{2}x^{2} +o(x^{2}) per cui l’ordine di rispetto all’infinitesimo campione x è 1. f_{2} : Essendo lim_{x→0} \frac{tan(sin(2x)^{2})}{4x^{2}} = 1 l’ordine è 2. f_{3} : f_{3}(x) = 2x ln |x| e quindi non ha ordine rispetto all’infinitesimo campione x. Nonostante ciò si può dire che ha ordine inferiore rispetto ad 1. Quindi la risposta è f_{3} < f_{1} < f_{2}

7.4 f_{1} : ordine 1 rispetto all’infintesimo campione f_{2} : ordine di infintesimo minore di 1 f_{3} : f_{3}(x) = x\frac{2x^{2}}{(x^{2}−x)^{2/3}+(x^{2}−x)^{1/3}(x^{2}+x)^{1/3}+(x^{2}+x)^{2/3}} e per x → 0 ha ordine \frac{5}{3}

f_{4} : f_{4}(x) = \frac{2x^{2}}{(x^{2}−x)^{2/3}−(x^{2}−x)^{1/3}(x^{2}+x)^{1/3}+(x^{2}+x)^{2/3}} da cui segue che l’ordine è \frac{2}{3}

8.4 f_{1} : cos \frac{1}{x} = 1 − \frac{1}{2x^{2}} + o(\frac{1}{x^{2}} ) ed inoltre \sqrt{x + \frac{1}{x}} = \sqrt{x}\sqrt{1 + \frac{1}{x^{2}}} = \sqrt{x}(1 + \frac{1}{2x^{2}} + o(\frac{1}{x^{2}} )).

\frac{1}{\sqrt{1+ \frac{1}{x}}} = 1 − \frac{1}{2x^{2}} + o(\frac{1}{x^{2}} ) da cui segue che f_{1}(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}} − \frac{1}{2\sqrt{x}}(1 − \frac{1}{x^{2}} + o(\frac{1}{x^{2}} ) e dunque ha ordine

\frac{5}{2} rispetto all’infinitesimo campione \frac{1}{x}.  f_{2} : ha chiaramente ordine \frac{3}{2}  f_{3} : ha

ordine superiore a \frac{3}{2}

9.4 f_{1} : sin \frac{1}{x^{2}} = \frac{1}{x^{2}} + o(\frac{1}{x^{2}} ), \frac{1}{1+x^{2}} = \frac{1}{x^{2}} _{\frac{1}{1+ \frac{1}{x^{2}}}} = \frac{1}{x^{2}} (1 − \frac{1}{x^{2}} + o(\frac{1}{x^{2}} )) per cui la funzione

diventa (o(\frac{1}{x^{2}} ) + \frac{1}{x^{4}} ) log x e non è possibile dire di più a questo livello (confrontare ciò con la f_{1} dell’esercizio precedente ed osservare perché in quel caso era stato possibile dirimere la questione. Si può dire che la funzione è infinitesima per x → +∞ di ordine inferiore a 2 ma certamente superiore a qualsiasi numero inferiore a 2 f_{2} : Si lascia al lettore verificare che f_{2} = o(\frac{1}{x^{2}} ) f_{3} : la funzione può scriversi come ln x^{4} + ln(1 + \frac{1}{x^{7/2}} ) − ln x^{4} − ln(1 − \frac{1}{x^{7/2}} ) = \frac{2}{x^{7/2}} + o(\frac{2}{x^{7/2}} ) per cui è infinitesima di ordine \frac{7}{2}. La conclusione è che f_{2} > f_{1} ma nulla si può dire circa la collocazione di f_{3} rispetto alle prime due.

10.4 lim_{x→+∞} x^{N}e^{− \frac{1}{2} x} = 0, ma lim_{x→+∞} e^{x}e^{− \frac{1}{2} x} = +∞. Per la seconda domanda si prenda f(x) = e^{−\sqrt{x}} e si verifichi la richiesta dell’esercizio.