Soluzione quesito 1:

Sappiamo che la funzione \(\sin(x)\) è limitata, ovvero: \(-1 \le \sin(x) \le 1\).

Dividendo per \(x\), che consideriamo positivo (dato che \(x \to +\infty\)), otteniamo:

\[ -\frac{1}{x} \le \frac{\sin(x)}{x} \le \frac{1}{x} \]

Calcoliamo il limite per \(x \to +\infty\) delle due funzioni "che fanno da confine":

\[ \lim_{x \to +\infty} -\frac{1}{x} = 0 \] \[ \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x} = 0 \]

Poiché il limite delle due funzioni laterali è lo stesso e vale \(0\), per il Teorema del Confronto (dei due Carabinieri), anche la funzione centrale deve tendere a \(0\).

\[ \lim_{x \to +\infty} \frac{\sin(x)}{x} = 0 \]

Soluzione quesito 2:

La funzione \(\cos(x)\) è limitata: \(-1 \le \cos(x) \le 1\).

Aggiungendo 3 a tutti i membri, otteniamo:

\[ 3 - 1 \le 3 + \cos(x) \le 3 + 1 \implies 2 \le 3 + \cos(x) \le 4 \]

Poiché stiamo calcolando il limite per \(x \to -\infty\), \(e^x\) è positivo, quindi possiamo moltiplicare la disuguaglianza per \(e^x\) mantenendo i versi:

\[ 2 e^x \le (3 + \cos(x)) e^x \le 4 e^x \]

Calcoliamo il limite per \(x \to -\infty\) delle due funzioni laterali:

\[ \lim_{x \to -\infty} 2 e^x = 2 \cdot 0 = 0 \] \[ \lim_{x \to -\infty} 4 e^x = 4 \cdot 0 = 0 \]

Poiché il limite delle due funzioni laterali è \(0\), per il Teorema del Confronto, il limite richiesto è:

\[ \lim_{x \to -\infty} (3 + \cos(x)) e^x = 0 \]

Soluzione quesito 3:

Dividiamo la funzione in due fattori: \(g(x) = \frac{x^2 - 1}{x^2 + 5}\) e \(h(x) = \cos(x^3)\).

Calcoliamo il limite del primo fattore, \(g(x)\):

\[ \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2 - 1}{x^2 + 5} = 1 \]

Il limite del secondo fattore, \(h(x) = \cos(x^3)\), **non esiste** per \(x \to +\infty\), poiché è una funzione oscillante tra \(-1\) e \(1\).

Poiché un fattore tende a \(1\) e l'altro fattore è oscillante tra \(-1\) e \(1\), il limite del prodotto non può esistere.

In particolare, il limite \( \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2 - 1}{x^2 + 5} \cdot \cos(x^3) \) **non esiste**.

In questo caso, il **Teorema del Confronto (o dei due Carabinieri) non può essere applicato** perché:

• Non siamo in presenza di una forma \(\text{(funzione infinitesima)} \cdot \text{(funzione limitata)}\) che tende a \(0\).
• Non riusciamo a trovare due funzioni laterali che convergano allo stesso limite finito (diverso da \(1\)).

Soluzione quesito 4:

La funzione è il prodotto di due funzioni: \(g(x) = x^2\) e \(h(x) = \sin\left(\frac{1}{x}\right)\).

1. Funzione Limitata:

La funzione seno è limitata per ogni argomento, quindi \(-1 \le \sin\left(\frac{1}{x}\right) \le 1\).

2. Funzione Infinitesima:

Calcoliamo il limite di \(g(x) = x^2\) per \(x \to 0\): \(\lim_{x \to 0} x^2 = 0\). \(g(x)\) è infinitesima.

**Applicazione del Confronto:**

Poiché \(x^2 > 0\), moltiplichiamo la limitazione per \(x^2\) mantenendo i versi:

\[ -x^2 \le x^2 \sin\left(\frac{1}{x}\right) \le x^2 \]

Calcoliamo il limite per \(x \to 0\) delle due funzioni laterali:

\[ \lim_{x \to 0} (-x^2) = 0 \] \[ \lim_{x \to 0} x^2 = 0 \]

Per il Teorema del Confronto, il limite richiesto è:

\[ \lim_{x \to 0} x^2 \sin\left(\frac{1}{x}\right) = 0 \]

Soluzione quesito 5:

Partiamo dalla limitazione del coseno: \(-1 \le \cos(x) \le 1\).

1. Costruiamo il Numeratore (\(\cos(x) - x\)):

Sottraiamo \(x\) a tutti i membri:

\[ -1 - x \le \cos(x) - x \le 1 - x \]

2. Costruiamo la Funzione Completa:

Poiché stiamo calcolando il limite per \(x \to +\infty\), il denominatore \(x + 1\) è positivo. Dividiamo per \(x + 1\) mantenendo i versi:

\[ \frac{-1 - x}{x + 1} \le \frac{\cos(x) - x}{x + 1} \le \frac{1 - x}{x + 1} \]

3. Calcoliamo i Limiti delle Funzioni Laterali:

\[ \lim_{x \to +\infty} \frac{-1 - x}{x + 1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{-x}{x} = -1 \] \[ \lim_{x \to +\infty} \frac{1 - x}{x + 1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{-x}{x} = -1 \]

Poiché il limite delle due funzioni laterali è lo stesso e vale \(-1\), per il Teorema del Confronto, il limite richiesto è:

\[ \lim_{x \to +\infty} \frac{\cos(x) - x}{x + 1} = -1 \]

Soluzione quesito 6:

Affinché il limite di un prodotto tra una funzione oscillante e limitata (\(h(x) = \sin(x)\), con \(-1 \le \sin(x) \le 1\)) e una funzione \(g(x)\) esista e sia calcolabile tramite il Teorema del Confronto (nella forma del prodotto tra infinitesima e limitata), la funzione \(g(x)\) deve essere **infinitesima**, ovvero il suo limite deve essere **zero**.

Il nostro fattore \(g(x)\) è: \(g(x) = \frac{2x^2 + 1}{x^2 + 3} - k\).

Calcoliamo il limite di \(g(x)\) per \(x \to +\infty\):

\[ \lim_{x \to +\infty} \left( \frac{2x^2 + 1}{x^2 + 3} - k \right) = \lim_{x \to +\infty} \frac{2x^2}{x^2} - k = 2 - k \]

Per far sì che il limite esista, dobbiamo imporre che questo limite sia nullo:

\[ 2 - k = 0 \implies k = 2 \]

**Per \(k = 2\):**

La funzione diventa infinitesima, e il limite è calcolabile con il Teorema del Confronto. La funzione da limitare è:

\[ \lim_{x \to +\infty} \left( \frac{-5}{x^2 + 3} \right) \cdot \sin(x) \]

Poiché \(-1 \le \sin(x) \le 1\) e il fattore \(\frac{-5}{x^2 + 3}\) tende a \(0\), per il Teorema del Confronto il limite è \(0\).

\[ \lim_{x \to +\infty} \left( \frac{2x^2 + 1}{x^2 + 3} - 2 \right) \cdot \sin(x) = 0 \]

Soluzione quesito 7:

Il limite richiesto può essere scomposto nella somma dei limiti delle singole funzioni, poiché tutti i limiti esistono:

\[ L = \lim_{x \to +\infty} (k - 2) + \lim_{x \to +\infty} \frac{\sin(x)}{x} + \lim_{x \to +\infty} x(e^{1/x} - 1) \]

1. Primo Limite: La Costante

Il limite della costante è la costante stessa:

\[ \lim_{x \to +\infty} (k - 2) = k - 2 \]

2. Secondo Limite: Teorema del Confronto

Calcoliamo \(\lim_{x \to +\infty} \frac{\sin(x)}{x}\). Poiché la funzione \(\sin(x)\) è limitata (\(-1 \le \sin(x) \le 1\)), possiamo applicare il **Teorema del Confronto** (o il Teorema del Prodotto tra una funzione infinitesima e una limitata).

Per \(x > 0\) (dato che \(x \to +\infty\)), si ha:

\[ -\frac{1}{x} \le \frac{\sin(x)}{x} \le \frac{1}{x} \]

Poiché \(\lim_{x \to +\infty} -\frac{1}{x} = 0\) e \(\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x} = 0\), per il Teorema del Confronto:

\[ \lim_{x \to +\infty} \frac{\sin(x)}{x} = 0 \]

3. Terzo Limite: Limite Notevole

Calcoliamo \(\lim_{x \to +\infty} x(e^{1/x} - 1)\) usando il **limite notevole** \(\lim_{y \to 0} \frac{e^y - 1}{y} = 1\).

Ponendo \(y = \frac{1}{x}\), si ha che se \(x \to +\infty\), allora \(y \to 0\). Il limite diventa:

\[ \lim_{x \to +\infty} x(e^{1/x} - 1) = \lim_{y \to 0} \frac{1}{y} (e^y - 1) = \lim_{y \to 0} \frac{e^y - 1}{y} = 1 \]

Conclusione

Sommando i risultati dei tre limiti, otteniamo il limite totale \(L\):

\[ L = (k - 2) + 0 + 1 = k - 1 \]

Affinché il limite valga \(1\), dobbiamo imporre:

\[ L = 1 \implies k - 1 = 1 \implies k = 2 \]

Il limite vale \(1\) per \(\mathbf{k = 2}\).

Soluzione quesito 8:

Il limite si presenta nella forma \( \infty^a \cdot \sin(0) \).

Per risolvere l'indeterminazione e discutere il limite, sfruttiamo il **limite notevole** per \(y \to 0\):

\[ \lim_{y \to 0} \frac{\sin(y)}{y} = 1 \]

Poiché \(x \to +\infty\), poniamo \(y = \frac{1}{x}\), per cui \(y \to 0^+\). Possiamo riscrivere il limite come:

\[ \lim_{x \to +\infty} x^a \cdot \sin\left(\frac{1}{x}\right) = \lim_{x \to +\infty} x^a \cdot \frac{\sin\left(\frac{1}{x}\right)}{\frac{1}{x}} \cdot \frac{1}{x} \]

Semplificando i termini che coinvolgono \(x^a\) e \(x\):

\[ \lim_{x \to +\infty} \left[ x^a \cdot \frac{1}{x} \right] \cdot \left[ \frac{\sin\left(\frac{1}{x}\right)}{\frac{1}{x}} \right] = \lim_{x \to +\infty} x^{a-1} \cdot \left[ \frac{\sin\left(\frac{1}{x}\right)}{\frac{1}{x}} \right] \]

Poiché \(\lim_{x \to +\infty} \frac{\sin(1/x)}{1/x} = 1\), il limite totale dipende solo dal comportamento di \(\lim_{x \to +\infty} x^{a-1}\).

Discussione al variare di \(a\):

Caso 1: \(a - 1 < 0\), cioè **\(a < 1\)**

L'esponente \(a-1\) è negativo, quindi \(x^{a-1} = \frac{1}{x^{1-a}}\) (con \(1-a > 0\)).

\[ \lim_{x \to +\infty} x^{a-1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x^{1-a}} = 0 \]

In questo caso, il limite è \(L = 0 \cdot 1 = \mathbf{0}\).

Caso 2: \(a - 1 = 0\), cioè **\(a = 1\)**

L'esponente è nullo, quindi \(x^{a-1} = x^0 = 1\).

\[ \lim_{x \to +\infty} x^{a-1} = \lim_{x \to +\infty} 1 = 1 \]

In questo caso, il limite è \(L = 1 \cdot 1 = \mathbf{1}\).

Caso 3: \(a - 1 > 0\), cioè **\(a > 1\)**

L'esponente \(a-1\) è positivo.

\[ \lim_{x \to +\infty} x^{a-1} = +\infty \]

In questo caso, il limite è \(L = +\infty \cdot 1 = \mathbf{+\infty}\).

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Riepilogo:

\[ \lim_{x \to +\infty} x^a \cdot \sin\left(\frac{1}{x}\right) = \begin{cases} 0 & \text{se } a < 1 \\ 1 & \text{se } a = 1 \\ +\infty & \text{se } a > 1 \end{cases} \]

Soluzione quesito 9:

Il limite è della forma \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} g(x) \cdot h(x)\), dove il fattore \(h(x)\) è una funzione limitata e \(g(x)\) è una funzione che, se infinitesima, annulla il limite per il Teorema del Confronto.

Il fattore oscillante è \(h(x) = \cos(x^2 - x)\). La funzione coseno è sempre **limitata**:

\[ -1 \le \cos(x^2 - x) \le 1 \]

Analisi del Fattore \(g(x)\)

Analizziamo il limite del fattore \(g(x)\):

\[ g(x) = \frac{\sqrt{x^3 + 2x}}{x^2} \]

Per \(x \to +\infty\), possiamo considerare solo i termini di grado massimo sotto radice e al denominatore:

\[ \lim_{x \to +\infty} g(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^3}}{x^2} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^{3/2}}{x^2} \]

Semplificando gli esponenti (\(3/2 - 2 = -1/2\)):

\[ \lim_{x \to +\infty} g(x) = \lim_{x \to +\infty} x^{-1/2} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{\sqrt{x}} = 0 \]

Poiché \(g(x)\) è infinitesima per \(x \to +\infty\) e \(h(x)\) è limitata, il limite deve essere \(0\) per il Teorema del Confronto.

Applicazione del Teorema del Confronto

Moltiplichiamo la disuguaglianza del coseno per il fattore \(g(x)\). Poiché \(g(x)\) è la radice di una quantità positiva divisa per \(x^2\), si ha \(g(x) > 0\). Manteniamo quindi i versi della disuguaglianza:

\[ -1 \cdot g(x) \le g(x) \cdot \cos(x^2 - x) \le 1 \cdot g(x) \] \[ -\frac{\sqrt{x^3 + 2x}}{x^2} \le \frac{\sqrt{x^3 + 2x}}{x^2} \cdot \cos(x^2 - x) \le \frac{\sqrt{x^3 + 2x}}{x^2} \]

Calcoliamo i limiti laterali per \(x \to +\infty\):

\[ \lim_{x \to +\infty} \left(-\frac{\sqrt{x^3 + 2x}}{x^2}\right) = -0 = 0 \] \[ \lim_{x \to +\infty} \left(\frac{\sqrt{x^3 + 2x}}{x^2}\right) = 0 \]

Poiché i limiti superiore e inferiore sono entrambi \(0\), per il **Teorema del Confronto** (o Teorema dei due carabinieri), il limite centrale è:

\[ \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^3 + 2x}}{x^2} \cdot \cos(x^2 - x) = \mathbf{0} \]

Soluzione quesito 10:

Il limite è della forma \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} g(x) \cdot h(x)\), dove \(h(x) = \sin(2x)\) è la parte oscillante e \(g(x) = \frac{2x^2 + 1}{x^2 + x}\) è la parte razionale.

1. Analisi del Fattore Razionale (\(g(x)\))

Calcoliamo il limite del fattore \(g(x)\) per \(x \to +\infty\):

\[ \lim_{x \to +\infty} g(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{2x^2 + 1}{x^2 + x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2x^2}{x^2} = 2 \]

Poiché il limite del fattore \(g(x)\) è un valore finito **diverso da zero** (\(2\)), la funzione non è infinitesima. Questa è la ragione per cui il limite non esisterà.

2. Analisi del Fattore Oscillante (\(h(x)\))

Il fattore \(h(x) = \sin(2x)\) è una funzione limitata, ma il suo limite per \(x \to +\infty\) non esiste, poiché la funzione continua ad oscillare tra \(-1\) e \(1\).

\[ \lim_{x \to +\infty} \sin(2x) \quad \text{non esiste} \]

3. La Non Esistenza del Limite Totale

Il limite è un prodotto di due fattori:

\[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} g(x) \cdot h(x) = 2 \cdot \lim_{x \to +\infty} \sin(2x) \]

Poiché il secondo fattore non ammette limite, anche il limite totale **non esiste**.

4. Perché il Teorema del Confronto Fallisce

Applichiamo il Teorema del Confronto per evidenziarne l'inutilità in questo caso. Partiamo dalla limitazione del seno:

\[ -1 \le \sin(2x) \le 1 \]

Moltiplichiamo per \(g(x) = \frac{2x^2 + 1}{x^2 + x}\). Poiché per \(x \to +\infty\), \(g(x)\) è positiva, i versi non cambiano:

\[ -g(x) \le g(x) \cdot \sin(2x) \le g(x) \]

Calcoliamo i limiti delle funzioni laterali:

\[ \lim_{x \to +\infty} (-g(x)) = \lim_{x \to +\infty} \left(-\frac{2x^2 + 1}{x^2 + x}\right) = -2 \] \[ \lim_{x \to +\infty} (g(x)) = \lim_{x \to +\infty} \left(\frac{2x^2 + 1}{x^2 + x}\right) = 2 \]

Il Teorema del Confronto può essere applicato **solo se i limiti delle due funzioni laterali coincidono**. In questo caso, i limiti sono diversi (\(-2 \ne 2\)).

La conclusione del Teorema è solo che la funzione è **limitata tra -2 e 2**, ma non è sufficiente per determinare l'esistenza del limite.

Il limite finale **NON ESISTE** (oscilla tra valori vicini a \(-2\) e \(2\)).