I LIMITI ALLA MATURITÀ
(Versione DSA)

Soluzione del quesito 1

a) Il limite di \( \dfrac{\sin x-\cos x}{x} \)

Il numeratore \( \sin x-\cos x \) non ammette limite per \( x\to+\infty \), ma è limitato: da \( -1\leq\sin x\leq1 \) e \( -1\leq\cos x\leq1 \) si ottiene

\[ -2\leq\sin x-\cos x\leq2 \]

(in generale, la funzione è compresa fra due numeri reali \( A \) e \( B \); qui \( A=-2 \) e \( B=2 \)). Per \( x\to+\infty \) possiamo supporre \( x>0 \): dividendo per \( x \) i versi non cambiano.

\[ -\frac{2}{x}\leq\frac{\sin x-\cos x}{x}\leq\frac{2}{x} \]

Le due funzioni laterali sono infinitesime:

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

Per il teorema del confronto (o dei due carabinieri) anche la funzione centrale tende a \( 0 \):

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

b) Il limite di \( \dfrac{x+\sin x}{x-\cos x} \)

Numeratore e denominatore tendono a \( +\infty \): è la forma indeterminata \( \dfrac{\infty}{\infty} \). Poiché \( \sin x \) e \( \cos x \) non hanno limite, non possiamo semplicemente "trascurarli": dividiamo numeratore e denominatore per \( x \) (con \( x>0 \)):

\[ \frac{x+\sin x}{x-\cos x}=\frac{1+\dfrac{\sin x}{x}}{1-\dfrac{\cos x}{x}} \]

Come nel punto a), per il teorema del confronto (da \( -\dfrac1x\leq\dfrac{\sin x}{x}\leq\dfrac1x \) e \( -\dfrac1x\leq\dfrac{\cos x}{x}\leq\dfrac1x \)) si ha:

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\sin x}{x}=0 \qquad \lim_{x\to+\infty}\frac{\cos x}{x}=0 \]

Ora numeratore e denominatore hanno limite, e il denominatore tende a \( 1\neq0 \):

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

Soluzione del quesito 2

a) Verifica con la definizione del limite \( \displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1}{x^2}=+\infty \)

La definizione:

Il limite di \( f(x) \) per \( x\to x_0 \) è \( +\infty \) se, per ogni numero \( M>0 \), esiste un intorno di \( x_0 \) tale che, per ogni \( x \) dell'intorno diverso da \( x_0 \), risulta \( f(x)>M \). Con \( \delta \) per il raggio dell'intorno:

\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=+\infty \iff \forall\,M>0\ \ \exists\,\delta>0:\ \ 0<|x-x_0|<\delta\ \Longrightarrow\ f(x)>M \]

Nel nostro caso \( f(x)=\dfrac{1}{x^2} \), con dominio \( \mathbb{R}\setminus\{0\} \), e \( x_0=0 \).

Impostazione e risoluzione:

Fissiamo un numero \( M>0 \) e cerchiamo i valori di \( x\neq0 \) per cui \( f(x)>M \):

\[ \frac{1}{x^2}>M \iff 1>M\,x^2 \iff x^2<\frac{1}{M} \iff |x|<\frac{1}{\sqrt M} \]

Quindi la disequazione è verificata per \( 0<|x|<\dfrac{1}{\sqrt M} \), cioè per \( x \) nell'intorno di \( 0 \), privato di \( 0 \), \( \left(-\dfrac{1}{\sqrt M},\ \dfrac{1}{\sqrt M}\right) \).

Conclusione del punto a:

Per ogni \( M>0 \) abbiamo trovato \( \delta=\dfrac{1}{\sqrt M}>0 \) tale che \( 0<|x|<\delta \Longrightarrow \dfrac{1}{x^2}>M \). Il limite è pertanto verificato.

b) Calcolo del limite della funzione \( y = \dfrac{\ln(\sin x)}{\ln(\tan x)} \) per \( x\to 0 \)

Affinché gli argomenti dei logaritmi siano positivi, la funzione è definita per \( x\to 0^+ \). Poiché per \( x\to 0^+ \) si ha \( \sin x\to 0^+ \) e \( \tan x\to 0^+ \), i logaritmi tendono entrambi a \( -\infty \), generando la forma indeterminata \( \left[\dfrac{\infty}{\infty}\right] \).

Essendo \( \tan x = \dfrac{\sin x}{\cos x} \), applichiamo le proprietà dei logaritmi al denominatore \( \ln\left(\dfrac{A}{B}\right) = \ln A - \ln B \):

\[ \frac{\ln(\sin x)}{\ln(\tan x)} = \frac{\ln(\sin x)}{\ln(\sin x) - \ln(\cos x)} \]

Raccogliendo \( \ln(\sin x) \) al denominatore:

\[ \frac{\ln(\sin x)}{\ln(\sin x)\left(1 - \frac{\ln(\cos x)}{\ln(\sin x)}\right)} = \frac{1}{1 - \frac{\ln(\cos x)}{\ln(\sin x)}} \]

Analizziamo i singoli termini per \( x\to 0^+ \):

• \( \cos x \to 1 \implies \ln(\cos x) \to \ln 1 = 0 \);
• \( \sin x \to 0^+ \implies \ln(\sin x) \to -\infty \).

Quindi il rapporto a denominatore tende a zero:

\[ \lim_{x\to 0^+}\frac{\ln(\cos x)}{\ln(\sin x)} = \left[\frac{0}{-\infty}\right] = 0 \]

Passando al limite per \( x\to 0^+ \):

\[ \lim_{x\to 0^+}\frac{1}{1 - \frac{\ln(\cos x)}{\ln(\sin x)}} = \frac{1}{1 - 0} = 1 \]

Soluzione del quesito 3

a) Il limite della somma \( S_n \)

È la somma dei primi \( n \) termini di una progressione geometrica di primo termine \( a_1=\dfrac73 \) e ragione \( q=\dfrac37 \):

\[ S_n=a_1\cdot\frac{1-q^n}{1-q}=\frac73\cdot\frac{1-\left(\frac37\right)^n}{1-\frac37}=\frac73\cdot\frac{7}{4}\left[1-\left(\frac37\right)^n\right]=\frac{49}{12}\left[1-\left(\frac37\right)^n\right] \]

Poiché \( 0<q=\dfrac37<1 \), si ha \( \left(\dfrac37\right)^n\to0 \) per \( n\to\infty \), quindi:

\[ \lim_{n\to\infty}S_n=\frac{49}{12}\cdot(1-0)=\frac{49}{12} \]

(è anche \( \dfrac{a_1}{1-q} \), la somma della serie geometrica di ragione \( q \)).

b) Il limite di \( \dfrac{S_n}{2n^2} \)

Nel punto b) \( S_n \) ha un significato diverso da quello del punto a). La somma dei primi \( n \) numeri naturali dispari è:

\[ S_n=1+3+\dots+(2n-1) \]

Si tratta della somma dei primi \( n \) termini di una progressione aritmetica di ragione \( 2 \) e primo termine \( 1 \), con ultimo termine \( 2n-1 \). Pertanto:

\[ S_n=\frac{(1+(2n-1))\cdot n}{2}=\frac{2n\cdot n}{2}=n^2 \]

(allo stesso risultato si può pervenire applicando il Principio di induzione matematica). Per \( n\to+\infty \) numeratore e denominatore del rapporto tendono a \( +\infty \): è la forma indeterminata \( \dfrac{\infty}{\infty} \). Dopo aver trovato \( S_n \), però, il rapporto si semplifica:

\[ \frac{S_n}{2n^2}=\frac{n^2}{2n^2}=\frac12 \]

Il rapporto vale \( \dfrac12 \) per ogni \( n \) (per esempio \( \dfrac{S_1}{2}=\dfrac12 \), \( \dfrac{S_2}{8}=\dfrac48=\dfrac12 \), \( \dfrac{S_3}{18}=\dfrac{9}{18}=\dfrac12 \)): è una successione costante, e il limite di una successione costante è il suo valore.

\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{S_n}{2n^2}=\frac12 \]

Soluzione del quesito 4

a) Le definizioni di limite destro e di limite sinistro

Limite destro in un punto \( c \):

\[ \lim_{x\to c^+}f(x)=l \iff \forall\,\varepsilon>0\ \ \exists\,I^+(c)\ :\ \ \forall x\in I^+(c)\cap D_f\ :\ |f(x)-l|<\varepsilon \]

Limite sinistro in un punto \( c \):

\[ \lim_{x\to c^-}f(x)=l \iff \forall\,\varepsilon>0\ \ \exists\,I^-(c)\ :\ \ \forall x\in I^-(c)\cap D_f\ :\ |f(x)-l|<\varepsilon \]

Con \( I^+(c) \) indichiamo un intorno destro di \( c \), cioè un intervallo \( (c,\,c+\delta) \), con \( I^-(c) \) un intorno sinistro, cioè un intervallo \( (c-\delta,\,c) \), e con \( D_f \) il dominio della funzione.

a) La funzione

La funzione \( f(x)=x+\dfrac{x}{|x|} \) ha dominio \( D_f=\mathbb{R}\setminus\{0\} \). Per \( x\to0^- \) possiamo considerare \( x<0 \), quindi \( |x|=-x \); per \( x\to0^+ \) possiamo considerare \( x>0 \), quindi \( |x|=x \).

a) Verifica del limite sinistro: \( \displaystyle\lim_{x\to0^-}\left(x+\frac{x}{|x|}\right)=-1 \)

Fissato \( \varepsilon>0 \), cerchiamo un intorno sinistro di \( 0 \) in cui valga \( |f(x)+1|<\varepsilon \). Per \( x<0 \):

\[ |f(x)+1|=\left|x+\frac{x}{|x|}+1\right|=\left|x+\frac{x}{-x}+1\right|=|x-1+1|=|x| \]

Quindi la disuguaglianza diventa \( |x|<\varepsilon \). Tenendo conto che ci interessa \( x<0 \), cioè \( |x|=-x \), si ha \( -x<\varepsilon \), cioè \( x>-\varepsilon \):

\[ -\varepsilon<x<0 \]

Questo è proprio un intorno sinistro di \( 0 \): per ogni \( \varepsilon>0 \) esiste \( I^-(0)=(-\varepsilon,\,0) \) tale che, per ogni \( x\in I^-(0) \), \( |f(x)+1|<\varepsilon \). Il limite sinistro è verificato.

a) Verifica del limite destro: \( \displaystyle\lim_{x\to0^+}\left(x+\frac{x}{|x|}\right)=1 \)

Fissato \( \varepsilon>0 \), cerchiamo un intorno destro di \( 0 \) in cui valga \( |f(x)-1|<\varepsilon \). Per \( x>0 \):

\[ |f(x)-1|=\left|x+\frac{x}{|x|}-1\right|=\left|x+\frac{x}{x}-1\right|=|x+1-1|=|x| \]

Quindi la disuguaglianza diventa \( |x|<\varepsilon \). Tenendo conto che ci interessa \( x>0 \), cioè \( |x|=x \), si ha:

\[ 0<x<\varepsilon \]

Questo è proprio un intorno destro di \( 0 \): per ogni \( \varepsilon>0 \) esiste \( I^+(0)=(0,\,\varepsilon) \) tale che, per ogni \( x\in I^+(0) \), \( |f(x)-1|<\varepsilon \). Il limite destro è verificato.

b) Il grafico della funzione

La funzione è \( f(x)=x+\dfrac{x}{|x|} \), quella del punto a). Per \( x\neq0 \) il rapporto \( \dfrac{x}{|x|} \) vale \( 1 \) se \( x>0 \) e \( -1 \) se \( x<0 \), quindi la funzione si scrive:

\[ f(x)=\begin{cases} x-1 & \text{se } x<0 \\ x+1 & \text{se } x>0 \end{cases} \]

Il suo grafico è formato da due semirette di coefficiente angolare \( 1 \): la semiretta \( y=x-1 \) per \( x<0 \) e la semiretta \( y=x+1 \) per \( x>0 \). I punti \( (0,-1) \) e \( (0,1) \) non appartengono al grafico, perché \( 0 \) non è nel dominio: li segnaliamo con due cerchietti vuoti. Sono i punti verso cui il grafico tende per \( x\to0^- \) e per \( x\to0^+ \), cioè i valori dei due limiti.

Il grafico mostra il "salto" di \( 2 \) in \( x=0 \): avvicinandosi a \( 0 \) da sinistra i valori si avvicinano a \( -1 \), da destra a \( 1 \). Poiché il limite sinistro e il limite destro sono diversi, il limite per \( x\to0 \) non esiste.

Soluzione del quesito 5

a) Limiti delle radici dell'equazione per \( k\to+\infty \)

Le radici dell'equazione \( x^2+kx+k=0 \) sono:

\[ x_1=\frac{-k-\sqrt{k^2-4k}}{2} \qquad x_2=\frac{-k+\sqrt{k^2-4k}}{2} \]

Sono reali se \( k\le 0 \) oppure \( k\ge 4 \). Per \( k\to+\infty \), possiamo considerare \( k > 4 \).

• Limite di \( x_1 \): \[ \lim_{k\to+\infty}x_1=\lim_{k\to+\infty}\frac{-k-\sqrt{k^2-4k}}{2}=-\infty \]
• Limite di \( x_2 \): Razionalizzando il numeratore si ha: \[ x_2=\frac12\cdot\frac{(-k+\sqrt{k^2-4k})(-k-\sqrt{k^2-4k})}{-k-\sqrt{k^2-4k}}=\frac12\cdot\frac{4k}{-k-\sqrt{k^2-4k}}=\frac12\cdot\frac{-4}{1+\sqrt{1-\frac4k}} \] Passando al limite per \( k\to+\infty \): \[ \lim_{k\to+\infty}x_2=\frac12\cdot\frac{-4}{1+\sqrt{1-0}}=-1 \]

b) Calcolo del limite della funzione per \( x\to 0 \)

Il limite si presenta nella forma indeterminata \( \left[\dfrac{0}{0}\right] \). Trasformiamo la funzione (intendiamo il logaritmo nella base \( e \)):

\[ \frac{e^{\sin x}-\cos x}{e^{\cos x}-e\ln(x+e)} = \frac{(e^{\sin x}-1)+(1-\cos x)}{e^{\cos x}-e\ln\left(e\left(1+\frac{x}{e}\right)\right)} = \frac{(e^{\sin x}-1)+(1-\cos x)}{e^{\cos x}-e\left(\ln e+\ln\left(1+\frac{x}{e}\right)\right)} \] \[ = \frac{(e^{\sin x}-1)+(1-\cos x)}{e^{\cos x}-e-e\ln\left(1+\frac{x}{e}\right)} \]

Ricordiamo che in base ai limiti notevoli si hanno i seguenti asintotici quando \( f(x)\to 0 \):

\[ e^{f(x)}-1 \sim f(x), \qquad 1-\cos x \sim \frac{1}{2}x^2, \qquad \ln(1+f(x)) \sim f(x) \]

Applicando le stime asintotiche per \( x\to 0 \):

\[ \sim \frac{\sin x + \frac{1}{2}x^2}{e(e^{\cos x - 1}-1)-e\cdot\frac{x}{e}} \sim \frac{x+\frac{1}{2}x^2}{e(\cos x - 1)-x} \sim \frac{x}{e\left(-\frac{1}{2}x^2\right)-x} \sim \frac{x}{-x} \to -1 \]

Il limite della funzione per \( x \) che tende a \( 0 \) è dunque \( -1 \).

Soluzione del quesito 6

a) Il limite per \( x\to-\infty \)

Per \( x\to-\infty \) il numeratore tende a \( +\infty \) e il denominatore a \( -\infty \): è la forma indeterminata \( \left[\dfrac{\infty}{\infty}\right] \). Attenzione al segno: poiché \( x\to-\infty \) è \( x<0 \), quindi \( \sqrt{x^2}=|x|=-x \) (e non \( x \)).

Primo metodo (con l'asintotico). Per \( x\to-\infty \) il termine \( 1 \) è trascurabile rispetto a \( x^2 \), quindi \( \sqrt{x^2+1}\sim\sqrt{x^2}=|x| \):

\[ \frac{\sqrt{x^2+1}}{x}\sim\frac{\sqrt{x^2}}{x}=\frac{|x|}{x}=\frac{-x}{x}=-1 \]

Secondo metodo (raccoglimento). Raccogliamo \( x^2 \) sotto radice e usiamo \( \sqrt{x^2}=|x|=-x \):

\[ \frac{\sqrt{x^2+1}}{x}=\frac{\sqrt{x^2\left(1+\frac{1}{x^2}\right)}}{x}=\frac{|x|\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}{x}=\frac{-x\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}{x}=-\sqrt{1+\frac{1}{x^2}} \]

Poiché \( \dfrac{1}{x^2}\to0 \) per \( x\to-\infty \):

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

Per \( x\to+\infty \), invece, è \( |x|=x \) e lo stesso limite varrebbe \( +1 \): il segno dipende da quale infinito si considera.

b) Calcolo del limite della funzione per \( x\to 0 \)

Il limite si presenta nella forma indeterminata \( \left[\dfrac{0}{0}\right] \):

\[ \lim_{x\to0}\frac{\cos x-\cos 2x}{1-\cos x} = \left[\frac{0}{0}\right] \]

Ricordando la formula di duplicazione del coseno \( \cos 2x = 2\cos^2 x - 1 \), sostituiamo al numeratore:

\[ \lim_{x\to0}\frac{\cos x-\cos 2x}{1-\cos x} = \lim_{x\to0}\frac{\cos x - (2\cos^2 x - 1)}{1-\cos x} = \lim_{x\to0}\frac{-2\cos^2 x + \cos x + 1}{1-\cos x} \]

Per scomporre il trinomio al numeratore \( -2\cos^2 x + \cos x + 1 \), poniamo per comodità \( t = \cos x \), ottenendo l'equazione di secondo grado:

\[ -2t^2 + t + 1 = 0 \]

Calcoliamo il discriminante e le radici in \( t \):

\[ \Delta = b^2 - 4ac = 1^2 - 4(-2)(1) = 1 + 8 = 9 \] \[ t_{1,2} = \frac{-1 \pm \sqrt{9}}{2(-2)} = \frac{-1 \pm 3}{-4} \implies t_1 = -\frac{1}{2}, \quad t_2 = 1 \]

Applicando la formula di scomposizione del trinomio \( a(t - t_1)(t - t_2) \):

\[ -2t^2 + t + 1 = -2\left(t + \frac{1}{2}\right)(t - 1) = (2t + 1)(1 - t) \]

Risostituendo \( t = \cos x \), il numeratore si scompone in \( (2\cos x + 1)(1 - \cos x) \).

Sostituendo la scomposizione nel limite:

\[ \lim_{x\to0}\frac{(2\cos x + 1)(1-\cos x)}{1-\cos x} \]

Semplificando il fattore comune \( (1-\cos x) \) (valido per \( x \neq 0 \)):

\[ \lim_{x\to0}(2\cos x + 1) = 2(1) + 1 = 3 \]

Il limite della funzione per \( x\to 0 \) è dunque 3.

Soluzione del quesito 7

a) Il limite per \( x\to+\infty \)

Per \( x\to+\infty \), sia il numeratore che il denominatore tendono a \( +\infty \): siamo di fronte alla forma indeterminata \( \left[\dfrac{\infty}{\infty}\right] \).

Raccogliamo il termine dominante all'interno dell'argomento di ciascun logaritmo:

• Al numeratore: \( 1+x^2 = x^2\left(1+\frac{1}{x^2}\right) \)
• Al denominatore: \( 1+3^x = 3^x\left(1+\frac{1}{3^x}\right) \)

Sfruttando le proprietà dei logaritmi (\( \ln(a\cdot b) = \ln a + \ln b \) e \( \ln(a^b) = b\ln a \)), riscriviamo il numeratore e il denominatore:

\[ \ln(1+x^2) = \ln\left[x^2\left(1+\frac{1}{x^2}\right)\right] = \ln(x^2) + \ln\left(1+\frac{1}{x^2}\right) = 2\ln x + \ln\left(1+\frac{1}{x^2}\right) \] \[ \ln(1+3^x) = \ln\left[3^x\left(1+\frac{1}{3^x}\right)\right] = \ln(3^x) + \ln\left(1+\frac{1}{3^x}\right) = x\ln 3 + \ln\left(1+\frac{1}{3^x}\right) \]

Poiché per \( x\to+\infty \) si ha \( \ln\left(1+\frac{1}{x^2}\right) \to 0 \) e \( \ln\left(1+\frac{1}{3^x}\right) \to 0 \), per la gerarchia degli infiniti possiamo considerare solo i termini dominanti al numeratore e al denominatore:

\[ \text{numeratore } \sim 2\ln x \qquad \text{e} \qquad \text{denominatore } \sim x\ln 3 \]

Il limite si riduce quindi a:

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{2\ln x}{x\ln 3} = \frac{2}{\ln 3} \cdot \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x} \]

Ricordando il limite notevole del confronto tra infiniti \( \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x} = 0 \), otteniamo:

\[ \frac{2}{\ln 3} \cdot 0 = 0 \]

b) Il limite per \( x\to 2 \)

Sostituendo \( x = 2 \) nell'espressione si ottiene \( \dfrac{\ln 5 - \ln 5}{4+2-6} = \dfrac{0}{0} \): il limite si presenta nella forma indeterminata \( \left[\dfrac{0}{0}\right] \).

Applichiamo la proprietà della differenza di logaritmi \( \ln A - \ln B = \ln\left(\dfrac{A}{B}\right) \) al numeratore e scomponiamo il trinomio di secondo grado al denominatore \( x^2+x-6 = (x+3)(x-2) \):

\[ \frac{\ln(x+3) - \ln(2x+1)}{x^2+x-6} = \frac{\ln\left(\frac{x+3}{2x+1}\right)}{(x+3)(x-2)} \]

Riscriviamo l'argomento del logaritmo evidenziando la struttura \( 1 + f(x) \):

\[ \frac{x+3}{2x+1} = 1 + \left(\frac{x+3}{2x+1} - 1\right) = 1 + \frac{x+3-(2x+1)}{2x+1} = 1 + \frac{2-x}{2x+1} \]

Poiché per \( x\to 2 \) si ha \( f(x) = \dfrac{2-x}{2x+1} \to 0 \), possiamo ricorrere all'asintotico del logaritmo notevole \( \ln(1+f(x)) \sim f(x) \):

\[ \ln\left(1 + \frac{2-x}{2x+1}\right) \sim \frac{2-x}{2x+1} = -\frac{x-2}{2x+1} \]

Sostituendo nel rapporto otteniamo:

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

Passando al limite per \( x\to 2 \):

\[ -\frac{1}{2(2)+1} \cdot \frac{1}{2+3} = -\frac{1}{5} \cdot \frac{1}{5} = -\frac{1}{25} \]

Soluzione del quesito 8

a) Il limite per \( x\to1 \)

Sostituendo \( x=1 \) il numeratore diventa \( \ln^21+1-1=0 \) e il denominatore \( 1-1+\sin^20=0 \): è la forma indeterminata \( \left[\dfrac{0}{0}\right] \). Scriviamo \( \ln x=\ln\left(1+(x-1)\right) \) e \( x^2-x=x(x-1) \):

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

Primo metodo (con gli asintotici). Per \( x\to1 \) si ha \( x-1\to0 \) e, per i limiti notevoli, \( \ln\left(1+(x-1)\right)\sim x-1 \) e \( \sin(x-1)\sim x-1 \). Quindi:

\[ \ln^2\left(1+(x-1)\right)+(x-1)\sim(x-1)^2+(x-1)\sim(x-1) \] \[ x(x-1)+\sin^2(x-1)\sim(x-1)+(x-1)^2\sim(x-1) \]

(in ciascuna somma prevale il termine di ordine inferiore, \( x-1 \): \( (x-1)^2 \) è trascurabile rispetto a \( x-1 \); inoltre \( x(x-1)\sim x-1 \) perché \( x\to1 \)). Il limite equivale a:

\[ \lim_{x\to1}\frac{x-1}{x-1}=1 \]

Secondo metodo (con la sostituzione \( t=x-1 \)). Posto \( x-1=t \), per \( x\to1 \) si ha \( t\to0 \) e il limite diventa:

\[ \lim_{t\to0}\frac{\ln^2(1+t)+t}{(1+t)\,t+\sin^2t} \]

Dividiamo numeratore e denominatore per \( t \), scrivendo \( \dfrac{\ln^2(1+t)}{t}=\dfrac{\ln^2(1+t)}{t^2}\cdot t \) e \( \dfrac{\sin^2t}{t}=\dfrac{\sin^2t}{t^2}\cdot t \):

\[ \lim_{t\to0}\frac{\dfrac{\ln^2(1+t)}{t^2}\cdot t+1}{1+t+\dfrac{\sin^2t}{t^2}\cdot t} \]

Per i limiti notevoli \( \dfrac{\ln(1+t)}{t}\to1 \) e \( \dfrac{\sin t}{t}\to1 \), quindi \( \dfrac{\ln^2(1+t)}{t^2}\to1 \) e \( \dfrac{\sin^2t}{t^2}\to1 \):

\[ \frac{1\cdot0+1}{1+0+1\cdot0}=1 \]

b) Studio dell'esistenza del limite per \( x \to 1 \) di \( f(x) = \dfrac{x^2-1}{|x-1|} \)

Il dominio della funzione è \( D = \mathbb{R} \setminus \{1\} \). Sciogliamo il valore assoluto analizzando i due casi per \( x > 1 \) e \( x < 1 \):

\[ |x-1| = \begin{cases} x-1 & \text{se } x > 1 \\ -(x-1) & \text{se } x < 1 \end{cases} \]

Scomponendo il numeratore \( x^2-1 = (x-1)(x+1) \), la funzione si può riscrivere a tratti per \( x \neq 1 \):

\[ f(x) = \begin{cases} \dfrac{(x-1)(x+1)}{x-1} = x+1 & \text{se } x > 1 \\[8pt] \dfrac{(x-1)(x+1)}{-(x-1)} = -(x+1) = -x-1 & \text{se } x < 1 \end{cases} \]

Calcoliamo i limiti destro e sinistro per \( x \to 1 \):

• Limite destro: \( \displaystyle\lim_{x\to 1^+} f(x) = \lim_{x\to 1^+} (x+1) = 1+1 = 2 \)
• Limite sinistro: \( \displaystyle\lim_{x\to 1^-} f(x) = \lim_{x\to 1^-} (-x-1) = -1-1 = -2 \)

Poiché il limite destro e il limite sinistro esistono ma sono diversi tra loro (\( 2 \neq -2 \)), il limite bilaterale non esiste:

\[ \nexists \lim_{x\to 1} \frac{x^2-1}{|x-1|} \]

Grafico della funzione:

Il grafico di \( f(x) \) è costituito da due semirette prive del punto di ascissa \( x = 1 \). Da destra la retta \( y=x+1 \) si avvicina al punto \( (1,2) \), da sinistra la retta \( y=-x-1 \) si avvicina al punto \( (1,-2) \): in \( x=1 \) la funzione ha un "salto" di ampiezza \( 4 \).

Soluzione del quesito 9

a) Limiti della somma delle radici dell'equazione

Verifichiamo che l'equazione ammetta radici reali calcolandone il discriminante \( \Delta \):

\[ \Delta = [-(2k-1)]^2 - 4(k-2)(k+1) = 4k^2 - 4k + 1 - 4(k^2 - k - 2) = 9 > 0 \quad \forall\, k \in \mathbb{R} \setminus \{2\} \]

La somma delle radici è espressa dalla relazione di Viète \( x' + x'' = -\dfrac{b}{a} = \dfrac{2k-1}{k-2} \).

• Per \( k \to 2 \): \( \displaystyle\lim_{k\to 2} \frac{2k-1}{k-2} = \infty \)
• Per \( k \to \pm\infty \): \( \displaystyle\lim_{k\to\pm\infty} \frac{2k-1}{k-2} = 2 \)

b) Aree dei poligoni regolari e limite per \( n \to \infty \)

1) Poligono regolare iscritto e circoscritto

Indicando con \( O \) il centro della circonferenza e con \( AB \) il lato del poligono regolare iscritto di \( n \) lati, l'area del poligono si ottiene moltiplicando per \( n \) l'area del triangolo \( AOB \).

Essendo l'angolo al centro \( A\hat{O}B = \dfrac{2\pi}{n} \) e ricordando che l'area di un triangolo si può calcolare come semiprodotto di due lati per il seno dell'angolo compreso, si ha:

\[ S_n = n \cdot \text{Area}(AOB) = n \cdot \left(\frac{1}{2} r \cdot r \cdot \sin\frac{2\pi}{n}\right) = \frac{n}{2} r^2 \sin\frac{2\pi}{n} \]

Per il poligono regolare circoscritto si opera in modo analogo.

Il lato \( AB \) è tangente alla circonferenza nel punto \( H \) e l'altezza ad esso relativa \( OH \) è pari al raggio \( r \). Quindi:

\[ AH = OH \cdot \tan\left(\frac{1}{2} \frac{2\pi}{n}\right) = r \cdot \tan\frac{\pi}{n} \]

L'area del poligono circoscritto \( S'_n \) è quindi:

\[ S'_n = n \cdot \text{Area}(AOB) = n \cdot (AH \cdot OH) = n \cdot r^2 \tan\frac{\pi}{n} \]

2) Calcolo dei limiti di \( S_n \) e \( S'_n \) per \( n \to \infty \)

Per il poligono iscritto, ci riconduciamo al limite notevole \( \displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x} = 1 \) con il cambio di variabile \( x = \frac{2\pi}{n} \):

\[ \lim_{n\to\infty} S_n = \lim_{n\to\infty} \frac{n}{2} r^2 \sin\frac{2\pi}{n} = \lim_{n\to\infty} \frac{n}{2} r^2 \cdot \frac{2\pi}{n} \left(\frac{\sin\frac{2\pi}{n}}{\frac{2\pi}{n}}\right) = \lim_{n\to\infty} \pi r^2 \cdot 1 = \pi r^2 \]

Analogamente, per il poligono circoscritto, ricordando che \( \displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\tan x}{x} = 1 \) con \( x = \frac{\pi}{n} \):

\[ \lim_{n\to\infty} S'_n = \lim_{n\to\infty} n r^2 \tan\frac{\pi}{n} = \lim_{n\to\infty} \pi r^2 \left(\frac{\tan\frac{\pi}{n}}{\frac{\pi}{n}}\right) = \pi r^2 \cdot 1 = \pi r^2 \]

(Geometricamente, al tendere di \( n \) all'infinito sia il poligono iscritto che quello circoscritto tendono a coincidere con la circonferenza, e le rispettive aree tendono entrambe all'area del cerchio \( \pi r^2 \)).

Soluzione del quesito 10

a) Il limite di \( \left(1 - \dfrac{2}{x}\right)^{3x} \)

Per \( x\to+\infty \), il termine \( \dfrac{2}{x} \) tende a \( 0 \), per cui la base \( \left(1 - \dfrac{2}{x}\right) \) tende a \( 1 \), mentre l'esponente \( 3x \) tende a \( +\infty \). Ci troviamo di fronte alla forma indeterminata \( [1^\infty] \).

Riscriviamo la base mettendo in evidenza il termine fondamentale:

\[ 1 - \frac{2}{x} = 1 + \frac{1}{-\frac{x}{2}} \]

Manipoliamo l'esponente per ricondurci al limite notevole \( \displaystyle\lim_{y\to\pm\infty}\left(1 + \frac{1}{y}\right)^y = e \):

\[ \lim_{x\to+\infty}\left[\left(1 + \frac{1}{-\frac{x}{2}}\right)^{-\frac{x}{2}}\right]^{-\frac{2}{x} \cdot 3x} = \lim_{x\to+\infty}\left[\left(1 + \frac{1}{-\frac{x}{2}}\right)^{-\frac{x}{2}}\right]^{-6} \]

Posto \( y = -\dfrac{x}{2} \), per \( x\to+\infty \) si ha \( y\to-\infty \). L'espressione interna tende a \( e \), dunque:

\[ e^{-6} = \frac{1}{e^6} \]

b) Il limite della somma delle aree dei triangoli

I triangoli della sequenza hanno lati pari a \( L, \dfrac{L}{2}, \dfrac{L}{4}, \dfrac{L}{8}, \dots \), ciascuno pari alla metà del lato del triangolo precedente.

Poiché l'area di un triangolo varia con il quadrato della scala dei lati, l'area di ciascun triangolo sarà pari ad un quarto dell'area del triangolo precedente. Ciò significa che le aree dei triangoli sono in progressione geometrica con ragione \( q = \dfrac{1}{4} \).

La somma delle prime \( n \) aree è data dalla formula:

\[ S_n = A_1 \cdot \frac{1 - q^n}{1 - q} \]

Essendo \( q = \dfrac{1}{4} < 1 \), per \( n \to \infty \) si ha \( q^n \to 0 \), per cui la somma tende al limite della serie geometrica:

\[ \lim_{n\to\infty} S_n = A_1 \cdot \frac{1}{1 - q} = A_1 \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{4}{3} A_1 \]

L'area del primo triangolo equilatero di lato \( L \) è:

\[ A_1 = L^2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{4} \]

Sostituendo nell'espressione del limite troviamo infine:

\[ \lim_{n\to\infty} S_n = \frac{4}{3} A_1 = \frac{4}{3} \cdot L^2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{4} = \frac{\sqrt{3}}{3} L^2 \]